高考数学方法技巧全归纳
目录
方法技巧01 集合的概念................................................................................................................................................................1
方法技巧02 集合间的基本关系..................................................................................................................................................1
方法技巧03 集合的运算................................................................................................................................................................2
方法技巧04 Venn图的应用及创新性问题...............................................................................................................................3
方法技巧05 充分、必要条件的判定.........................................................................................................................................4
方法技巧06 充分、必要条件的探求.........................................................................................................................................5
方法技巧07 充分、必要条件的应用.........................................................................................................................................5
方法技巧08 含量词命题的否定..................................................................................................................................................6
方法技巧09 含量词命题的真假判断.........................................................................................................................................7
方法技巧10 含量词命题的应用..................................................................................................................................................8
方法技巧11 数(式)的大小比较....................................................................................................................................................9
方法技巧12 不等式的性质.........................................................................................................................................................10
方法技巧13 不等式性质的应用................................................................................................................................................11
方法技巧14 直接用基本不等式求和或积的最值................................................................................................................12
方法技巧15 配凑法求最值.........................................................................................................................................................13
方法技巧16 常数代换法求最值................................................................................................................................................15
方法技巧17 消元法求最值.........................................................................................................................................................16
方法技巧18 不等式法求最值.....................................................................................................................................................17
方法技巧19 多次运用基本不等式...........................................................................................................................................19
方法技巧20 利用基本不等式求参数的值或范围................................................................................................................20
方法技巧21 基本不等式的实际应用.......................................................................................................................................21
方法技巧22 不含参的不等式的解法.......................................................................................................................................22
方法技巧23 含参数的一元二次不等式的解法.....................................................................................................................24
方法技巧24 根据一元二次不等式的解集求参数................................................................................................................25
方法技巧25 根据一元二次不等式解集中整数的个数求参数.........................................................................................27
方法技巧26 一元二次不等式恒成立问题..............................................................................................................................28
方法技巧27 一元二次方程根的分布问题..............................................................................................................................29
方法技巧28 同一函数的判断.....................................................................................................................................................34
方法技巧29 求函数的定义域.....................................................................................................................................................36
方法技巧30 求函数的值域.........................................................................................................................................................37
方法技巧31 求函数的解析式.....................................................................................................................................................41
方法技巧32 分段函数..................................................................................................................................................................43
方法技巧33 确定函数的单调性(单调区间)...........................................................................................................................44
方法技巧34 函数单调性的应用................................................................................................................................................46
方法技巧35 求函数的最值.........................................................................................................................................................47
方法技巧36 函数奇偶性的判断................................................................................................................................................49
方法技巧37 函数奇偶性的应用................................................................................................................................................51
方法技巧38 函数的周期性.........................................................................................................................................................52
方法技巧39 轴对称问题..............................................................................................................................................................53
方法技巧40 中心对称问题.........................................................................................................................................................54
方法技巧41 两函数图象间的对称问题..................................................................................................................................55
方法技巧42 幂函数的图象及性质...........................................................................................................................................55
方法技巧43 二次函数的图象与解析式..................................................................................................................................56
方法技巧44 二次函数的单调性与最值..................................................................................................................................58
方法技巧45 指数幂的运算.........................................................................................................................................................59
方法技巧46 指数函数的图象及应用.......................................................................................................................................60
方法技巧47 比较指数式的大小................................................................................................................................................61
方法技巧48 解简单的指数方程或不等式..............................................................................................................................61
方法技巧49 指数函数性质的综合应用..................................................................................................................................62
方法技巧50 对数的运算..............................................................................................................................................................64
方法技巧51 对数函数的图象及应用.......................................................................................................................................64
方法技巧52 对数函数的性质及应用.......................................................................................................................................66
方法技巧53 函数图象的辨识.....................................................................................................................................................68方法技巧54 函数图象的应用.....................................................................................................................................................69
方法技巧55 判定函数零点所在的区间..................................................................................................................................71
方法技巧56 确定函数零点的个数...........................................................................................................................................72
方法技巧57 根据函数零点个数求参数..................................................................................................................................73
方法技巧58 根据函数零点范围求参数..................................................................................................................................75
方法技巧59 用函数图象刻画实际问题..................................................................................................................................75
方法技巧60 已知函数模型的实际问题..................................................................................................................................77
方法技巧61 构建函数模型的实际问题..................................................................................................................................78
方法技巧62 变化率问题..............................................................................................................................................................79
方法技巧63 导数的运算..............................................................................................................................................................81
方法技巧64 导数几何意义的应用...........................................................................................................................................82
方法技巧65 两曲线的公切线问题...........................................................................................................................................83
方法技巧66 导函数与原函数性质关系问题.........................................................................................................................85
方法技巧67 不含参数的函数的单调性..................................................................................................................................87
方法技巧68 含参数的函数的单调性.......................................................................................................................................88
方法技巧69 函数单调性的应用................................................................................................................................................90
方法技巧70 根据函数的图象判断函数的极值.....................................................................................................................92
方法技巧71 求已知函数的极值................................................................................................................................................94
方法技巧72 已知函数的极值(点)求参数...............................................................................................................................95
方法技巧73 利用导数研究函数的最值..................................................................................................................................98
方法技巧74 导数型构造函数.....................................................................................................................................................99
方法技巧75 依据数值特征构造具体函数...........................................................................................................................102
方法技巧76 地位同等同构.......................................................................................................................................................103
方法技巧77 指对混合型的同构..............................................................................................................................................104
方法技巧78 移项构造法证明不等式.....................................................................................................................................106
方法技巧79 分拆构造双函数法证明不等式.......................................................................................................................108
方法技巧80 放缩法证明不等式..............................................................................................................................................109
方法技巧81 端点效应................................................................................................................................................................112
方法技巧82 洛必达法则...........................................................................................................................................................115
方法技巧83 单变量不等式恒成立问题................................................................................................................................117
方法技巧84 单变量不等式能成立问题................................................................................................................................119
方法技巧85 双变量不等式恒(能)成立问题........................................................................................................................120
方法技巧86 数形结合法探究函数零点问题.......................................................................................................................123
方法技巧87 借助函数的性质探究函数的零点问题.........................................................................................................124
方法技巧88 构造函数法研究函数零点................................................................................................................................127
方法技巧89 隐零点问题...........................................................................................................................................................129
方法技巧90 极值点偏移问题..................................................................................................................................................131
方法技巧91 任意角....................................................................................................................................................................136
方法技巧92 扇形的弧长及面积公式.....................................................................................................................................137
方法技巧93 三角函数的概念及应用.....................................................................................................................................138
方法技巧94 同角三角函数的基本关系“知一求二”问题...........................................................................................139
方法技巧95 正余弦齐次式的计算.........................................................................................................................................139
方法技巧96 sinα±cosα和sinαcosα之间的关系...............................................................................................................141
方法技巧97 诱导公式的应用..................................................................................................................................................142
方法技巧98 和、差、倍角公式的直接应用.......................................................................................................................144
方法技巧99 和差角公式的逆用与变形................................................................................................................................145
方法技巧100 角的变换问题....................................................................................................................................................146
方法技巧101 三角函数式的求值...........................................................................................................................................148
方法技巧102 三角函数的定义域和值域..............................................................................................................................149
方法技巧103 三角函数的周期性、对称性与奇偶性.......................................................................................................150
方法技巧104 求三角函数的单调区间..................................................................................................................................152
方法技巧105 根据三角函数的单调性求参数.....................................................................................................................153
方法技巧106 比较三角函数值的大小..................................................................................................................................154
方法技巧107 函数y＝A sin (ωx＋φ)的图象及变换.......................................................................................................155
方法技巧108 由图象确定三角函数的解析式.....................................................................................................................156
方法技巧109 三角函数图象与性质的综合应用................................................................................................................158
方法技巧110 三角函数模型的应用.......................................................................................................................................160
方法技巧111 三角函数中ω的范围问题..............................................................................................................................161方法技巧112 复杂三角函数性质判断..................................................................................................................................164
方法技巧113 利用正、余弦定理解三角形.........................................................................................................................167
方法技巧114 判断三角形的形状............................................................................................................................................169
方法技巧115 三角形面积的计算............................................................................................................................................170
方法技巧116 三角形的中线问题............................................................................................................................................172
方法技巧117 三角形的角平分线问题..................................................................................................................................175
方法技巧118 三角形的高线问题............................................................................................................................................177
方法技巧119 已知三角形的一角求取值范围.....................................................................................................................180
方法技巧120 已知三角形的一角及其对边求取值范围..................................................................................................182
方法技巧121 已知三角形的一角及其邻边求取值范围..................................................................................................184
方法技巧122 已知三角形中角(或边)的关系求取值范围...............................................................................................185
方法技巧123 测量距离问题....................................................................................................................................................187
方法技巧124 测量高度问题....................................................................................................................................................188
方法技巧125 测量角度问题....................................................................................................................................................190
方法技巧126 和差正切公式在解三角形的应用................................................................................................................191
方法技巧127 平面向量的概念................................................................................................................................................193
方法技巧128 平面向量的线性运算.......................................................................................................................................195
方法技巧129 向量共线定理的应用.......................................................................................................................................196
方法技巧130 平面向量基本定理的应用..............................................................................................................................198
方法技巧131 平面向量的坐标运算.......................................................................................................................................199
方法技巧132 向量共线的坐标表示.......................................................................................................................................201
方法技巧133 平面向量数量积的运算..................................................................................................................................202
方法技巧134 平面向量数量积的应用..................................................................................................................................204
方法技巧135 平面向量的应用................................................................................................................................................206
方法技巧136 极化恒等式求数量积.......................................................................................................................................207
方法技巧137 极化恒等式求数量积的最值.........................................................................................................................209
方法技巧138 复数的有关概念................................................................................................................................................210
方法技巧139 复数的四则运算................................................................................................................................................211
方法技巧140 复数的几何意义................................................................................................................................................212
方法技巧141 由an与Sn的关系求通项公式.....................................................................................................................213
方法技巧142 由数列的递推关系求通项公式.....................................................................................................................215
方法技巧143 数列的周期性....................................................................................................................................................216
方法技巧144 数列的单调性....................................................................................................................................................217
方法技巧145 数列的最值.........................................................................................................................................................218
方法技巧146 等差数列基本量的运算..................................................................................................................................219
方法技巧147 等差数列的判定与证明..................................................................................................................................220
方法技巧148 等差数列性质的应用.......................................................................................................................................222
方法技巧149 等差数列的前n项和及其最值.....................................................................................................................224
方法技巧150 等比数列基本量的运算..................................................................................................................................226
方法技巧151 等比数列的判定与证明..................................................................................................................................227
方法技巧152 等比数列性质的应用.......................................................................................................................................229
方法技巧153 分组求和与并项求和.......................................................................................................................................231
方法技巧154 裂项相消法求和................................................................................................................................................233
方法技巧155 错位相减法求和................................................................................................................................................235
方法技巧156 数列模型的应用................................................................................................................................................237
方法技巧157 数列中的不等式证明.......................................................................................................................................239
方法技巧158 数列中的不等式恒成立..................................................................................................................................241
方法技巧159 数列奇偶项问题................................................................................................................................................242
方法技巧160 数列增减项问题................................................................................................................................................244
方法技巧161 数列新情境、新定义问题..............................................................................................................................245
方法技巧162 基本立体图形结构特征..................................................................................................................................247
方法技巧163 空间几何体的直观图.......................................................................................................................................248
方法技巧164 空间几何体的展开图.......................................................................................................................................250
方法技巧165 空间几何体的表面积与体积.........................................................................................................................251
方法技巧166 简单几何体的外接球.......................................................................................................................................254
方法技巧167 简单几何体的内切球.......................................................................................................................................257
方法技巧168 与球有关的截面问题.......................................................................................................................................258
方法技巧169 基本事实的应用................................................................................................................................................259方法技巧170 空间两直线位置关系的判定.........................................................................................................................261
方法技巧171 异面直线所成的角...........................................................................................................................................262
方法技巧172 空间几何体的截面、截线问题.....................................................................................................................265
方法技巧173 截面分割体积比问题.......................................................................................................................................268
方法技巧174 直线与平面平行的判定..................................................................................................................................271
方法技巧175 线面平行性质定理的应用..............................................................................................................................273
方法技巧176 平面与平面平行的判定与性质.....................................................................................................................275
方法技巧177 平行关系的综合应用.......................................................................................................................................278
方法技巧178 直线与平面垂直的判定与性质.....................................................................................................................280
方法技巧179 平面与平面垂直的判定与性质.....................................................................................................................282
方法技巧180 垂直关系的综合应用.......................................................................................................................................284
方法技巧181 三垂线定理及其逆定理..................................................................................................................................288
方法技巧182 空间向量的线性运算.......................................................................................................................................290
方法技巧183 空间向量数量积的应用..................................................................................................................................291
方法技巧184 利用向量证明平行与垂直..............................................................................................................................293
方法技巧185 异面直线所成的角...........................................................................................................................................296
方法技巧186 直线与平面所成的角.......................................................................................................................................298
方法技巧187 平面与平面的夹角...........................................................................................................................................303
方法技巧188 求空间距离.........................................................................................................................................................306
方法技巧189 立体几何中的探索性问题..............................................................................................................................310
方法技巧190 立体几何中的翻折问题..................................................................................................................................314
方法技巧191 动态空间位置关系的判定..............................................................................................................................317
方法技巧192 立体几何轨迹问题...........................................................................................................................................320
方法技巧193 立体几何最值(范围)问题...............................................................................................................................323
方法技巧194 直线的倾斜角与斜率.......................................................................................................................................326
方法技巧195 直线方程的求法................................................................................................................................................328
方法技巧196 直线方程的综合应用.......................................................................................................................................329
方法技巧197 两条直线位置关系的判断及应用................................................................................................................330
方法技巧198 两条直线的交点与距离问题.........................................................................................................................331
方法技巧199 直线的对称问题................................................................................................................................................333
方法技巧200 圆的方程..............................................................................................................................................................335
方法技巧201 与圆有关的最值问题.......................................................................................................................................337
方法技巧202 与圆有关的轨迹问题.......................................................................................................................................339
方法技巧203 直线与圆的位置关系.......................................................................................................................................342
方法技巧204 圆与圆的位置关系...........................................................................................................................................344
方法技巧205 圆的切线问题....................................................................................................................................................346
方法技巧206 圆的弦长问题....................................................................................................................................................347
方法技巧207 与圆有关的综合问题.......................................................................................................................................349
方法技巧208 椭圆的定义及应用...........................................................................................................................................350
方法技巧209 椭圆的标准方程................................................................................................................................................353
方法技巧210 椭圆的简单几何性质.......................................................................................................................................354
方法技巧211 椭圆的离心率问题............................................................................................................................................356
方法技巧212 与椭圆有关的最值(范围)问题......................................................................................................................358
方法技巧213 椭圆的蒙日圆及其性质..................................................................................................................................359
方法技巧214 直线与椭圆的位置关系..................................................................................................................................361
方法技巧215 椭圆的弦长问题................................................................................................................................................363
方法技巧216 椭圆的中点弦问题...........................................................................................................................................365
方法技巧217 直线与椭圆的综合问题..................................................................................................................................367
方法技巧218 圆锥曲线的非对称韦达问题.........................................................................................................................370
方法技巧219 双曲线的定义及其应用..................................................................................................................................373
方法技巧220 双曲线的标准方程...........................................................................................................................................375
方法技巧221 双曲线的渐近线................................................................................................................................................377
方法技巧222 双曲线的离心率................................................................................................................................................378
方法技巧223 与双曲线有关的最值、范围问题................................................................................................................379
方法技巧224 直线与双曲线的位置关系..............................................................................................................................380
方法技巧225 抛物线动点轨迹的判定..................................................................................................................................382
方法技巧226 抛物线上的点到定点的距离及最值...........................................................................................................383
方法技巧227 抛物线的标准方程与几何性质.....................................................................................................................385方法技巧228 直线与抛物线的位置关系..............................................................................................................................386
方法技巧229 抛物线中的阿基米德三角形.........................................................................................................................388
方法技巧230 圆锥曲线中的四点共圆问题.........................................................................................................................390
方法技巧231 圆锥曲线中的定点问题..................................................................................................................................396
方法技巧232 圆锥曲线的定值问题.......................................................................................................................................402
方法技巧233 圆锥曲线的定直线问题..................................................................................................................................404
方法技巧234 圆锥曲线的等角定理.......................................................................................................................................408
方法技巧235 圆锥曲线中的范围、最值问题.....................................................................................................................411
方法技巧236 圆锥曲线中的证明、探索性问题................................................................................................................416
方法技巧237 圆锥曲线的极点、极线..................................................................................................................................419
方法技巧238 两个计数原理及综合应用..............................................................................................................................422
方法技巧239 排列、组合问题................................................................................................................................................424
方法技巧240 分组、分配问题................................................................................................................................................425
方法技巧241 二项展开式的通项公式的应用.....................................................................................................................427
方法技巧242 二项式系数和与系数和..................................................................................................................................428
方法技巧243 二项式系数与系数最值..................................................................................................................................430
方法技巧244 二项式定理的应用...........................................................................................................................................431
方法技巧245 随机事件与样本空间.......................................................................................................................................432
方法技巧246 随机事件的频率与概率..................................................................................................................................433
方法技巧247 古典概型..............................................................................................................................................................435
方法技巧248 事件的相互独立性...........................................................................................................................................436
方法技巧249 条件概率..............................................................................................................................................................439
方法技巧250 全概率公式的应用...........................................................................................................................................440
方法技巧251 离散型随机变量分布列的性质.....................................................................................................................441
方法技巧252 离散型随机变量的分布列及数字特征.......................................................................................................443
方法技巧253 离散型随机变量数字特征在决策中的应用..............................................................................................447
方法技巧254 二项分布的期望................................................................................................................................................451
方法技巧255 二项分布的性质................................................................................................................................................452
方法技巧256 超几何分布.........................................................................................................................................................457
方法技巧257 正态分布..............................................................................................................................................................459
方法技巧258 二项分布与超几何分布的区别.....................................................................................................................462
方法技巧259 简单随机抽样....................................................................................................................................................464
方法技巧260 分层随机抽样....................................................................................................................................................465
方法技巧261 分层随机抽样的均值与方差.........................................................................................................................466
方法技巧262 统计图表..............................................................................................................................................................467
方法技巧263 总体百分位数的估计.......................................................................................................................................471
方法技巧264 总体集中趋势的估计.......................................................................................................................................473
方法技巧265 总体离散程度的估计.......................................................................................................................................475
方法技巧266 成对数据的相关性...........................................................................................................................................477
方法技巧267 一元线性回归模型...........................................................................................................................................478
方法技巧268 非线性回归模型................................................................................................................................................481
方法技巧269 独立性检验.........................................................................................................................................................485
方法技巧270 以统计图表为载体的概率、统计问题.......................................................................................................487
方法技巧271 概率、统计与数列的综合问题.....................................................................................................................491
方法技巧272 概率、统计与函数的交汇问题.....................................................................................................................495方法技巧 0 1 集合的概念
解决集合含义问题的注意点
一是确定构成集合的元素；二是确定元素的限制条件；三是根据元素的特征(满足的条件)构
造关系式解决相应问题．
【典例1】(2025·广东深圳中学模拟)设集合A＝{2，a2－a＋2，1－a}，若4∈A，则a的值为(
)
A．－1，2 B．－3
C．－1，－3，2 D．－3，2
【解析】集合A＝{2，a2－a＋2，1－a}，4∈A，∴a2－a＋2＝4或1－a＝4，
当a2－a＋2＝4时，a＝－1或a＝2，
若a＝－1，则1－a＝2，不满足集合中元素的互异性，故a≠－1；
若a＝2，则集合A＝{2，4，－1}，满足题意；
当1－a＝4时，a＝－3，a2－a＋2＝14，集合A＝{2，14，4}，满足题意，综上所述，a＝2
或a＝－3．故选D．
【典例 2】(2024·江苏南京二模)已知集合 A＝{1，2，4}，B＝{(x，y)|x∈A，y∈A，x－
y∈A}，则集合B的元素个数为________．
【解析】当x＝1，y＝1，2，4时，x－y分别为0，－1，－3，均不能满足x－y∈A，
当x＝2，y＝1时可满足x－y＝1∈A，
当x＝2，y＝2时，x－y＝0，当x＝2，y＝4时，x－y＝－2均不满足x－y∈A，
当x＝4，y＝2时可满足x－y＝2∈A，当x＝4，y＝1时，x－y＝3，当x＝4，y＝4时，x－y＝
0均不满足x－y∈A，
所以B＝{(2，1)，(4，2)}，故集合B的元素有2个．
方法技巧 0 2 集合间的基本关系
已知两个集合间的关系求参数时，关键是将条件转化为元素或区间端点间的关系，进而转化
为参数所满足的关系，常用数轴、Venn图等直观表示解决这类问题的过程，特别注意端点值
的取舍，“＝”加不加．
提醒：空集是任何集合的子集，在涉及集合关系问题时，必须考虑空集的情况，否则易造成
漏解．{ | 1 } { | k }
【典例1】(2024·江苏南通三模)已知集合M＝ x x=k+ ，k∈Z ，N＝ x x= +1，k∈Z
2 2
，则( )
A．M N B．N M
C．M＝N D．M∩N＝∅
⊆ ⊆
{ | 1 } { | 2k+1 }
【解析】M＝ x x=k+ ，k∈Z ＝ x x= ，k∈Z ，
2 2
{ | k } { | k+2 }
N＝ x x= +1，k∈Z ＝ x x= ，k∈Z ，
2 2
因为2k＋1，k∈Z表示所有的奇数，而k＋2，k∈Z表示所有的整数，则M N．故选A．
【典例2】已知集合A＝{x|－3≤x≤4}，B＝{x|2m－1≤x≤m＋1}，且B A，则实数m的取值
⊆
范围是________．
⊆
【解析】∵B A，∴①当B＝∅时，2m－1>m＋1，解得m>2；
⊆
{2m−1≤m+1，
②当B≠∅时， 2m−1≥−3，解得－1≤m≤2．
m+1≤4，
综上，实数m的取值范围是[－1，＋∞)．
方法技巧 0 3 集合的运算
解决集合运算问题的注意点
(1)看元素构成，集合中元素是数还是有序数对，是函数的自变量还是函数值．
(2)对集合进行化简，即解不等式，解方程，求定义域、值域等，通过化简可以使问题变得简
单明了．
(3)注意数形结合思想的应用，集合运算常用的数形结合形式有数轴和Venn图．
(4)端点值验证．
【典例1】(2025·八省联考)已知集合A＝{－1，0，1}，B＝{0，1，4}，则A∩B＝( )
A．{0} B．{1}
C．{0，1} D．{－1，0，1，4}
【解析】由题意知，A∩B＝{0，1}．故选C．
【典例2】(2024·全国甲卷)集合A＝{1，2，3，4，5，9}，B＝{x|❑√x∈A}，则
∁A
(A∩B)＝(
)
A．{1，4，9} B．{3，4，9}C．{1，2，3} D．{2，3，5}
【解析】因为A＝{1，2，3，4，5，9}，B＝{x|❑√x∈A}，
所以B＝{1，4，9，16，25，81}，则A∩B＝{1，4，9}，
∁A
(A∩B)＝{2，3，5}．故选D．
【典例 3】全集 U＝{x|x<10，x∈N*}，A U，B U，(∁U B)∩A＝{1，9}，A∩B＝{3}，
(∁U A)∩(∁U B)＝{4，6，7}，则A∪B＝____
⊆
____．
⊆
【解析】由已知条件可得U＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，画出Venn图如图所示．
由图可得A∪B＝{1，2，3，5，8，9}．
方法技巧 0 4 Venn 图的应用及创新性问题
Venn图具有形象直观的特征，应用Venn图可以解决两大类问题：一是处理部分有限集合的
元素个数的计数问题；二是解决抽象集合的运算问题或判断集合间的关系问题．
【典例1】定义两集合M，N的差集：M－N＝{x|x∈M且x∉N}，已知集合A＝{2，3，5}，B
＝{3，5，8}，则A－(A−B)的子集个数为( )
A．2 B．4
C．8 D．16
【解析】因为A＝{2，3，5}，B＝{3，5，8}，所以A－B＝{2}，
所以A－(A−B)＝{3，5}，有2个元素，则A－(A－B)的子集个数是22＝4．故选B．
【典例2】某班有36名同学参加数学、物理、化学课外探究小组，每名同学至多参加两个小组，
已知参加数学、物理、化学小组的人数分别为26，15，13，同时参加数学和物理小组的有6
人，同时参加物理和化学小组的有4人，则同时参加数学和化学小组的有________人．
【解析】设参加数学、物理、化学小组的人构成的集合分别为A，B，C，同时参加数学和化学小组的有x人，由题意可得如图所示的Venn图．
由全班共36名同学可得(26－6－x)＋6＋(15－4－6)＋4＋(13－4－x)＋x＝36，解得x＝8，即
同时参加数学和化学小组的有8人．
方法技巧 0 5 充分、必要条件的判定
判断充要条件的三种方法
(1) 定义法：直接判断“若p，则q”以及“若q，则p”的真假．
(2) 集合法：利用集合的包含关系判断．小集合推出大集合，小集合是大集合的充分不必
要条件，大集合是小集合的必要不充分条件；若两个集合范围一样，就是充要条件的关系．
(3) 传递法：充分条件和必要条件具有传递性，即由p ⇒p ⇒…⇒p ，可得p ⇒p ；充要条
1 2 n 1 n
件也有传递性．
【典例1】(2024·天津高考)设a，b∈R，则“a3＝b3”是“3a＝3b”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】根据立方的性质和指数函数的性质，a3＝b3和3a＝3b都当且仅当a＝b时成立，所以
二者互为充要条件．
故选C．
【典例2】(2025·江苏扬州模拟)已知集合A＝{0，a2}，B＝{1，a＋1，a－1}，则“a＝1”是
“A B”的( )
A．必要不充分条件
⊆
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】当a＝1时，A＝{0，1}，B＝{0，1，2}，则A B；
反之，当A B时，a＋1＝0或a－1＝0，解得a＝－1或a＝1．若a＝－1，A＝{0，1}，B＝
⊆
{0，1，－2}，满足A B，若a＝1，显然满足A B，
⊆
因此a＝－1或a＝1，所以“a＝1”是“A B”的充分不必要条件．故选B．
⊆ ⊆
方法技巧 0 6 充分、必要条件的探求
⊆探求充分条件、必要条件的方法
（1）寻求q的充分条件p，即求使q成立的条件p，即p⊆q；
（2）寻求q的必要条件p，即求以q为条件可推出的结论p，即q⊆p；
（3）寻求q的充要条件p，即寻求使q成立的条件p（p⇒q），同时又要寻求以q为条件可推出p成立
（q⇒p），即p＝q.
【典例1】“ln (x＋1)<0”的一个必要不充分条件是( )
1
A．－1<x<－ B．x>0
e
C．－1<x<0 D．x<0
【解析】ln (x＋1)<0等价于0<x＋1<1，即－1<x<0．因为－1<x<0可以推出x<0，而x<0不能
推出－1<x<0，所以“x<0”是“－1<x<0”的必要不充分条件，所以“ln (x＋1)<0”的一个必
要不充分条件是“x<0”．故选D．
【典例2】(多选)ab＋b－a－1＝0的一个充分不必要条件可以是( )
A．a＝－1 B．a＝b
C．b＝1 D．ab＝1
【解析】由ab＋b－a－1＝0，可得(a＋1)(b－1)＝0，解得a＝－1或b＝1，故选AC．
方法技巧 0 7 充分、必要条件的应用
用充分不必要、必要不充分及充要条件求参数值(范围)的一般步骤
(1)根据已知将充分不必要条件、必要不充分条件或充要条件转化为集合间的关系．
(2)根据集合间的关系构建关于参数的方程(组)或不等式(组)求解．
(3)充分必要条件与集合包含之间的关系．
【典例1】(多选)(2024·山西太原模拟)已知关于x的方程x2＋ax＋a＋3＝0，则( )
A．当a＝2时，方程有两个不相等的实数根
B．方程无实数根的一个充分条件是－2<a<4
C．方程有两个不相等的负根的充要条件是a>6
D．方程有一个正根和一个负根的充要条件是a<－4
【解析】对于A，当a＝2时，x2＋2x＋5＝0，此时Δ＝22－4×1×5＝－16<0，
方程没有实数根，故A错误；
对于B，方程无实数根的充要条件是Δ＝a2－4×1×(a＋3)<0，即－2<a<6，
所以方程无实数根的一个充分条件是{a|－2<a<6}的子集，显然－2<a<4符合，故B选项正确；
对于C，方程有两个不相等的负根的充要条件是{Δ=a2−4×1×(a+3)>0，
x +x =−a<0， 解得a>6，故C正确；
1 2
x ·x =a+3>0，
1 2
对于D，方程有一个正根和一个负根的充要条件是
{Δ=a2−4×1×(a+3)>0，
解得a<－3，故D错误．
x ·x =a+3<0，
1 2
故选BC．
【典例2】已知条件 ，条件 ，且 是 的充分不必要条件，则实数 的取值范围是
（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据充分不必要条件得到 ，即可得到答案.
【详解】 ，解得 ， ，
因为 是 的充分不必要条件，
所以 ，即 .
故选：A
方法技巧 0 8 含量词命题的否定
对全称量词命题与存在量词命题进行否定的方法
（1）改写量词：全称量词改写为存在量词，存在量词改写为全称量词；
（2）否定结论：对于一般命题的否定只需直接否定结论即可.
【典例1】命题p的否定为“∃x<0，使得x＋2>2x”，则命题p为( )
A．∀x<0，x＋2>2x
B．∃x≥0，使得x＋2>2x
C．∀x<0，x＋2≤2x
D．∃x≥0，使得x＋2≤2x
【解析】因为命题 p 的否定为“∃x<0，使得 x＋2>2x”，所以命题 p 为“∀x<0，x＋2≤2x”．故选C．
【典例2】（2024·四川达州·统考二模）命题p： ， ，则 为（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】D
【分析】对全称量词的否定用特称量词，直接写出 .
【详解】因为对全称量词的否定用特称量词，
所以命题p： ， 的否定为： ， .
故选：D
【典例3】已知命题 ： ，使得 且 ，则 为（ ）
A． ，使得 且 B． ，使得 或
C． ，使得 或 D． ，使得 且
【答案】C
【详解】“存在一个符合A且B”的否定为“任意一个都不符合A且B”，即“任意一个都符合 或 ”.
即 使得 或 ,
故选：C.
方法技巧 0 9 含量词命题的真假判断
全称量词命题与存在量词命题真假的判断方法
（1）全称量词命题：①要判定一个全称量词命题是真命题，必须对限定的集合M中的每一个元素x，证明
p（x）成立；②要判定一个全称量词命题是假命题，只要能举出集合 M中的一个特殊值x＝x ，使p（x ）
0 0
不成立即可.
（2）存在量词命题：要判定一个存在量词命题是真命题，只要在限定的集合 M中，找到一个x＝x ，使p
0
（x）成立即可，否则这一存在量词命题就是假命题.
0
【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)已知命题p：∀x∈R，|x＋1|>1；命题q：∃x>0，x3＝x，则(
)
A．p和q都是真命题
B．¬p和q都是真命题
C．p和¬q都是真命题
D．¬p和¬q都是真命题【解析】对于p而言，取x＝－1，则有|x＋1|＝0<1，故p是假命题，¬p是真命题，对于q而
言，取x＝1，则有x3＝13＝1＝x，故q是真命题，¬q是假命题，综上，¬p和q都是真命题．
故选B．
【典例2】（25-26高一上·全国·单元测试）下列命题中为真命题的是（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ， 是整数
【答案】D
【分析】举反例判断AC，根据 求解范围判断B，根据整数的概念判断D.
【详解】列表解析 直观解疑惑
真
选项 原因
假
A 假 举反例，例如 ，但 ．
B 假 因为对于任意实数 ， ，所以 ，恒大于0.
C 假 举反例，当 时， ，不满足 ．
对于任意的整数 ， 一定是整数， 也一定是整数，
D 真
所以 ， 是整数．
故选：D
方法技巧 1 0 含量词命题的应用
由命题的真假求参数的策略
（1）巧用三个转化：①全称量词命题可转化为恒成立问题；②存在量词命题可转化为存在性问题；③全
称量词、存在量词命题假可转化为它的否定命题真.
（2）准确计算：通过解方程或不等式（组）求出参数的值或范围.
【典例1】若命题p：“∃x∈R，x2－mx－m≤0”为假命题，则实数m的取值范围是________．
【解析】法一：若p为真命题，即∃x∈R，x2－mx－m≤0，∴Δ＝m2＋4m≥0，∴m≥0或
m≤－4，
∴当p为假命题时，－4<m<0．
法二：∵p为假命题，∴¬p：∀x∈R，x2－mx－m>0为真命题，
即Δ＝m2＋4m<0，∴－4<m<0．
【典例2】若命题“∃x∈[1，4]，使λx2＋x－2>0成立”的否定是真命题，则实数λ的取值范
围是________．
【解析】若“∃x∈[1，4]，使λx2＋x－2>0成立”的否定“∀x∈[1，4]，使λx2＋x－2≤0”
2−x 2−x (1 1) 2 1
为真命题，即λ≤ ．令f (x)＝ ＝2 − － ，
x2 x2 x 4 8
1 [1 ] 1 1
由x∈[1，4]，得 ∈ ，1 ，所以f (x) ＝f (4)＝－ ，所以λ≤－ ．
x 4 min 8 8
方法技巧 1 1 数 ( 式 ) 的大小比较
比较大小的常用方法
(1)作差法：①作差；②变形(因式分解、配方、有理化等)；③定号；④得出结论．
(2)作商法：①作商；②变形(因式分解、配方、有理化等)；③判断商与1的大小关系；④得
出结论．
(3)构造函数，利用函数的单调性比较大小．
(4)找中间量比较大小(如1，－1，0，2，…)．
ln3 ln4 ln5
【典例1】若a＝ ，b＝ ，c＝ ，则( )
3 4 5
A．a<b<c B．c<b<a
C．c<a<b D．b<a<c
【解析】法一(作差法)：
ln3 ln4 4ln3−3ln4 ln81−ln64
a－b＝ − ＝ ＝ ＞0，
3 4 12 12
ln4 ln5 5ln4−4ln5 ln1024−ln625
b－c＝ − ＝ ＝ ＞0，
4 5 20 20
所以a＞b＞c．
法二(作商法)：
b 3ln4 b 5ln4
易知a，b，c都是正数， ＝ ＝log 64＜1，所以a＞b； ＝ ＝log 1 024＞1，所以
a 4ln3 81 c 4ln5 625
b＞c．即c＜b＜a．
法三(单调性法)：lnx 1−lnx
对于函数y＝f (x)＝ ，y′＝ ．
x x2
易知当x＞e时，函数f (x)单调递减．
因为e＜3＜4＜5，
所以f (3)＞f (4)＞f (5)，即c＜b＜a．
【典例2】已知a>b>0，则aabb与abba的大小关系为________．
aabb aa−b (a) a−b
【解析】因为 ＝ ＝ ，
aba ba−b b
a
又a>b>0，故 >1，a－b>0，
b
(a) a−b aabb
所以 >1，即 >1，
b aba
又abba>0，所以aabb>abba．
方法技巧 1 2 不等式的性质
判断不等式正误的常用方法
(1)利用不等式的性质进行验证，利用不等式的性质判断不等式是否成立时，要特别注意应用
性质的条件．
(2)利用特殊值法排除错误不等式．
(3)利用函数的单调性，当利用不等式的性质不能比较大小时，可以利用指数函数、对数函数、
幂函数等函数的单调性来比较．
【典例1】(多选)(2024·安徽淮北一模)已知a，b，c∈R，下列命题为真命题的是( )
A．若a>b>c，则a＋b>c
B．若a>b>|c|，则a2>b2>c2
c c
C．若a<b<c<0，则 >
a b
b b+c
D．若a>b>c>0，则 <
a a+c
【解析】当b为负数时，A可能不成立，例如－2>－3>－4，但－2＋(－3)>－4是错误的；
因为a>b>|c|≥0，根据不等式性质可得a2>b2>c2，故B正确；
1 1 1
因为a<b<0，所以 >0，所以a <b <0，
ab ab ab
1 1 c c
即 < <0，因为c＜0，所以 > >0，故C错误；
b a b ab b+c ab+bc−ab−ac c(b−a)
因为a>b>c>0，所以 − ＝ ＝ <0，
a a+c a(a+c) a(a+c)
b b+c
所以 < ，故D正确．故选BD
a a+c
【典例2】(多选)已知实数a，b，c满足0<a<b<c，则下列说法正确的是( )
1 1 b b+c
A． > B． >
c−a b−a a a+c
1 1
C． > D．ab＋c2>ac＋bc
a(c−a) b(c−a)
1 1
【解析】因为0<a<b<c，所以有c－a>b－a>0， < ，故A错误；
c−a b−a
1 1 1 1
因为0＜a＜b＜c，所以 ＞ ＞0，c－a＞0，则 ＞ ，故C正确；
a b a(c−a) b(c−a)
1 1 1 1
> > b>a，故C正确；
a(c−a) b(c−a) a b
⇔ ⇔ b b+c
由糖水不等式的倒数形式， b>a>0，c>0, 则有 > ，故B正确；
a a+c
ab＋c2>ac＋bc c(c－b)－a(c－b)>0 (c－a)(c－b)>0，故D正确．故选BCD．
方法技巧 1 3 不等式性质的应用
⇔ ⇔
求代数式的取值范围，一般是利用整体思想，通过“一次性”不等关系的运算求得代数式的
取值范围．
提醒：在多次运用不等式的性质时有可能扩大了变量的取值范围，如“a＜b，c＜d a＋c＜b
＋d”，反之不成立．
⇒
【典例1】(多选)(2025·湖南长沙模拟)已知实数x，y满足－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，则(
)
A．x的取值范围为(－1，2)
B．y的取值范围为(－2，1)
C．x＋y的取值范围为(－3，3)
D．x－y的取值范围为(－1，3)
【解析】因为－1<2x－y<4，所以－2<4x－2y<8．因为－3<x＋2y<2，所以－5<5x<10，则－
1<x<2，故A正确；
因为－3<x＋2y<2，所以－6<2x＋4y<4．因为－1<2x－y<4，所以－4<－2x＋y<1，所以－
10<5y<5，所以－2<y<1，故B正确；9 3 6 1 1 4
因为－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－ < (x+2y)< ，－ < (2x−y)< ，
5 5 5 5 5 5
则－2<x＋y<2，故C错误；
2 1 3 3 3 12
因为－3<x＋2y<2，－1<2x－y<4，所以－ <－ (x+2y)< ，－ < (2x−y)< ，
5 5 5 5 5 5
则－1<x－y<3，故D正确．故选ABD．
a2
【典例2】已知－3＜a＜－2，3＜b＜4，则 的取值范围为( )
b
(4 9)
A．(1，3) B． ，
3 4
(2 3) (1 )
C． ， D． ，1
3 4 2
【解析】∵－3＜a＜－2，3＜b＜4，
1 1 1
∴4＜a2＜9， ＜ ＜ ，
4 b 3
a2
∴1＜ ＜3，故选A．
b
【典例3】已知－1＜2s＋t＜2，3＜s－t＜4，则5s＋t的取值范围为________．
【解析】设5s＋t＝m(2s＋t)＋n(s－t)，
则5s＋t＝(2m＋n)s＋(m－n)t，
{2m+n=5， {m=2，
则 解得
m−n=1， n=1，
则5s＋t＝2(2s＋t)＋(s－t)，
因为－1＜2s＋t＜2，所以－2＜2(2s＋t)＜4，
又因为3＜s－t＜4，
所以1＜2(2s＋t)＋(s－t)＜8，即1＜5s＋t＜8，
所以5s＋t的取值范围是(1，8)．
方法技巧 1 4 直接用基本不等式求和或积的最值
利用基本不等式求最值的原则及注意点
(1)原则：积定和最小，和定积最大；
(2)注意点：一是各项均为正；二是寻求定值，求和式最小值时应使积为定值，求积式最大值
时应使和为定值；三是考虑等号成立的条件是否具备．
【典例1】(2025·湖北武汉模拟)已知正数a，b满足a＋2b＝1，则( )1 1
A．ab≥ B．ab>
8 8
1 1
C．0<ab≤ D．0<ab<
8 8
1
【解析】由题意得，a>0，b>0，则ab>0, a＋2b＝1≥2❑√2ab，即0<ab≤ ，
8
1 1
当且仅当a＝2b，即a＝ ，b＝ 时等号成立．故选C．
2 4
4 1
【典例2】(2025·浙江台州模拟)已知a，b为正实数， + ＝1，则( )
a2 b2
A．ab的最小值为4 B．ab的最大值为4
C．ab的最小值为2 D．ab的最大值为2
4 1 4 1 2 4
【解析】因为a，b为正实数，由 + ＝1可得1＝ + ≥2× ＝ ，
a2 b2 a2 b2 ab ab
2 1
即得ab≥4，当且仅当 ＝ 时取等号，
a b
即a＝2❑√2，b＝❑√2时，ab的最小值为4．
故选A．
【典例3】已知0<x<2，则x2(4−x2)的最大值为( )
A．8 B．16
C．2 D．4
【解析】因为0<x<2，所以x2>0，4－x2>0，
(x2+4−x2
)
2
故x2(4−x2)≤ ＝4，当且仅当x2＝4－x2，即x＝❑√2时，等号成立，故x2(4−x2)的
2
最大值为4．故选D．
方法技巧 1 5 配凑法求最值
常见的配凑法求最值模型
n √ n
(1)模型一：mx＋ ≥2❑√mn(m>0，n>0，x＞0)，当且仅当x＝❑ 时等号成立；
x m
n n
(2)模型二：mx＋ ＝m(x－a)＋ ＋ma≥2❑√mn＋ma(m>0，n>0，x＞a)，当且仅当x－a
x−a x−a
√ n
＝❑ 时等号成立．
m2 9
【典例1】若x< ，则函数f (x)＝3x＋1＋ 有( )
3 3x−2
A．最大值0 B．最小值9
C．最大值－3 D．最小值－3
2 9 9
【解析】因为x< ，故3x－2<0，f (x)＝3x＋1＋ ＝3x－2＋ ＋3
3 3x−2 3x−2
[ 9 ] √ 9
＝－ −(3x−2)+ ＋3≤－2❑−(3x−2)· ＋3＝－3，
−(3x−2) −(3x−2)
9 1 9
当且仅当－(3x−2)＝ ，即x＝－ 时取等号，即f (x)＝3x＋1＋ 有最大值－3．
−(3x−2) 3 3x−2
故选C．
❑√2
【典例2】已知0＜x＜ ，则x❑√1−2x2的最大值为________．
2
❑√2
【解析】∵0＜x＜ ，∴1－2x2＞0，
2
❑√2
x❑√1−2x2＝❑√x2(1−2x2)＝ ❑√2x2(1−2x2)
2
❑√2 2x2+1−2x2 ❑√2
≤ · ＝ ．
2 2 4
1
当且仅当2x2＝1－2x2，即x＝ 时等号成立．
2
x
【典例3】(2024·河北唐山一模)已知函数f (x)＝ ，则f (x)的最小值为( )
❑√x−2
A．0 B．2
C．2❑√2 D．3
【解析】由已知得x>2，
x (❑√x−2) 2+2 2
所以f (x)＝ ＝ ＝❑√x−2+ ≥2❑√2，
❑√x−2 ❑√x−2 ❑√x−2
2
当且仅当❑√x−2＝ ，即x＝4时等号成立，
❑√x−2
则f (x)的最小值为2❑√2．故选C．
3 y x x
【典例4】(2025·湖南长沙模拟)若实数x>2y>0，则 + 的最小值为________，此时 ＝
x−2y y y
________．
3 y x 3 y x−2y+2y 3 y x−2y √ 3 y x−2y
【解析】 + ＝ + ＝ + ＋2≥2❑ · ＋2＝2❑√3
x−2y y x−2y y x−2y y x−2y y＋2，
x
当且仅当(x−2y) 2＝3y2，即x＝(2+❑√3)y时，等号成立．此时 ＝2＋❑√3．
y
方法技巧 1 6 常数代换法求最值
“1”的妙用
(1)乘“1”法是指凑出1，利用乘“1”后值不变这个性质，使不等式通过变形后达到运用基
a b
本不等式的条件，即积为定值．主要解决形如“已知 x＋y＝t(t为非零常数)，求 + 的最
x y
a b (a b) x+ y
值”的问题，先将 + 转化为 + · ，再用基本不等式求最值．
x y x y t
my nx
(2)常数“1”的代换，即把求解目标中的常数代数化，化为形如求“ + 的最值”问题，
x y
进而可以使用基本不等式达到解题的目的．
【典例1】（2024春·新疆乌鲁木齐·高一乌市八中校考开学考试）已知 ，则 的
最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】因为 ，所以 ，
所以 ，
当且仅当 即 时等号成立，
所以 ，
所以 的最小值为 ，
故选：D
1 2
【典例2】(2025·咸阳模拟)已知a>0，b>0，且 ＋ ＝1，则a＋b的最小值为 .
a＋1 b＋1
答案 2❑√2＋1
1 2
解析 由a>0，b>0， ＋ ＝1，
a＋1 b＋1
得a＋b＝(a＋1)＋(b＋1)－21 2
＝ ( ＋ ) [(a＋1)＋(b＋1)]－2
a＋1 b＋1
＝
b＋1
＋
2(a＋1)
＋1≥2❑
√b＋1
·
2(a＋1)
＋1
a＋1 b＋1 a＋1 b＋1
＝2❑√2＋1，
b＋1 2(a＋1)
当且仅当 ＝ ，即a＝❑√2，b＝❑√2＋1时取等号，所以a＋b的最小值为2❑√2＋1.
a＋1 b＋1
1 2
【典例3】已知正数a，b满足a＋2b＝3，则 + 的最小值为________．
a+1 b
【解析】由a＋2b＝3得(a＋1)＋2b＝4，
1 2 ( 1 2) a+1+2b
于是 + ＝ + ·
a+1 b a+1 b 4
1[ 2(a+1) 2b ] 1[ √2(a+1) 2b ] 9
＝ 1+4+ + ≥ 5+2❑ × ＝ ，
4 b a+1 4 b a+1 4
2(a+1) 2b
当且仅当 ＝ ，且a>0，b>0，
b a+1
1 4 1 2 9
即a＝ ，b＝ 时，等号成立．所以 + 的最小值为 ．
3 3 a+1 b 4
方法技巧 1 7 消元法求最值
消元法，即根据条件与所求均含有两个变量，从简化问题的角度来思考，消去一个变量，转化为只含有一
个变量的函数，然后转化为函数的最值求解．有时会出现多元的问题，解决方法是消元后利用基本不等式
求解．注意所保留变量的取值范围
【典例1】已知实数x，y满足3xy＋y2＝1，y>0，则2x＋y的最小值是( )
❑√2 2❑√2
A. B. C.2❑√2 D.3❑√2
3 3
答案 B
解析 因为实数x，y满足3xy＋y2＝1，y>0，
1− y2
所以x＝ ，
3y
则2x＋y＝
2−2 y2
＋y＝
2
＋
y
≥2❑
√2
·
y
＝
2❑√2
，
3y 3y 3 3y 3 3
2 y
当且仅当 ＝ ，即y＝❑√2时，等号成立，
3y 32❑√2
所以2x＋y的最小值是 .
3
【典例2】（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知 ，且 ，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知条件可得 ，得出 的表达式再由基本不等式计算可得结果.
【详解】由 得 ，
即 ，
当且仅当 ， 取到等号，
故选：C.
【典例3】(2024·浙江嘉兴二模)若正数x，y满足x2－2xy＋2＝0，则x＋y的最小值是( )
❑√6
A．❑√6 B．
2
C．2❑√2 D．2
x 1
【解析】由x2－2xy＋2＝0可得y＝ + ，
2 x
x 1 3x 1 √3x 1
∴x＋y＝x＋ + ＝ + ≥2❑ · ＝❑√6，
2 x 2 x 2 x
3x 1 ❑√6 2❑√6
当且仅当 ＝ ，即x＝ 时，等号成立，此时y＝ >0符合题意．
2 x 3 3
所以x＋y的最小值为❑√6．故选A．
方法技巧 1 8 不等式法求最值
当条件式中给出了"和"与"积"之间的关系时，可以考虑借助基本不等式进行放缩，由条件式构建得到关
于"和"或"积"的不等式，解此不等式即可求得"和"或"积"的最值.
【典例1】(多选)(2025·青岛模拟)若实数a>0，b>0，且ab＝a＋b＋8，则下列结论正确的是( )
A.a＋b≤8 B.ab≥16
1 4 4
C.a＋3b≥4＋6❑√3 D. ＋ ≥
a−1 b−1 3答案 BCD
a＋b 2
( )
解析 对于选项A，由a＋b＋8＝ab≤ ，当且仅当a＝b时等号成立，不妨设a＋b＝t，
2
则t2－4t－32≥0，
解得t≥8或t≤－4，
因为a>0，b>0，则a＋b≥8，故A项错误；
对于选项B，由ab－8＝a＋b≥2❑√ab，
当且仅当a＝b时等号成立，
不妨设❑√ab＝s，则s2－2s－8≥0，
解得s≥4或s≤－2，
因为s>0，则s≥4，
即ab≥16，故B项正确；
b＋8
对于选项C，由ab＝a＋b＋8可得a(b－1)＝b＋8，则b－1>0，且a＝ ，
b−1
b＋8 9 9
则a＋3b＝ ＋3b＝1＋ ＋3b＝4＋ ＋3(b－1)≥4＋2❑√27＝4＋6❑√3，
b−1 b−1 b−1
9
当且仅当 ＝3(b－1)，即b＝❑√3＋1，a＝3❑√3＋1时取等号，a＋3b有最小值4＋6❑√3，故C项正确；
b−1
对于选项D，由ab＝a＋b＋8可得ab－a－b＋1＝9，即(a－1)(b－1)＝9，且a－1>0，b－1>0，
则
1
＋
4
≥2❑
√1
·
4
＝
4
，当且仅当
1
＝
4
时等号成立，
a−1 b−1 a−1 b−1 3 a−1 b−1
1 4 5
{ ＝ , {a＝ ,
由 a−1 b−1 解得 2
ab＝a＋b＋8 b＝7,
5 1 4 4
即当且仅当a＝ ，b＝7时， ＋ 有最小值 ，故D项正确.
2 a−1 b−1 3
【典例2】（24-25高一上·安徽宿州·阶段练习）已知x，y均为正数， ，则 的最小值是
（ ）
A．4 B．5 C．7 D．
【答案】A
【分析】由已知等式化简后用基本不等式即可解得结果.
【详解】∵ ， ， ，∴ ，
令 ，则 ，即 ，
当且仅当 时等号成立，
故 的最小值为4．
故选:A．
【典例3】（2025·云南昆明·模拟预测）已知 ， ，且 ，则 的最小值为（ ）
A．4 B．8 C．16 D．32
【答案】C
【分析】利用基本不等式转化为一元二次不等式即可求解．
【详解】由题意可知 ，当 时等号成立，
即 ，
令 ，则
解得 或 舍
即 ，
当且仅当 时，等号成立．
故选：C.
方法技巧 1 9 多次运用基本不等式
在求解某些复杂一些的最值问题时，可能会需要连续多次使用基本不等式进行放缩.此时，我们需要注意两
点:一是由基本不等式进行放或缩一定要考虑到不等号的方向与不等式传递性相一致，即多次放大或者多次
缩小，一般不可以既放大又缩小;二是多次使用基本不等式后要考虑等号成立的条件，只有多个等号能够同
时成立时方可.【典例1】（2024·广西柳州·高三柳州高级中学校联考阶段练习）若 ， ，则 的最小值
为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】C
【分析】利用基本不等式即可求出最值.
【详解】 ，
，
当且仅当 ，即 时等号成立，
所以 的最小值为 .
故选：C.
【典例2】（2022·天津·一模）设 ，那么 的最小值是 .
【答案】16
【分析】利用均值不等式求 的最大值表达式，再利用均值不等式求解作答.
【详解】因 ，则 ，当且仅当 ，即
时取“=”，
因此， ，当且仅当 ，即 时取“=”，
所以，当 时， 取最小值16.
故答案为：16
方法技巧 2 0 利用基本不等式求参数的值或范围对于不等式恒(能)成立问题可利用分离参数法，把问题转化为利用基本不等式求最值．
(1) x∈M，使得f (x)≥a，等价于f (x) ≥a；
max
(2) x∈M，使得f (x)≤a，等价于f (x) ≤a；
∃ min
(3) x∈M，使得f (x)≥a，等价于f (x) ≥a；
∃ min
(4) x∈M，使得f (x)≤a，等价于f (x) ≤a．
∀ max
【典例1】(2025·山东滨州模拟)若不等式x2－ax＋4≥0对任意x∈[1，3]恒成立，则实数a的
∀
取值范围是( )
A．[0，4] B．(−∞，4]
( 13]
C． −∞， D．(−∞，5]
3
4
【解析】不等式x2－ax＋4≥0对任意x∈[1，3]恒成立，则∀x∈[1，3]，a≤x＋ 成立，
x
4 √ 4 4
而x＋ ≥2❑ x· ＝4，当且仅当x＝ ，即x＝2时取等号，因此a≤4，
x x x
所以实数a的取值范围是(−∞，4]．故选B．
4 1 3
【典例2】若正实数x，y满足x＋y＝1，且不等式 + <m2＋ m有解，则实数m的取值范
x+1 y 2
围是________．
x+1 y 4 1 ( 4 1)(x+1 y)
【解析】因为x＋y＝1，所以 + ＝1，所以 + ＝ + + ＝2＋
2 2 x+1 y x+1 y 2 2
1 2y x+1 5 √ 2y x+1 9 2y x+1
+ + ≥ ＋2❑ · ＝ ，当且仅当 ＝ 时，等号成立，因为x＋y＝
2 x+1 2y 2 x+1 2y 2 x+1 2y
1 2 4 1 9 3 9
1，所以此时x＝ ，y＝ ，所以 + 的最小值为 ，由题可得m2＋ m> ，解得m<－3或
3 3 x+1 y 2 2 2
3
m> ．
2
方法技巧 2 1 基本不等式的实际应用
利用基本不等式解决实际问题的注意点
(1)设变量时，一般把求最大值或最小值的变量定义为函数．
(2)解题时，一定要注意变量的实际意义对变量取值范围的影响．
(3)在应用基本不等式求函数最值时，若等号取不到，可利用函数的单调性求解，如利用 f (x)
a
＝x＋ (a＞0)的单调性．
x(4)在实际问题中利用基本不等式求最值时，必须指明等号成立的条件．
【典例1】某水产公司拟在养殖室修建三个形状、大小完全相同的长方体育苗池，其平面图如
图所示．每个育苗池的底面面积为200 m2，深度为2 m，育苗池的四周均设计为2 m宽的甬路
设育苗池底面的一条边长为x m(10≤x≤20)，甬路的面积为S m2．
(1)求S与x之间的函数关系式；
(2)已知育苗池四壁的造价为 200元/m2，池底的造价为600元/m2，甬路的造价为100元/m2，
若不考虑其他费用，求x为何值时，总造价最低，并求最低总造价．
200
【解析】(1)由题意可得每个育苗池底面的另一边长为 m，
x
(3×200 ) 2 400
则S＝(x＋4) +2×4 －600＝8x＋ ＋32，10≤x≤20．
x x
( 1 200)
(2)设总造价为w元，则w＝200×2 6x+ ＋600×3×200＋100S
x
480 000 240 000
＝2 400x＋ ＋360 000＋800x＋ ＋3 200
x x
720 000
＝3 200x＋ ＋363 200，10≤x≤20，
x
720 000 √ 720 000
其中3 200x＋ ≥2❑3 200x· ＝96 000，
x x
720 000 720 000
当且仅当3 200x＝ ，即x＝15∈[10，20]时，等号成立，故 w＝3 200x＋ ＋
x x
363 200≥459 200，
所以当x＝15 m时，总造价最低，最低总造价为459 200元．
【典例2】(2025·湖南长沙模拟)快递公司计划在某货运枢纽附近投资配建货物分拣中心．假
定每月的土地租金成本与分拣中心到货运枢纽的距离成反比，每月的货物运输成本与分拣中
心到货运枢纽的距离成正比．经测算，如果在距离货运枢纽 10 km处配建分拣中心，则每月
的土地租金成本和货物运输成本分别为2万元和8万元．要使得两项成本之和最小，分拣中
心和货运枢纽的距离应设置为( )
A．5 km B．6 km
C．7 km D．8 km
【解析】设土地租金成本和货物运输成本分别为 W 万元和W 万元，分拣中心和货运枢纽相
1 2
距s km，k 4
则W ＝ 1，W ＝k s，将s＝10，W ＝2，W ＝8代入可得k ＝20，k ＝ ，
1 s 2 2 1 2 1 2 5
20 4
所以W ＝ ，W ＝ s，
1 s 2 5
20 4 √20 4
故W ＋W ＝ + s≥2❑ · s＝8，当且仅当s＝5时取等号．故选A．
1 2 s 5 s 5
方法技巧 2 2 不含参的不等式的解法
1.解一元二次不等式的方法和步骤
2.一元高次不等式的解法，数轴穿根法：先因式分解再用穿根法，依据：从左至右，从上至下，依次穿根，
奇过偶不过，注意x系数为正．
如(x－1)2(x－2)(x－3)>0在数轴上标根穿线，点1处的线过而不穿．
3.简单分式不等式的解法
(1)>0(<0) f(x)g(x)>0(<0)；
(2)≥0(≤0)
⇔
4.绝对值不等式：
⇔
|x|>a(a>0)的解集为(－∞，－a)∪(a，＋∞)；|x|<a(a>0)的解集为(－a，a)．
记忆口诀：大于号取两边，小于号取中间．
5.简单的指数与对数不等式的解法
(1)若a>1，af(x)>ag(x) f(x)>g(x)；
若0<a<1，af(x)>ag(x) f(x)<g(x)．
⇔
(2)若a>1，log f(x)>log g(x) f(x)>g(x)>0；
a ⇔a
若0<a<1，log f(x)>log g(x) 0<f(x)<g(x)．
a a ⇔
【典例1】(多选)下列选项 ⇔ 中，正确的是( )
A.不等式－x2－x＋2>0的解集为{x|x<－2或x>1}2x＋1
B.不等式 ≤1的解集为{x|－3≤x<2}
x−2
C.不等式|x－2|≥1的解集为{x|1≤x≤3}
x＋4
D.设x∈R，则“|x－1|<1”是“ <0”的充分不必要条件
x−5
答案 BD
解析 由题知方程－x2－x＋2＝0的解为x ＝1，x ＝－2，所以不等式－x2－x＋2>0的解集为{x|－2<x<1}，
1 2
故A错误；
2x＋1 x＋3
因为 －1≤0，即 ≤0，即(x＋3)(x－2)≤0(x－2≠0)，解得－3≤x<2，所以不等式的解集为{x|－
x−2 x−2
3≤x<2}，故B正确；
由|x－2|≥1，可得x－2≤－1或x－2≥1，
解得x≤1或x≥3，所以不等式的解集为{x|x≤1或x≥3}，故C错误；
x＋4 x＋4
由|x－1|<1，可得－1<x－1<1，解得0<x<2，由 <0，可得－4<x<5，因此，“|x－1|<1”是“ <0”
x−5 x−5
的充分不必要条件，故D正确.
【典例2】（24-25高一上·江苏苏州·阶段练习）求下列不等式的解集：
(1)
(2)
(3) ．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）把分式不等式转化为整式不等式求解.
（2）利用“穿根法”解高次不等式.
（3）分情况讨论，去掉绝对值符号，解不等式.
【详解】（1） .所以不等式的解集为： .
（2）由
所以 ，
由穿根法：
原不等式的解集为： .
（3）
当 时，原不等式可化为： ；
当 时，原不等式可化为： ，无解.
综上可知：原不等式的解集为： .
方法技巧 2 3 含参数的一元二次不等式的解法
解含参数的一元二次不等式的步骤
【典例1】解关于x的不等式ax2－(a＋1)x＋1<0(a>0)．
【解析】 原不等式变为(ax－1)(x－1)<0，
( 1)
因为a>0，所以 x− (x－1)<0．
a1
所以当a>1时，解得 <x<1；
a
当a＝1时，解集为∅；
1
当0<a<1时，解得1<x< ．
a
| 1}
综上，当0<a<1时，不等式的解集为x 1<x< ；
a
当a＝1时，不等式的解集为∅；
{ |1 }
当a>1时，不等式的解集为 x <x<1 ．
a
【典例2】解关于x的不等式x2＋ax＋1＜0(a∈R)．
【解析】 Δ＝a2－4．
①当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，原不等式的解集为∅．
−a+❑√a2−4
②当Δ＝a2－4＞0，即a＞2或a＜－2时，方程x2＋ax＋1＝0的两根为x ＝ ，x ＝
1 2
2
−a−❑√a2−4
，
2
{ |−a−❑√a2−4 −a+❑√a2−4}
则原不等式的解集为 x ＜x＜ ．
2 2
综上所述，当－2≤a≤2时，原不等式的解集为∅；
{ |−a−❑√a2−4 −a+❑√a2−4}
当a＞2或a＜－2时，原不等式的解集为 x ＜x＜ ．
2 2
方法技巧 2 4 根据一元二次不等式的解集求参数
已知一元二次不等式的解集，就能够得到相应的一元二次方程的两根，由根与系数的关系，可以求出相应
的系数.注意结合不等式解集的形式判断二次项系数的正负.
【典例1】(多选)(2025·蚌埠模拟)已知关于x的不等式ax2＋bx＋c<0的解集为(－∞，1)∪(5，＋∞)，则
下列结论正确的是( )
A.a>0
B.a＋b＋c>0{ | 5 }
C.bx＋c>0的解集是 x x>
6
{ | 1 }
D.cx2－bx＋a<0的解集是 x x>− 或x<−1
5
答案 CD
解析 由题意可得1和5是方程ax2＋bx＋c＝0的两根，且a<0，
b c
由根与系数的关系可得1＋5＝－ ，1×5＝ ，得b＝－6a，c＝5a，
a a
对于A，因为a<0，故A错误；
对于B，a＋b＋c＝a－6a＋5a＝0，故B错误；
5
对于C，不等式bx＋c>0，即－6ax＋5a>0，即6x－5>0，得x> ，
6
{ | 5 }
所以不等式bx＋c>0的解集是 x x> ，故C正确；
6
对于D，由不等式cx2－bx＋a<0，得a(5x2＋6x＋1)<0，即5x2＋6x＋1>0，
1
则(5x＋1)(x＋1)>0，得x>－ 或x<－1，
5
{ | 1 }
即解集为 x x>− 或x<−1 ，故D正确.
5
【典例2】(多选)已知关于x的不等式a(x＋1)(x－3)＋1>0(a≠0)的解集是(x ，x )，则下列结论正确的是(
1 2
)
A.x ＋x ＝2 B.x x <－3
1 2 1 2
C.－1<x <x <3 D.x －x >4
1 2 2 1
答案 ABD
解析 由题意得，a<0，且x，x 是一元二次方程a(x＋1)(x－3)＋1＝0，即ax2－2ax＋1－3a＝0的两根，
1 2
−2a
所以x＋x＝－ ＝2，故A正确；
1 2 a
1−3 a 1
xx＝ ＝ －3<－3，故B正确；
1 2 a a
x－x＝❑√(x ＋x )2 −4x x ＝❑ √ 4−4× 1−3 a ＝2❑ √ 4− 1 >4，故D正确；
2 1 1 2 1 2 a a
由x－x>4，可得－1<x<x<3是错误的，故C错误.
2 1 1 2方法技巧 2 5 根据一元二次不等式解集中整数的个数求参数
1.定开口与判别式
先确定二次项系数符号，判断抛物线开口方向；计算判别式，确定不等式有解的前提，保证解集为连续区
间。
2.求根并标区间
解出对应一元二次方程的两根 x ,x ，结合不等号写出解集区间 (x ,x ) 或 (−∞, x )∪(x ,+∞)，
1 2 1 2 1 2
只关注有限连续区间内的整数。
3.画数轴锁定整数
在数轴上标出区间端点，根据题目“整数解个数”，圈出所有符合条件的整数，确定端点必须夹在哪两个
整数之间。
4.列不等式组求参数
根据区间端点与整数的位置关系，列出关于参数的不等式组，注意等号能否取到（端点是否包含整数），
解出参数范围。
【典例1】（24-25高一上·四川成都·阶段练习）不等式 的解集中恰有三个整数，则实
数 的取值范围为（ ）
A． B． 或
C． 或 D． 或
【答案】D
【分析】由含参一元二次不等式的求解方法，对参数 分类讨论得到结果.
【详解】 ，
①当 时，明显不符合题意；
②当 时，不等式的解集为 ，
由于不等式的解集中恰有三个整数，则整数为2，3，4，故 ；
③当 时，不等式的解集为 ，
由于不等式的解集中恰有三个整数，则整数为0， ， ，故 .
所以实数 的取值范围为 或 .
故选：D.
【典例2】关于x的不等式 的解集中恰有4个整数，则实数m的取值范围是（ ）A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分类求出不等式的解集，再结合已知列出不等式求解得答案.
【详解】不等式 ，
当 时，原不等式的解集为 ，
由解集中恰有4个整数，得 ，解得 ；
当 时，原不等式的解集为 ，
由解集中恰有4个整数，得 ，解得 ，
所以实数m的取值范围是 或 .
故选：D
方法技巧 2 6 一元二次不等式恒成立问题
恒成立问题求参数的取值范围的解题策略
(1)弄清楚自变量、参数．一般情况下，求谁的取值范围，谁就是参数．
(2)一元二次不等式在R上恒成立，可用判别式Δ；一元二次不等式在给定区间上恒成立，不
能用判别式Δ，一般分离参数求最值或分类讨论．
(3)特别注意对二次项系数为0的讨论，因为不等式不一定为一元二次不等式．
【典例1】若关于x的不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0对一切实数x恒成立，则实数a的取值范
围是( )
A．(－∞，2] B．(－∞，－2)
C．(－2，2) D．(－2，2]
【解析】当a＝2时，不等式(a－2)x2＋2(a－2)x－4<0可化为－4<0，恒成立；当a≠2时，要
使 关 于 x 的 不 等 式 (a － 2)x2 ＋ 2(a － 2)x － 4<0 对 一 切 实 数 x 恒 成 立 ， 只 需{ a<2，
4(a−2) 2−4(a−2)×(−4)<0，
解得－2<a<2．故－2<a≤2．故选D．
【典例2】若不等式ax2－x＋a>0对任意的x∈(1，＋∞)恒成立，则实数a的取值范围为
________．
【解析】法一(函数法)：当a＝0时，原不等式可化为x<0，易知不合题意；当a≠0时，令f
a>0，
{
a>0， {
1
1 >1，
(x)＝ax2－x＋a，要满足题意，需 ≤1，或 2a
2a
( 1 )
f (1)≥0 f >0，
2a
1 [1 )
解得a≥ ，所以实数a的取值范围是 ，+∞ ．
2 2
1
x x 1
法二(分离变量法)：ax2－x＋a>0 ax2＋a>x a> ．因为x∈(1，＋∞)， ＝ 1<
x2+1 x2+1 x+ 2
x
⇔ ⇔
1
，所以a≥ ．
2
【典例 3】若∀a∈[－1，3]，ax2－(2a－1)x＋3－a≥0 恒成立，则实数 x 的取值范围为
________．
【解析】(变更主元法)把不等式的左端看成关于a的函数，令g(a)＝ax2－2ax＋x＋3－a＝(x2－
{g(−1)≥0，
2x－1)a＋x＋3≥0，则由 g(a)≥0 对于任意的 a∈[－1，3]恒成立，得 即
g(3)≥0，
{−x2+3x+4≥0， {
−1≤x≤4，
解得 5
3x2−5x≥0， x≥ 或x≤0，
3
[5 ]
所以实数x的取值范围为[－1，0]∪ ，4 ．
3
方法技巧 2 7 一元二次方程根的分布问题
解决—元二次方程实根分布问题,需结合二次函数图像与性质分析。核心步骤：
（1）明确根的范围：用具体取值条件描述根的分布(如 "两根都大于 2"，"一根小于 1,一根大于 3"等)。
（2）转化为函数条件：设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a≠0) ,根据根的范围列不等式组：
①开口方向( a 的符号)；
②判别式 (Δ≥0 ,保证有实根) ;③ 端点函数值符号(如根大于 k 时, f(k) 的符号结合开口方向判断)；
④ 对称轴位置
（3）联立求解：解不等式组得参数范围,验证边界情况。
通过图像直观分析,将根的分布转化为函数在特定取值下的符号及对称轴条件,可高效求解。
【典例1】若关于x的方程ax2＋(a＋2)x＋9a＝0有两个不相等的实数根x ，x ，且x <1<x ，则a的取值
1 2 1 2
范围是( )
2 2 2
A.－ <a< B.a>
7 5 5
2 2
C.a<－ D.－ <a<0
7 11
答案 D
解析 方法一 显然a≠0；
令f(x)＝ax2＋(a＋2)x＋9a，
当a>0时，f(1)<0，当a<0时，f(1)>0，
故af(1)<0，即a(11a＋2)<0，
2
解得－ <a<0.
11
方法二 因为方程ax2＋(a＋2)x＋9a＝0有两个不相等的实数根x，x，
1 2
a＋2
{x ＋x ＝− ,
所以 1 2 a
x x ＝9,
1 2
因为x<1<x，
1 2
所以(x－1)(x－1)<0，
1 2
即xx－(x＋x)＋1<0，
1 2 1 2
a＋2 2
则9＋ ＋1<0，解得－ <a<0.
a 11
【典例2】已知方程 ，在下列条件下，分别求 的范围．
(1)有两个不同的正根；
(2)有两个不同的负根；
(3)一个根在 内，另一个根在 内；
(4)两个不同的根都大于 ；(5)两个不同的根都小于1；
(6)一个根大于1，一个根小于1；
(7)两个不同的根都在 内；
(8)有两个不同的根，有且仅有一个根在 内；
(9)一个根小于2，一个根大于4；
(10)一个根在 内，另一个根在 内；
(11)一个正根，一个负根，且正根绝对值较大；
(12)在 内无实根．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
(9)
(10)(11)
(12)
【分析】利用二次函数根的分布情况逐项分析求解.
【详解】（1）对于方程 ，
两个不同的正根，且设两根分别为 , ，则 ，
即 ，解得 .
故有两个不同的正根 的范围为 .
（2）两个不同的负根，且设两根分别为 ， ，则 ，
即 ，解得 .
故有两个不同的负根 的范围为 .
（3）令 ，一个根在 内，另一个根在 内，
则 ，即 ，解得 .
故一个根在 内，另一个根在 内 的范围为 .
（4）两个不同的根都大于 ，则两根为 ， ，即 ，即 ，解得 .
故两个不同的根都大于 则 的范围为 .
（5）两个不同的根都小于1，则两根为 ， ，
即 ，即 ，解得 .
故两个不同的根都小于1，则 的范围为 .
（6）一个根大于1，一个根小于1，则得 ，解得 ；
故一个根大于1，一个根小于1，则 的范围为 .
（7）两个不同的根都在 内，
即 ，即 ，解得 ，
故两个不同的根都在 内，则 的范围为 .
（8）有两个不同的根，有且仅有一个根在 内，
则 ，即 ，解得 .
当 时，方程两根为 ，符合，故有两个不同的根，有且仅有一个根在 内，则 的范围为 .
（9）一个根小于2，一个根大于4；
则 ，即 ，解得 .
故一个根小于2，一个根大于4，则 的范围为 .
（10）一个根在 内，另一个根在 内；
则 ，即 ，解得 .
故一个根在 内，另一个根在 内，则 的范围为 .
（11）一个正根，一个负根，且正根绝对值较大，
，即 ，解得 .
故一个正根，一个负根，且正根绝对值较大，则 的范围为 .
（12）在 内无实根：
即 或 或 或 ，
即 或 或 或 ，解得 或 ，
故在 内无实根时，则 的范围为 .
方法技巧 2 8 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 2 9 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．
f (x+1)
【典例1】已知函数y＝f (x)的定义域为[0，4]，则函数y＝ ＋(x－2)0的定义域是( )
❑√x−1
A．(1，5] B．(1，2)∪(2，5)
C．(1，2)∪(2，3] D．(1，3]
f (x+1)
【解析】因为函数 y＝f (x)的定义域为[0，4]，函数 y＝ ＋(x－2)0有意义，所以
❑√x−1
{0≤x+1≤4，
x−1>0， 解得1<x<2或2<x≤3，
x−2≠0，
f (x+1)
所以函数y＝ ＋(x－2)0的定义域是(1，2)∪(2，3]．故选C．
❑√x−1
1
【典例2】(2025·广东东莞模拟)函数y＝❑√4−x2＋ 的定义域为________．
lg(2x−3)
{
4−x2≥0， {
−2≤x≤2，
3
【解析】由题意可得 2x−3>0， 解得 x> ，
2
lg(2x−3)≠0，
x≠2，
3
即 <x<2．
2
1 (3 )
故函数y＝❑√4−x2＋ 的定义域为 ，2 ．
lg(2x−3) 2
1
【典例3】)(2025·山东青岛模拟)若函数f (x)＝ 的定义域为R，则常数k的取值范
❑√kx2+kx+1
围是( )
A．(0，4) B．[0，4)
C．[0，4] D．(0，4]
1
【解析】由函数f (x)＝ 的定义域为R，可得kx2＋kx＋1>0恒成立，
❑√kx2+kx+1{ k>0，
可得k＝0或 解得0＜k<4，
Δ=k2−4k<0，
综上，常数k的取值范围为[0，4)．故选B．
方法技巧 3 0 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；
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 的函数的值域和最值问题
y a(xb)2 c
第一步，将二次函数配方成 ；
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： 等
解题的关键是通过恒等变形从分式函数中分离出常数。
axb
f(x)
第一步，观察函数 f(x)类型，型如 cxd ；a e
f(x)
第二步，对函数 f(x)变形成 c cxd 形式；
e
y
第三步，求出函数 cxd 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
dx2 ex f
y
第一步，观察函数解析式的形式，型如 ax2 bxc 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
ex f ax2 bxc
y y
第一步 观察函数解析式的形式，型如 ax2 bxc 或 ex f 的函数；
b
y ax
第二步 对函数进行配凑成 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 3 1 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．(1)
(4)解方程组法：已知关于f (x)与f 或f (－x)的表达式，可根据已知条件再构造出另外一
x
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；
( 1) 1
(2)已知f x+ ＝x2＋ ，求f (x)的解析式；
x x2
(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]．
( 1) 1 ( 1) 2
(2)(配凑法、换元法)∵f x+ ＝x2＋ ＝ x+ －2，
x x2 x
1
令t＝x＋ ，当x＞0时，
x
√ 1
t≥2❑ x· ＝2，当且仅当x＝1时取等号，
x
( 1)
当x＜0时，t＝－ −x− ≤－2，
x
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，
1
{ a= ，
{ 2a=1， 2
所以 即
a+b=−1， 3
b=− ．
2
1 3
所以f (x)＝ x2－ x＋2．
2 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．
❑√x ❑√x
【典例2】(1)(易错题)已知f ( ＋1)＝x－2 ，则f (x)＝________．
(1)
(2)已知f (x)满足f (x)－2f ＝2x，则f (x)＝________．
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)．
(1)
(2)因为f (x)－2f ＝2x，①
x
1 (1) 2
以 代替①中的x，得f －2f (x)＝ ，②
x x x
4
①＋②×2得－3f (x)＝2x＋ ，
x
2 4
所以f (x)＝－ x－ ．
3 3x
(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＋
5
ab＋b＝16x＋5，∴a2＝16，ab＋b＝5，解得a＝4，b＝1或a＝－4，b＝－ (不合题意，舍
3
去)，∴f (x)＝4x＋1．
方法技巧 3 2 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．{❑√x，0≤x≤1， (5)
【典例1】(2025·湖北武汉模拟)已知f (x)＝ 则f ＝( )
2f (x−1)，x>1， 4
❑√5
A．2 B．
2
3
C． D．1
2
{❑√x，0≤x≤1，
【解析】函数f (x)＝
2f (x−1)，x>1，
(5) (1) √1
所以f ＝2f ＝2❑ ＝1．故选D．
4 4 4
{❑√x+1，−1<x<0， (1)
【典例2】函数f (x)＝ 若实数a满足f (a)＝f (a－1)，则f ＝( )
2x，x≥0， 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 (1)
①当0<a<1时，－1<a－1<0，则f (a)＝f (a－1)可化为2a＝❑√a，解得a＝ ，所以f ＝f
4 a
(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．
{ x+1，x≤0，
【典例3】(2024·湖北十一校一模)已知函数f (x)＝ 则关于x的不等式f (x)
ln(x+1)，x>0，
≤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 3 3 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________．
{ −x2+4x+5，x∈［−1，5］，
【解析】函数y＝|－x2＋4x＋5|＝
x2−4x−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，＋∞)．
ax
【典例3】试讨论函数f (x)＝ (a≠0)在(－1，1)上的单调性．
x−1
【解析】 法一(定义法)：∀x ，x ∈(－1，1)，且x ＜x ，
1 2 1 2
(x−1+1) ( 1 )
f (x)＝a ＝a 1+ ，
x−1 x−1
f (x )－f (x )＝a ( 1+ 1 ) －a ( 1+ 1 ) ＝ a(x 2 −x 1 ) ，由于－1<x <x <1，
1 2 x −1 x −1 (x −1)(x −1) 1 2
1 2 1 2
所以x －x >0，x －1<0，x －1<0，
2 1 1 2
故当a>0时，f (x )－f (x )>0，即f (x )>f (x )，函数f (x)在(－1，1)上单调递减；
1 2 1 2
当a<0时，f (x )－f (x )<0，
1 2
即f (x )<f (x )，函数f (x)在(－1，1)上单调递增．
1 2
(ax) ' (x−1)−ax(x−1) '
法二(导数法)：f ′(x)＝
(x−1) 2
a(x−1)−ax a
＝ ＝－ ．
(x−1) 2 (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．
ax a a
法三：f (x)＝ ＝a＋ ，该函数的图象由函数y＝ 的图象向右平移1个单位长度，再
x−1 x−1 x
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 3 4 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x >x >1时，[f (x )－f (x )](x －x )<0恒
2 1 2 1 2 1
( 1)
成立，设a＝f − ，b＝f (2)，c＝f (e)，则a，b，c的大小关系为( )
2
A．c>a>b B．c>b>a
C．a>c>b D．b>a>c
( 1) (5)
【解析】因为f (x)的图象关于直线x＝1对称，由此可得f − ＝f ．当x >x >1时， [f
2 2 2 1
(x )－f (x )](x －x )<0恒成立，可知f (x)在(1，＋∞)上单调递减．
2 1 2 1
5 (5)
因为1<2< <e，所以f (2)>f >f (e)，所以b>a>c．
2 2
【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，
{
0<a<2，
则 −1<a<3，解得0<a<1，所以实数a的取值范围是(0，1)．故选C．
a<1，
{−x2−2ax−a，x<0，
【典例3】(2024·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝ 在R上单调递增，则a
ex+ln(x+1)，x≥0
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，
{ −2a
− ≥0，
则需满足 2×(−1) 解得－1≤a≤0，
−a≤e0+ln1，
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
3
化为f (－2x)＞f (3)．∵f (x)是定义在R上的增函数，∴－2x＞3，解得x＜－ ．∴不等式的
2
{ | 3}
解集为 x x＜− ．
2
方法技巧 3 5 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
1
(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－ ，则实数a的值
2
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，1
由图象可知，在点A处取得最小值，为－ ，
2
1 1
故2x2－1＝－ ，解得x＝± ，
2 2
1 ( 1 1) 1 1
由图象可知x＝－ ，将点 − ，− 代入g(x)＝ax得－ a＝－ ，解得a＝1．
2 2 2 2 2
1 1 1 (1 1) 1
同理如果a＜0，则2x2－1＝－ ，解得x＝± ，∴x＝ ，将点 ，− 代入g(x)＝ax得 a＝
2 2 2 2 2 2
1
－ ，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
2
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 3 6 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−x2+❑√x2−3；
√1−x
(2)f (x)＝(1＋x)❑ ；
1+x
{x2+x，x<0，
(3)f (x)＝
x2−x，x>0；
(4)f (x)＝log (x＋❑√x2+1)．
2{3−x2≥0，
【解析】 (1)由 得x2＝3，解得x＝±❑√3，
x2−3≥0，
即函数f (x)的定义域为{－❑√3，❑√3}，
从而f (x)＝❑√3−x2+❑√x2−3＝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．
√1−x 1−x
(2) 函 数 f (x) ＝ (1 ＋ x)❑ 的 定 义 域 满 足 ≥0 ， 则
1+x 1+x
{ (1+x)(1−x)≥0
⇒－1＜x≤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)＝log [－x＋❑√(−x) 2+1]＝log (❑√x2+1－x)＝log (❑√x2+1＋x)-1＝－log (❑√x2+1＋x)＝－f
2 2 2 2
(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 3 7 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．2x−1
【典例1】(2023·新高考Ⅱ卷)若f (x)＝(x＋a)·ln 为偶函数，则a＝( )
2x+1
A．－1 B．0
1
C． D．1
2
2x−1 1 1
【解析】法一：由 ＞0，得x＞ 或x＜－ ，
2x+1 2 2
∵f (x)是偶函数，∴f (－x)＝f (x)，
−2x−1 2x−1
∴(－x＋a)ln ＝(x＋a)ln ，
−2x+1 2x+1
2x+1 (2x−1) −1
又(－x＋a)ln ＝(－x＋a)ln ，
2x−1 2x+1
2x−1 2x−1
∴(x－a)ln ＝(x＋a)ln ，
2x+1 2x+1
∴x－a＝x＋a，得－a＝a，得a＝0．
故选B．
2x−1 1
法二：因为f (x)＝(x＋a)ln 为偶函数，f (－1)＝(a－1)ln 3，f (1)＝(a＋1)ln ＝－(a＋
2x+1 3
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，
{x3+x+1，x>0，
所以f (x)＝ 0，x=0，
x3+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( )
(5 )
A．(－∞，－2)∪ ，4 B．(4，＋∞)
2
( 5)
C． −2， ∪(4，＋∞) D．(－∞，－2)
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，
{2x−5＞0， {2x−5＜0， {2x−5＞0，
不 等 式 (2x － 5)f (x － 1) ＜ 0 化 为 或 所 以 或
f (x−1)＜0 f (x−1)＞0， x−1＞3
{2x−5＞0， { 2x−5＜0， 5 5
或 解得x＞4或x∈∅或－2＜x＜ ，即－2＜x＜ 或x＞4，
x−1＜−3 −3＜x−1＜3， 2 2
( 5)
即原不等式的解集为 −2， ∪(4，＋∞)．故选C．
2
方法技巧 3 8 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 (7)
＝ ＋1，则f ＝( )
2 2
7
A．2 B．
4
5 3
C． D．
4 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，
⇒ ⇒
1
(7) ( 1) (1) 5
所以f ＝f − ＝f ＝2＋1＝ ．故选C．
2 2 2 4
2
【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 3 9 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)；
a+b
(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＝ 对称．
2
【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(x ，
1
y )，(x ，y )，(x ，y )，(x ，y )，则x ＋x ＋x ＋x ＝( )
1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4
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x ＋x ＋x ＋x ＝4×2＝8．
1 2 3 4
方法技巧 4 0 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
⇔(a+b c)
数y＝f (x)满足f (a＋x)＋f (b－x)＝c，则y＝f (x)的图象关于点 ， 对称．
2 2
cx+d ( b c)
(2)双曲线型函数f (x)＝ 的图象的对称中心为 − ， ．
ax+b a 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
＝ 图象的交点的横坐标分别为x ，x ，…，x ，则 ＝( )
x−2 1 2 n
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，
1
所以函数的图象关于(2，0)对称，又函数y＝ 的图象关于(2，0)对称，则y＝f (x)与y＝
x−2
1 n
的图象的交点应为偶数个，且关于(2，0)对称，所以 ＝4× ＝2n．故选B．
x−2 2
方法技巧 4 1 两函数图象间的对称问题
b−a
函数y＝f (a＋x)的图象与函数y＝f (b－x)的图象关于直线x＝ 对称．
2
【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＝log y－m，
3
∴f (x)＝log x－m，
3
∴f (3)＋f (9)＝1－m＋2－m＝1，∴m＝1．
方法技巧 4 2 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．
4 2 1
【典例1】已知a＝ 25 ，b＝ 47 ，c＝ 255 ，则( )
A．b<a<c B．a<b<c
C．b<c<a D．c<a<b
4 1 2 1 1 1
【解析】a＝
25
＝
165
，b＝
47
＝
167
，c＝
255
，幂函数y＝
x5
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；
1
因为函数定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，且f (－x)＝ ＝－f (x)，所以函数f
−x
(x)是奇函数，不是偶函数，故C正确，D错误．故选C．
m
【典例3】如图所示是函数y＝ xn(m，n∈N*且互质)的图象，则( )m
A．m，n是奇数且 <1
n
m
B．m是偶数，n是奇数，且 <1
n
m
C．m是偶数，n是奇数，且 >1
n
m
D．m，n是偶数，且 >1
n
m m
【解析】由题干图象可看出y＝
xn
为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，故
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 4 3 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)．
{
4a+2b+c=−1，
a−b+c=−1，
{a=−4，
由题意得 解得 b=4，
4ac−b2
=8， c=7．
4a
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)，
2+(−1) 1
所以抛物线的对称轴为x＝ ＝ ，
2 21
所以m＝ ．
2
又根据题意，函数有最大值8，所以n＝8，
( 1) 2
所以f (x)＝a x− ＋8．
2
( 1) 2
因为f (2)＝－1，所以a 2− ＋8＝－1，解得a＝－4，
2
( 1) 2
所以f (x)＝－4 x− ＋8＝－4x2＋4x＋7．
2
法三(利用“零点式”)：
由已知f (x)＋1＝0的两根为x ＝2，x ＝－1，
1 2
故可设f (x)＋1＝a(x－2)(x＋1)(a≠0)，
即f (x)＝ax2－ax－2a－1．
又函数有最大值8，
4a(−2a−1)−(−a) 2
即 ＝8．
4a
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；
b
图象的对称轴为直线x＝－1，即－ ＝－1，2a－b＝0，B错误；结合题图，当x＝－1时，
2a
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 4 4 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＝❑√ax2+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，
b 0+1
则c＝0，－ ＝ ，即a＝－b，
2a 2
( 1) 2 a
则y＝ax2＋bx＋c＝ax2－ax＝a x− － ，
2 4
1 ( 1 ) 2 a
当x＝ 时，y＝a x− － 取得最大值，为1，
2 2 4
a
即－ ＝1，解得a＝－4．故选A．
4
【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．
m−1
(2)g(x)＝f (x)－mx＝x2＋(1－m)x－2，其图象的对称轴为x＝ ，
2
m−1 3 1
当 < ，即m＜4时，g(x) ＝g(2)＝－2m＋4＝3，解得m＝ ；
2 2 max 2
m−1 3
当 ＝ ，即m＝4时，g(x) ＝g(1)＝g(2)＝－m＝－2m＋4＝3，解得m∈∅；
2 2 maxm−1 3
当 > ，即m>4时，g(x) ＝g(1)＝－m＝3，解得m＝－3(舍)，
2 2 max
1
综上，m＝ ．
2
{x2−ax，x≥a，
(3)h(x)＝[f (x)－x2＋2]·|x−a|＝x|x−a|＝
−x2+ax，x<a，
当a＝0时，h(x)在R上单调递增，符合题意；
a ( a) (a )
当a>0时，则 <a，此时函数h(x)在 −∞， ，(a，＋∞)上单调递增，在 ，a 上单调递
2 2 2
减，
{a
≥2，
则 2 解得a≥4；
a>0
a (a ) ( a)
当a<0时， >a，则函数h(x)在(－∞，a)， ，+∞ 上单调递增，在 a， 上单调递减，
2 2 2
{a
≤−2，
则 2 解得a≤－4，
a<0
综上所述，a的取值范围为a＝0或a≥4或a≤－4．
方法技巧 4 5 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．
1 1 √ 3
【典例1】(2025·湖南长沙模拟)计算 (−64)3+［(−3) 4 ］4 －(❑√2－1)0＋33 ＝________．
8
【解析】 (−64)3 1 ＋ ［(−3) 4 ］4 1 －(❑√2－1)0＋ √ 33 3 8 ＝ (－43 )3 1 ＋ (34)4 1 －1＋ [(3 2 ) 3] 3 1 ＝－4＋3－1＋ 3 2
1
＝－ ．
2
【典例2】(多选)下列计算正确的是( )
A．1√2 (−5) 4＝√3−51
2 1 1 1 1 5
B． (a3b2) ( －3a2 b3 )÷( a6 b6 )＝－9a(a>0，b>0)
3
C．❑√√3 9＝√33
D．已知x2＋x-2＝2，则x＋x-1＝2
4 1
【解析】对于A，1√2 (−5) 4＝1√2 54＝ 512 ＝ 53 ＝√35≠√3−5，所以A错误；
1
2 1 1 1 1 5 2 1 1 1 1 5
对于B， (a3b2) ( －3a2 b3 )÷( a6 b6 )＝－9 a3 + 2 − 6·b2 + 3 − 6 ＝－9a(a>0，b>0)，所以B正确；
3
对于C，❑√√3 9＝❑ √
93
1 ＝
96
1 ＝
33
1 ＝√33，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 4 6 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 4 7 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 4 8 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．
{4x ，x≥0，
【典例 2】已知实数 a≠1，函数 f (x)＝ 若 f (1－a)＝f (a－1)，则 a 的值为
2a−x ，x<0，
________．
1
【解析】当a<1时，41-a＝21，解得a＝ ；
2
1
当a>1时，2a－(1-a)＝4a-1无解，故a的值为 ．
2
方法技巧 4 9 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．
2x−1
【典例1】(多选)(2024·浙江温州期末)已知函数f (x)＝ ，则( )
2x+1
1
A．不等式|f (x)|< 的解集是(－1，1)
3
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)
2x−1 2 1 1 2 1 1 1 2
【解析】对于A，f (x)＝ ＝1－ ，由|f (x)|< ，得－ ＜1－ ＜ ，即 < < ，
2x+1 2x+1 3 3 2x+1 3 3 2x+1 3
3
得 <2x＋1<3，解得－1<x<1，即原不等式的解集为(－1，1)，故A正确；
2
2 2x+1
对于B，f (－x)＝1－ ＝1－ ≠f (x)，故B错误；
2−x+1 2x+1
2 1 3 2
对于C，f (1)＝1－ ＝ < ＝1－ ＝f (2)，所以f (x)在R上单调递减不成立，故C错误；
3 3 5 5
2 2
对于D，由0< <2知－1<1－ <1，即函数f (x)的值域为(－1，1)，故D正确．故选
2x+1 2x+1
AD．【典例2】若函数f (x)＝
(1)
ax2＋2x＋3
的值域是
(
0，
1 ]
，则f (x)的单调递增区间是________．
3 9
(1) t ( 1]
【解析】∵y＝ 是减函数，且f (x)的值域是 0， ，∴t＝ax2＋2x＋3有最小值2，
3 9
12a−22
则a>0且 ＝2，解得a＝1，
4a
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)
(a ) 1
＝f (1)，所以－ −2 ＝2a－ ，解得a＝1，经检验，f (x)＝x3(2x－2－x)为偶函数，所以a＝
2 2
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
a
减，所以x＝ ≥1，解得a≥2．故选D．
2
( 3) 2 9
法二(特值法)：取a＝3，则y＝x(x－3)＝ x− － 在(0，1)单调递减，所以f (x)＝2x(x-3)在
2 4
(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 5 0 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．
1 1
【典例1】(2025·四川成都模拟)若实数m，n，t满足5m＝7n＝t且 + ＝2，则t＝( )
m n
A．2❑√3 B．12 C．❑√5 D．❑√35
1 1
【解析】因为5m＝7n＝t且 + ＝2，
m n
易知t>0且t≠1，所以m＝log t，n＝log t，
5 7
1 1
所以 ＝log5， ＝log7，
m t n t
1 1
所以 + ＝log5＋log7＝log35＝2，则t＝❑√35.故选D.
m n t t t
1
【典例2】(2025·天津武清模拟)设a＝ lg 20＋lg ❑√5，b＝log 5，则a＋3b的值为( )
2 9
A．2＋❑√5 B．1＋❑√5 C．27 D．26
【解析】根据题意，
1
a＋3b＝ lg 20＋lg❑√5＋3log 9 5＝lg❑√20＋lg❑√5＋3log 3 ❑√5
2
＝lg(❑√20×❑√5)＋❑√5＝lg 10＋❑√5＝1＋❑√5.故选B.
方法技巧 5 1 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)＝log (2x＋b－1)(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则a，b满足的关系
a
是( )
A．0<a-1<b<1B．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，log b)，
a
1
由函数图象可知－1<log b<0，解得 <b<1.综上，0<a-1<b<1.
a a
1
【典例2】当0＜x≤ 时，4x＜log x，则a的取值范围是( )
2 a
( ❑√2) (❑√2 )
A． 0， B． ，1
2 2
C．(1，❑√2) D．(❑√2，2)
【解析】构造函数f (x)＝4x和g(x)＝log x，当a＞1时，不满足条件；当0＜a＜1时，在同一直
a
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
(1) (1) 1
f ＜g ，即2＜log ，
2 2 a2
❑√2 (❑√2 )
则a＞ ，所以a的取值范围为 ，1 .
2 2
【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，
1 2
所以ab＝1，则b＝ ，所以a＋2b＝a＋ ，
a a
2
令g(x)＝x＋ (0<x<1)，则g(x)在(0，1)上单调递减，
x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 5 2 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(log a)
f (log a)＋ 1 ≤2f (1)，则a的取值范围是( )
2
2
( 1]
A．[1，2] B． 0，
2
[1 ]
C． ，2 D．(0，2]
2
log a f(log a)
【解析】因为 1 ＝－log a，所以f (log a)＋ 1 ＝f (log a)＋f (－log a)＝2f (log a)，原
2 2 2 2 2
2 2
不等式变为2f (log a)≤2f (1)，即f (log a)≤f (1)．又因为f (x)是定义在R上的偶函数，且在
2 2
1
[0，＋∞)上单调递增，所以|log a|≤1，即－1≤log a≤1，解得 ≤a≤2，故选C.
2 2 2
1
【典例2】已知a＝log
2
e，b＝ln 2，c＝log
1 3
，则a，b，c的大小关系为( )
2
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＝log e＞1，b＝ln 2∈(0，1)，所以a＞b.又因为c＝
2
1
log ＝log 3，且函数y＝log x在(0，＋∞)上单调递增，所以log 3＞log e，所以c＞a，所以
1 3 2 2 2 2
2
c＞a＞b.
1
法二(图象法)：log ＝log 3，在同一平面直角坐标系中画出函数 y＝log x，y＝ln x的图象，
1 3 2 2
2
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
a
性可知， u＝x2＋ax－a－1在区间[2，＋∞)上单调递增，则有－ ≤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.
2x+1
【典例4】(多选)已知函数f (x)＝ln ，下列说法正确的是( )
2x−1
A．f (x)为奇函数
B．f (x)为偶函数
(1 )
C．f (x)在 ，+∞ 上单调递减
2
D．f (x)的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)
2x+1 1 1
【解析】令 >0，解得x> 或x<－ ，
2x−1 2 2
( 1) (1 )
∴f (x)的定义域为 −∞，− ∪ ，+∞ ，
2 2
−2x+1 2x−1 (2x+1) −1
又f (－x)＝ln ＝ln ＝ln
−2x−1 2x+1 2x−1
2x+1
＝－ln ＝－f (x)，
2x−1
∴f (x)为奇函数，故A正确，B错误．2x+1 ( 2 )
又f (x)＝ln ＝ln 1+ ，
2x−1 2x−1
2
令t＝1＋ ，t>0且t≠1，则y＝ln t，
2x−1
2 (1 )
又t＝1＋ 在 ，+∞ 上单调递减，且y＝ln t为增函数，
2x−1 2
(1 )
∴f (x)在 ，+∞ 上单调递减，故C正确；
2
由C分析可得f (x)的值域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，故D正确．
方法技巧 5 3 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．
ln|x|−x2+2
【典例1】函数f (x)＝ 的图象大致为( )
x
A B
C D
【解析】由题意可知，函数f (x)的定义域为{x|x≠0}．
ln|−x|−(−x) 2+2 ln|x|−x2+2
又f (－x)＝ ＝ ＝－f (x)，
−x −x
所以函数f (x)为奇函数，图象关于原点对称，排除选项AB；lnx−x2+2 lnx 2
当x＞0时，f (x)＝ ＝－x＋ + ，
x x x
1
·x−lnx x2+lnx+1
则f′(x)＝－1＋ x 2 ＝－ ，
− x2
x2 x2
由f′(1)＝－2<0，排除选项D.故选C.
2
【典例2】若函数f (x)＝ 的部分图象如图所示，则f (5)＝( )
ax2+bx+c
1 2 1 1
A．－ B．－ C．－ D．－
3 3 6 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
{ =1，
9a+3b+c
c
2×4= ， 解得a＝－2，b＝12，c＝－16，
a
b
2+4=− ，
a
2 1
所以f (x)＝ ＝ ，
−2x2+12x−16 −x2+6x−8
1 1
所以f (5)＝ ＝－ ，故选A.
−25+30−8 3
方法技巧 5 4 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．
{a，a≤b，
【典例1】(多选)对任意两个实数a，b，定义min{a，b}＝ 若f (x)＝2－x2，g(x)＝
b，a>b，
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)＝log x－x＋1，则不等式f (x)<0的解集是(
2
)
A．(1，2) B．(－∞，1)∪(2，＋∞)
C．(0，2) D．(0，1)∪(2，＋∞)
【解析】依题意，f (x)<0等价于log x<x－1，
2
分别作出y＝log x的图象与y＝x－1的图象，
2
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
1
率为1，当直线y＝kx过A点时，斜率为 ，故方程f (x)＝g(x)有两个不相等的实根时，k的取
2
(1 )
值范围为 ，1 .
2方法技巧 5 5 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，
1 39 1 5
因为f (－2)＝ －8－2＝－ <0，f (－1)＝ －1－2＝－ <0，
4 4 2 2
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)＝log x＋x－b(a>0 且 a≠1)．当 2<a<3<b<4 时，函数 f (x)的零点
a
x ∈(n，n＋1)，n∈N*，则n＝________．
0
【解析】对于函数y＝log x，当x＝2时，可得y<1，当x＝3时，可得y>1，在同一直角坐标系
a
中画出函数y＝log x，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，
a
所以函数f (x)的零点x ∈(n，n＋1)时，n＝2.
0
方法技巧 5 6 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．
{x2−1，x≤0，
【典例1】函数f (x)＝ 的零点个数为( )
x−2+lnx，x>0
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.
{ |lnx|，x>0，
【典例3】已知函数f(x)＝ 则关于x的函数y＝4f2(x)－13f(x)＋9的零点的个
−x2−3x，x≤0，
数为( )
A．8 B．7 C．5 D．2
【解析】根据题意，令4f 2(x)－13f (x)＋9＝0，
9
得f (x)＝1或f (x)＝ .作出f (x)的简图，如图，
49
由图象可得直线y＝1、y＝ 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
4
(x)－13f(x)＋9的零点的个数为7.故选B.
方法技巧 5 7 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．
{|log (x−1)|，x>1，
【典例1】已知函数f (x)＝ 2 若关于x的方程f (x)＝m有3个不相等的实数
|3x−1|，x≤1，
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.
{ xlnx，x>0，
【典例2】(多选)已知函数f (x)＝ 函数g(x)＝[f (x)]2－(a－1)f (x)－a，
−x2−2x+1，x≤0，
则下列说法错误的是( )
1
A．若a<－ ，则g(x)恰有2个零点
e
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)( 1)
D.若g(x)恰有2个零点，则a的取值范围是 −∞，− ∪(2，＋∞)
e
【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.
1 1
当x>0时，f′(x)＝ln x＋1.由f′(x)>0，得x> ；由f′(x)<0，得0<x< ，
e e
( 1) (1 ) (1) 1
则f (x)在 0， 上单调递减，在 ，+∞ 上单调递增，f ＝－ .
e e e 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；
1
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＝－ ，则C错误
e
1
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<－ 或
e
a>2，则D错误．
故选ACD.
{ln(−x−1)，x＜−1，
【典例3】函数f (x)＝ 若函数g(x)＝f (f (x))－a有三个不同的零点，则
2x+1，x≥−1，
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t ，t (不妨设t ＞t )，则t ＜－1，t ≥－1.
1 2 2 1 1 2
当t ＜－1时，t ＝f (x)有一解；
1 1当t ≥－1时，t ＝f (x)有两解．
2 2
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 5 8 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．
(1 )
【典例1】函数f (x)＝x2－ax＋1在区间 ，3 上有零点，则实数a的取值范围是( )
2
A．(2，＋∞) B．[2，＋∞)
[ 5) [ 10)
C． 2， D． 2，
2 3
(1 ) 1 (1 ) 1
【解析】由题意知方程ax＝x2＋1在 ，3 上有解，即a＝x＋ 在 ，3 上有解，设t＝x＋
2 x 2 x
(1 ) [ 10) [ 10)
，x∈ ，3 ，则t的取值范围是 2， .所以实数a的取值范围是 2， ，故选D.
2 3 3
【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________．
{ m≠2，
【解析】依题意，结合函数f (x)的图象(图略)分析可知，m需满足 f (−1)·f (0)<0，
f (1)·f (2)<0，
{ m≠2，
即 (2m−1)(2m+1)<0，
(4m−1)(8m−7)<0，
1 1
解得 <m< .
4 2
方法技巧 5 9 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＝mlog x＋n(m＞0，a＞1)
a
【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 6 0 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
V
小明和小李视力的小数记录法的数据分别为V ，V ，则 2的值所在区间是( )
1 2 V
1
A．(1.5，2) B．(2，2.5)
C．(2.5，3) D．(3，3.5)
{5.0=5+lgV ， V
【解析】依题意， 2 两式相减得0.5＝lg V －lg V ＝lg 2，
4.5=5+lgV ， 2 1 V
1 1
V
解得 2＝100.5＝❑√10，所以❑√10∈(3，3.5)．故选D.
V
1
【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θ ，环境温度是θ ，则经过t min物体的温度θ将满足θ＝θ ＋(θ －θ )e－kt，其
1 0 0 1 0
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
1 1 t
【解析】由题意得50＝10＋(90－10)e-10k，即e-10k＝ 2 ，∴k＝ 10 ln 2，∴θ＝θ 0 ＋(θ 1 － θ )e − 10 ln2
0
，
t t 1
由20＝10＋(90－
10)e
−
10
ln2得
e
−
10
ln2＝
8
，
t 1
即－ ln 2＝ln ＝－3ln 2，解得t＝30，
10 8
∴若使物体的温度为20 ℃，需要冷却30 min.故选C.
方法技巧 6 1 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
16 1
x(单位：小时)变化的关系如下：当0≤x≤4时，y＝ －1；当4<x≤10时，y＝5－ x.若多
8−x 2
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，
{ 64
−4，0≤x≤4，
所以其浓度为f (x)＝4y＝ 8−x
20−2x，4<x≤10，
64
当0≤x≤4时， －4≥4，解得x≥0，此时0≤x≤4，
8−x
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，
( 1 ) [ 16 ] 16a 16a
其浓度g(x)＝2 5− x ＋a −1 ＝10－x＋ －a＝14－x＋ －a－4，
2 8−(x−6) 14−x 14−x
因为14－x∈[4，8]，a∈[1，4]，
16a √ 16a
所以14－x＋ －a－4≥2❑(14−x)· －a－4＝8❑√a－a－4，
14−x 14−x
16a
当且仅当14－x＝ ，即x＝14－4❑√a∈[6，10]时，等号成立．
14−x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：
1
①y＝5＋2lg x；②y＝5－lg .
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
1
【解析】将x＝0.1代入①y＝5＋2lg x，②y＝5－lg ，
x
分别可得y＝5－2＝3，y＝5－1＝4，
1
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 ＝5，解得x＝1，所
x
以小明视力的小数记录数据为1.0，故C错误；
1
x＝0.8代入模型②得，y＝5－lg ＝5＋lg 0.8＝5－0.1＝4.9，故D正确．故选BD.
0.8
方法技巧 6 2 变化率问题
函数的平均变化率和瞬时变化率的关系
Δy f (x +Δx)−f (x ) Δy
平均变化率 ＝ 0 0 ，如果当Δx趋于0时， 无限趋近于一个常数，那么这
Δx Δx Δx个常数就是函数f (x)在x＝x 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
0
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
f (b)−f (a)
业的污水排放量W与时间t的关系为W＝f (t)，用－ 的大小评价在[a，b]这段时间内
b−a
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[t ，t ]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强
1 2
B．在t 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强
2
C．在t 时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标
3
D．甲企业在[0，t ]，[t ，t ]，[t ，t ]这三段时间中，在[0，t ]的污水治理能力最强
1 1 2 2 3 1
f (b)−f (a) f (b)−f (a)
【解析】－ 表示在[a，b]上割线斜率的相反数，－ 越大治理能力越强．
b−a b−a
对于A，在[t ，t ]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
1 2
的污水治理能力比乙企业强，正确；
对于B，要比较t 时刻的污水治理能力，即看在t 时刻两曲线的切线斜率，切线斜率的相反
2 2
数越大，污水治理能力越强，故在t 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强，正确；
2
对于C，在t 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；
3
对于D，甲企业在[t ，t ]这段时间内的污水治理能力最强，错误．故选ABC．
1 2
【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≤V <V ≤3，则下列结论正确的是( )
1 2
r(1)−r(0) r(2)−r(1)
A． <
1−0 2−1
B．r′(1)>r′(2)
(V +V ) r(V )+r(V )
C．r 1 2 < 1 2
2 2r(V )−r(V )
D．存在V ∈(V ，V )，使得r′(V )＝ 2 1
0 1 2 0 V −V
2 1
r(1)−r(0) r(2)−r(1)
【解析】对于A，设tan α＝ ，tan θ＝ ，
1−0 2−1
π
由题图得θ＜α＜ ，所以tan α>tan θ，
2
r(1)−r(0) r(2)−r(1)
所以 > ，所以该选项错误；
1−0 2−1
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；
(V +V ) (3) r(V )+r(V ) r(3) (3)
对于 C，设 V ＝0，V ＝3，所以 r 1 2 ＝r ， 1 2 ＝ ，因为 r －
1 2 2 2 2 2 2
(3) (3) r(3)
r(0)>r(3)－r ，所以r > ，所以该选项错误；
2 2 2
r(V )−r(V )
对于D， 2 1 表示A(V ，r(V ))，B(V ，r(V ))两点之间的斜率，r′(V )表示C(V ，
V −V 1 1 2 2 0 0
2 1
r(V ))处切线的斜率，由于V ∈(V ，V )，所以可以平移直线AB，使之和曲线r(V)相切，切
0 0 1 2
点就是点C，所以该选项正确．故选BD．
方法技巧 6 3 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．
(π) (π)
【典例1】(2025·河北冀州中学模拟)已知函数f (x)满足f (x)＝f ′ sin x－cos x，则f ′ 的
3 3
值为( )
❑√3
A．❑√3 B．
2
❑√3
C．－❑√3 D．－
2
(π) (π) 1 (π) ❑√3 (π)
【解析】f ′(x)＝f ′ cos x＋sin x，∴f ′ ＝ f ' + ， ∴f ′ ＝❑√3．故选A．
3 3 2 3 2 3【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 6 4 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．
ex ( e)
【典例1】(2023·全国甲卷)曲线y＝ 在点 1， 处的切线方程为( )
x+1 2
e e
A．y＝ x B．y＝ x
4 2
e e e 3e
C．y＝ x＋ D．y＝ x＋
4 4 2 4
ex
【解析】因为y＝ ，
x+1
ex(x+1)−ex(x+1) ' xex
所以y′＝ ＝ ，
(x+1) 2 (x+1) 2
( e) e
故曲线在点 1， 处的切线斜率k＝ ，
2 4
e e e e
所以切线方程为y－ ＝ (x－1)，即y＝ x＋ ．故选C．
2 4 4 4
【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________，
________．
1
【解析】当x>0时，点(x ，ln x )(x >0)上的切线为y－ln x ＝ (x－x )．若该切线经过原点，
1 1 1 1 x 1
1
x
则ln x －1＝0，解得x ＝e，此时切线方程为y＝ ．
1 1 e1
当x<0时，点(x ，ln (－x ))(x <0)上的切线为y－ln (－x )＝ (x－x )．若该切线经过原点，则
2 2 2 2 x 2
2
x
ln (－x )－1＝0，解得x ＝－e，此时切线方程为y＝－ ．
2 2 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
a
【解析】f ′(x)＝1＋ ，则f ′(1)＝1＋a，
x
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(x ，y )，则y ＝(x +a)ex 0，切线斜率k＝(x +1+a)ex 0，
0 0 0 0 0
∴切线方程为y−(x +a)ex 0＝(x +1+a)ex 0(x－x )，
0 0 0
∵切线过原点，
∴−(x +a)ex 0＝(x +1+a)ex 0(－x )，
0 0 0
整理得x2＋ax －a＝0，
0 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，＋∞)．
3
【典例5】若点P是曲线y＝ x2－2ln x上任意一点，则点P到直线y＝x－3的距离的最小值为
2
________．
3
【解析】设平行于直线y＝x－3且与曲线y＝ x2－2ln x相切的切线对应切点P(x，y)，由y＝
2
3 2 2 2
x2－2ln x，得y′＝3x－ ，令y′＝3x－ ＝1，得x＝1或x＝－ (舍去)，
2 x x 3
( 3)
∴P 1， ，
2| 3 |
1− −3 7❑√2
∴点P到直线y＝x－3的距离的最小值为 2 ＝ ．
4
❑√2
方法技巧 6 5 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(x ，f (x ))，与曲线y＝g(x)相切于点(x ，g(x ))，则切线方程为
1 1 2 2
y－f (x )＝f ′(x )(x－x )，即y＝f ′(x )x＋f (x )－f ′(x )x ，同理y＝g′(x )x＋g(x )－g′(x )x ．
1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2
{ f' (x )=g' (x )，
1 2
所以 解出x ，x ，从而可得公切线方程．
f (x )−f' (x )x =g(x )−g' (x )x ， 1 2
1 1 1 2 2 2
【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．
1
由y＝ln (x＋1)＋a得y′＝ ，
x+1
设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a相切的切点为(x ，ln (x ＋1)＋a)，
0 0
1 1 ( 1 1)
由两曲线有公切线得y′＝ ＝2，解得x ＝－ ，则切点为 − ，a+ln ，
x +1 0 2 2 2
0
( 1) 1
切线方程为y＝2 x+ ＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2．
2 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( )
( 4 ) ( 4 )
A． 0， B． ，+∞
e2 e2
( 4 ) {4 }
C．(－∞，0)∪ ，+∞ D．(－∞，0)∪
e2 e2
【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，{ tem=2n， (tem ) 2
则 所以tem－mtem＝－ ，
tem−mtem=−n2 ， 2
4m−4
化简可得t＝ ，
em
4m−4 4x−4 8−4x
转化为方程t＝ 有两个解，构造函数f (x)＝ ，则f ′(x)＝ ，
em ex ex
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，
4
故f (x)在x＝2时有极大值即为最大值，f (2)＝ ，
e2
当x→－∞时，f (x)→－∞，当x→＋∞时，f (x)→0，
( 4 )
故t的取值范围为 0， ．故选A．
e2
【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 e−3 ，+∞ )
2
C． ( 0， 1 e−3 ] D．[2e，＋∞)
2
【解析】设公切线与曲线y＝ln x－1和y＝ax2的切点分别为(x ，lnx −1)，(x ，ax2 )，其
1 1 2 2
中x ＞0，
1
1 1
对于y＝ln x－1有y′＝ ，则曲线y＝ln x－1的切线方程为y－(ln x －1)＝ (x－x )，
x 1 x 1
1
1
即y＝ x＋ln x －2，
x 1
1
对于y＝ax2有y′＝2ax，则曲线y＝ax2的切线方程为y−ax2＝2ax (x－x )，即y＝2ax x−ax2，
2 2 2 2 2
{ 1 =2ax ， 1
所以 x 2 则− ＝ln x －2，
1 4ax2 1
lnx −2=−ax2 ， 1
1 2
1
即 ＝2x2−x2 ln x (x ＞0)，
4a 1 1 1 1
令g(x)＝2x2－x2ln x(x＞0)，
则g′(x)＝3x－2x ln x＝x(3－2ln x)，
3
令g′(x)＝0，得x＝
e2
，
3
当x∈(0， e2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；3
当x∈(
e2
，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，且当x→＋∞时，g(x)→－∞，
3 1 1 1
所以g(x)
max
＝g( e2)＝
2
e3，故0＜
4a
≤
2
e3，
1
即a≥ e-3．故选B．
2
方法技巧 6 6 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)＝
(3 )
f ′(x)．若f −2x ，g(2＋x)均为偶函数，则( )
2
( 1)
A．f (0)＝0 B．g − ＝0
2
C．f (－1)＝f (4) D．g(－1)＝g(2)
(3 )
【解析】因为f −2x ，g(2＋x)均为偶函数，
2
(3 ) (3 )
所以f −2x ＝f +2x ，
2 2
(3 ) (3 )
即f −x ＝f +x ，g(2＋x)＝g(2－x)，
2 2
所以f (3－x)＝f (x)，g(4－x)＝g(x)，则f (－1)＝f (4)，故C正确；
3
函数f (x)，g(x)的图象分别关于直线x＝ ，x＝2对称，
2
(3)
又g(x)＝f ′(x)，且函数f (x)可导，所以g ＝0，g(3－x)＝－g(x)，
2
所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，所以g(x＋2)＝－g(x＋1)＝g(x)，
( 1) (3)
所以g − ＝g ＝0，g(－1)＝g(1)＝－g(2)，
2 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 6 7 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．lnx+1
【典例1】函数f (x)＝ 的单调递增区间为________．
ex
1
−lnx−1
【解析】由题意知f ′(x)＝ x (x＞0)．
ex
1 1 1
设h(x)＝ －ln x－1(x＞0)，则h′(x)＝－ − ＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
x x2 x
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．
sinx ( π)
【典例2】已知函数f (x)＝8x－ ，x∈ 0， ，讨论f (x)的单调性．
cos3x 2
cosxcos3x+3sinxcos2xsinx
【解析】 f ′(x)＝8－
cos6x
cos2x+3sin2x 3−2cos2x
＝8－ ＝8－ ．
cos4x cos4x
令cos2x＝t，则t∈(0，1)，
8t2+2t−3 (2t−1)(4t+3)
则f ′(x)＝ ＝ ，
t2 t2
( 1) (π π)
当t∈ 0， ，即x∈ ， 时，f ′(x)<0．
2 4 2
(1 ) ( π)
当t∈ ，1 ，即x∈ 0， 时，f ′(x)>0．
2 4
( π) (π π)
所以f (x)在 0， 上单调递增，在 ， 上单调递减．
4 4 2
方法技巧 6 8 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．
ex−a
【典例1】已知函数f (x)＝ －a ln x(a∈R)，讨论f (x)的单调性．
x
ex−a (x−1)(ex−a)
【解析】 函数f (x)＝ －a ln x的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝ ，
x x2
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．
1
【典例2】已知函数f (x)＝ ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f (x)的单调性．
2
【解析】 函数的定义域为(0，＋∞)，
1 ax2−(a+1)x+1
f ′(x)＝ax－(a＋1)＋ ＝
x x
(ax−1)(x−1)
＝ ．
x
1
①当0<a<1时， >1，
a(1 )
∴x∈(0，1)∪ ，+∞ 时，f ′(x)>0；
a
( 1)
x∈ 1， 时，f ′(x)<0，
a
(1 ) ( 1)
∴函数f (x)在(0，1)和 ，+∞ 上单调递增，在 1， 上单调递减．
a a
1
②当a＝1时， ＝1，∴f ′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，
a
∴函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．
1
③当a>1时，0< <1，
a
( 1)
∴x∈ 0， ∪(1，＋∞)时，f ′(x)>0；
a
(1 )
x∈ ，1 时，f ′(x)<0，
a
( 1) (1 )
∴函数f (x)在 0， 和(1，＋∞)上单调递增，在 ，1 上单调递减．
a a
(1 ) ( 1)
综上，当0<a<1时，函数f (x)在(0，1)和 ，+∞ 上单调递增，在 1， 上单调递减；
a a
当a＝1时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
( 1) (1 )
当a>1时，函数f (x)在 0， 和(1，＋∞)上单调递增，在 ，1 上单调递减．
a a
1
【典例3】(2024·山东青岛一模)已知函数f (x)＝ x2－ax＋ln x，讨论f (x)的单调性．
2
x2−ax+1
【解析】 f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ ．
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，
( a−❑√a2−4)( a+❑√a2−4)
x− x−
f ′(x)＝ 2 2 ，
x
由f ′(x)>0，得a−❑√a2−4 a+❑√a2−4
0<x< 或x> ，
2 2
a−❑√a2−4 a+❑√a2−4
由f ′(x)<0，得 <x< ，
2 2
( a−❑√a2−4) (a+❑√a2−4 )
所以f (x)在 0， ， ，+∞ 上单调递增，
2 2
(a−❑√a2−4 a+❑√a2−4)
在 ， 上单调递减．
2 2
综上，当a≤2时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
( a−❑√a2−4) (a+❑√a2−4 )
当 a>2 时 ， f (x) 在 0， ， ，+∞ 上 单 调 递 增 ； 在
2 2
(a−❑√a2−4 a+❑√a2−4)
， 上单调递减．
2 2
方法技巧 6 9 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)，
6
当x>0时，xf ′(x)＋f (x)<0，且f (2)＝3，则不等式f (x－1)> 的解集为__________．
x−1
【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，
6
由不等式f (x－1)> 可得
x−1
{ 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，
6
即不等式f (x－1)> 的解集为(1，3)．
x−1【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．
ex ex(x−1)
令f (x)＝ (x>0)，则f ′(x)＝ ，
x x2
当0<x<1时，f ′(x)<0，当x>1时，f ′(x)>0，
e5 ea
故f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因为ae5＝5ea，所以 ＝ ，
5 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．
a
【典例3】已知函数g(x)＝2x＋ln x－ ．
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．
a 1 a
【解析】 (1)g(x)＝2x＋ln x－ (x>0), g′(x)＝2＋ + (x>0)．
x x x2
∵函数g(x)在[1，2]上单调递增，
∴g′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
1 a
即2＋ + ≥0在[1，2]上恒成立，
x x2
∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立，
∴a≥(－2x2－x) ，x∈[1，2]．
max
在[1，2]上，(－2x2－x) ＝－3，
max
∴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) ＝－10，
min∴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)
f (x)
【解析】设g(x)＝ ，x>0，
x
因为xf ′(x)－f (x)>0，
xf'(x)−f (x)
所以g′(x)＝ >0，
x2
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
f (1)
因为f (1)＝2，所以g(1)＝ ＝2，
1
f (ex)
由f (ex)>2ex，且ex>0得 >2，
ex
f (ex)
则g(ex)＝ >2＝g(1)，
ex
所以ex>1＝e0，所以x∈(0，＋∞)，故选A．
方法技巧 7 0 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 7 1 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
(1)当a＝ 时，求f (x)的极值；
2
(2)讨论函数f (x)在定义域内极值点的个数．
1 1 1 1 2−x
【解析】 (1)当a＝ 时，f (x)＝ln x－ x，定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝ − ＝ ．
2 2 x 2 2x
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．
1 1−ax
(2)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ －a＝ ．
x 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；
( 1)
当a>0，x∈ 0， 时，f ′(x)>0，
a(1 )
当x∈ ，+∞ 时，f ′(x)<0，
a
1
故函数f (x)在x＝ 处有极大值．
a
综上可知，当a≤0时，函数f (x)无极值点；
1
当a>0时，函数f (x)有一个极大值点，且极大值点为x＝ ．
a
x lnx
【典例2】已知函数f (x)＝ 和g(x)＝ ＋b有相同的极大值，则b＝( )
ex x
A．0 B．2
C．－1 D．－3
1−x
【解析】f ′(x)＝ ，x∈R，
ex
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
1−lnx
g′(x)＝ ，x＞0，令g′(x)<0，解得x>e，令g′(x)>0，解得0<x<e，
x2
∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，
1
∴g(x)在x＝e处取得极大值，为g(e)＝ ＋b，
e
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 7 2 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．
3
【典例1】(2024·湖北武汉期中)已知函数f (x)＝b ln x＋ x2＋2ax＋a2－3a在x＝1处取得极
2
27 b
小值 ，则 的值为________．
2 a3 b
【解析】对 f (x)＝b ln x＋ x2＋2ax＋a2－3a 求导得，f ′(x)＝ ＋3x＋2a，依题意得，
2 x
{ 27
f (1)= ，
2
f'(1)=0，
{ a2−a+ 3 = 27 ，
即 2 2
b+2a+3=0，
{a=4， {a=−3，
解得 或
b=−11 b=3．
3 11
当 a＝4，b＝－11 时，f (x)＝－11ln x＋ x2＋8x＋4，x>0，f ′(x)＝－ ＋3x＋8＝
2 x
3x2+8x−11 (x−1)(3x+11)
＝ ，
x 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，
27 b 11
即x＝1时，函数f (x)取得极小值f (1)＝ ，符合题意，此时 ＝－ ；
2 a 4
3 3 3x2−6x+3
当a＝－3，b＝3时，f (x)＝3ln x＋ x2－6x＋18，x>0，f ′(x)＝ ＋3x－6＝ ＝
2 x x
3(x−1) 2
≥0，即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，与题意不符，舍去．
x
b
【典例2】(2025·八省联考)已知函数f (x)＝a ln x＋ －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．
2 1 2
解：①当a＝1，b＝－2时，f (x)＝ln x－ －x，其中x>0，∴f ′(x)＝ + －1．
x x x2
1 2
设切点为(x ，y )，∵切线斜率为2，∴f ′(x )＝2，∴ + －1＝2．
0 0 0 x x2
0 0
2
解得x ＝1，x ＝－ (舍去)．
0 0 3
当x ＝1时，y ＝f (1)＝ln 1－2－1＝－3．
0 0
∴切线方程为y－(－3)＝2(x－1)，
即2x－y－5＝0．
a b
②f ′(x)＝ − －1，∵x＝1为f (x)的极小值点，∴f ′(1)＝a－b－1＝0，∴a＝b＋1，
x x2x2−(b+1)x+b (x−1)(x−b)
∴f ′(x)＝－ ＝－ ．
x2 x2
(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．
(x−1) 2
(ii)若b＝1，f ′(x)＝－ ≤0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，f (x)不存在极值，舍去．
x2
(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，＋∞)．
1 1 (1 )
【典例3】已知函数f(x)＝ x3－ ax2＋x在区间 ，3 上既有极大值又有极小值，则实数a的
3 2 2
取值范围是( )
A．(2，+∞) B．[2，+∞)
( 5) ( 10)
C． 2， D． 2，
2 3
1 1 (1 )
【解析】函数f(x)＝ x3－ ax2＋x，导函数f ′(x)＝x2－ax＋1．因为f(x)在 ，3 上既有极大值
3 2 2
(1 )
又有极小值，所以f ′(x)＝0在 ，3 内应有两个不同的实数根．
2
{f'(1)
>0，
2
f'(3)>0，
所以 1 a
< <3，
2 2
f'(a)
<0，
2
5
解得2<a< ，
2( 5)
所以实数a的取值范围为 2， ．
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________．
2lnx
【解析】函数f (x)＝(ln x)2－ax2的定义域为(0，＋∞)，导函数f ′(x)＝ －2ax，
x
2lnx
由已知得 －2ax＝0有两个不相等的正实数根，
x
lnx lnx
∴a＝ 有两个不相等的正实数根，即y＝a与y＝ 的图象有2个不同的交点，
x2 x2
lnx 1−2lnx
令g(x)＝ ，则g′(x)＝ ，
x2 x3
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．
1
又g(1)＝0，g(❑√e)＝ ，
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，
( 1 )
所以实数a的取值范围是 0， ．
2e
方法技巧 7 3 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( )
π π 3π π
A．－ ， B．－ ，
2 2 2 2
π π 3π π
C．－ ， ＋2 D．－ ， ＋2
2 2 2 2
【解析】f ′(x)＝－sin x＋sin x＋(x+1)cos x＝(x+1)cos x，
( π) (3π )
所以在区间 0， 和 ，2π 上f ′(x)>0，
2 2
即f(x)单调递增；
(π 3π)
在区间 ， 上f ′(x)<0，即f(x)单调递减．
2 2
(π) π (3π) 3π
又f(0)＝f(2π)＝2，f ＝ ＋2，f ＝－ ，
2 2 2 2
3π π
所以f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－ ，最大值为 ＋2．故选D．
2 2
1
【典例2】函数f (x)＝－ x3＋x在(a，10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围是________．
3
【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，
{ a＜1，
则 10−a2 ＞1，即－2≤a＜1．
f (1)≥f (a)，
alnx
【典例3】)设实数a>0，求函数f (x)＝ 在[a，2a]上的最小值．
x
alnx
【解析】 因为f (x)＝ ，
x
a(1−lnx)
所以f ′(x)＝ (a>0，x>0)，
x2
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{f (a)，f (2a)}．
min
1 1 a
因为f (a)－f (2a)＝ln a－ ln (2a)＝ ln ，
2 2 2
所以当0<a≤2时，f (a)－f (2a)≤0，f (x) ＝f (a)＝ln a．
min
当a>2时，f (a)－f (2a)>0，
1
f (x) ＝f (2a)＝ ln (2a)．
min 2
综上所述，当0<a≤2时，f (x)在[a，2a]上的最小值为ln a；
1
当a>2时，f (x)在[a，2a]上的最小值为 ln (2a)．
2
方法技巧 7 4 导数型构造函数
f (x)
(1)出现xf ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝ ．
xn
(2)出现nf (x)＋xf ′(x)形式，构造函数F (x)＝xnf (x)．
f (x)
(3)出现f ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝ ．
enx
(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)sinx−f (x)cosx
F (x)＝ ，F ′(x)＝ ；
sinx sin2x
F (x)＝f (x)cosx，F ′(x)＝f ′(x)cos x－f (x)sin x；
f (x) f'(x)cosx+f (x)sinx
F (x)＝ ，F ′(x)＝ ．
cosx cos2x
【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，＋∞)
f (x)
【解析】令g(x)＝ ，
x
xf'(x)−f (x)
则g′(x)＝ ，
x2
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．
{ x>0，
而f (x)>0等价于
g(x)>0=g(1)
{ x<0，
或
g(x)<0=g(−1)，
{ x>0， { x<0，
即 或 所以x<－1或0<x<1．
0＜x<1 x<−1，
所以f (x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)．故选A．
3
【典例2】已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足2xf (x)＋x2f ′(x)<0，f (2)＝ ，则关于x的不
4
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．
3
又f (2)＝ ，∴g(2)＝4f (2)＝3．
4
∴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，＋∞)
f (x) f'(x)−f (x)
【解析】构造函数g(x)＝ －x，则g′(x)＝ －1，
ex ex
f'(x)−f (x)
因为f ′(x)－f (x)<ex，则 －1<0，
ex
f (x)
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 －x>0，即g(x)>g(1)，
ex
解得x<1，
所以不等式f (x)>xex的解集是(－∞，1)．故选A．( π)
【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， 满足f
2
′(x)cos x＋f (x)sin x>0，则下列不等式一定成立的是( )
❑√3 ( 1) ( π) 1
A． f − <f − cos
2 2 6 2
( π) ❑√6 ( π)
B．f − > f −
6 2 4
(π)
C．f (－1)<❑√2f cos 1
4
❑√2 (π) ( π)
D． f >f −
2 4 3
f (x) ( π) f'(x)cosx+f (x)sinx
【解析】令g(x)＝ ，x∈ 0， ，则g′(x)＝ ，
cosx 2 cos2x
( π)
又对于任意的x∈ 0， 满足f ′(x)cosx＋f (x)sin x＞0，则g′(x)＞0，
2
( π)
故g(x)在 0， 上单调递增，
2
f (−x) f (x)
而f (x)－f (－x)＝0，故g(－x)＝ ＝ ＝g(x)，故g(x)是偶函数，
cos(−x) cosx
( 1) (1) ( π) (π) ( π) (π) ( π) (π)
故g − ＝g <g − ＝g <g − ＝g <g(－1)＝g(1)<g − ＝g ，
2 2 6 6 4 4 3 3
( 1) ( π) ( π) (π) ( π)
f − f − f − f f −
2 6 4 4 f (−1) 3
即 < < ＝ < < ，
1 ❑√3 ❑√2 ❑√2 cos1 1
cos
2 2 2 2 2
故A正确，BCD错误．故选A．
方法技巧 7 5 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 (11 000−x
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
1 000+x
(0)＝1 000ln 1 000>f (1)＝999ln 1 001，所以c>b>a．故选B．
(1 ) ln5 ln3 ln2
【典例2】已知a，b，c∈ ，+∞ ，且 ＝－5ln a， ＝－3ln b， ＝－2ln c，则(
e a b c
)
A．b<c<a B．c<b<a
C．a<c<b D．a<b<c
(1 )
【解析】设函数f (x)＝x ln x，f ′(x)＝1＋ln x，当x∈ ，+∞ 时，f ′(x)>0，此时f (x)单调递
e
( 1) ln5 ln3
增，当 x∈ 0， 时，f ′(x)<0，此时 f (x)单调递减，由题 ＝－5ln a， ＝－3ln b，
e a b
ln2 1 1 1 1 1 1 1 1
＝－2ln c，得a ln a＝ ln ，b ln b＝ ln ，c ln c＝ ln ＝ ln ，
c 5 5 3 3 2 2 4 4
1 1 1 1
因为 < < < ，
5 4 3 e
1 1 1 1 1 1
所以 ln > ln > ln ，
5 5 4 4 3 3
(1 )
则a ln a>c ln c>b ln b，且a，b，c∈ ，+∞ ，
e
所以a>c>b．故选A．
方法技巧 7 6 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x ，x (或x，y，或a，b)的等式或不等式，如果进行整理(即同
1 2
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 (x )−f (x ) f (x )－f (x )＜kx － 构造y＝f (x)－kx，为增函
1 2 ＞k(x ＞x ) 1 2 1
x −x 2 1 kx 数
1 2 2
f (x )−f (x ) k f (x )－f (x )＞ k
1 2 ＜ (x ＞ 1 2 构造y＝f (x)＋ ，为减函
x 1 −x 2 x 1 x 2 2 k(x 1 −x 2 ) x
x ) x x 数
1 1 2
【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
b sina−sinb
C． <ea－b D． <1
a 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－ ，故
x
y'| 1 (1 ) 1
1＝❑√e－2<0，y′| ＝e－1>0，即y′＝ex－ 在 ，1 上存在零点且y′＝ex－ 在(0，＋
x= 2 x＝1 x 2 x
∞)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，
lnx 1−lnx lnx
排除A；对于B，设y＝ 且x∈(0，＋∞)，则y′＝ ，当x∈(0，e)时，y′>0，y＝
x x2 x
lnx lnx
单调递增；当x∈(e，＋∞)时，y′<0，y＝ 单调递减．故y＝ 在(0，＋∞)上不单调，则
x x
lna lnb
< 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＝
a b
b
xex在(0，＋∞)上单调递增，所以aea>beb，即 <ea－b，C正确；对于D，设y＝x－sin x且
a
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
sina−sinb
－sin b，即 <1，D正确．故选CD
a−b
【典例2】已知函数 f (x)＝ax2＋(a＋1)ln x＋1(a≤－1)，对任意的 x ，x ∈(0，＋∞)，恒有
1 2
|f (x )−f (x )|≥4|x −x |，则实数a的取值范围是( )
1 2 1 2
A．(－∞，－e2] B．(－∞，－e]
C．[－2，－1] D．(－∞，－2]
a+1 2ax2+a+1
【解析】由题意知，函数 f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2ax＋ ＝ ，又a≤
x x
－1，故f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，不妨设x ≥x ，对任意的x ，x ∈(0，＋∞)，
1 2 1 2
恒有|f (x )－f (x )|≥4|x －x |，即f (x )－f (x )≤4(x －x )，f (x )＋4x ≤f (x )＋4x ，令g(x)＝f
1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 2 2
a+1
(x)＋4x，由上可知g(x)在(0，＋∞)上单调递减，则g′(x)＝2ax＋ ＋4≤0在(0，＋∞)上恒
x
成立，
−4x−1 −4x−1 −4(2x2+1)−(−4x−1)·4x
从而a≤ 恒成立，设h(x)＝ ，则h′(x)＝
2x2+1 2x2+1 (2x2+1) 2
4(2x−1)(x+1)
＝ ，
(2x2+1) 2
( 1) (1 )
当x∈ 0， 时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈ ，+∞ 时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
2 2(1)
∴h(x) ＝h ＝－2，故a≤－2．故选D．
min 2
方法技巧 7 7 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alog x＝x＝log ax(a＞0且a≠1)．
a a
2．三种基本模式：
①积型：
{
同左：aea≤(lnb)elnb……f (x)=xex
aea≤b ln b 三种同构方式 同右：ealnea≤lnb……f (x)=xlnx
→
取对：a+lna≤lnb+ln(lnb)……f (x)=x+lnx
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：
ea elnb ex
{ 同左： < ……f (x)=
a lnb x
ea b
< 三种同构方式 ea b x
a lnb 同右： < ……f (x)=
→ lnea lnb lnx
取对：a−lna<lnb−ln(lnb)……f (x)=x−lnx
③和差型：
{ 同左：ea±a>elnb±lnb……f (x)=ex±x
ea±a>b±ln b 两种同构方式
→
同右：ea±lnea>b±lnb……f (x)=x±lnx
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；
1
②ex>a ln (a⇒x－a)－a ex>ln [a(x－1)]－1 ex－ln a－ln a>ln (x－1)－1
a
ex－ln a＋x－ln a>ln ⇒(x－1)＋x－1＝eln (x-1)＋⇒ln (x－1)；
lnx
⇒③ax>log x ex ln a> (x ln a)ex ln a>x ln x．
a lna
【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(
)
( 1)
A． −∞， B．(－∞，e]
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．
1 x−1
设g(x)＝x－ln x，则g′(x)＝1－ ＝ ，
x 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) ＝g(1)＝1，故a≤1．故选C．
min
1 1
【典例 3】已知当 x≥e 时，不等式 xa＋
x
－ ex ≥a ln x 恒成立，则正实数 a 的最小值为
________．
1 1
【解析】不等式可变形为 ex －
x
≤xa－a ln x，
1 1
即
ex
－ln
ex
≤xa－ln xa，
设f (x)＝x－ln x，
则当x≥e时，f (
e
1
x
)≤f (xa)恒成立，
1 x−1
因为f ′(x)＝1－ ＝ ，
x 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>0，1
所以 ex>1，xa>1，
因为f (x)在(1，＋∞)上单调递增，
1
所以
ex
≤xa，
1
两边取对数，得 ≤a ln x，
x
因为x≥e，
1
所以a≥ ，
xlnx
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) ＝h(e)＝e，
min
1 1
所以0< ≤ ，
xlnx e
1
所以a≥ ，
e
1
所以正实数a的最小值为 ．
e
方法技巧 7 8 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；
1
(3) ln x≥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．
1
(2)令g(x)＝ln x－(x－1)(x>0)，则g′(x)＝ －1．
x
1
令g′(x)<0，即 －1<0，解得x>1；
x
1
令g′(x)>0，即 －1＞0，解得0<x<1，
x
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．
1 1 1 x−1
(3)令h(x)＝ln x－1＋ (x>0)，则h′(x)＝ − ＝ ，
x x x2 x2
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，
1 1
则h(x)≥h(1)＝ln 1－1＋1＝0，即ln x－1＋ ≥0，所以ln x≥1－ ．
x x
1 2
【典例2】证明：当x>1时， x2＋ln x< x3．
2 3
2 1
[证明] 设g(x)＝ x3－ x2－ln x，
3 2
1
则g′(x)＝2x2－x－ ，因为当x＞1时，
x
(x−1)(2x2+x+1)
g′(x)＝ ＞0，
x
所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
1
所以当x>1时，g(x)＞g(1)＝ ＞0，
6
1 2
所以当x＞1时， x2＋ln x＜ x3．
2 3
【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；
3
(2)证明：当a＞0时，f (x)＞2ln a＋ ．
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
3 1
a＝1＋a2＋ln a，令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－ ＝a2－ln a－ ，a∈(0，＋∞)，
2 2
1 ❑√2
所以g′(a)＝2a－ ，令g′(a)＞0，得a＞ ；
a 2
❑√2
令g′(a)＜0，得0＜a＜ ．
2
( ❑√2) (❑√2 )
所以函数g(a)在 0， 上单调递减，在 ，+∞ 上单调递增，所以函数g(a)的最小值为
2 2
(❑√2) (❑√2) 2 ❑√2 1 3
g ＝ －ln − ＝ln ❑√2＞0，所以当a＞0时，f (x)＞2ln a＋ 成立．
2 2 2 2 2
方法技巧 7 9 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．
bex−1
【典例1】设函数f (x)＝aexln x＋ ，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝e(x－
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，＋∞)，
( 1) bex−1(x−1)
f ′(x)＝aex lnx+ + ，
x x2
{f (1)=2，
依题意得 解得a＝1，b＝2．
f'(1)=e，
2ex−1
(2)证明：由(1)知f (x)＝exln x＋ ，x＞0，
x
2
从而f (x)>1等价于x ln x>xe－x－ ．
e( 1)
构造函数 g(x)＝x ln x(x>0)，则 g′(x)＝1＋ln x，所以当 x∈ 0， 时，g′(x)<0，当 x∈
e
(1 ) ( 1) (1 )
，+∞ 时，g′(x)>0，故g(x)在 0， 上单调递减，在 ，+∞ 上单调递增，从而 g(x)在
e e e
(1) 1 2
(0，＋∞)上的最小值为g ＝－ ．构造函数h(x)＝xe－x－ (x>0)，则h′(x)＝e－x(1－x)，所以
e e e
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．
e
【解析】 (1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ －a(x>0)，
x
①若a≤0，则f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增；
e
②若a>0，则当0<x< 时，f ′(x)>0，
a
e
当x> 时，f ′(x)<0，
a
( e) (e )
故f (x)在 0， 上单调递增，在 ，+∞ 上单调递减．
a a
ex
(2)证明：因为x>0，所以只需证f (x)≤ －2e．
x
当a＝e时，由(1)知，f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以f (x) ＝f (1)＝－e．
max
ex (x−1)ex
记g(x)＝ －2e(x>0)，则g′(x)＝ ，
x x2
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) ＝g(1)＝－e．
min
综上，当x>0时，f (x)≤g(x)，
ex
即f (x)≤ －2e，
x
即xf (x)－ex＋2ex≤0得证．方法技巧 8 0 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．
( π)
2．常见的放缩有：(1)tan x>x>sin x，x∈ 0， ；(2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x，利用
2
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．
1
【典例1】已知函数f (x)＝ln x＋ －1．
x
(1)求函数f (x)的最小值；
(2)当x∈(0，π)时，证明：ex＞(1－ln x)sin x．
1 1 1 x−1
【解析】 (1)因为函数f (x)＝ln x＋ －1的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ − ＝ ，
x x x2 x2
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．
ex
(2)证明：当x∈(0，π)时，要证明ex＞(1－ln x)·sin x，只需证 ＞1－ln x，
sinx
1 1
由(1)可知ln x＋ －1≥0，即 ≥1－ln x，
x x
ex ex 1
所以要证 ＞1－ln x，只需证 ＞ ，
sinx sinx 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 8 1 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x 处的函数值f(x)恰好为零，则当x≥x 时，f(x)≥0成
0 0 0
立的一个必要条件为端点x 处的导数值f'(x)≥0.因为如果f'(x)<0，那么函数会在x 右侧的一个小区间内先
0 0 0 0
单调递减，此时函数f(x)在x≥x 时不恒为非负值，不满足要求，如图(3).
0
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x 处的函数值f(x)恰好为零，当x>x 时，f(x)<0成立的一个必要条件为
0 0 0
x 处的导数值f'(x)<0.
0 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.
1
【解析】依题意，f'(x)＝ ，
1＋x
由于g(x)＝xf'(x)，x≥0，
x
即g(x)＝ ，x≥0，
1＋x
而f(x)≥ag(x)恒成立，
ax
即ln(1＋x)≥ 恒成立.
1＋x
ax
令F(x)＝ln(1＋x)－ (x≥0)，
1＋x
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，
1 a 1＋x−a
而F'(x)＝ − ＝ ，
1＋x (1＋x)2 (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.1＋x−a x
当a≤1时，函数F'(x)＝ ≥ ≥0，
(1＋x)2 (1＋x)2
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❑√ex·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.
1− ax
而f'(x)＝－aln(1＋x)＋ －1
1＋x
(a＋1)x
＝－aln(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.
−a a＋1 a(x＋1)＋a＋1 ax＋2a＋1
而f″(x)＝ − ＝－ ＝－ ，
x＋1 (1＋x)2 (1＋x)2 (1＋x)2
故f″(0)＝－2a－1≥0，
1
即a≤－ .
2
1
下证当a≤－ 时，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
2
1
当a≤－ 时，
2
1
ax＋2a＋1 x＋1−1
f″(x)＝－ ≥2 x ≥0，
(1＋x)2 ＝
(1＋x)2 2(1＋x)2
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，1
综上，可得a≤－ .
2
方法技巧 8 2 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 8 3 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．
m
【典例1】(2024·安徽安庆二模节选)已知函数f (x)＝2ln x－x＋ (m∈R)，若不等式f (x)≤0
x
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．m 1
当m≤1时，f (x)＝2ln x－x＋ ≤2ln x－x＋ ，
x x
1
构造函数g(x)＝2ln x－x＋ ，x≥1，
x
2 1 (x−1) 2
g′(x)＝ －1－ ＝－ ≤0，
x x2 x2
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)] 即可．
min
h′(x)＝2x－2(ln x＋1)＝2(x－ln x－1)，
x−1
令μ(x)＝x－ln x－1，则μ′(x)＝ ≥0，
x
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)] ＝h(1)＝1，所以
min
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，＋∞)，
1+2x 1
故f ′(x)＝2ln(1＋x)＋ －1＝2ln (1＋x)－ ＋1，
1+x 1+x
1
因为y＝2ln (1＋x)，y＝－ ＋1在(－1，＋∞)上单调递增，
1+x
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．
1−ax
(2)f ′(x)＝－a ln (1＋x)＋ －1
1+x
(a+1)x
＝－a ln (1＋x)－ ，x>－1，
1+x(a+1)x
设s(x)＝－a ln (1＋x)－ ，
1+x
−a a+1 a(x+1)+a+1 ax+2a+1
则s′(x)＝ − ＝－ ＝－ ，
x+1 (1+x) 2 (1+x) 2 (1+x) 2
1
当a≤－ 时，若x≥0，则s′(x)≥0，故s(x)在[0，＋∞)上单调递增，
2
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．
1 2a+1
当－ <a<0时，当0<x<－ 时，s′(x)<0，
2 a
(
2a+1)
(
2a+1)
故s(x)在 0，− 上单调递减，故在 0，− 上s(x)<s(0)＝0，
a a
(
2a+1)
即在 0，− 上f ′(x)<0，即f (x)单调递减，
a
(
2a+1)
故在 0，− 上f (x)<f (0)＝0，不合题意，舍去．
a
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；
1
综上，a≤－ ．
2
方法技巧 8 4 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) ≥a．
max
(2)存在x∈[a，b]，f (x)≤a成立⇔f (x) ≤a．
min
(3)存在x ∈[a，b]，对任意x ∈[a，b]，f (x )≤g(x )成立⇔f (x) ≤g(x) ．
1 2 1 2 min 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)，
1
令f ′(x)＝0，解得x＝
e
−
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，
( 1)
当x∈ 0， 时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
e
(1 )
当x∈ ，+∞ 时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
e
(1) 1 1
故g(x) ＝g ＝－ ，因此a≥－ ，
min e e e
{ | 1}
故a的取值范围为 a a≥− ．
e
1
【典例2】已知函数f (x)＝ex－x，若对任意x>0，f (x)> ax2＋1有解，求a的取值范围．
2
1
【解析】 对任意x>0，f (x)> ax2＋1，
2
1
即ex－x－ ax2－1>0，
2
1
设g(x)＝ex－x－ ax2－1，x＞0，
2
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 8 5 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) x ，x ∈D，f (x )>g(x ) f (x) >g(x) ．
1 2 1 2 min max
(2) x ∈D ，∃x ∈D ，f (x )>g(x ) f (x) >g(x) ．
∀ 1 1 2 2 ⇔1 2 min min
(3) x ∈D ，∀x ∈D ，f (x )>g(x ) f (x) >g(x) ．
∀ 1 1 2 2 1 2 ⇔ max max
a
【典∃例1】设f (x)＝ ＋x ln x，g(x⇔)＝x3－x2－3．
x
(1)如果存在x ，x ∈[0，2]，使得g(x )－g(x )≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；
1 2 1 2
[1 ]
(2)如果对于任意的s，t∈ ，2 ，都有f (s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．
2
【解析】 (1)存在x ，x ∈[0，2]，使得g(x )－g(x )≥M成立，等价于[g(x )－g(x )] ≥M成
1 2 1 2 1 2 max
立．
g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)，
2
令g′(x)＝0，得x＝0或x＝ ，
3
(2) 85
∵g ＝－ ，
3 27
g(0)＝－3，g(2)＝1，
∴当x∈[0，2]时，g(x) ＝g(2)＝1，
max
(2) 85
g(x) ＝g ＝－ ，
min 3 27
( 85) 112
∴M≤1－ − ＝ ，
27 27
∴满足条件的最大整数M为4．
[1 ]
(2)对任意的s，t∈ ，2 ，都有f (s)≥g(t)，
2
则f (x) ≥g(x) ．
min max
[1 ]
由(1)知当x∈ ，2 时，g(x) ＝g(2)＝1，
2 max
[1 ] a
∴当x∈ ，2 时，f (x)＝ ＋x ln x≥1恒成立，
2 x
即a≥x－x2ln x恒成立．
[1 ]
令h(x)＝x－x2ln x，x∈ ，2 ，
2
∴h′(x)＝1－2x ln x－x，令φ(x)＝1－2xln x－x，
∴φ′(x)＝－3－2ln x<0，
[1 ]
h′(x)在 ，2 上单调递减，又h′(1)＝0，
2
[1 ]
∴当x∈ ，1 时，h′(x)≥0，
2
当x∈[1，2]时，h′(x)≤0，
[1 ]
∴h(x)在 ，1 上单调递增，在[1，2]上单调递减，
2
∴h(x) ＝h(1)＝1，故a≥1．
max
∴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x ∈[0，π]，均存在x ∈[1，2]，使得f (x )<g(x )，求实
1 2 1 2
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) <g(x) ，
max max
3
因为g(x)＝x2－3x＋a(a∈R)的图象开口向上，对称轴为直线x＝ ，
2
[ 3] [3 ]
则g(x)在 1， 上单调递减，在 ，2 上单调递增，
2 2
可得g(x) ＝g(1)＝g(2)＝a－2，
max
由(1)可设h(x)＝f ′(x)，
则h(x)＝－cos x－x sin x＋1，
所以h′(x)＝－x cos x，
( π)
当x∈ 0， 时，h′(x)<0；
2
(π )
当x∈ ，π 时，h′(x)>0，
2
( π)
则h(x)在区间 0， 上单调递减，
2(π )
在区间 ，π 上单调递增．
2
(π)
且h(0)＝0，h <0，h(π)＝2，
2
可知f ′(x)在区间(0，π)上只有一个零点，
(π )
设零点为x ，x ∈ ，π ，当x∈(0，x )时，f ′(x)<0；
0 0 2 0
当x∈(x ，π)时，f ′(x)>0，
0
所以f (x)在区间(0，x )上单调递减，在区间(x ，π)上单调递增，且f (0)＝0，f (π)＝0，可得
0 0
当x∈[0，π]时，f (x) ＝0，所以0<a－2，解得a>2，
max
所以实数a的取值范围是(2，＋∞)．
方法技巧 8 6 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．
1
【典例1】(2024·湖北武汉模拟节选)已知函数f (x)＝ln x－ ax2(a∈R )，讨论函数f (x)在区
2
间[1，e2]上零点的个数．
2lnx
【解析】 函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，由f (x)＝0，得a＝ ，
x2
2lnx 2−4lnx
令g(x)＝ ，x∈[1，e2]，则g′(x)＝ ，
x2 x3
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，e2]上单调递减，
1 4
又g(1)＝0，g(❑√e)＝ ，g(e2)＝ ，
e e4
作函数g(x)的大致图象，如图所示．4 1
综上，当0≤a< 或a＝ 时，f (x)在[1，e2]上有1个零点；
e4 e
4 1
当 ≤a< 时，f (x)在[1，e2]上有2个零点；
e4 e
1
当a<0或a> 时，f (x)在[1，e2]上没有零点．
e
【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，
ex ex
即a＝ 在(0，＋∞)上只有一解，于是曲线y＝ (x>0)与直线y＝a只有一个公共点，
x2 x2
ex ex(x−2)
令φ(x)＝ (x>0)，求导得φ′(x)＝ ，当0＜x<2时，φ′(x)<0，当x>2时，φ′(x)>0，
x2 x3
因此函数φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，
e2
函数φ(x)在x＝2处取得极小值同时也是最小值，即φ(2)＝ ，
4
当x→0时，φ(x)→＋∞；当x→＋∞时，φ(x)→＋∞，
ex
画出φ(x)＝ 大致的图象，如图，
x2
e2
g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝φ(2)＝ ，
4
e2
所以f (x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝ ．
4
方法技巧 8 7 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，＋∞)，
x 1 1−x
当a＝1时，f (x)＝ln (1＋x)＋ ，f (0)＝0，所以切点为(0，0)．f ′(x)＝ + ，f ′(0)＝
ex 1+x ex
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．
ax
(2)f (x)＝ln (1＋x)＋ ，
ex
1 a(1−x) ex+a(1−x2)
f ′(x)＝ + ＝ ，
1+x ex (1+x)ex
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，
1
g′(－1)＝ ＋2a<0，g′(0)＝1>0，
e
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，
1
又g(－1)＝ >0，
e
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．
ex+x2−1
⑤当a＝－1时，f ′(x)＝ ，
(1+x)·ex
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)．
3
【典例2】已知函数f (x)＝x sin x－ ．判断函数f (x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
2
【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，
( π)
当x∈ 0， 时，f ′(x)＞0．
23 3 (π) π−3
又f (x)＝xsin x－ ，从而有f (0)＝－ ＜0，f ＝ ＞0，
2 2 2 2
( π)
且f (x)在 0， 上的图象是连续不断的，
2
( π)
所以f (x)在 0， 内至少存在一个零点．
2
( π) ( π)
又f (x)在 0， 上单调递增，故f (x)在 0， 内有且只有一个零点．
2 2
(π )
当x∈ ，π 时，令g(x)＝f ′(x)＝sin x＋xcos x．
2
(π) (π )
由g ＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在 ，π 上的图象是连续不断的，
2 2
(π )
故存在m∈ ，π ，使得g(m)＝0．
2
由g′(x)＝2cos x－xsin x，
(π )
知当x∈ ，π 时，有g′(x)＜0，
2
(π )
从而g(x)在 ，π 上单调递减．
2
(π )
当x∈ ，m 时，g(x)＞g(m)＝0，即f ′(x)＞0，
2
(π )
从而f (x)在 ，m 上单调递增，
2
(π ) (π) π−3
故当x∈ ，m 时，f (x)＞f ＝ ＞0，
2 2 2
(π )
故f (x)在 ，m 上无零点；
2
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 8 8 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．
xa
【典例1】已知a＞0且a≠1，函数f (x)＝ (x＞0)．若曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个
ax
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，
xa lnx lna
可转化为方程 ＝1(x>0)有两个不同的解，即方程 ＝ 有两个不同的解．
ax x a
lnx 1−lnx
设g(x)＝ (x＞0)，则g′(x)＝ (x＞0)，
x x2
1−lnx
令g′(x)＝ ＝0，得x＝e，
x2
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，
1
故g(x) ＝g(e)＝ ，
max e
( 1)
且当x>e时，g(x)∈ 0， ，
e
lna 1
又g(1)＝0，所以0＜ ＜ ，所以a＞1且a≠e，
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．
4 4
【解析】 (1)f ′(x)＝ex＋1－ (x＜2)，所以f ′(0)＝e0＋1－ ＝0，
2−x 2−0
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)，4 (2−x) 2ex−4
g′(x)＝ex－ ＝ ，
(2−x) 2 (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)＝e2−e6＋2－e6＋24＜0，f (0)＝e0＋0＋4ln 2＞0，
f (2－e-6)＝e2−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)→＋∞．
4 x+2
由g′(x)＝－1＋ ＝ ＝0，得x＝－2，
2−x 2−x
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，
(3) 3 1 24 √28
g(1)＝－1＜0，g ＝－ －4ln ＝ln ＝ln ❑ ＞0，
2 2 2 ❑√e3 e3
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 8 9 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)，
xex−lnx−1
即m≤ ，
x
xex−lnx−1
令φ(x)＝ ，
x
x2ex+lnx
则φ′(x)＝ ，
x2
令h(x)＝x2ex＋ln x，
1
则h′(x)＝(2x＋x2)ex＋ ＞0，
x
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(1) 1 1 e2
又h ＝ ee－1＜ －1＝0，h(1)＝e＞0，
e e2 e2
(1 )
所以h(x)在 ，1 存在零点x ，
e 0
即h(x )＝x2ex 0＋ln x ＝0，
0 0 0
x2ex 0＋ln x ＝0⇔x ex 0＝－ lnx 0＝ ( ln 1 ) e ln x 1 0 ，
0 0 0 x x
0 0
令y＝xex(x＞0)，因为y′＝(x＋1)ex＞0，
所以y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
1 1
故x ＝ln ＝－ln x ，即ex 0＝ ，
0 x 0 x
0 0
所以φ(x)在(0，x )上单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增．
0 0
x ex 0−lnx −1 1+x −1
所以φ(x) ＝φ(x )＝ 0 0 ＝ 0 ＝1，所以m≤1．
min 0 x x
0 0
法 二 ( 朗 博 同 构 法 ) ： 由 f (x)≥mx 得 xex － ln x － 1≥mx(x ＞ 0) ，
所以ex＋ln x －ln x－1≥mx(x＞0)，即ex＋ln x －(x＋ln x)－1＋(1－m)x≥0(x＞0)恒成立．
由切线不等式得ex＋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．
1 2ax2−1
【解析】 (1)由题意可得f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2ax－ ＝ ，
x 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；
√ 1 √ 1
当a>0时，令f ′(x)>0，解得x>❑ ；令f ′(x)<0，解得0<x<❑ ，
2a 2a
( √ 1 ) (√ 1 )
可知f (x)在 0，❑ 上单调递减，在 ❑ ，+∞ 上单调递增．
2a 2a
综上所述：当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
( √ 1 ) (√ 1 )
当a>0时，f (x)在 0，❑ 上单调递减，在 ❑ ，+∞ 上单调递增．
2a 2a
(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 －1＝(x＋1) ( ex− 1) ，
x x
由x>0可知x＋1>0，
1
构建h(x)＝ex－ ，x>0，
x
1
因为y＝ex，y＝－ 在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
x
(1)
且h ＝❑√e－2<0，h(1)＝e－1>0，
2
(1 )
可知h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x ∈ ，1 ，
0 2
当0<x<x 时，h(x)<0，即F ′(x)<0；
0
当x>x 时，h(x)>0，即F ′(x)>0；
0
可知F (x)在(0，x )上单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增，
0 0
则F (x)≥F (x )＝x ex 0－ln x －x －1，
0 0 0 01
又因为ex 0－ ＝0，
x
0
1 (1 )
则ex 0＝ ，x ＝e−x 0，x ∈ ，1 ，
x 0 0 2
0
1
可得F (x )＝x × −lne−x 0－x －1＝0，
0 0 x 0
0
即F (x)≥0，
所以f (x)＋g(x)≥x．
方法技巧 9 0 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x ，方程f (x)＝0的解分别为x ，
0 1
x ，且a＜x ＜x ＜b．
2 1 2
x +x
(1)若0＝f (x )＜f (2x －x )，则 1 2＜(＞)x ，即函数y＝f (x)在区间(x ，x )上的极大(小)值
1 0 2 2 0 1 2
点x 右(左)偏；
0
x +x
(2)若0＝f (x )＞f (2x －x )，则 1 2＞(＜)x ，即函数y＝f (x)在区间(x ，x )上的极大(小)值
1 0 2 2 0 1 2
点x 左(右)偏．
0
( x +x )( x +x )
极值点左偏⇔x ＜ 1 2 极值点右偏⇔x ＞ 1 2
0 2 0 2
( x +x )( x +x )
极值点左偏⇔x ＜ 1 2 极值点右偏⇔x ＞ 1 2
0 2 0 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x ＋x ＜2a(或x ＋x ＞2a)：
1 2 1 2①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x ，x 满足x ＜a＜x ，且f (x )＝f (x )，由函数值g(x )与g(a)的大小关系，得g(x )＝f
1 2 1 2 1 2 1 1
(x )－f (2a－x )＝f (x )－f (2a－x )与零的大小关系；
1 1 2 1
③由函数y＝f (x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x 与2a－x 的大小关系，从而证明相应问题
2 1
(2)证明x x ＜a2(或x x ＞a2)(x ，x 都为正数)：
1 2 1 2 1 2
(a2
)
①构造函数g(x)＝f (x)－f ，求导，确定函数y＝f (x)和函数y＝g(x)的单调性；
x
②确定x ，x 满足x ＜a＜x ，且f (x )＝f (x )，由函数值g(x )与g(a)的大小关系，得g(x )＝f
1 2 1 2 1 2 1 1
(a2
)
(a2
)
(x )－f ＝f (x )－f 与零的大小关系；
1 x 2 x
1 1
a2
③由函数y＝f (x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x 与 的大小关系，从而证明相应问题．
2 x
1
x −x x +x
(3)应用对数平均不等式❑√x x ＜ 1 2 ＜ 1 2证明极值点偏移：
1 2 lnx −lnx 2
1 2
①由题中等式产生对数；
x −x
②将所得含对数的等式进行变形得到 1 2 ；
lnx −lnx
1 2
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
x
( )
令t= 2 ，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
x
1
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x ≠x 且f (x )＝f (x )，求证：x ＋x >2．
1 2 1 2 1 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，
1
所以f (x)有极大值f (1)＝ ，无极小值．
e
(2)法一(对称化构造)：由(1)知，不妨设0<x <1<x ，
1 2
要证x ＋x >2，
1 2
只要证x >2－x >1．
2 1
由于f (x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f (x )<f (2－x )，
2 1
由于f (x )＝f (x )，
1 2
故只要证f (x )<f (2－x )．
1 1
令H(x)＝f (x)－f (2－x)＝xe－x－(2－x)ex-2(0<x<1)，
1−x 1−x (e2−x−ex)(1−x)
则H′(x)＝ − ＝ ，
ex e2−x e2
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 (x )<f (2－x )成立，所以x ＋x >2．
1 1 1 2
法二(比值代换)：设0<x <1<x ，
1 2
由f (x )＝f (x )，
1 2
得x e−x 1＝x e−x 2，
1 2
等式两边取对数得ln x －x ＝ln x －x ．
1 1 2 2
x lnt tlnt
令t＝ 2 >1，则x ＝tx ，代入上式得ln x －x ＝ln t＋ln x －tx ，得x ＝ ，x ＝ ，
x 2 1 1 1 1 1 1 t−1 2 t−1
1
(t+1)lnt 2(t−1)
所以即证x ＋x ＝ >2，即ln t－ >0，
1 2 t−1 t+1
2(t−1)
设g(t)＝ln t－ (t>1)，
t+1
1 2(t+1)−2(t−1) (t−1) 2
所以g′(t)＝ − ＝ >0，
t (t+1) 2 t(t+1) 2
所以当t>1时，g(t)单调递增，
2(t−1)
所以g(t)>g(1)＝0，所以ln t－ >0，
t+1
故x ＋x >2．
1 2
ex
【典例2】(2022·全国甲卷节选)已知函数f (x)＝ －ln x＋x－a．证明：若f (x)有两个零点
x
x ，x ，则x x ＜1．
1 2 1 2(ex+x)(x−1)
[证明] 法一(对称化构造)：由题意知f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝ ，可得
x2
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＜x ＜1＜x ，
1 2
1
要证x x ＜1，即证x ＜ ，
1 2 1 x
2
1 ( 1 )
因为x ， ∈(0，1)，即证f (x )＞f ，
1 x 1 x
2 2
( 1 )
因为f (x )＝f (x )，即证f (x )＞f ，
1 2 2 x
2
ex 1 1
即证
x
－ln x＋x－x
ex
－ln x－
x
＞0，x∈(1，＋∞)，
ex 1 [ 1( 1)]
即证
x
－x
ex
－2 lnx−
2
x−
x
＞0，
ex 1 1( 1)
下面证明当x＞1时，
x
－x
ex
＞0，ln x－
2
x−
x
＜0．
ex
1
设g(x)＝ －x
ex
，x＞1，
x
则g′(x)＝ (1 − 1 ) ex－ [ e 1 x+xe 1 x· ( − 1 ) ]
x x2 x2
＝
1(
1−
1)
ex－e
1 x(
1−
1)
x x x
＝ ( 1− 1)(ex −e 1 x ) ＝ x−1(ex −e 1 x ) ，
x x x x
ex (1 1 ) x−1
设φ(x)＝ (x＞1)，φ′(x)＝ − ex＝ ex＞0，
x x x2 x2
1
所以φ(x)＞φ(1)＝e，而
ex
＜e，
ex
1
所以 －
ex
＞0，所以g′(x)＞0，
x
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
ex
1
即g(x)＞g(1)＝0，所以 －x ＞0．
ex
x1( 1)
令h(x)＝ln x－ x− ，x＞1，
2 x
1 1( 1 ) 2x−x2−1 −(x−1) 2
h′(x)＝ − 1+ ＝ ＝ ＜0，
x 2 x2 2x2 2x2
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
1( 1)
即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－ x− ＜0．
2 x
ex 1 [ 1( 1)]
综上， x －x ex －2 lnx− 2 x− x ＞0，所以x 1 x 2 ＜1．
ex
法二(对数平均不等式)：f (x)＝ －ln x＋x－a＝ex－ln x＋x－ln x－a，
x
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t ，
0
又f (x)有两个零点x ，x ，
1 2
所以x－ln x＝t 有两个实根x 和x ，
0 1 2
{x −lnx =t ，
所以 1 1 0
x −lnx =t ，
2 2 0
x −x x +x
由对数平均不等式得❑√x x ＜ 1 2 ＝1＜ 1 2，所以x x ＜1．
1 2 lnx −lnx 2 1 2
1 2
【典例3】已知函数f (x)＝ln x－ax2，若x ，x 是方程f (x)＝0的两个不等实根，求证：x2+x2
1 2 1 2
＞2e．
[证明] 因为x ，x 是方程ln x－ax2＝0的两个不等实根，
1 2
ln x－ax2＝0 2ln x－2ax2＝0，
即x ，x 是方程ln x2－2ax2＝0的两个不等实根，
1 2 ⇔
令t＝x2(t＞0)，则t ＝x2，t ＝x2，
1 1 2 2
lnt
即t ，t 是方程2a＝ 的两个不等实根．
1 2 t
lnt 1−lnt
令g(t)＝ ，则g′(t)＝ ，
t t2
当0＜t＜e时，g′(t)＞0，当t＞e时，g′(t)＜0，
1
所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)＝ ，
e
当t→0时，g(t)→－∞；
当t→＋∞时，g(t)＞0且g(t)→0．1 1
所以0＜2a＜ ，即0＜a＜ ．
e 2e
令1＜t ＜e＜t ，要证x2+x2＞2e，只需证t ＋t ＞2e．
1 2 1 2 1 2
法一(对称化构造)：令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)，
lnt ln(2e−t) (2e−t)lnt−tln(2e−t)
则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝ − ＝ ，
t 2e−t t(2e−t)
令φ(t)＝(2e－t)ln t－t ln (2e－t)，
2e t 2e−t t 2e−t t
则φ′(t)＝ －1－ln t－ln (2e－t)＋ ＝ + －ln (－t2＋2et)＞ + －2＞
t 2e−t t 2e−t t 2e−t
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(t )＝g(t )＜g(2e－t )，所以t ＞2e－t ，
2 1 1 2 1
即t ＋t ＞2e，所以x2+x2＞2e．
1 2 1 2
法二(对数平均不等式)：
x −x x +x
先证 1 2 ＜ 1 2，令0＜x ＜x ，
lnx −lnx 2 1 2
1 2
x −x lnx −lnx
只需证 2 1＜ 2 1，
x +x 2
2 1
2(x−1) ( x )
只需证 －ln x＜0 x= 2＞1 ，
x+1 x
1
2(x−1) 4 1 −(x−1) 2
令φ(x)＝ －ln x(x＞1)，φ′(x)＝ − ＝ ＜0，
x+1 (x+1) 2 x x(x+1) 2
x −x x +x
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)＜φ(1)＝0．即 1 2 ＜ 1 2得证．
lnx −lnx 2
1 2
t t t +t t −t t +t
因为 1 ＝ 2 ，所以 1 2 ＝ 1 2 ＜ 1 2，
lnt lnt lnt +lnt lnt −lnt 2
1 2 1 2 1 2
所以ln t ＋ln t ＞2，即t t ＞e2，
1 2 1 2
所以t ＋t ＞2❑√t t ＞2e．
1 2 1 2
即x2+x2＞2e．
1 2
方法技巧 9 1 任意角α
确定mα， (m∈N*)的终边位置的步骤
m
(1)用终边相同的角的形式表示出角α的范围．
α
(2)写出mα或 的范围．
m
α
(3)根据k的可能取值确定mα或 的终边所在的位置．技巧：分母m是几，对k连取几个值判
m
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
α
B． 是第三象限角
2
3π
C． ＋α是第二象限角
2
D．2α是第三或第四象限角或在y轴负半轴上
π
【解析】因为α是第二象限角，可得 ＋2kπ<α<π＋2kπ，k∈Z，
2
π
对于A，可得－π－2kπ<－α<－ －2kπ，k∈Z，此时－α位于第三象限，所以A错误；
2
π α π
对于B，可得 ＋kπ< < ＋kπ，k∈Z，
4 2 2
α α
当k为偶数时， 位于第一象限；当k为奇数时， 位于第三象限，所以B错误；
2 2
3π 5π
对于C，可得2π＋2kπ< ＋α< ＋2kπ，k∈Z，
2 2
3π π 3π
即2(k＋1)π< ＋α< ＋2(k＋1)π，k∈Z，所以 ＋α位于第一象限，所以C错误；
2 2 2
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 9 2 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)，
1 8
则 αR2＝4，所以α＝ ，
2 R2
8 √ 8
则扇形的周长为2R＋αR＝2R＋ ≥2❑2R· ＝8，
R R
8
当且仅当2R＝ ，即R＝2时取等号，此时α＝2，
R
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________．
π
【解析】由已知∠BAC＝ ，AB＝1，
3
⏜ ⏜ ⏜ π π
得 ＝ ＝ ＝ ×1＝ ，则莱洛三角形的周长是π.
AB BC AC
3 3
1 π π
⏜ ⏜ ⏜
又以点A，B，C为圆心， 所对的扇形面积为 × ×12＝ ，中间等边△ABC
AB，BC，AC
2 3 6
1 ❑√3 ❑√3
的面积S＝ ×1×1× ＝ ，
2 2 4
π ❑√3 π−❑√3
所以莱洛三角形的面积是3× －2× ＝ .
6 4 2
方法技巧 9 3 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
π
【解析】法一：由题意，知－ ＋2kπ<α<2kπ(k∈Z)，所以－π＋4kπ<2α<4kπ(k∈Z)，所以cos
2
2α≤0或cos 2α>0，sin 2α<0，故选D.
π
法二：当α＝－ 时，cos 2α＝0，sin 2α＝－1，排除A，B，C，故选D.
4
【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＝( )
❑√3 ❑√3
A． B．－
2 2
❑√3 1
C．± D．－
2 2
【解析】∵角α的终边过点P(－3，2cos α)，
−3 ❑√3
∴cos α＝ ，解得cosα＝± ，
❑√9+4cos2α 2
−3
∵cos α＝ <0，
❑√9+4cos2α
❑√3
∴cosα＝－ .
2
故选B.
方法技巧 9 4 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：① 32＋42＝
52，62＋82＝102，92＋122＝152，…；②52＋122＝132，82＋152＝172，72＋242＝252，…
(π ) 1
【典例1】(2025·重庆模拟)已知sin −α ＝ ，α∈(0，π)，则tan α＝( )
2 2
❑√3 ❑√3
A． B．－
2 2C．❑√3 D．－❑√3
(π ) 1 1
【解析】由sin −α ＝ ，得cos α＝ ，
2 2 2
❑√3
又α∈(0，π)，所以sin α＝❑√1−cos2α＝ ，
2
sinα
所以tanα＝ ＝❑√3.故选C.
cosα
( π) 1
【典例2】(2023·全国乙卷)若θ∈ 0， ，tan θ＝ ，则sin θ－cos θ＝________．
2 2
{ sinθ 1 { sinθ=
❑√5
，
tanθ= = ， ( π) 5 ❑√5
【解析】由 cosθ 2 且θ∈ 0， ，解得 故sin θ－cos θ＝－ .
2 2❑√5 5
sin2θ+cos2θ=1， cosθ= ，
5
方法技巧 9 5 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
①分式齐1次式
=
②分式齐2次式
③齐2次整式
【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 9 6 sinα±cosα 和 sinαcosα 之间的关系
α±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
对于已知sin
式有：
(sinα＋cosα)2－(sinα－cosα)2＝4sinαcosα＝2sin2α
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．
1
【典例1】 (多选)已知 sin θ＋cos θ＝ ，θ∈(0，π)，则( )
5
12 12
A．sin θcos θ＝－ B．sin θ－cos θ＝
25 25
7 4
C．sin θ－cos θ＝ D．tan θ＝－
5 3
1
【解析】对于A，因为sin θ＋cos θ＝ ，
5
1
所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝ ，
25
12
即sin θcos θ＝－ ，所以A正确；
25
49
对于B，C，(sin θ－cos θ)2＝1－2sin θcos θ＝ ，
25
12
因为θ∈(0，π)，且sin θcos θ＝－ <0，
25所以sin θ>0，cos θ<0，即sin θ－cos θ>0，
7
所以sin θ－cos θ＝ ，所以B错误，C正确；
5
1
{sinθ+cosθ=
，
5
对于D，联立
7
sinθ−cosθ= ，
5
4 3
解得sin θ＝ ，cos θ＝－ ，
5 5
4
所以tan θ＝－ ，所以D正确．故选ACD.
3
【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 9 7 诱导公式的应用
常见的互余和互补的角
π π π π π π
互余的角 －α与 ＋α； ＋α与 －α； ＋α与 －α
3 6 3 6 4 4
π 2π π 3π
互补的角 ＋θ与 －θ； ＋θ与 －θ
3 3 4 4
(π ) 1 (5π ) (2π )
【典例1】已知cos −α ＝ ，则sin +α cos −α ＝( )
6 3 6 3
8 8
A．－ B．
9 9
2❑√2 2❑√2
C．－ D．
9 9
(5π ) [ (π )]
【解析】由题意可知，将角进行整体代换并利用诱导公式得 sin +α ＝sin π− −α
6 6
(π ) (2π ) [π (π )] (π )
＝sin −α ，cos −α ＝cos + −α ＝－sin −α ，
6 3 2 6 6
(5π ) (2π ) (π ) (π ) 1 8
所以sin +α cos −α ＝－sin2 −α ＝cos2 −α －1＝ －1＝－ .故选A.
6 3 6 6 9 9
2sin(π−α)−cos(π+α)
【典例2】(2025·宁夏吴忠模拟)已知角α终边上一点P(1，－2)，则 (π ) (3π )
sin −α +cos +α
2 2
＝________．
−2
【解析】因为角α终边上一点P(1，－2)，所以tan α＝ ＝－2，
1
2sin(π−α)−cos(π+α)
2sinα+cosα 2tanα+1
所以 (π ) (3π ) ＝ ＝ ＝3.
sin −α +cos +α cosα+sinα 1+tanα
2 2【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 9 8 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)＝( )
m
A．－3m B．－
3
m
C． D．3m
3
【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.
1 1 tanα
【典例2】已知sin (α＋β)＝ ，sin (α－β)＝ ，则 ＝________．
2 3 tanβ
1 1 1
【解析】因为sin(α＋β)＝ ，sin (α－β)＝ ，所以sin αcos β＋cos αsin β＝ ，sin αcos β－
2 3 2
1 5 1 tanα sinαcosβ
cos αsin β＝ ，所以sin αcos β＝ ，cos αsin β＝ ，所以 ＝ ＝5.
3 12 12 tanβ cosαsinβ
3
【典例 3】已知 tan (α＋β)＝2(tan α＋tan β)，且 tan α＋tan β≠0，cos (α−β)＝ ，则 cos
5
(2α+2β)＝( )
7 7
A．－ B．
25 25
23 23
C．－ D．
25 25
tanα+tanβ
【解析】由题意可得tan(α+β)＝ ＝2(tanα+tanβ)，
1−tanαtanβ
1
因为tan α＋tan β≠0，所以tan αtan β＝ ，
2
sinαsinβ 1
{ tanαtanβ= = ，
cosαcosβ 2
由
3
cos(α−β)=cosαcosβ+sinαsinβ= ，
51
{sinαsinβ=
，
5
得
2
cosαcosβ= ，
5
1
故cos (α+β)＝cos αcos β－sin αsin β＝ ，
5
23
所以cos (2α+2β)＝cos [2(α+β)]＝2cos2(α+β)－1＝－ .故选C.
25
方法技巧 9 9 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．
1 ❑√3
(3)注意特殊角的应用，当式子中出现 ，1， ，❑√3等数值时，一定要考虑引入特殊角，把
2 2
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( )
❑√2 ❑√2
A．－ B．
2 2
1 1
C． D．－
2 2
tanA+tanB
【解析】由tanA tan B＝tan A＋tan B＋1，可得 ＝－1，
1−tanAtanB
即tan (A＋B)＝－1，又A＋B∈(0，π)，
3π π ❑√2
所以A＋B＝ ，则C＝ ，cos C＝ .
4 4 2
【典例2】(多选)下列等式成立的有( )
π 1 ❑√3
A．sin2 − ＝
12 2 4
B．tan80°－tan 35°－tan 80°tan 35°＝1
1
C．cos 20°cos 40°cos 60°cos 80°＝
8
2cos10°−sin20°
D． ＝❑√3
cos20°【解析】对于A，sin2 π − 1 ＝－ 1( 1−2sin2 π ) ＝－ 1 cos π ＝－ ❑√3 ，A错误；
12 2 2 12 2 6 4
对于B，因为tan 45°＝tan (80°−35°)
tan80°−tan35°
＝ ＝1，
1+tan80°tan35°
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
sin20°cos20°cos40°cos80°
＝2
sin20°
1 1
sin40°cos40°cos80° sin80°cos80°
＝4 ＝8
sin20° sin(180°−20°)
1
sin160° 1
＝16 ＝ ，C错误；
16
sin160°
2cos10°−sin20°
对于D，
cos20°
2cos(30°−20°)−sin20°
＝
cos20°
2(cos30°cos20°+sin30°sin20°)−sin20°
＝
cos20°
❑√3cos20°+sin20°−sin20°
＝ ＝❑√3，D正确．故选BD.
cos20°
方法技巧 10 0 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
( π) π
或凑角，如2α＝(α＋β)＋(α－β)，α＝ α+ − .
4 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”．
( π) ❑√6
【典例1】设α∈ 0， ，满足❑√3sin α＋cos α＝ .
3 2
( π)
(1)求cos α+ 的值；
6( 7π)
(2)求cos 2α+ 的值．
12
( π) ❑√6 ( π)
【解析】 (1)∵α∈ 0， ，满足❑√3sin α＋cos α＝ ＝2sin α+ ，
3 2 6
( π) ❑√6
∴sin α+ ＝ .
6 4
π π π
又∵ <α＋ < ，
6 6 2
∴cos ( α+ π) ＝❑ √ 1−sin2( α+ π) ＝ ❑√10 .
6 6 4
( π) ( π) 1
(2)∵cos 2α+ ＝2cos2 α+ －1＝ ，
3 6 4
( π) ❑√6 ❑√10 ❑√15
sin 2α+ ＝2× × ＝ ，
3 4 4 4
( 7π) [( π) π]
∴cos 2α+ ＝cos 2α+ +
12 3 4
( π) π ( π) π
＝cos 2α+ cos －sin 2α+ sin
3 4 3 4
1 ❑√2 ❑√15 ❑√2 ❑√2−❑√30
＝ × − × ＝ .
4 2 4 2 8
4 1 π 5π
【典例2】(2025·黑龙江哈尔滨模拟)已知cos 2α＝ ，tan β＝－ ，其中0<α< ， <β<π.
5 7 4 6
( π)
(1)求sin α+ 的值；
4
(2)求β－2α的值．
4 9 1
【解析】 (1)因为cos 2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α＝ ，所以cos2α＝ ，sin2α＝ ，
5 10 10
π 3❑√10 ❑√10
又因为0<α< ，则cos α>0，sin α>0，可得cos α＝ ，sin α＝ ，
4 10 10
( π) π π ❑√10 ❑√2 3❑√10 ❑√2 2❑√5
所以sin α+ ＝sin αcos ＋cos αsin ＝ × + × ＝ .
4 4 4 10 2 10 2 5
π π 4 3
(2)因为0<α< ，则0<2α< ，且cos 2α＝ ，可得sin 2α＝❑√1−cos22α＝ ，
4 2 5 5
sin2α 3
所以tan2α＝ ＝ ，
cos2α 4
tanβ−tan2α
可得tan (β−2α)＝
1+tanβtan2α1 3
− −
7 4
＝ ＝－1.
( 1) 3
1+ − ×
7 4
5π π
又因为 <β<π，可得 <β－2α<π，
6 3
3π
所以β－2α＝ .
4
方法技巧 10 1 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．
cos70°−cos20°
【典例1】 ＝________．
cos65°
cos70°−cos20° cos(90°−20°)−cos20° sin20°−cos20°
【解析】 ＝ ＝
cos65° cos65° cos(45°+20°)
sin20°−cos20°
＝ ＝－❑√2.
cos45°cos20°−sin45°sin20°
1+❑√5 α
【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)已知α为锐角，cos α＝ ，则sin ＝( )
4 2
3−❑√5 −1+❑√5
A． B．
8 8
3−❑√5 −1+❑√5
C． D．
4 4
α 1+❑√5
【解析】因为cos α＝1－2sin2 ＝ ，而α为锐角，
2 4
α √3−❑√5 √(❑√5−1) 2 ❑√5−1
解得sin ＝❑ ＝❑ ＝ .故选D.
2 8 16 4
( π) 5 1
【典例3】(2024·江西九江二模)已知α，β∈ 0， ，cos(α−β)＝ ，tan α·tan β＝ ，则α
2 6 4
＋β＝( )
π π
A． B．
3 4π 2π
C． D．
6 3
5 1
【解析】因为cos (α−β)＝ ，tan α·tan β＝ ，
6 4
5
{cosαcosβ+sinαsinβ=
，
6
所以
sinαsinβ 1
= ，
cosαcosβ 4
2
{cosαcosβ=
，
3
解得
1
sinαsinβ= ，
6
1
所以cos (α+β)＝cos αcos β－sin αsin β＝ ，
2
( π) π
又α，β∈ 0， ，所以α＋β∈(0，π)，所以α＋β＝ .
2 3
故选A.
方法技巧 10 2 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＝❑√sinx−cosx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．
π 5π
在[0，2π]内，满足sin x＝cos x的x为 ， ，再结合正弦、余弦函数的最小正周期是2π，
4 4{ | π 5π }
所以原函数的定义域为 x 2kπ+ ≤x≤2kπ+ ，k∈Z .
4 4
【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________．
( π) π
【解析】由题意知，f (x)＝sin x－❑√3cos x＝2sin x− ，当 x∈[0，π]时，x－ ∈
3 3
[ π 2π]
− ， ，
3 3
( π) [ ❑√3 ]
sin x− ∈ − ，1 ，于是f (x)∈[－❑√3，2]，故f (x)在[0，π]上的最大值为2.
3 2
[π 7π]
【典例3】当x∈ ， 时，函数y＝3－sin x－2cos2x的值域为________．
6 6
[π 7π] [ 1 ]
【解析】因为x∈ ， ，所以sin x∈ − ，1 .
6 6 2
( 1) 2 7
又y＝3－sin x－2cos2x＝3－sinx－2(1－sin2x)＝2 sinx− ＋ ，
4 8
1 7 1
所以当sin x＝ 时，y ＝ ，当sin x＝－ 或sin x＝1时，y ＝2.即所求函数的值域为
4 min 8 2 max
[7 ]
，2 .
8
[ π)
【典例4】(2025·云南昭通模拟)已知f(x)＝sin x＋cos x＋2sin x cos x，x∈ 0， ，则f(x)的
2
值域为________．
( π)
【解析】令t＝sin x＋cos x＝❑√2sin x+ ，
4
则t2＝(sinx+cosx) 2＝1＋2sin x cos x，
故2sin x cos x＝t2－1，
[ π) π [π 3π)
因为x∈ 0， ，所以x＋ ∈ ， ，所以t∈[1，❑√2]，
2 4 4 4
( 1) 2 5
令g(t)＝t＋t2－1＝ t+ － ，t∈[1，❑√2]，则g(t)在[1，❑√2]上单调递增，则g(t) ＝g(1)＝
2 4 min
1，g(t) ＝g(❑√2)＝1＋❑√2，
max
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)．1
因为cos x＋1≥0，所以当cos x＜ 时，f′(x)≤0，f (x)单调递减；
2
1
当cos x＞ 时，f′(x)＞0，f (x)单调递增，
2
1
所以当cos x＝ 时，f (x)有最小值，
2
又f (x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)，
❑√3
所以当sin x＝－ 时，f (x)有最小值，
2
( ❑√3) ( 1) 3❑√3
即f (x) ＝2× − × 1+ ＝－ .
min 2 2 2
方法技巧 10 3 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：
2π π
①公式法：函数y＝A sin (ωx＋φ)(ω>0)的周期为 ，函数y＝A tan (ωx＋φ)(ω>0)的周期为 .
ω ω
π π
y＝|A sin (ωx＋φ)|，y＝|A cos (ωx＋φ)|的周期T＝ ，y＝|A tan (ωx＋φ)|的周期T＝ .
|ω| |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．
| 1|
【典例1】(2024·湖南雅礼中学一模)f (x)＝ sin2x+ 的最小正周期是( )
2
π π
A．π B． C． D．2π
2 4
| 1|
【解析】画出f (x)＝ sin2x+ 的图象，如图所示，
2| 1| 2π
可得f (x)＝ sin2x+ 的最小正周期，即y＝sin 2x的最小正周期，最小正周期为 ＝π.故选
2 2
A.
π
【典例2】(2024·北京高考)已知f(x)＝sin ωx(ω>0)，f(x )＝－1，f(x )＝1，|x －x | ＝ ，则
1 2 1 2min 2
ω＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
T π
【解析】由题意可知：x 为f (x)的最小值点，x 为f (x)的最大值点，则|x −x | ＝ ＝ ，
1 2 1 2min 2 2
2π
即T＝π，且ω>0，所以ω＝ ＝2.故选B.
T
π
【典例3】当x＝ 时，函数 f (x)＝A sin (x＋φ)(A>0，－π＜φ＜0)取得最小值，则函数 y＝f
4
(π )
−x 是( )
4
π
A．奇函数且图象关于直线x＝ 对称
2
π
B．偶函数且图象关于直线x＝ 对称
2
(π )
C．奇函数且图象关于点 ，0 对称
2
(π )
D．偶函数且图象关于点 ，0 对称
2
π π π
【解析】因为当 x＝ 时，函数 f (x)＝A sin (x＋φ)(A>0)取得最小值，所以 ＋φ＝－ ＋
4 4 2
3π 3π
2kπ，k∈Z，即φ＝－ ＋2kπ，k∈Z，因为－π＜φ＜0，所以φ＝－ ，所以f (x)＝A sin
4 4
( 3π) (π ) (π 3π) (π )
x− (A>0)，所以y＝f −x ＝A sin −x− ＝－A cos x，所以函数y＝f −x
4 4 4 4 4
(π )
为偶函数且图象关于点 ，0 对称．故选D.
2
( π)
【典例4】已知函数f (x)＝2sin (ωx＋φ) ω>0，|φ|< 的最小正周期为π，其图象关于直线x＝
2
π (π)
对称，则f ＝________．
6 4( π) π
【解析】函数f (x)＝2sin (ωx＋φ) ω>0，|φ|< 的最小正周期为π，其图象关于直线x＝ 对
2 6
称，
2π
{ =π，
ω
则
π π
ω+φ= +kπ，k∈Z，
6 2
π π
∵|φ|< ，∴ω＝2，φ＝ ，
2 6
( π)
故f (x)＝2sin 2x+ ，
6
(π) ( π π)
则f ＝2sin 2× + ＝❑√3.
4 4 6
方法技巧 10 4 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．
( π)
【典例1】函数f (x)＝sin −2x+ 在[0，π]上的单调递减区间为________．
3
( π) [ ( π)] ( π)
【解析】f (x)＝sin −2x+ ＝sin − 2x− ＝－sin 2x− ，
3 3 3
π π π
由2kπ－ ≤2x－ ≤2kπ＋ ，k∈Z，
2 3 2
π 5π
得kπ－ ≤x≤kπ＋ ，k∈Z.
12 12[ π 5π]
故所求函数的单调递减区间为 kπ− ，kπ+ (k∈Z)．
12 12
[ π 5π]
令A＝ kπ− ，kπ+ ，k∈Z，B＝[0，π]，
12 12
[ 5π] [11π ]
∴A∩B＝ 0， ∪ ，π ，
12 12
[ 5π] [11π ]
∴f (x)在[0，π]上的单调递减区间为 0， 和 ，π .
12 12
【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．
[ π)
观察图象可知，函数 y＝|tan x|的单调递增区间为 kπ，kπ+ ，k∈Z；单调递减区间为
2
( π ]
kπ− ，kπ ，k∈Z.
2
方法技巧 10 5 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．
( π) (π )
【典例1】已知ω＞0，函数f (x)＝sin ωx+ 在 ，π 上单调递减，则ω的取值范围是(
4 2
)
( 1]
A．(0，2] B． 0，
2
[1 3] [1 5]
C． ， D． ，
2 4 2 4
(π )
【解析】法一(反子集法)：∵x∈ ，π ，
2π (πω π π)
∴ωx＋ ∈ + ，πω+ .
4 2 4 4
(π )
∵f (x)在 ，π 上单调递减，
2
πω π π
{ + ≥ +2kπ，k∈Z，
2 4 2
∴
π 3π
πω+ ≤ +2kπ，k∈Z，
4 2
1
{ω≥4k+ ，k∈Z，
2
解得
5
ω≤2k+ ，k∈Z.
4
1 5
又ω＞0，k∈Z，∴k＝0，此时 ≤ω≤ .故选D.
2 4
π π 3π 2kπ π 2kπ 5π
法二(子集法)：由2kπ＋ ≤ωx＋ ≤2kπ＋ ，k∈Z，得 + ≤x≤ + ，k∈Z，
2 4 2 ω 4ω ω 4ω
( π) (π )
因为f (x)＝sin ωx+ 在 ，π 上单调递减，
4 2
2kπ π π 1
{ + ≤ ， {ω≥4k+ ，
ω 4ω 2 2 1 5
所以 解得 k∈Z.因为k∈Z，ω＞0，所以k＝0，所以 ≤ω≤
2kπ 5π 5 2 4
+ ≥π， ω≤2k+ ，
ω 4ω 4
[1 5]
，即ω的取值范围为 ， .故选D.
2 4
( π) ( π)
【典例2】(2024·河北唐山二模)函数f(x)＝sin (2x－φ) |φ|≤ 在 0， 上单调递增，则φ的
2 3
取值范围为( )
[ π π] [ π ]
A． − ，− B． − ，0
2 6 6
[π π] [ π]
C． ， D． 0，
6 2 6
( π) ( 2π )
【解析】由x∈ 0， 可得2x－φ∈ −φ， −φ ，
3 3
2π π
{ −φ≤ ，
π π 2π 7π ( π) 3 2 π
又|φ|≤ ，则 ≤ －φ≤ ，且f (x)在 0， 上单调递增，所以 解得
2 6 3 6 3 π 6
−φ≥− ，
2π
≤φ≤ ，
2
[π π]
即φ的取值范围为 ， .故选C.
6 2
方法技巧 10 6 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( )
( π ) ( π)
A．sin − <sin −
10 8
B．cos 400°>cos (－50°)
7π 8π
C．sin <sin
8 7
D．sin 3<sin 2
π π π ( π ) ( π)
【解析】因为－ <－ <－ <0，且函数y＝sin x在 − ，0 上单调递增，所以sin −
2 8 10 2 8
( π )
<sin − ，故A错误；因为cos 400°＝cos 40°，cos (－50°)＝cos 50°，
10
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；
π 7π 8π 3π (π 3π) 7π 8π
因为 < < < ，且函数y＝sin x在区间 ， 上单调递减，所以sin >sin ，
2 8 7 2 2 2 8 7
故C错误；
π 3π (π 3π)
因为 <2<3< ，且函数y＝sin x在区间 ， 上单调递减，所以sin 3<sin 2，故D正确．
2 2 2 2
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.
sin35°
又tan 35°＝ >sin 35°，∴c＞b＞a.故选C.
cos35°方法技巧 10 7 函数 y ＝ A sin (ω x ＋ φ ) 的图象及变换
φ
(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 个单位长度．
ω
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．
( π)
【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)当x∈[0，2π]时，曲线y＝sin x与y＝2sin 3x− 的交点个数
6
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，
( π) 2π
函数y＝2sin 3x− 的最小正周期为T＝ ，
6 3
( π)
所以在x∈[0，2π]上，函数y＝2sin 3x− 有三个周期的图象，
6
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.
1
【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 ，纵坐标不
2
π ( π)
变，再把所得曲线向右平移 个单位长度，得到函数y＝sin x− 的图象，则f (x)＝( )
3 4
(x 7π) (x π )
A．sin − B．sin +
2 12 2 12
( 7π) ( π )
C．sin 2x− D．sin 2x+
12 12
( π) π
【解析】依题意，将y＝sin x− 的图象向左平移 个单位长度，再将所得曲线上所有点的
4 3横 坐 标 伸 长 到 原 来 的 2 倍 ， 得 到 f (x) 的 图 象 ， 所 以 y ＝ sin
( x− π) 将其图象向左平移 π 个单位长度 y ＝ sin ( x+ π ) 的 图 象
4 3
12
→
所有点的横坐标伸长到原来的2倍 f (x)＝sin (x + π ) 的图象．故选B.
→ 2 12
( π)
【典例3】为得到函数y＝cos 2x+ 的图象，只需将函数y＝sin 2x的图象( )
3
5π
A．向左平移 个单位长度
12
5π
B．向右平移 个单位长度
12
5π
C．向左平移 个单位长度
6
5π
D．向右平移 个单位长度
6
( π) ( π π) ( 5π)
【解析】法一：y＝cos 2x+ ＝sin 2x+ + ＝sin 2x+ ，
3 3 2 6
5π
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＝ ，解
6
5π 5π
得φ＝ ，即向左平移 个单位长度．故选A.
12 12
(π ) ( π) ( π) 5π
法二：y＝sin 2x＝cos −2x ＝cos 2x− ，所以y＝cos 2x− 的图象向左平移 个
2 2 2 12
( π)
单位长度得到y＝cos 2x+ 的图象，故选A.
3
方法技巧 10 8 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
M−m M+m
(1)求A，b.确定函数的最大值M和最小值m，则A＝ ，b＝ .
2 2
2π
(2)求ω.确定函数的最小正周期T，则ω＝ .
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．
( π)
【典例1】(2024·安徽A10联考)已知函数f (x)＝4sin (ωx＋φ) ω＞0，|φ|＜ 的部分图象如
2(π )
图所示，其中A(0，2❑√2)，B ，−2❑√2 ，则f (x)＝( )
3
( π) ( π)
A．4sin x− B．4sin 3x−
4 4
( π) ( π)
C．4sin x+ D．4sin 3x+
4 4
T π 2π
【解析】由题意，得 ＝ －0，则T＝ ，
2 3 3
2π
∴ω＝ ＝3，∴f (x)＝4sin (3x＋φ)．
T
❑√2
∵f (0)＝4sin φ＝2❑√2，∴sin φ＝ ，
2
π π
又|φ|＜ ，∴φ＝ ，
2 4
( π)
∴f (x)＝4sin 3x+ .
4
1
【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＝ 与曲线y
2
π
＝f (x)的两个交点，若|AB|＝ ，则f (π)＝________．
6
( 1) ( 1) π π
【解析】设A x ， ，B x ， ，由|AB|＝ 可得x －x ＝ ，
1 2 2 2 6 2 1 6
1 π 5π
由sin x＝ 可知，x＝ ＋2kπ或x＝ ＋2kπ，k∈Z，由题图可知，
2 6 6
5π π 2π
ωx ＋φ－(ωx ＋φ)＝ − ＝ ，
2 1 6 6 3
2π
即ω(x －x )＝ ，所以ω＝4.
2 1 3(2π) (8π )
因为f ＝sin +φ ＝0，
3 3
8π 8π
所以 ＋φ＝2kπ，即φ＝－ ＋2kπ，k∈Z.
3 3
( 8π ) ( 2π) ( 2π) ❑√3
所以f (x)＝sin 4x− +2kπ ＝sin 4x− ，所以f (π)＝sin 4π− ＝－ .
3 3 3 2
( π)
【典例3】函数 f (x)＝tan (ωx＋φ) ω>0，|φ|< 的图象如图所示，图中阴影部分的面积为
2
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，
π 1 (1 )
由题意得3T＝6π，解得T＝2π，故 ＝2π，得ω＝ ，即f (x)＝tan x+φ ，
ω 2 2
(π ) (1 π ) ( π )
f (x)的图象过点 ，−1 ，即tan × +φ ＝tan +φ ＝－1，
6 2 6 12
( π π) π ( 5π 7π)
∵φ∈ − ， ，则 ＋φ∈ − ， ，
2 2 12 12 12
π π π
∴ ＋φ＝－ ，解得φ＝－ .
12 4 3
方法技巧 10 9 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．( π)
【典例1】(多选)已知函数f(x)＝sin ωx+ (ω>0)，则下列说法正确的是( )
6
(5π )
A．若ω＝1，则 ，0 是f(x)的图象的对称中心
6
(π)
B．若f (x)≤f 恒成立，则ω的最小值为2
6
[ π] 2
C．若f (x)在 0， 上单调递增，则0<ω≤
2 3
11 17
D．若f (x)在[0，2π]上恰有2个零点，则 ≤ω≤
12 12
(5π) (5π π)
【解析】选项A，若ω＝1，则f ＝sin + ＝sin π＝0，
6 6 6
(5π )
由正弦函数的图象可知 ，0 是f (x)的图象的对称中心，A正确；
6
(π) π π π
选项B，若f (x)≤f 恒成立，则ω× + ＝ ＋2kπ(k∈Z)，解得ω＝2＋12k(k∈Z)，
6 6 6 2
又ω>0，所以ω的最小值为2，B正确；
[ π] π [π πω π] πω π π 2
选项C，因为x∈ 0， ，所以ωx＋ ∈ ， + ，由题意得 + ≤ ，即ω≤ ，
2 6 6 2 6 2 6 2 3
C正确；
π [π π]
选项D，当x∈[0，2π]时，ωx＋ ∈ ，2ωπ+ ，
6 6 6
π 11 17
若f(x)在[0，2π]上恰有2个零点，则2π≤2ωπ＋ <3π，解得 ≤ω< ，D错误．故选ABC.
6 12 12
(π )
【典例 2】已知偶函数 f (x)＝sin (ωx+φ)(ω>0)的图象关于点 ，0 中心对称，且在区间
3
[ π]
0， 上单调，则ω＝________．
4
π
【解析】因为偶函数f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0)，所以φ＝kπ＋ ，k∈Z，
2
即f (x)＝cos ωx或f (x)＝－cos ωx，
(π )
又f (x)＝sin (ωx＋φ)(ω>0)的图象关于点 ，0 中心对称，
3
π π π
所以cos ω＝0，即 ω＝kπ＋ ，k∈Z，
3 3 23
所以ω＝3k＋ ，k∈Z，
2
[ π]
因为当x∈ 0， 时，函数单调，
4
πω
所以0≤ωx≤ ≤π，
4
3
即0<ω≤4，所以当k＝0时，ω＝ 符合条件．
2
方法技巧 11 0 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．
π
【典例1】某地进行老旧小区改造，有半径为 60米，圆心角为 的一块扇形空置地(如图)，现
3
⏜
欲从中规划出一块三角形绿地PQR，其中P在 上，PQ⊥AB，垂足为Q，PR⊥AC，垂足为
BC
( π) ⏜
R，设∠PAB＝α∈ 0， ，则PQ＝________米(用α表示)；当P在 上运动时，这块三角
BC
3
形绿地的最大面积是________平方米．
( π)
【解析】在Rt△PAQ中，∠PAB＝α∈ 0， ，AP＝60(米)，
3
∴PQ＝AP sin α＝60sin α(米)．
(π )
在Rt△PAR中，可得PR＝60sin −α ，
3
2π
由题可知∠QPR＝ ，
3
1
∴S ＝ ·PQ·PR·sin ∠QPR
△PQR 2
1 (π ) 2π
＝ ×60sin α×60sin −α ×sin
2 3 3(π )
＝900❑√3sin αsin −α
3
(❑√3 1 1)
＝450❑√3 sin2α+ cos2α−
2 2 2
[ ( π) 1]
＝450❑√3 sin 2α+ − ，
6 2
( π) π (π 5π)
又α∈ 0， ，∴2α＋ ∈ ， ，
3 6 6 6
π π π
∴当2α＋ ＝ ，即α＝ 时，△PQR的面积取最大值225❑√3平方米，即三角形绿地的最大面
6 2 6
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
2π
∠AOB＝ ，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
3
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，
( ( π) ( π)) 2π
设点 A cos 2πt− ，sin 2πt− ，圆上两点 A，B 始终保持∠AOB＝ ，则 B
2 2 3
( ( π) ( π)) ( π)
cos 2πt+ ，sin 2πt+ ，要使 A，B 两点的竖直距离为 0，则 sin 2πt− ＝sin
6 6 2
( π) π 1
2πt+ ，第一次为0时，4πt－ ＝π，解得t＝ .
6 3 3| ( π) ( π)| |❑√3 1 |
f (t) ＝ sin 2πt+ −sin 2πt− ＝ sin2πt+ cos2πt+cos2πt ＝
6 2 2 2
|❑√3 3 | | ( π)|
sin2πt+ cos2πt ＝❑√3 sin 2πt+ .
2 2 3
方法技巧 11 1 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．
T
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 ，相邻的对称轴和
2
T
对称中心之间的“水平间隔”为 .所以可根据三角函数的对称性来研究其周期性，解决问题
4
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．
T
4.三角函数相邻两个零点之间的距离为 ，根据三角函数的零点个数，可以研究ω的取值范
2
围．
( π) (π 3π)
【典例1】已知函数f(x)＝❑√2cos ωx− ，其中ω>0.若f(x)在区间 ， 上单调递增，则
4 3 4
ω的取值范围是( )
( 1] [3 5]
A． 0， B． ，
3 4 3
( 5]
C． 0， D．(0，1]
3
π
【解析】由题意得，函数f(x)的单调递增区间满足－π＋2kπ≤ωx－ ≤2kπ(k∈Z)，且ω>0，
4
3 π
− π+2kπ +2kπ
解得 4 ≤x≤4 .
(k∈Z)
ω ω由题意可知：
[ 3 π ]
(π 3π) − π+2kπ +2kπ
， 4 4 .
3 4 ， (k∈Z)
ω ω
⊆
3
{− π+2kπ
4 π
≤ ，
ω 3
于是
π
+2kπ
4 3π
≥ ，
ω 4
9 1 8
解得－ ＋6k≤ω≤ + k(k∈Z).
4 3 3
1
又ω>0，于是0<ω≤ .故选A.
3
( π) ( π π)
【典例2】(2025·山东威海模拟)已知函数f(x)＝tan ωx− (ω>0)在 − ， 上单调递增，
4 2 2
则ω的取值范围是________．
π π ( π)
【解析】根据题意， ≥ − − ，解得ω≤1，又ω>0，则ω∈(0，1].
ω 2 2
( π π) π ( π π π π)
当x∈ − ， 时，ωx－ ∈ − ω− ， ω− ，
2 2 4 2 4 2 4
π π π π π π 1
由题意可得－ ω－ ≥－ ， ω－ ≤ ，解得ω≤ .
2 4 2 2 4 2 2
( 1]
综上所述，ω的取值范围是 0， .
2
[ ( π) π]
【典例3】(2025·广东实验中学模拟)已知函数f(x)＝cos ω x− + (ω>0)的图象关于原点
3 4
中心对称，则ω的最小值为( )
13 9
A． B．
4 4
5 1
C． D．
4 4
[ ( π) π] π π
【解析】函数 f(x)＝cos ω x− + 的图象关于原点中心对称，则－ ω＋ ＝kπ＋
3 4 3 4
π 3 9
(k∈Z)，解得ω＝－3k－ ，k∈Z，因为ω>0，当k＝－1时，ω取得最小值 .故选B.
2 4 4( π) [ π]
【典例4】(2024·浙江温州一模)若函数f(x)＝2sin ωx− ，ω>0，x∈ 0， 的值域为[－
3 2
❑√3，2]，则ω的取值范围是( )
[5 ] [5 10]
A． ，4 B． ，
3 6 3
[5 5] [5 10]
C． ， D． ，
6 3 3 3
[ π] π [ π π π]
【解析】由x∈ 0， ，得ωx－ ∈ − ， ω− .
2 3 3 2 3
( π)
显然当x＝0时，可得2sin ωx− ＝－❑√3，
3
π π π π 5
由f (x)的值域为[−❑√3，2]，利用三角函数图象性质可得 ≤ ω－ ≤ ＋π，解得 ≤ω≤
2 2 3 3 3
10 [5 10]
，即ω的取值范围是 ， .故选D.
3 3 3
( π) [ 5π 2π]
【典例5】(2025·山东日照模拟)已知函数f (x)＝sin ωx+ (ω＞0)在区间 − ， 上单调
6 6 3
[ 5π]
递增，且f (x)在区间 0， 上只取得一次最大值，则ω的取值范围为( )
6
[1 1] [2 1]
A． ， B． ，
5 2 5 2
[1 4] [2 4]
C． ， D． ，
5 5 5 5
( π) [ 5π 2π] [ 5π 2π]
【解析】由于函数f (x)＝sin ωx+ (ω＞0)在 − ， 上单调递增，x∈ − ， ，
6 6 3 6 3
π [ 5π π 2π π]
ωx＋ ∈ − ω+ ， ω+ ，
6 6 6 3 6
5π π π 2π π π
－ ω＋ ≥－ 且 ω＋ ≤ ，
6 6 2 3 6 2
4 1 1
解得ω≤ 且ω≤ ，所以0＜ω≤ .
5 2 2
[ 5π]
又因为f (x)在区间 0， 上只取得一次最大值，
6
[ 5π] π [π 5π π]
即x∈ 0， 时，ωx＋ ∈ ， ω+ .
6 6 6 6 6
π 5π π 5π 2 14
所以 ≤ ω＋ ＜ ，解得 ≤ω＜ .
2 6 6 2 5 5[2 1]
综上，ω的取值范围是 ， .故选B.
5 2
【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________．
( π) π
【解析】因为 f (x)＝sin πωx－❑√3cos πωx＝2sin πωx− (ω＞0)，且当 0≤x≤1 时，－
3 3
π π π
≤πωx－ ≤πω－ ，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－
3 3 3
7π 10 23
＜ ，解得 ≤ω＜ .
2 3 6
方法技巧 11 2 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 11 3 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 ❑√3 ( π)
sin A＋ cos A＝1，即sin A+ ＝1，
2 2 3
π (π 4π)
由于A∈(0，π)，所以A＋ ∈ ， ，
3 3 3
π π
故A＋ ＝ ，
3 2
π
所以A＝ .
6
(2)由题设条件和正弦定理得
❑√2sin B sin C＝2sin C sin B cos B，
❑√2 π
又B，C∈(0，π)，则sin B sin C≠0，所以cos B＝ ，所以B＝ ，所以C＝π－A－B＝
2 4
7π
.
12
❑√2+❑√6
sin C＝sin (π－A－B)＝sin (A＋B)＝sin A cos B＋sin B cos A＝ ，
4
2 b c
a b c
由正弦定理 ＝ ＝ ，可得 π ＝ π ＝ 7π ，解得b＝2❑√2，c＝❑√6+❑√2，
sin A sinB sinC sin sin sin
6 4 12
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
1
－c＝ a，2sin B＝3sin C，则cos A＝( )
4
1 1
A．－ B．
4 4
1 1
C．－ D．
3 3
【解析】由2sin B＝3sin C，则2b＝3c，2 1 3
则b－c＝b－ b＝ a，即b＝ a，
3 4 4
2 2 3 1
则c＝ b＝ × a＝ a，
3 3 4 2
(3 a ) 2 + (1 a ) 2 −a2 − 3
b2+c2−a2 4 2 16 1
故cos A＝ ＝ ＝ ＝－ .故选A.
2bc 3 1 3 4
2× a× a
4 2 4
π
【典例3】(2025·河北邢台模拟)在△ABC中，已知A＝ ，a＝2，若△ABC有两解，则边b的
6
取值范围为________．
【解析】由图可得，要使△ABC有两解，
1
则b sin A<a<b，即 b<2<b，解得2<b<4.
2
方法技巧 11 4 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
a2+b2−c2 a2+c2−b2 2a2
【解析】法一(化角为边)：因为b cos C＋c cos B＝b· ＋c· ＝ ＝a，
2ab 2ac 2a
π
所以a sin A＝a，即sin A＝1，故A＝ ，因此△ABC是直角三角形．
2
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，
π
故sinA＝1，即A＝ ，因此△ABC是直角三角形．
2
法三(射影定理)：因为b cos C＋c cos B＝a＝a sin A，
π
所以sin A＝1，故A＝ ，因此△ABC是直角三角形．
2
c−a B
【典例2】在△ABC中， ＝sin2 (a，b，c分别为角A，B，C的对边)，则△ABC的形状为
2c 2
( )
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
B 1−cosB
【解析】因为sin2 ＝ ，
2 2
c−a 1−cosB a
所以 ＝ ，即cos B＝ .
2c 2 c
a2+c2−b2 a
法一：由余弦定理得 ＝ ，
2ac 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．
sin A
法二：由正弦定理得cos B＝ ，
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，
π
又角C为三角形的内角，所以C＝ ，
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 11 5 三角形面积的计算
三角形面积公式的应用原则1 1 1
(1)对于面积公式S＝ ab sin C＝ ac sin B＝ bc sin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个
2 2 2
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．
3
【典例1】(2025·八省联考)在△ABC中，BC＝8，AC＝10，cos ∠BAC＝ ，则△ABC的面积
5
为( )
A．6 B．8
C．24 D．48
3
【解析】∵BC＝8，AC＝10，cos ∠BAC＝ ，
5
∴根据余弦定理知，
BC2＝AC2＋AB2－2AB·AC cos ∠BAC，
3
∴64＝100＋AB2－2AB×10× ，
5
∴AB2－12AB＋36＝0，∴AB＝6，∴AB2＋BC2＝AC2，即△ABC为直角三角形，∴AB⊥BC.
1 1
∴S ＝ AB·BC＝ ×6×8＝24.故选C.
△ABC 2 2
【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，
a2+b2−c2 ❑√2ab ❑√2
可得cos C＝ ＝ ＝ ，
2ab 2ab 2
因为C∈(0，π)，所以sin C>0，
从而sin C＝❑√1−cos2C＝❑
√
1−
(❑√2) 2
＝
❑√2
，
2 2
1
又因为sinC＝❑√2cos B，即cos B＝ ，
2
又B∈(0，π)，
π
所以B＝ .
3
π ❑√2
②由①可得B＝ ，cos C＝ ，C∈(0，π)，
3 2π π π 5π
从而C＝ ，A＝π－ − ＝ ，
4 3 4 12
5π (π π) ❑√2 ❑√3 ❑√2 1 ❑√6+❑√2
而sin A＝sin ＝sin + ＝ × + × ＝ ，
12 4 6 2 2 2 2 4
a b c
由正弦定理有 5π ＝ π ＝ π ，
sin sin sin
12 3 4
❑√6+❑√2 ❑√3+1 ❑√3 ❑√6
从而a＝ ·❑√2c＝ c，b＝ ·❑√2c＝ c，
4 2 2 2
1 1 ❑√3+1 ❑√6 ❑√2 3+❑√3
所以S ＝ ab sin C＝ · c· c· ＝ c2，
△ABC 2 2 2 2 2 8
3+❑√3
由已知△ABC的面积为3＋❑√3，可得 c2＝3＋❑√3，
8
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°，
180°−120°
∴∠CBD＝ ＝30°，∴∠ABD＝90°.
2
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，
1 1
∴S ＝S ＋S ＝ ×4×2❑√3+ ×2×2×sin 120°＝5❑√3.
四边形ABCD △ABD △BCD 2 2
方法技巧 11 6 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．
1
(2)借助向量：在△ABC中，AD是边BC上的中线，则⃗AD2＝ (b2＋c2＋2bccos A)．
4(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.
π
(1)若∠ADC＝ ，求tan B；
3
(2)若b2＋c2＝8，求b，c.
【解析】 (1)因为D为BC的中点，
1 1 ❑√3
所以S ＝2S ＝2× ×AD×DC sin ∠ADC＝2× ×1×DC× ＝❑√3，
△ABC △ADC 2 2 2
解得DC＝2，
所以BD＝DC＝2，a＝4.
π 2π
因为∠ADC＝ ，所以∠ADB＝ .
3 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.
AB2+BD2−AD2 (❑√7) 2+22−12 5❑√7
在△ABD中，由余弦定理的推论，得cos B＝ ＝ ＝ ，
2AB·BD 2×❑√7×2 14
❑√21
所以sin B＝❑√1−cos2B＝ ，
14
sinB ❑√3
所以tanB＝ ＝ .
cosB 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，
AD2+BD2−c2 AD2+DC2−b2
得 ＝－ ，
2AD·BD 2AD·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
b2+c2−a2 8−12 2
cos ∠BAC＝ ＝ ＝－ ，
2bc 2bc bc
1
所以S ＝ bc sin ∠BAC
△ABC 2
1
＝ bc❑√1−cos2 ∠BAC
21 √ ( 2 ) 2
＝ bc❑1− −
2 bc
1
＝
❑√b2c2−4
2
＝❑√3，
解得bc＝4.
{ bc=4，
则由 解得b＝c＝2.
b2+c2=8，
法二：在△ABC中，因为D为BC的中点，
1
则⃗AD＝ (⃗AB+⃗AC)，
2
1
所以⃗AD2＝ (c2＋b2＋2bc cos A)，
4
又AD＝1，b2＋c2＝8，
1
则1＝ (8＋2bc cos A)，
4
所以bc cos A＝－2①，
1
S ＝ bc sin A＝❑√3，即bc sin A＝2❑√3②，
△ABC 2
2π
由①②解得tan A＝－❑√3，所以A＝ ，
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
1
2(BD2＋AD2)＝AB2＋AC2，又BD＝ BC，AD＝1，b2＋c2＝8，则(2AD)2＋BC2＝2(AB2＋AC2)，
2
即22＋a2＝2(b2＋c2)＝16，
所以a2＝12.
1
又S ＝ bc sin A＝❑√3，因而bc sin A＝2❑√3，
△ABC 2
又由余弦定理a2＝b2＋c2－2bc·cos A，
得12＝8－2bc·cos A，所以bc cos A＝－2，
1
故tan A＝－❑√3⇒cos A＝－ ，
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
________．
b2+c2−a2
【解析】设BC边上的中线为AD，由余弦定理的推论知cos ∠BAC＝ ，
2bc
则 |⃗AD|2 ＝ ⃗AD2＝ [1 (⃗AB+⃗AC) ] 2 ＝ 1 (c2+2⃗AB·⃗AC+b2)＝ 1( b2+2bc· b2+c2−a2 +c2 ) ＝
2 4 4 2bc
1
[2(b2+c2)−a2]，
4
1
所以中线长为
❑√2(b2+c2)−a2
.
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，
1
又由于B∈(0，π)，所以sin B＞0，所以cos A＝ .
2
π
因为A∈(0，π)，所以A＝ .
3
设AD＝x，又DB＝DC＝1，
在△ADB，△ADC中分别有：
x2+1−c2 x2+1−b2
cos ∠ADB＝ ，cos ∠ADC＝ ，
2x 2x
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，
b2+c2
因为b2＋c2≥2bc，所以4＝b2＋c2－bc≥ ，
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 11 7 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
AB BD
(1) ＝ ；(2)S ＋S ＝S .
AC DC
△ABD △ACD △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
( π)
C·sin B+ ＋cos A＝0.
6
(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
(❑√3 1 )
2cos C· sinB+ cosB －cos (B＋C)＝0，
2 2
❑√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，
2π
因为C∈(0，π)，所以C＝ .
3
AC AD 1 b 1
(2)由题意得， ＝ ＝ ，即 ＝ ，所以a＝2b.
BC BD 2 a 2
( 1)
法一：在△ABC中，c2＝a2＋b2－2ab cos ∠ACB＝4b2＋b2－2×2b×b× − ＝7b2，
2
所以c＝❑√7b.
c
在△ACD中，AD＝ ，
3
所以AD2＝AC2＋CD2－2AC·CD·cos ∠ACD，
c2 1
即 ＝b2＋22－2b×2× ，
9 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BD2+CD2−BC2 (4❑√7) 2+22−122
cos ∠CDB＝ ＝ ＜0，同理可得cos ∠ADC＜0，即∠BDC和
2BD·CD 16❑√7
∠ADC都为钝角，不符合题意，排除．
所以b＝3，a＝6，
1 9❑√3
S ＝ ab sin 120°＝ .
△ABC 2 2
法二：因为S ＋S ＝S ，
△ACD △BCD △ABC
1 1 1
所以 ×2b sin 60°＋ ×2a sin 60°＝ ab sin 120°，
2 2 2
1
所以b＋a＝ ab.
2
因为a＝2b，所以b＝3，a＝6，
1 9❑√3
所以S ＝ ab sin 120°＝ .
△ABC 2 2
sin A−sinB a−c
【典例2】△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且 ＝ .
sinC 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．
sinA−sinB a−c a−b a−c
【解析】 (1)因为 ＝ ，由正弦定理得 ＝ ，化简得ac＝a2＋c2－b2，
sinC a+b c a+b
a2+c2−b2 1
所以由余弦定理的推论得cos B＝ ＝ ，
2ac 2
π
又因为B∈(0，π)，所以B＝ .
3
(2)如图所示，
1 1 1
因为S ＝S ＋S ，即 BA×BC×sin ∠ABC＝ BA×BD×sin ∠ABD＋ BC×BD×sin
△ABC △ABD △CBD 2 2 2
∠CBD，
❑√3
化简得BA＋BC＝ BA×BC①，
2
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，
1 3❑√3
所以S ＝ BA×BC×sin ∠ABC＝ .
△ABC 2 2
方法技巧 11 8 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．
1 1 1 1 1
(2)设h ，h ，h 分别为△ABC的边a，b，c上的高，则h ∶h ∶h ＝ ∶ ∶ ＝ ∶
1 2 3 1 2 3 a b c sinA sinB
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，
π
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝ .
4
因为2sin (A－C)＝sin B，
( π) (3π )
所以2sin A− ＝sin −A ，
4 4
❑√2
展开并整理得❑√2(sin A－cos A)＝ (cos A＋sin A)，
2
得sin A＝3cos A，
又sin2A＋cos2A＝1，且sinA＞0，
3❑√10
所以sin A＝ .
10
BC AB
(2)由正弦定理 ＝ ，
sinA sinC
5 3❑√10
AB ×
得BC＝ ·sin A＝❑√2 10 ＝3❑√5，
sinC
2
由余弦定理AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos C，
π
得52＝AC2＋(3❑√5)2－2AC·3❑√5cos ，
4
整理得AC2－3❑√10AC＋20＝0，解得AC＝❑√10或AC＝2❑√10.
π π
由(1)得，tan A＝3＞❑√3，所以 ＜A＜ ，
3 2
3π π
又A＋B＝ ，所以B＞ ，
4 4
即C＜B，所以AB＜AC，所以AC＝2❑√10.
1 1
设AB边上的高为h，则 ·AB·h＝ ·AC·BC sin C，
2 2
❑√2
即5h＝2❑√10×3❑√5× ，
2
解得h＝6，
所以AB边上的高为6.
法二：(1)在△ABC中，A＋B＝π－C，
π
因为A＋B＝3C，所以3C＝π－C，所以C＝ .
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，
π
所以tan A＝3tan C＝3tan ＝3，
4
又sin A＞0，
3❑√10
所以sin A＝ .
10
3❑√10
(2)由(1)知sin A＝ ，tan A＝3＞0，所以A为锐角，
10
❑√10
所以cos A＝ ，
10
(3π ) ❑√2
所以sin B＝sin −A ＝ (cos A＋sin A)
4 2
❑√2 (❑√10 3❑√10) 2❑√5
＝ × + ＝ ，
2 10 10 5
AC AB
由正弦定理 ＝ ，
sinB sinC2❑√5
5×
AB·sinB 5
得AC＝ ＝ ＝2❑√10，
sinC ❑√2
2
3❑√10
故AB边上的高为AC·sin A＝2❑√10× ＝6.
10
【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；
4❑√3
(2)已知a＋b＝5，△ABC的外接圆半径为 ，求△ABC的边AB上的高h.
3
【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(sinCcosB+sinBcosC)，
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.
⇒
π
由C∈(0，π) C＝ ，⇒
3
⇒ π ❑√3
所以sin C＝sin ＝ .
3 2
4❑√3 π
(2)由正弦定理得c＝2× sin ＝4，
3 3
π
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos ＝(a+b) 2－3ab＝16，
3
(a+b) 2−16
所以ab＝ ＝3.
3
1 1
于是得△ABC的面积S＝ ab sin C＝ ch，
2 2
❑√3
absinC 3× 3❑√3
所以h＝ ＝ 2 ＝ .
c 8
4
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，
4
所以cos C＝ ，
5
3
sin C＝❑√1−cos2C＝ .
5
4❑√3 3 8❑√3
(2)由正弦定理得c＝2× × ＝ ，
3 5 5
18 192
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cosC＝(a+b) 2－ ab＝ ，
5 25
[ 192 ] 5 433
所以ab＝ (a+b) 2− × ＝ ，
25 18 90
1 1
于是得△ABC的面积S＝ ab sin C＝ ch，
2 2
absin C 433 3 5 433❑√3
所以h＝ ＝ × × ＝ .
c 90 5 8❑√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(2sinB−sin A)cos C＝sin C cos A，
所以2sin B cos C＝sin (A+C)＝sin B，
1
因为B∈(0，π)，所以sin B≠0 cos C＝ .
2
π ⇒ ❑√3
又C∈(0，π)，所以C＝ ，所以sin C＝ .
3 2
4❑√3 π
(2)由正弦定理得c＝2× sin ＝4，
3 3
π (a+b) 2−16
由余弦定理得c2＝a2＋b2－2ab cos ＝(a+b) 2－3ab＝16，所以ab＝ ＝3.
3 3
1 1
于是得△ABC的面积S＝ ab sin C＝ ch，
2 2
❑√3
absinC 3× 3❑√3
所以h＝ ＝ 2 ＝ .
c 8
4
方法技巧 11 9 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，
π ❑√3 π
因为sin A≠0，0＜B＜ ，故sin B＝ ，B＝ .
2 2 3
2π
(2)由A＋B＋C＝π，得C＝ －A.
3
(π π)
由△ABC是锐角三角形，得A∈ ， .
6 2
(2π ) 1 ❑√3
由cos C＝cos −A ＝－ cos A＋ sin A，得
3 2 2
❑√3 1 1
cos A＋cos B＋cos C＝ sin A＋ cos A＋
2 2 2
( π) 1 (❑√3+1 3]
＝sin A+ + ∈ ， .
6 2 2 2
(❑√3+1 3]
故cos A＋cos B＋cos C的取值范围是 ， .
2 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；
a2+c2
(2)求 的取值范围．
b2
π
【解析】 (1)在锐角△ABC 中，sin (A－B)＝cos C>0，则 0<A－B< ，sin (A－B)＝sin
2
(π )
−C ，
2
π π π
于是A－B＝ －C，即A＋C－B＝ ，而A＋C＝π－B，则π－2B＝ ，
2 2 2
π
所以B＝ .
4π
{0<A<
，
3π 2 π π
(2)由(1)知，C＝ －A，由 得 <A< ，
4 π 4 2
0<C< ，
2
a2+c2 sin2A+sin2C
由正弦定理得 ＝ ＝2sin2A＋2sin2C＝1－cos2A＋1－cos 2C
b2 sin2B
(3π )
＝2－cos 2A－cos −2A
2
( π)
＝2＋sin 2A－cos 2A＝2＋❑√2sin 2A− ，
4
π π 3π ❑√2 ( π) ( π)
而 <2A－ < ，则 <sin 2A− ≤1，3<2＋❑√2sin 2A− ≤2＋❑√2，
4 4 4 2 4 4
a2+c2
所以 的取值范围是(3，2＋❑√2].
b2
方法技巧 12 0 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
1
由①②得cos A＝－ .
2
2π
因为0＜A＜π，所以A＝ .
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
(当且仅当 AC＝AB 时取等号)，所以 9＝(AC+AB) 2－AC·AB≥
2(AC+AB) 2－
(AC+AB) 2
＝
3
(AC+AB) 2 ，
2 4
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 AB BC
＝ ＝ ＝2❑√3，
sinB sinC sinA
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
( π)
＝3＋2❑√3sin B+ .
3
π
又0＜B＜ ，
3
π
所以当B＝ 时，△ABC周长取得最大值3＋2❑√3.
6
【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，
a 2
得 ＝ ，
sinA ❑√3cosB
a b b 2
由正弦定理 ＝ ，得 ＝ ，
sin A sinB sinB ❑√3cosB
又b＝2，∴sin B＝❑√3cos B，
即tan B＝❑√3，
π
∵B∈(0，π)，∴B＝ .
3
(2)法一：设AC边上的高为h，
π
由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos B，得4＝a2＋c2－2ac cos ，
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，1 ❑√3
∴S ＝ ac sin B＝ ac∈(0，❑√3].
△ABC 2 4
1
又S ＝ bh＝h，∴h∈(0，❑√3]，∴AC边上高的最大值为❑√3.
△ABC 2
法二：设AC边上的高为h，
b 4❑√3 b 4❑√3
由正弦定理得，a＝ sin A＝ sin A，c＝ sin C＝ sin C，
sinB 3 sinB 3
1 ❑√3 ❑√3(4❑√3) 2 4❑√3
∴S ＝ ac sin B＝ ac＝ sin A sin C＝ sin A sin C，
△ABC 2 4 4 3 3
∵A＋B＋C＝π，∴sin A＝sin (B＋C)，
4❑√3
∴S ＝ sin (B＋C)sin C
△ABC
3
＝ 4❑√3(❑√3 sinCcosC+ 1 sin2C )
3 2 2
4❑√3(❑√3 1−cos2C)
＝ sin2C+
3 4 4
2❑√3 ( π) ❑√3
＝ sin 2C− + .
3 6 3
( 2π) π ( π 7π)
∵C∈ 0， ，∴2C－ ∈ − ， ，
3 6 6 6
( π) ( 1 ]
∴sin 2C− ∈ − ，1 ，∴S ∈(0，❑√3].
6 2 △ABC
1
又S ＝ bh＝h，
△ABC 2
∴h∈(0，❑√3]，∴AC边上高的最大值为❑√3.
方法技巧 12 1 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
A+C
知a sin ＝b sin A.
2
(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．
A+C
【解析】 (1)因为a sin ＝b sin A，
2
A+C
由正弦定理得sin A sin ＝sin B sin A，
2
A+C
因为sin A≠0，所以sin ＝sin B.
2
A+C (π B) B
由A＋B＋C＝π，可得sin ＝sin − ＝cos ，
2 2 2 2
B
所以cos ＝sin B，
2
B B B
所以cos ＝2sin cos ，
2 2 2
B ( π) B B 1
因为B∈(0，π)，则 ∈ 0， ，所以cos >0，所以sin ＝ ，
2 2 2 2 2
B ( π) B π π
因为 ∈ 0， ，所以 ＝ ，则B＝ .
2 2 2 6 3
(2)(ⅰ)因为△ABC为锐角三角形，
π π
所以0<A< ，0<C< ，
2 2
2π π
{0< −C< ，
2π 3 2
由(1)知，A＋C＝ ，即
3 π
0<C< ，
2
π π (π π)
所以 <C< ，即角C的取值范围为 ， .
6 2 6 2
1 ❑√3
(ⅱ)由题设及(1)知，△ABC的面积S ＝ ac sin B＝ a.
△ABC 2 2
(2π )
csin A 2sin −C
由正弦定理得a＝ ＝ 3
sinC
sinC
2π 2π
2sin cosC−2cos sinC
＝ 3 3
sinC
❑√3cosC+sinC ❑√3
＝ ＝ ＋1.
sinC tanC
π π ❑√3
因为 <C< ，所以tan C> ，
6 2 31 ❑√3
则0< <❑√3，0< <3，
tanC tanC
❑√3
所以1<a<4，从而 <S <2❑√3.
2
△ABC
(❑√3 )
因此△ABC面积的取值范围是 ，2❑√3 .
2
π
【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＝ ，则a＋b
3
的取值范围是________．
π
【解析】因为c＝2，A＝ ，
3
(2π )
csinA ❑√3 csinB 2sin −C
则由正弦定理， 可得a＝ ＝ ，b＝ ＝ 3 ，
sinC sinC sinC
sinC
❑√3 ❑√3cosC+sinC
所以a＋b＝ +
sinC sinC
C
2❑√3cos2
❑√3(1+cosC) 2
＝1＋ ＝1＋
sinC C C
2sin cos
2 2
❑√3
＝1＋ C ，
tan
2
π 2π π π π
由△ABC是锐角三角形，可得0<C< ，0< －C< ，则 <C< ，
2 3 2 6 2
π C π C
所以 < < ，2－❑√3<tan <1.
12 2 4 2
所以1＋❑√3<a＋b<4＋2❑√3.
方法技巧 12 2 已知三角形中角 ( 或边 ) 的关系求取值范围
3a−c
【典例1】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A＝2B，则 的取值范围
b
为( )
(7 12]
A．(3，4] B． ，
3 5
( 13]
C． 3， D．(2，5]
4( π)
【解析】∵A＝2B，B＋2B＋C＝π，∴B∈ 0， ，sin A＝sin 2B＝2sin B cos B，sin C＝sin (
3
A＋B)＝sin 3B＝3sin B－4sin3B，
3a−c 3sinA−sinC 6sinBcosB−3sinB+4sin3B
由正弦定理可得 ＝ ＝ ＝6cos B＋4(1－cos2B)
b sinB sinB
－3＝－4cos2B＋6cosB＋1，
(1 ) 3a−c
令cos B＝t∈ ，1 ，则 ＝－4t2＋6t＋1，
2 b
( 13]
由二次函数性质知y＝－4t2＋6t＋1∈ 3， ，
4
3a−c ( 13]
∴ ∈ 3， .故选C.
b 4
【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 ＝S ＋S ，即
△ABC △ABD △BCD
1 1 ∠ABC 1 ∠ABC
ac sin ∠ABC＝ BD·c·sin + BD·a·sin ，
2 2 2 2 2
∠ABC
因为sin ≠0，所以由二倍角公式可得
2
∠ABC
2ac cos ＝a＋c，
2
∠ABC a+c
即cos ＝ ，所以
2 2ac
∠ABC (a+c) 2
cos ∠ABC＝2cos2 －1＝2 －1，
2 2ac
a2+c2−4
由余弦定理的推论得，cos∠ABC＝ ，
2ac
(a+c) 2 a2+c2−4
所以2 －1＝ ，
2ac 2ac
整理得(a＋c)2＝ac[(a＋c)2－4]，
(a+c) 2
所以(a＋c)2＝ac[(a＋c)2－4]≤ ·[(a＋c)2－4]，
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 12 3 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°，
8 BC 8×sin15°
由正弦定理得 ＝ ，BC＝ ＝16×sin (45°−30°)
sin30° sin15° sin30°
(❑√2 ❑√3 ❑√2 1) ❑√6−❑√2
＝16× × − × ＝16×
2 2 2 2 4
＝4(❑√6−❑√2)(n mile)，
在△ABC中，∠ACB＝120°，
所以AB＝❑√AC2+BC2−2×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°，
50 BC
由正弦定理可得 ＝ ，
sin30° sin45°
∴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＝❑√BD2+BC2−2BD·BCcos∠DBC＝25(❑√6+❑√2) m．
方法技巧 12 4 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.
OA h
【解析】设OA＝h m，因为在点B处测得点A的仰角为θ，所以 ＝2，所以OB＝ m.
OB 2
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，
1 1 7
即1022×7＝ h2＋h2＋ h2＝ h2，解得h＝204.
4 2 4
【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( )
❑√3msin(α+30°) ❑√3msin(α−30°)
A． B．
2sin(α+60°) 2sin(α+60°)
❑√3msin(α+30°) ❑√3msin(α−30°)
C． D．
2sin(α−60°) 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 AB
＝ ，
sin∠PBA sin∠APB
PA m
则 ＝ ，
sin(180°+30°−α) sin(α−60°)
msin(α−30°)
得PA＝ ，
sin(α−60°)
PQ
在直角三角形PAQ中，sin 60°＝ ，
PA
❑√3msin(α−30°)
得PQ＝ .故选D.
2sin(α−60°)
方法技巧 12 5 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
❑√2
12❑√6×
AD AB 2
【解析】如图，在△ABD中，B＝45°，由正弦定理得 ＝ ，则AD＝
sin45° sin60° ❑√3
2
＝24.在△ACD中，由余弦定理得 CD2＝AC2＋AD2－2AC·AD·cos 30°，因为 AC＝12❑√3，
CD AC ❑√3
AD＝24，所以CD＝12，由正弦定理得 ＝ ，则sin ∠CDA＝ ，故∠CDA
sin30° sin∠CDA 2
＝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(14x) 2＝122＋(10x) 2－240×x×cos 120°，解得x＝2，
故AC＝28 km，BC＝20 km.
BC AC 20sin120° 5❑√3
根据正弦定理得 ＝ ，解得sin α＝ ＝ .
sinα sin120° 28 14
方法技巧 12 6 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 12 7 平面向量的概念
向量有关概念的四个关注点
(1)平行向量就是共线向量，二者是等价的．
(2)向量与数量不同，数量可以比较大小，向量不可以比较大小，但向量的模可以比较大小．
(3)向量可以平移，平移后的向量与原向量是相等向量．
a
(4) 是与非零向量a同方向的单位向量．
|a|
【典例1】(多选)如图，D，E，F分别是△ABC各边的中点，则下列结论正确的是( )
A．⃗EF＝⃗CD
B．⃗AB与⃗DE共线
C．⃗BD与⃗CD是相反向量1
D．⃗AE＝ |⃗AC|
2
1
【解析】对于A，因为EF＝ BC＝CD，EF∥CD，所以⃗EF＝⃗CD，故A正确；
2
对于B，因为DE∥AB，所以⃗AB与⃗DE共线，故B正确；
对于C，因为BD＝CD，所以⃗BD与⃗CD是相反向量，故C正确；
1
对于D，⃗AE＝ ⃗AC，故D错误．故选ABC．
2
【典例2】(2025·江苏扬州模拟)下列命题中，正确的是( )
A．若|a|＝|b|，则a＝b
B．若a＝b，则a∥b
C．若a≠b，则a与b不是共线向量
D．若a∥b，则存在唯一的实数λ使得a＝λb
【解析】对于A，若|a|＝|b|，则a，b只是大小相等，并不能说方向相同，A错误；
对于B，若a＝b，则a，b方向相同，B正确；
对于C，当a≠b时，它们可以模长不相等，但可以同向或反向，故 a与b可以为共线向量，
故C错误；
对于D，当b＝0，a为非零向量时，λ不存在，D错误．故选B．
方法技巧 12 8 平面向量的线性运算
平面向量线性运算的求解策略
(1)共起点的向量求和用平行四边形法则，求差用向量减法的几何意义，求首尾相连向量的和
用三角形法则．
(2)求参数问题可以通过研究向量间的关系，通过向量的线性运算将目标向量表示出来，再进
行比较，求参数的值．
【典例1】若|⃗AB|＝7，|⃗AC|＝4，则|⃗BC|的取值范围是( )
A．[3，7] B．(3，7)
C．[3，11] D．(3，11)
【解析】由题意知|⃗AB|＝7，|⃗AC|＝4，且|⃗BC|＝|⃗AC−⃗AB|，
当⃗AC，⃗AB同向时，|⃗BC|取得最小值，|⃗BC|＝|⃗AC−⃗AB|＝||⃗AC|－|⃗AB||＝|4－7|＝3；
当⃗AC，⃗AB反向时，|⃗BC|取得最大值，|⃗BC|＝|⃗AC−⃗AB|＝||⃗AC|＋|⃗AB||＝|4＋7|＝11；
当⃗AC，⃗AB不共线时，3＝||⃗AC|－|⃗AB||<|⃗BC|<||⃗AC|＋|⃗AB||＝11．故|⃗BC|的取值范围是[3，11]．
【典例2】如图，O是▱ABCD两条对角线的交点，则下列等式成立的是( )
A．⃗OA+⃗OB＝⃗AB B．⃗OA+⃗OB＝⃗BA
C．⃗AO−⃗OB＝⃗AB D．⃗OA−⃗OB＝⃗CD
【解析】由向量减法的运算可得⃗OA−⃗OB＝⃗BA，又因为四边形ABCD为平行四边形，所以⃗BA
＝⃗CD．故选D．
2
【典例3】(2024·山东济南二模)在△ABC中，E为边AB的中点，⃗BD＝ ⃗BC，则⃗DE＝( )
3
1 2 5 1
A．－ ⃗AB+ ⃗AC B． ⃗AB+ ⃗AC
6 3 6 3
1 2 1 2
C． ⃗AB+ ⃗AC D． ⃗AB− ⃗AC
6 3 6 3
2
【解析】因为E为边AB的中点，⃗BD＝ ⃗BC，
3
2 1 2 1 1 2
所以⃗DE＝⃗DB+⃗BE＝ ⃗CB− ⃗AB＝ (⃗AB−⃗AC)− ⃗AB＝ ⃗AB− ⃗AC．
3 2 3 2 6 3
故选D．
【典例4】在△ABC中，D为BC的中点，M为AD的中点，⃗BM＝m⃗AB＋n⃗AC，则m＋n＝(
)
1 1
A．－ B． C．1 D．－1
2 2
1 1 1 1
【解析】因为D是BC的中点，所以⃗BD＝ ⃗BC＝ (⃗AC−⃗AB)＝ ⃗AC− ⃗AB．
2 2 2 2
又因为M是AD的中点，
1 1 1 1 3 1
所以⃗BM＝ ⃗BA+ ⃗BD＝－ ⃗AB+ (⃗AC−⃗AB)＝－ ⃗AB+ ⃗AC，
2 2 2 4 4 4
3 1
又⃗BM＝m⃗AB＋n⃗AC，所以m＝－ ，n＝ ，
4 41
所以m＋n＝－ ．
2
故选A．
1 1
【典例5】(2025·广东中山模拟)在平行四边形ABCD中，⃗BE＝ ⃗BC，⃗AF＝ ⃗AE．若⃗AB＝m
2 3
⃗DF＋n⃗AE，则m＋n＝( )
1 3
A． B．
2 4
5 4
C． D．
6 3
【解析】由题意可得⃗AB＝⃗AE+⃗EB＝⃗AE+ 1 ⃗DA＝⃗AE+ 1 (⃗DF+⃗FA)＝⃗AE+ 1( ⃗DF− 1 ⃗AE ) ＝
2 2 2 3
1 5
⃗DF+ ⃗AE，
2 6
又⃗AB＝m⃗DF＋n⃗AE，
1 5 4
所以m＝ ，n＝ ，所以m＋n＝ ．
2 6 3
故选D．
方法技巧 12 9 向量共线定理的应用
利用向量共线定理解题的策略
(1)a∥b a＝λb(b≠0)是判断两个向量是否共线的主要依据．
(2)当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线，即A，B，C三点共线⇔⃗AB，⃗AC共线．
⇔
【典例1】(2025·浙江杭州模拟)已知向量e ，e 是平面上两个不共线的单位向量，且⃗AB＝e
1 2 1
＋2e ，⃗BC＝－3e ＋2e ，⃗DA＝3e －6e ，则( )
2 1 2 1 2
A．A，B，C三点共线 B．A，B，D三点共线
C．A，C，D三点共线 D．B，C，D三点共线
【解析】对于A，因为⃗AB＝e ＋2e ，⃗BC＝－3e ＋2e ，不存在实数λ使得⃗AB＝λ⃗BC，故A，
1 2 1 2
B，C三点不共线，故A错误；
对于B，因为⃗AB＝e ＋2e ，⃗DA＝3e －6e ，不存在实数λ使得⃗AB＝λ⃗DA，故A，B，D三点
1 2 1 2
不共线，故B错误；2
对于C，因为⃗AC＝⃗AB+⃗BC＝－2e ＋4e ，⃗DA＝3e －6e ，则⃗AC＝－ ⃗DA，故A，C，D三点
1 2 1 2 3
共线，故C正确；
对于D，因为⃗BC＝－3e ＋2e ，⃗BD＝－(⃗AB+⃗DA)＝－(e ＋2e ＋3e －6e )＝－4e ＋4e ，不存
1 2 1 2 1 2 1 2
在实数λ使得⃗BC＝λ⃗BD，故B，C，D三点不共线，故D错误．故选C．
【典例2】(2024·广东广州二模)已知向量a与b不共线，若a＋kb与(k+1)a＋b共线(k∈R)，
则k的值是________．
【解析】若a＋kb与(k+1)a＋b共线，则设a＋kb＝λ[(k+1)a+b] ＝λ(k+1)a＋λb，
{1=λ(k+1)，
因为向量a与b不共线，所以
k=λ，
−1±❑√5
所以k2＋k－1＝0，解得k＝ ．
2
【典例3】如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与边AB，AC交于M，N
1 1
两点，设⃗AM＝x⃗AB，⃗AN＝y⃗AC，则 + 的值为( )
x y
A．3 B．4
C．5 D．6
【解析】延长AG交BC于点H(图略)，则H为BC的中点，∵G为△ABC的重心，
∴⃗AG＝ 2 ⃗AH＝ 2 × 1 (⃗AB+⃗AC)＝ 1 (⃗AB+⃗AC)＝ 1(1 ⃗AM+ 1 ⃗AN ) ＝ 1 ⃗AM+ 1 ⃗AN．
3 3 2 3 3 x y 3x 3 y
1 1 1 1
∵M，G，N三点共线，∴ + ＝1，即 + ＝3．故选A．
3x 3 y x y
1 1
【典例4】在△ABC中，M是AC边上一点，且⃗AM＝ ⃗MC，N是BM上一点，若⃗AN＝ ⃗AC
2 9
＋m⃗BC，则实数m的值为( )
1 1
A．－ B．－
3 6
1 1
C． D．
6 3
1
【解析】由⃗AM＝ ⃗MC，得⃗AC＝3⃗AM，
2
由⃗AN＝ 1 ⃗AC＋m⃗BC，得⃗AN＝ 1 ⃗AC＋m(⃗AC−⃗AB)＝ (1 +m )⃗AC－m⃗AB＝ (1 +3m )⃗AM－m⃗AB
9 9 9 3．
(1 ) 1
因为B，N，M三点共线，所以 +3m +(−m)＝1，解得m＝ ．故选D．
3 3
方法技巧 13 0 平面向量基本定理的应用
平面向量基本定理解决问题的一般思路
(1)先选择一个基底，并运用该基底将条件和结论表示为向量的形式，再通过向量的运算来解
决．
(2)在基底未给出的情况下，合理地选取基底会给解题带来方便．另外，要熟练运用平面几何
的一些性质定理．
【典例1】(2022·新高考Ⅰ卷)在△ABC中，点D在边AB上，BD＝2DA．记⃗CA＝m，⃗CD＝
n，则⃗CB＝( )
A．3m－2n B．－2m＋3n
C．3m＋2n D．2m＋3n
【解析】因为点D在边AB上，BD＝2DA，所以⃗BD＝2⃗DA，即⃗CD−⃗CB＝2(⃗CA−⃗CD)，所以
⃗CB＝3⃗CD－2⃗CA＝－2m＋3n．故选B．
1 1
【典例2】如图，在△ABO中，已知⃗OA＝a，⃗OB＝b，⃗OM＝ a，⃗ON＝ b，AN与BM交于点
3 2
P，则⃗OP＝________(用向量a，b表示)．
1 1
【解析】设⃗OP＝ma＋nb，又⃗OM＝ a，⃗ON＝ b，
3 2
所以⃗OP＝3m⃗OM＋n⃗OB＝m⃗OA＋2n⃗ON．
又A，P，N三点共线，B，P，M三点共线，
1
{m=
，
{3m+n=1， 5
所以 解得
m+2n=1， 2
n= ，
5
1 2
所以⃗OP＝ a＋ b．
5 5
【典例3】(2024·上海浦东新区三模)给定平面上的一组不共线向量e ，e ，则以下四组向量中
1 2不能构成平面向量的基底的是( )
A．2e ＋e 和e －e
1 2 1 2
B．e ＋3e 和e ＋3e
1 2 2 1
C．3e －e 和2e －6e
1 2 2 1
D．e 和e ＋e
1 1 2
【解析】对于A，不存在实数λ，使得2e ＋e ＝λ(e −e )，
1 2 1 2
故2e ＋e 和e －e 不共线，可作基底；
1 2 1 2
对于B，不存在实数λ，使得e ＋3e ＝λ(e +3e )，
1 2 2 1
故e ＋3e 和e ＋3e 不共线，可作基底；
1 2 2 1
对于C，对 3e －e 和2e －6e ，因为e ，e 是不共线的两个非零向量，且存在实数－2，使得
1 2 2 1 1 2
2e －6e ＝－2(3e −e )，
2 1 1 2
故3e －e 和2e －6e 共线，不可作基底；
1 2 2 1
对于D，不存在实数λ，使得e ＝λ(e +e )，故e 和e ＋e 不共线，可作基底．故选C．
1 1 2 1 1 2
方法技巧 13 1 平面向量的坐标运算
平面向量坐标运算的技巧
(1)利用向量加、减、数乘运算的法则(或运算律)进行求解，若已知有向线段两端点的坐标，
则应先求向量的坐标．
(2)解题过程中，常利用“向量相等，则坐标相同”这一结论，由此可列方程(组)进行求解．
(3)在特殊的平面图形中恰当建立直角坐标系，把向量的有关运算转化为坐标运算，有时更简
单．
【典例1】在平行四边形 ABCD 中，⃗AD＝(3，7)，⃗AB＝(－2，3)，对角线 AC 与BD交于点
O，则⃗CO的坐标为( )
( 1 ) (1 )
A． − ，5 B． ，5
2 2
( 1 ) (1 )
C． − ，−5 D． ，−5
2 2
【解析】因为在平行四边形ABCD中，⃗AD＝(3，7)，⃗AB＝(－2，3)，对角线AC与BD交于
点O，所以⃗CO＝－⃗AO＝－ 1 (⃗AD+⃗AB)＝ ( − 1 ，−5 ) ．故选A
2 2
【典例2】如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AD⊥DC，AD＝DC＝2AB，E为AD的中点，
若⃗CA＝λ⃗CE＋μ⃗DB(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值为________．【解析】建立如图所示的平面直角坐标系，则D(0，0)．
不妨设AB＝1，则CD＝AD＝2，
∴C(2，0)，A(0，2)，B(1，2)，E(0，1)，
∴⃗CA＝(－2，2)，⃗CE＝(－2，1)，⃗DB＝(1，2)，
∵⃗CA＝λ⃗CE＋μ⃗DB，
∴(－2，2)＝λ(－2，1)＋μ(1，2)＝(－2λ＋μ，λ＋2μ)，
{−2λ+μ=−2，
∴
λ+2μ=2，
6
{λ=
，
5 8
解得 故λ＋μ＝ ．
2 5
μ= ，
5
【典例3】在平面四边形ABCD中，AB⊥BC，AC⊥CD，AB＝BC＝CD，若⃗AC＝λ⃗AB＋μ⃗AD，
则λ＋μ＝( )
4
A． B．❑√2
3
3
C． D．2
2
【解析】设AB＝❑√2，如图，以AC所在直线为x轴，AC的垂直平分线为y轴，建立平面直角
坐标系，则A(－1，0)，B(0，－1)，C(1，0)，D(1，❑√2)，⃗AC＝(2，0)，⃗AB＝(1，－1)，⃗AD
{ λ+2μ=2，
＝(2，❑√2)，因为⃗AC＝λ⃗AB＋μ⃗AD，所以(2，0)＝λ(1，－1)＋μ(2，❑√2)，所以
−λ+❑√2μ=0，
解得λ＝2❑√2－2，μ＝2－❑√2，所以λ＋μ＝❑√2．故选B．方法技巧 13 2 向量共线的坐标表示
平面向量共线的坐标表示问题的解题策略
(1)若a＝(x ，y )，b＝(x ，y )，其中b≠0，则a∥b的充要条件是x y ＝x y ．
1 1 2 2 1 2 2 1
(2)在求与一个已知向量a(a≠0)共线的向量时，可设所求向量为λa(λ∈R)．
【典例1】 (2024·贵州贵阳二模)已知向量a＝(1，−2)，b＝(2，x)，若(3a−b)∥(a+2b)，则
实数x＝( )
A．2 B．1
C．0 D．－4
【解析】3a－b＝(1，−6−x)，a＋2b＝(5，2x−2)，
由(3a−b)∥(a+2b)，则有1×(2x−2)－5×(−6−x)＝0，解得x＝－4．故选D．
【典例2】(多选)已知向量⃗OA＝(1，－3)，⃗OB＝(2，－1)，⃗OC＝(m＋1，m－2)，若连接AB，
BC，AC能构成三角形，则实数m可以是( )
1
A．－2 B．
2
C．1 D．－1
【解析】由题知⃗AB＝⃗OB−⃗OA＝(2，－1)－(1，－3)＝(1，2)，⃗AC＝⃗OC−⃗OA＝(m＋1，m－2)
－(1，－3)＝(m，m＋1)．假设A，B，C三点共线，则1·(m＋1)－2m＝0，
即m＝1．所以若连接AB，BC，AC能构成三角形，
则m≠1．故选ABD．
【典例3】已知O为坐标原点，点A(4，0)，B(4，4)，C(2，6)，则AC与OB的交点P的坐标
为________．
【解析】法一：由O，P，B三点共线，可设⃗OP＝λ⃗OB＝(4λ，4λ)，则⃗AP＝⃗OP−⃗OA＝(4λ－
4，4λ)．
又⃗AC＝⃗OC−⃗OA＝(－2，6)，
由⃗AP与⃗AC共线，得(4λ－4)×6－4λ×(－2)＝0，
3 3
解得λ＝ ，所以⃗OP＝ ⃗OB＝(3，3)，
4 4所以点P的坐标为(3，3)．
x y
法二：设点P(x，y)，则⃗OP＝(x，y)，因为⃗OB＝(4，4)，且⃗OP与⃗OB共线，所以 ＝ ，即x＝
4 4
y．
又⃗AP＝(x－4，y)，⃗AC＝(－2，6)，且⃗AP与⃗AC共线，
所以(x－4)×6－y×(－2)＝0，解得x＝y＝3，
所以点P的坐标为(3，3)．
【典例4】在梯形ABCD中，AB∥CD，且CD＝2AB，若点A(1，2)，B(2，1)，C(4，2)，则点
D的坐标为________．
【解析】∵在梯形ABCD中，CD＝2AB，AB∥CD，
∴⃗DC＝2⃗AB，
设点D的坐标为(x，y)，则⃗DC＝(4－x，2－y)，
又⃗AB＝(1，－1)，∴(4－x，2－y)＝2(1，－1)，
{ 4−x=2， {x=2，
即 ∴
2−y=−2， y=4，
∴点D的坐标为(2，4)．
方法技巧 13 3 平面向量数量积的运算
计算平面向量数量积的主要方法
(1)利用定义：a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
(2)利用坐标运算，若a＝(x ，y )，b＝(x ，y )，则a·b＝x x ＋y y ．
1 1 2 2 1 2 1 2
(3)利用基底法求数量积．
(4)灵活运用平面向量数量积的几何意义．
【典例1】(2025·八省联考)已知向量a＝(0，1)，b＝(1，0)，则a·(a－b)＝( )
A．2 B．1
C．0 D．－1
【解析】由题意知，a－b＝(－1，1)，所以a·(a－b)＝(0，1)·(－1，1)＝1．故选B．
【典例2】已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则⃗DE·⃗CB的值为________，
⃗DE·⃗DC的最大值为________
【解析】法一(投影法)：设向量⃗DE，⃗DA的夹角为θ，则⃗DE·⃗CB＝⃗DE·⃗DA＝|⃗DE|·|⃗DA|
cos θ，由图可知，|⃗DE|cos θ＝|⃗DA|，所以原式等于|⃗DA|2＝1．要使⃗DE·⃗DC最大，只要使向
量⃗DE在向量⃗DC上的投影向量的长度达到最大即可，因为⃗DE在向量⃗DC上的投影向量的长度最大为|⃗DC|＝1，所以(⃗DE·⃗DC) ＝|⃗DC|2＝1．
max
法二(基向量法)：因为⃗DE＝⃗DA+⃗AE且⃗DA⊥⃗AE，所以⃗DE·⃗CB＝(⃗DA+⃗AE)·⃗DA＝|⃗DA|2＝
1，⃗DE·⃗DC＝(⃗DA+⃗AE)·⃗AB＝⃗AB·⃗AE＝|⃗AB||⃗AE|＝|⃗AE|，所以要使⃗DE·⃗DC最大，只要|
⃗AE|最大即可，显然随着E点在AB边上移动，|⃗AE| ＝1，故(⃗DE·⃗DC) ＝1．
max max
法三(坐标法)：以D为坐标原点，DC与DA所在直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系，
如图所示，可知E(x，1)，0≤x≤1，所以⃗DE＝(x，1)，⃗CB＝(0，1)，可得⃗DE·⃗CB＝1．因为
⃗DC＝(1，0)，所以⃗DE·⃗DC＝x，因为0≤x≤1，所以(⃗DE·⃗DC) ＝1．
max
【典例3】在平行四边形ABCD中，AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，⃗CE＝2⃗ED，⃗BC＝2⃗BF，则
⃗AE·⃗EF＝( )
32 28
A．4 B． C． D．3
9 9
【解析】如图所示，在平行四边形ABCD中，∵⃗CE＝2⃗ED，⃗BC＝2⃗BF，∴⃗AE＝⃗AD+⃗DE＝
1 ⃗AB+⃗AD，⃗EF＝ ⃗EC+⃗CF＝ 2 ⃗AB− 1 ⃗AD， ∴ ⃗AE·⃗EF＝ (1 ⃗AB+⃗AD ) · (2 ⃗AB− 1 ⃗AD ) ＝
3 3 2 3 3 2
2 2 1 1
⃗AB － ⃗AD2＋ ⃗AB·⃗AD，又 AB＝2AD＝4，∠BAD＝60°，∴|⃗AB|2＝16，|⃗AD|2＝4，
9 2 2
32
⃗AB·⃗AD＝4×2×cos 60°＝4，∴⃗AE·⃗EF＝ ．故选B．
9
方法技巧 13 4 平面向量数量积的应用
1．求平面向量模的方法
(1)若a＝(x，y)，利用公式|a|＝❑√x2+ y2．
(2)利用|a|＝❑√a2．2．求平面向量的夹角的方法
a·b
(1)定义法：cos θ＝ ，θ的取值范围为[0，π]．
|a||b|
x x + y y
1 2 1 2
(2)坐标法：若a＝(x ，y )，b＝(x ，y )，则cos θ＝ ．
1 1 2 2 ❑√x2+ y2·❑√x2+ y2
1 1 2 2
(3)解三角形法：把两向量放到同一三角形中．
【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)已知向量a，b满足|a|＝1，|a＋2b|＝2，且(b－2a)⊥b，则|b|＝(
)
1 ❑√2
A． B．
2 2
❑√3
C． D．1
2
【解析】因为(b－2a)⊥b，所以(b－2a)·b＝0，
即b2＝2a·b，又因为|a|＝1，|a＋2b|＝2，
❑√2
所以1＋4a·b＋4b2＝1＋6b2＝4，从而|b|＝ ．故选B．
2
π
【典例2】若e ，e 是夹角为 的两个单位向量，则a＝2e ＋e 与b＝－3e ＋2e 的夹角为( )
1 2 3 1 2 1 2
π π
A． B．
6 3
2π 5π
C． D．
3 6
π 1
【解析】由题意可得e ·e ＝1×1×cos ＝ ，
1 2 3 2
故a·b＝(2e ＋e )·(－3e ＋2e )
1 2 1 2
1 7
＝−6e2+e ·e +2e2＝－6＋ ＋2＝－ ，
1 1 2 2 2 2
|a|＝❑√(2e +e ) 2＝❑√4e2+4e ·e +e2＝❑√7，
1 2 1 1 2 2
|b|＝❑√(−3e +2e ) 2＝❑√9e2−12e ·e +4e2＝❑√7，
1 2 1 1 2 2
7
a·b − 1
故cos〈a，b〉＝ ＝ 2 ＝－ ，
|a||b| 2
❑√7×❑√7
2π
由于〈a，b〉∈[0，π]，故〈a，b〉＝ ．
3
【典例3】若向量a＝(k，3)，b＝(1，4)，c＝(2，1)，已知2a－3b与c的夹角为钝角，则k的
取值范围是________．【解析】因为2a－3b与c的夹角为钝角，
所以(2a－3b)·c＜0，即(2k－3，－6)·(2，1)＜0，
2k−3 9
所以4k－6－6＜0，所以k＜3．若2a－3b与c反向共线，则 ＝－6，解得k＝－ ，此
2 2
( 9) ( 9 )
时夹角不是钝角，综上所述，k的取值范围是 −∞，− ∪ − ，3 ．
2 2
【典例4】(2024·新高考Ⅰ卷)已知向量a＝(0，1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
【解析】因为b⊥(b－4a)，所以b·(b－4a)＝0，
所以b2－4a·b＝0，即4＋x2－4x＝0，故x＝2．
故选D．
【典例5】(2024·浙江温州一模)已知向量a＝(0，4)，b＝(−3，−3)，则a在b上的投影向量
的坐标是( )
A．(−2，−2) B．(2，2)
C．(0，−3) D．(0，3)
b a·b −12 2
【解析】a在b上的投影向量为|a|cos 〈a，b〉 ＝ b＝ b＝－ b＝(2，2)，故选
|b| |b| 2 18 3
B．
【典例6】(多选)已知向量a＝(2，m)，b＝(－1，3)，则下列说法中正确的是( )
A．若|a＋b|＝❑√10，则m＝4
2
B．若|a＋b|＝|a－b|，则m＝
3
C．若a∥b，则m＝－6
( 2)
D．若向量a，b的夹角为钝角，则m的取值范围是 −∞，
3
【解析】A选项，a＋b＝(1，m＋3)，故❑√12+(m+3) 2＝❑√10，解得m＝0或m＝－6，A错误；
2
B选项，a－b＝(3，m－3)，|a＋b|＝|a－b|，即❑√12+(m+3) 2＝❑√32+(m−3) 2，解得m＝ ，B正
3
确；
C选项，由题意得2×3－(−1)×m＝0，解得m＝－6，C正确；
D选项，若向量a，b的夹角为钝角，则a·b<0且a，b不反向共线，故－2＋3m<0且2×3＋
2
m≠0，解得m< 且m≠－6，D错误．故选BC．
3方法技巧 13 5 平面向量的应用
1．用向量方法解决平面几何问题的步骤
设向量 计算 还原
平面几何问题 向量问题 解决向量问题 解决几何问
→ → →
题．
2．用向量方法解决平面几何(物理)问题的步骤
【典例1】(多选)在△ABC所在平面内有三点O，N，P，则下列命题正确的是( )
A．若⃗PA·⃗PB＝⃗PB·⃗PC＝⃗PC·⃗PA，则P是△ABC的垂心
( ⃗AB ⃗AC )
B．若⃗AP＝λ + ，则直线AP必过△ABC的外心
|⃗AB| |⃗AC|
C．若|⃗OA|＝|⃗OB|＝|⃗OC|，则O为△ABC的外心
D．若⃗NA+⃗NB+⃗NC＝0，则N是△ABC的重心
【解析】对于A，由题意可得⃗PA·⃗PB−⃗PB·⃗PC＝⃗PB·(⃗PA−⃗PC)＝⃗PB·⃗CA＝0，
所以PB⊥AC，同理可得PA⊥BC，PC⊥AB，故P为△ABC的垂心，故A正确；
⃗AB ⃗AC
对于B，如图，设⃗AE＝ ，⃗AF＝ ，则|⃗AE|＝|⃗AF|＝1，
|⃗AB| |⃗AC|
以AE，AF为邻边作平行四边形AEQF，则平行四边形AEQF为菱形，
⃗AB ⃗AC
则⃗AQ＝⃗AE+⃗AF＝ + ，
|⃗AB| |⃗AC|
( ⃗AB ⃗AC )
所以⃗AP＝λ + ＝λ⃗AQ，
|⃗AB| |⃗AC|又因为AQ平分∠BAC，故AP必经过△ABC的内心，故B错误；
对于C，因为|⃗OA|＝|⃗OB|＝|⃗OC|，所以O到△ABC的三个顶点距离相等，所以O为△ABC的
外心，故C正确；
对于D，记AB，BC，CA的中点分别为D，E，F，由题意⃗NA+⃗NB＝2⃗ND＝－⃗NC，则NC＝
2ND，同理可得NA＝2NE，NB＝2NF，则N是△ABC的重心，故D正确．
【典例2】在四边形ABCD中，⃗AC＝(1，2)，⃗BD＝(－4，2)，则四边形ABCD的面积S＝(
)
5
A． B．5
2
C．10 D．20
【解析】因为⃗AC＝(1，2)，⃗BD＝(－4，2)，
所以⃗AC·⃗BD＝1×(－4)＋2×2＝0，则AC⊥BD，
又|⃗AC|＝❑√12+22＝❑√5，|⃗BD|＝❑√(−4) 2+22＝2❑√5，
1 1
所以四边形ABCD的面积S＝ |⃗AC||⃗BD|＝ ×❑√5×2❑√5＝5．故选B
2 2
方法技巧 13 6 极化恒等式求数量积
1
1.极化恒等式：a·b＝ [(a＋b)2－(a－b)2]．
4
几何意义：向量的数量积可以表示为以这组向量为邻边的平行四边形的“和对角线”与“差
1
对角线”平方差的 ．
4
在平行四边形ABDC中，O是对角线的交点，则
1
(1)平行四边形模式：⃗AB·⃗AC＝ (|⃗AD|2－|⃗BC|2)；
4
1
(2)三角形模式： ⃗AB·⃗AC＝|⃗AO|2－ |⃗BC|2．
4
2.利用极化恒等式求数量积的步骤
(1)取第三边的中点；
(2)利用极化恒等式将数量积转化为中线长与第三边边长的一半的平方差；
(3)求中线及第三边的长度，从而求出数量积的值．
【典例1】设向量a，b满足|a＋b|＝❑√10，|a－b|＝❑√6，则a·b＝( )
A．1 B．2 C．3 D．51 1
【解析】因为a·b＝ [(a＋b)2－(a－b)2]＝ ×(10－6)＝1，所以a·b＝1．故选A
4 4
【典例2】如图，在△ABC中，D是BC的中点，E，F是AD上的两个三等分点，⃗BA·⃗CA＝
4，⃗BF·⃗CF＝－1，则⃗BE·⃗CE的值为________．
【解析】设⃗DC＝a，⃗DF＝b，⃗BA·⃗CA＝|⃗AD|2－|⃗BD|2＝9b2－a2＝4，⃗BF·⃗CF＝|⃗FD|2－|⃗BD|2
5 13
＝b2－a2＝－1，解得b2＝ ，a2＝ ，
8 8
7
所以⃗BE·⃗CE＝|⃗ED|2－|⃗BD|2＝4b2－a2＝ ．
8
【典例3】如图，在平面四边形 ABCD中，O为BD的中点，且OA＝3，OC＝5，若⃗AB·⃗AD
＝－7，则⃗BC·⃗DC＝________．
1
【解析】∵⃗AB·⃗AD＝|⃗AO|2－ |⃗BD|2＝－7，
4
1
∴ |⃗BD|2＝16，
4
1
∴⃗BC·⃗DC＝|⃗CO|2－ |⃗BD|2＝25－16＝9．
4
方法技巧 13 7 极化恒等式求数量积的最值
利用极化恒等式求数量积的最值(范围)的关键在于求中线长的最值(范围)，可通过观察图形或
用点到直线的距离等求解．
【典例1】已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则⃗PA·(⃗PB+⃗PC)的最
小值是( )
3
A．－2 B．－
2
4
C．－ D．－1
3
【解析】法一(极化恒等式)：结合题意画出图形，如图所示，设BC的中点为D，连接AD，
设AD的中点为E，连接PE，PD，则有⃗PB+⃗PC＝2⃗PD，(❑√3) 2 3
则⃗PA·(⃗PB+⃗PC)＝2⃗PA·⃗PD＝2(⃗PE+⃗EA)·(⃗PE−⃗EA)＝2(|⃗PE|2－|⃗EA|2)．而|⃗EA|2＝ ＝
2 4
，当点P与点E重合时，⃗PE2有最小值0，故此时⃗PA·(⃗PB+⃗PC)取得最小值，最小值为－2|
3 3
⃗EA|2＝－2× ＝－ ．故选B．
4 2
法二(坐标法)：如图，以等边三角形ABC的底边BC所在直线为x轴，以边BC的垂直平分线
为y轴建立平面直角坐标系，则A(0，❑√3)，B(－1，0)，C(1，0)，设P(x，y)，则⃗PA＝(－x，
❑√3－y)，⃗PB＝(－1－x，－y)，⃗PC＝(1－x，－y)，所以⃗PA·(⃗PB+⃗PC)＝(－x，❑√3－y)·(－
( ❑√3) 2 3 ❑√3
2x，－2y)＝2x2＋2 y− － ，当x＝0，y＝ 时，⃗PA·(⃗PB+⃗PC)取得最小值，最小值为
2 2 2
3
－ ．故选B．
2
【典例2】(2022·北京高考)在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°．P为△ABC所在平面内
的动点，且PC＝1，则⃗PA·⃗PB的取值范围是( )
A．[－5，3] B．[－3，5]
C．[－6，4] D．[－4，6]
【解析】由题意易知，点P是单位圆C(C为圆心)上的动点．
设线段AB的中点为D，则由极化恒等式易得
25
⃗PA·⃗PB＝|⃗PD|2－|⃗DA|2＝|⃗PD|2－ ，
4
25 5
又|⃗CD|2＝ ，即|⃗CD|＝ ，
4 2
故|⃗PD| 2 ＝ (5 −1 ) 2 ＝ 9 ，|⃗PD| 2 ＝ (5 +1 ) 2 ＝ 49 ，
min 2 4 max 2 49 25
∴(⃗PA·⃗PB) ＝ − ＝－4，
min 4 4
49 25
(⃗PA·⃗PB) ＝ − ＝6．
max 4 4
故⃗PA·⃗PB的取值范围是[－4，6]．
故选D．
方法技巧 13 8 复数的有关概念
解决复数概念问题的方法及注意事项
(1)复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只
需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可．
(2)解题时一定要先看复数是否为a＋bi(a，b∈R)的形式，以确定实部和虚部．
【典例1】(2024·山东菏泽一模)已知复数z满足z(1＋i)＝i2 024，其中i为虚数单位，则z的虚部
为( )
1 1
A．－ B．
2 2
1 ❑√2
C．－ i D．
2 2
i2 024 1 1−i 1−i
【解析】由z(1＋i)＝i2 024得z＝ ＝ ＝ ＝ ，
1+i 1+i (1+i)(1−i) 2
1
故复数的虚部为－ ．故选A．
2
−1+i
【典例2】(多选)(2024·广东惠州调研)已知复数z＝ ，则下列结论正确的是( )
i
A．z的虚部为1
B．|z|＝2
C．z2为纯虚数
D．z在复平面内对应的点位于第一象限
−1+i i2+i
【解析】对于A，z＝ ＝ ＝1＋i，则z的虚部为1，故A正确；
i i
对于B，|z|＝❑√2，故B错误；
对于C，z2＝2i为纯虚数，故C正确；
对于D，z＝1－i在复平面内对应的点为(1，－1)，
位于第四象限，故D错误．【典例3】(多选)已知z ，z 是两个虚数，则下列结论中正确的是( )
1 2
A．若z ＝z ，则z ＋z 与z z 均为实数
1 2 1 2 1 2
B．若z ＋z 与z z 均为实数，则z ＝z
1 2 1 2 1 2
z
C．若z ，z 均为纯虚数，则 1为实数
1 2 z
2
z
D．若 1为实数，则z ，z 均为纯虚数
z 1 2
2
【解析】设z ＝a＋bi，z ＝c＋di(a，b，c，d∈R，b≠0，d≠0)．
1 2
z ＋z ＝a＋c＋(b+d)i，z z ＝ac－bd＋(ad＋bc)i．
1 2 1 2
若z ＝z ，则a＝c，b＋d＝0，所以z ＋z ＝2a∈R，z z ＝a2＋b2∈R，所以A正确；
1 2 1 2 1 2
若z ＋z 与z z 均为实数，则b＋d＝0，且ad＋bc＝0，又b≠0，d≠0，所以a＝c，所以B正
1 2 1 2
确；
z b
若z ，z 均为纯虚数，则a＝c＝0，所以 1＝ ∈R，所以C正确；
1 2 z d
2
z
取z ＝2＋2i，z ＝1＋i，则 1为实数，但z ，z 不是纯虚数，所以D错误．故选ABC．
1 2 z 1 2
2
方法技巧 13 9 复数的四则运算
(1)复数的乘法运算类似于多项式的乘法运算；(2)复数的除法关键是分子、分母同乘以分母的
共轭复数．
z
【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)若 ＝1＋i，则z＝( )
z−1
A．－1－i B．－1＋i
C．1－i D．1＋i
z z−1+1 1 1
【解析】因为 ＝ ＝1＋ ＝1＋i，所以z＝1＋ ＝1－i．故选C．
z−1 z−1 z−1 i
z
【典例2】(2022·全国甲卷)若z＝－1＋❑√3i，则 ＝( )
zz−1
A．－1＋❑√3i B．－1－❑√3i
1 ❑√3 1 ❑√3
C．－ + i D．－ − i
3 3 3 3
【解析】因为z＝－1－❑√3i，zz＝(－1＋❑√3i)(－1－❑√3i)＝1＋3＝4，
z −1+❑√3i 1 ❑√3
所以 ＝ ＝－ + i．故选C．
zz−1 3 3 3【典例3】(多选)若z ，z 是方程x2＋ax＋1＝0(a∈R)的两个虚数根，则( )
1 2
A．a的取值范围为[－2，2]
B．z 的共轭复数是z
1 2
C．z z ＝1
1 2
a
D．z ＋ 为纯虚数
1 2
【解析】因为z ，z 是方程x2＋ax＋1＝0的两个虚数根，所以Δ＝a2－4＜0，所以－2＜a＜
1 2
−a±❑√4−a2i a ❑√4−a2
2，方程x2＋ax＋1＝0的虚数根为z＝ ，不妨取z ＝－ + i，z ＝－
1 2
2 2 2
a ❑√4−a2 a ❑√4−a2
− i．对于A，因为－2＜a＜2，故A错误；对于B，z ＝－ + i和z ＝－
1 2
2 2 2 2
a ❑√4−a2 ( a ❑√4−a2 )( a ❑√4−a2 )
− i互为共轭复数，故B正确；对于C，z z ＝ − + i − − i ＝
1 2
2 2 2 2 2 2
a2 4−a2 a ❑√4−a2 a
+ ＝1，故C正确；对于D，z ＋ ＝ i，因为❑√4−a2≠0，所以z ＋ 为纯虚数，
4 4 1 2 2 1 2
故D正确．
方法技巧 14 0 复数的几何意义
由于复数、点、向量之间建立了一一对应的关系，因此可把复数、向量与解析几何联系在一
起，解题时可运用数形结合的方法，使问题的解决更加直观．
z
【典例1】(2024·山西晋城一模)设z在复平面内对应的点为(1，－2)，则 在复平面内对应
z+i
的点为( )
( 1 3) (1 3)
A． − ， B． ，−
4 4 4 4
( 1 3) ( 1 3)
C． − ， D． − ，−
2 2 2 2
【解析】依题意得z＝1－2i，
z 1+2i (1+2i)(1+i) −1+3i 1 3
所以 ＝ ＝ ＝ ＝－ + i，
z+i 1−i (1−i)(1+i) 2 2 2
z ( 1 3)
则 在复平面内对应的点为 − ， ．故选C．
z+i 2 2
【典例2】复平面内复数z满足|z－2|－|z＋2|＝2，则|z－i|的最小值为( )❑√3 ❑√5
A． B． C．❑√3 D．❑√5
2 2
【解析】因为|z－2|－|z＋2|＝2，
所以复数z对应的点的轨迹是以点(2，0)，(－2，0)为焦点，实半轴长为1的双曲线的左支，
y2
则b2＝c2－a2＝3，所以复数z对应的点的轨迹方程为x2－ ＝1(x＜0)．设z＝x＋yi，所以|z－
3
i|＝❑√x2+(y−1) 2＝❑
√
1+
y2
+(y−1) 2＝❑
√4(
y−
3) 2
+
5
≥
❑√5
，当且仅当y＝
3
时取等号，所以|z
3 3 4 4 2 4
❑√5
－i|的最小值为 ．故选B．
2
【典例3】复数z＝(a＋2)－(a＋3)i在复平面内对应的点Z位于第二象限，则实数a的取值范围
为( )
A．(－∞，－2) B．(－3，－2)
C．(－2，＋∞) D．(－∞，－3)
【解析】由复数z＝(a＋2)－(a＋3)i在复平面内对应的点Z位于第二象限，
{ a+2<0，
可得 解得a<－3，
−(a+3)>0，
故实数a的取值范围为(－∞，－3)，故选D.
方法技巧 14 1 由 an 与 Sn 的关系求通项公式
1．已知S 求a 的三个步骤
n n
(1)利用a ＝S 求出a ．
1 1 1
(2)当n≥2时，利用a ＝S －S 求出a 的表达式．
n n n－1 n
(3)看a 是否符合n≥2时a 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
1 n
{ S ，n=1，
成分段的形式，即a ＝ 1
n S −S ，n≥2.
n n−1
2．S 与a 关系问题的求解思路
n n
方向1：利用a ＝S －S (n≥2)转化为只含S ，S 的关系式，再求解．
n n n－1 n n－1
方向2：利用S －S ＝a (n≥2)转化为只含a ，a 的关系式，再求解．
n n－1 n n n－1
提醒：注意a ＝S －S 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、
n n n－1
累乘等方法求解．
【典例1】(2025·山东菏泽模拟)已知数列{a }的前n项和为S ，若满足S ＝4a －3，则S ＝(
n n n n n
)[ (2) n ] [ (2) n ]
A．4 −1 B．4 −1
5 3
[ (4) n ]
C．3 −1 D．4(3n－1)
3
【解析】当n＝1时，S ＝4a －3，即S ＝4S －3，得S ＝1，
1 1 1 1 1
当n≥2时，S ＝4(S －S )－3，
n n n－1
即3S ＝4S ＋3，
n n－1
4
S ＝ S ＋1，
n 3 n－1
4
S ＋3＝ (S ＋3)，又S ＋3＝4，
n 3 n－1 1
4
所以{S ＋3}是首项为4，公比为 的等比数列，
n 3
(4) n−1 (4) n−1 [ (4) n ]
所以S ＋3＝4× ，S ＝4× －3＝3 −1 ．故选C．
n 3 n 3 3
【典例2】已知数列{a }满足a ＋2a ＋3a ＋…＋na ＝2n，则a ＝________．
n 1 2 3 n n
【解析】当n＝1时， a ＝21＝2，∵a ＋2a ＋3a ＋…＋na ＝2n，①
1 1 2 3 n
故a ＋2a ＋3a ＋…＋(n－1)a ＝2n-1(n≥2，n∈N*)，②
1 2 3 n－1
2n−1
由①－②得na ＝2n－2n-1＝2n-1，∴a ＝ (n≥2，n∈N*)．
n n n
显然当n＝1时不满足上式，
{
2，n=1，
∴a ＝ 2n−1
n ，n≥2，n∈N∗.
n
【典例3】(多选)设S
n
是数列{a
n
}的前n项和，且a
1
＝－1，a
n＋1
＝S
n
S
n＋1
，则下列结论正确的是(
)
{
−1，n=1，
1
A．a ＝ B．a ＝ 1
n n(n−1) n ，n≥2
n(n−1)
1 {1 }
C．S ＝－ D．数列 是等差数列
n n S
n
1 1
【解析】∵a ＝S ·S ＝S －S ，两边同除以S ·S ，得 − ＝－1．
n＋1 n n＋1 n＋1 n n＋1 n S S
n+1 n
{1 }
∴ 是以－1为首项，－1为公差的等差数列，
S
n1 1
即 ＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴S ＝－ ．
S n n
n
1 1 1
当n≥2时，a ＝S －S ＝－ + ＝ ，
n n n－1 n n−1 n(n−1)
{
−1，n=1，
又a ＝－1不适合上式，∴a ＝ 1 故选BCD．
1 n ，n≥2.
n(n−1)
方法技巧 14 2 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{a
n
}满足a
1
＝1，且a
n＋1
－a
n
＝n＋1(n∈N*)，则数列{a
n
}的通项公式为a
n
＝
________．
【解析】由题意得a －a ＝2，a －a ＝3，…，
2 1 3 2
a －a ＝n(n≥2)．
n n－1
以上各式相加，得
(n−1)(2+n) n2+n−2
a －a ＝2＋3＋…＋n＝ ＝ ．
n 1 2 2
n2+n
∵a ＝1，∴a ＝ (n≥2)．
1 n 2
n2+n
∵当n＝1时也满足此式，∴a ＝ ．
n 2
n−1
【典例2】在数列{a
n
}中，a
1
＝1，a
n
＝
n
a
n－1
(n≥2，n∈N*)，则数列{a
n
}的通项公式为a
n
＝
________．
n−1
【解析】∵a ＝ a (n≥2)，
n n n－1
n−2 n−3 1
∴a ＝ a ，a ＝ a ，…，a ＝ a ．
n－1 n−1 n－2 n－2 n−2 n－3 2 2 1以上(n－1)个式子相乘得，
1 2 n−1 a 1
a ＝a · · ·…· ＝ 1＝ ．
n 1 2 3 n n n
1
当n＝1时，a ＝1，符合上式，∴a ＝ ．
1 n n
【典例 3】已知数列{a
n
}满足 a
1
＝1，a
n＋1
＝3a
n
＋2(n∈N*)，则数列{a
n
}的通项公式为 a
n
＝
________．
【解析】∵a ＝3a ＋2，∴a ＋1＝3(a ＋1)，
n＋1 n n＋1 n
a +1
∴
n+1
＝3，
a +1
n
∴数列{a ＋1}为等比数列，公比q＝3，
n
又a ＋1＝2，∴a ＋1＝2·3n-1，
1 n
∴a ＝2·3n-1－1．
n
【典例4】已知数列{a
n
}中，a
1
＝1，a
n＋1
＝2a
n
＋2n+1，则数列{a
n
}的通项公式为a
n
＝________．
【解析】∵a ＝2a ＋2n+1，∴两边同除以2n+1，
n＋1 n
a a
得 n+1＝ n＋1．又a ＝1，
2n+1 2n 1
{a } 1
∴ n 是首项为 ，公差为1的等差数列，
2n 2
a 1 1
∴ n＝ ＋(n－1)×1＝n－ ，
2n 2 2
( 1)
即a ＝ n− ·2n．
n 2
2a
【典例 5】已知数列{a
n
}中，a
1
＝2，a
n＋1
＝
a +
n
2
(n∈N*)，则数列{a
n
}的通项公式为 a
n
＝
n
________．
2a
【解析】∵a ＝ n ，a ＝2，∴a ≠0，
n＋1 a +2 1 n
n
1 1 1 1 1 1
∴ ＝ + ，即 − ＝ ，
a a 2 a a 2
n+1 n n+1 n
1 1
又a ＝2，则 ＝ ，
1 a 2
1
{1 } 1 1
∴ 是以 为首项， 为公差的等差数列．
a 2 2
n1 1 1 n 2
∴ ＝ ＋(n－1)× ＝ ，∴a ＝ ．
a a 2 2 n n
n 1
方法技巧 14 3 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{a
n
}中，a
1
＝2，a
2
＝1，a
n＋1
＝a
n
－a
n－1
(n≥2，n∈N∗)，则a ＝( )
2 025
A．－2 B．－1
C．1 D．2
【解析】由a ＝2，a ＝1，a ＝a －a (n≥2，n∈N*)，得
1 2 n＋1 n n－1
a ＝a －a ＝－1，
3 2 1
a ＝a －a ＝－2，
4 3 2
a ＝a －a ＝－1，
5 4 3
a ＝a －a ＝1，
6 5 4
a ＝a －a ＝2，
7 6 5
a ＝a －a ＝1，
8 7 6
…，
则{a }是以6为周期的周期数列，
n
所以a ＝a ＝a ＝－1．
2 025 337×6＋3 3
故选B．
1
【典例2】(2025·福建厦门模拟)数列{a }满足a ＝ ，a ＝3，则a ＝________．
n n＋1 1−a 3 2 025
n
1
【解析】因为a ＝ ，a ＝3，
n＋1 1−a 3
n
1 2
所以a ＝ ＝3，解得a ＝ ，
3 1−a 2 3
2
1 2 1
又a ＝ ＝ ，解得a ＝－ ，
2 1−a 3 1 2
1
1 1 1 2 1
又a ＝ ＝－ ，a ＝ ＝ ，a ＝ ＝3，
4 1−a 2 5 1−a 3 6 1−a
3 4 5
1 2
显然，接下去a ＝－ ，a ＝ ，a ＝3，…，
7 2 8 3 9所以数列{a }是以3为周期的周期数列，
n
则a ＝a ＝a ＝3．
2 025 3×675 3
方法技巧 14 4 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．
3n+k
【典例1】已知数列{a }的通项公式为a ＝ ，若数列{a }为递减数列，则实数k的取值范
n n 2n n
围为( )
A．(3，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
3n+3+k 3n+k
【解析】因为a －a ＝ −
n＋1 n 2n+1 2n
3−3n−k
＝ ，
2n+1
由数列{a }为递减数列知，
n
3−3n−k
对任意n∈N*，a －a ＝ <0，所以k>3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋
n＋1 n 2n+1
∞)．
故选D．
n
【典例2】已知数列{a }的通项公式是a ＝ ，那么这个数列是( )
n n 3n+1
A．递增数列 B．递减数列
C．摆动数列 D．常数列
n+1 n 1
【解析】∵a －a ＝ − ＝ ＞0，∴a ＞a ，即数列{a }是递增数列，
n＋1 n 3n+4 3n+1 (3n+1)(3n+4) n＋1 n n
故选A．
方法技巧 14 5 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a 的最值．
n
(10) n
【典例1】已知数列{a }的通项公式为a ＝(n＋1)· ，则数列{a }的最大项为( )
n n 11 n
A．a 或a B．a 或a
8 9 9 10
C．a 或a D．a 或a
10 11 11 12
(10) x
【解析】结合f (x)＝(x＋1) 的单调性，
11
{ a ≥a ，
设数列{a }的最大项为a ，则 n n+1
n n a ≥a ，n≥2，
n n−1
{ (10) n (10) n+1
n+1· ≥(n+2)· ，
11 11
所以
(10) n (10) n−1
(n+1)· ≥n· ，n≥2，
11 11
解不等式组可得9≤n≤10．
所以数列{a }的最大项为a 或a ．
n 9 10
故选B．
n−❑√2 023
【典例2】(2025·辽宁锦州模拟)数列{a }的通项公式为a ＝ ，该数列的前50项中
n n n−❑√2 024
最大项是( )
A．a B．a
1 44
C．a D．a
45 50
n−❑√2 023
【解析】a ＝
n n−❑√2 024
n−❑√2 024+❑√2 024−❑√2 023
＝
n−❑√2 024
❑√2 024−❑√2 023
＝1＋ ，
n−❑√2 024
因为❑√2 024−❑√2 023>0，❑√2 024∈(44，45)，
故当n≤44时，数列{a }单调递减，且a <1，
n n
当n≥45时，数列{a }单调递减，且a >1，
n n
故n＝45时，取得最大项．
故选C．
方法技巧 14 6 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a ，d，n，a ，S 五个量，可通过列方程组达到“知三求二”．
1 n n
(2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用 a ，d表示，寻求两者间的联系，
1
整体代换即可求解．
【典例1】(多选)记S 为等差数列{a }的前n项和，已知S ＝0，a ＝5，则下列选项正确的是(
n n 4 5
)
A．a ＋a ＝0 B．a ＝2n－5
2 3 n
C．S ＝n(n－4) D．d＝－2
n
4(a +a )
【解析】S ＝ 1 4 ＝0，
4
2
所以a ＋a ＝a ＋a ＝0，故A正确；
1 4 2 3
a ＝a ＋4d＝5，①
5 1
a ＋a ＝a ＋a ＋3d＝0，②
1 4 1 1
{ d=2，
联立①②得
a =−3，
1
所以a ＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，故B正确，D错误；
n
n(n−1)
S ＝－3n＋ ×2＝n2－4n＝n(n－4)，故C正确．故选ABC．
n 2
【典例2】(2023·全国甲卷)记S 为等差数列{a }的前n项和．若a ＋a ＝10，a a ＝45，则S
n n 2 6 4 8 5
＝( )
A．25 B．22 C．20 D．15
【解析】法一：由a ＋a ＝10，可得2a ＝10，所以a ＝5，又a a ＝45，所以a ＝9．设等差
2 6 4 4 4 8 8
a −a 9−5 5×4
数列{a }的公差为d，则d＝ 8 4＝ ＝1，又a ＝5，所以a ＝2，所以S ＝5a ＋ ×d
n 8−4 4 4 1 5 1 2
＝20．故选C．
法二：设等差数列{a }的公差为d，则由a ＋a ＝10，可得a ＋3d＝5，①
n 2 6 1
由a a ＝45，可得(a ＋3d)(a ＋7d)＝45，②
4 8 1 1
5×4
由①②可得a ＝2，d＝1，所以S ＝5a ＋ ×d＝20．故选C．
1 5 1 2
【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{a }，设公差为d，则a ＝15.5，a ＝4.5，所以
n 1 12
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 a ＋a ＋a ＋a ＝
5 6 7 8
11.5＋10.5＋9.5＋8.5＝40．
方法技巧 14 7 等差数列的判定与证明
判断数列{a }是等差数列的常用方法
n
(1)定义法：对任意n∈N*，a －a 是同一个常数．
n＋1 n
(2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2a ＝a ＋a ．
n n＋1 n－1
(3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足a ＝pn＋q(p，q为常数)．
n
(4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足S ＝An2＋Bn(A，B为常数)．
n
【典例1】已知数列{a }的各项均为正数，记S 为{a }的前n项和，从下面①②③中选取两个作
n n n
为条件，证明另外一个成立．
①数列{a }是等差数列；②数列{❑√S }是等差数列；③a ＝3a ．
n n 2 1
[证明] ①③⇒②．
已知{a }是等差数列，a ＝3a ．
n 2 1
设数列{a }的公差为d，则a ＝3a ＝a ＋d，得d＝2a ，
n 2 1 1 1
n(n−1)
所以S ＝na ＋ d＝n2a ．
n 1 2 1
因为数列{a }的各项均为正数，所以❑√S ＝n❑√a ，
n n 1
所以❑√S −❑√S ＝(n＋1)❑√a －n❑√a ＝❑√a (常数)，所以数列{❑√S }是等差数列．
n+1 n 1 1 1 n
①②⇒③．
已知{a }是等差数列，{❑√S }是等差数列．
n n
设数列{a }的公差为d，
n
n(n−1) 1 ( d)
则S ＝na ＋ d＝ n2d＋ a − n．
n 1 2 2 1 2
d
因为数列{❑√S }是等差数列，所以数列{❑√S }的通项公式是关于n的一次函数，则a － ＝0，
n n 1 2
即d＝2a ，所以a ＝a ＋d＝3a ．
1 2 1 1
②③⇒①．已知数列{❑√S }是等差数列，a ＝3a ，所以S ＝a ，S ＝a ＋a ＝4a ．
n 2 1 1 1 2 1 2 1
设数列{❑√S }的公差为d，d>0，则❑√S −❑√S ＝❑√4a −❑√a ＝d，
n 2 1 1 1
得a ＝d2，所以❑√S ＝❑√S ＋(n－1)d＝nd，所以S ＝n2d2，所以a ＝S －S ＝n2d2－(n－1)2d2＝
1 n 1 n n n n－1
2d2n－d2(n≥2)，当n＝1时，a ＝d2也满足上式，所以a ＝2d2n－d2＝d2＋(n－1)·2d2，所以
1 n
数列{a }是等差数列．
n
2 1
【典例2】记S 为数列{a }的前n项和，b 为数列{S }的前n项积，已知 + ＝2．
n n n n S b
n n
(1)证明：数列{b }是等差数列；
n
(2)求{a }的通项公式．
n
【解析】 (1)证明：因为b 是数列{S }的前n项积，
n n
b
所以n≥2时，S ＝ n ，
n b
n−1
2 1 2b 1
代入 + ＝2可得， n−1+ ＝2，
S b b b
n n n n
1
整理可得2b ＋1＝2b ，即b －b ＝ (n≥2)．
n－1 n n n－1 2
2 1 3 3
又 + ＝ ＝2，所以b ＝ ，
S b b 1 2
1 1 1
3 1
故数列{b }是以 为首项， 为公差的等差数列．
n 2 2
n+2 2 2 n+2
(2)由(1)可知，b ＝ ，则 + ＝2，所以S ＝ (n∈N*)，
n 2 S n+2 n n+1
n
3
当n＝1时，a ＝S ＝ ，
1 1 2
n+2 n+1 1
当n≥2时，a ＝S －S ＝ − ＝－ ．
n n n－1 n+1 n n(n+1)
3
当n＝1时，a ＝ 不满足上式，
1 2
3
{ ，n=1，
2
故a ＝
n 1
− ，n≥2.
n(n+1)
1 a −1
【典例3】已知数列{a }的前n项积为T ，且满足 ＝ n ，证明：数列{T }为等差数列．
n n T 2a n
n n
1 a −1
【解析】因为 ＝ n ，
T 2a
n n1 1 a −1
当n＝1时， ＝ ＝ 1 ，即a2＝3a ，易知a ≠0，则T ＝a ＝3，
T a 2a 1 1 1 1 1
1 1 1
1 a −1 1 1 1 T
当n≥2时， ＝ n ＝ − ＝ − n−1，所以T －T ＝2，
T 2a 2 2a 2 2T n n－1
n n n n
故数列{T }是以3为首项，2为公差的等差数列．
n
方法技巧 14 8 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 2a ＝a ＋
m m－n
a 可实现项的合并与拆分．
m＋n
n(a +a )
(2)在S ＝ 1 n 中，S 与a ＋a 可相互转化．
n n 1 n
2
(3)利用S ，S －S ，S －S 成等差数列，可求S 或S ．
m 2m m 3m 2m 2m 3m
【典例1】(2024·全国甲卷)已知等差数列{a }的前n项和为S ，若S ＝1，则a ＋a ＝( )
n n 9 3 7
7
A．－2 B．
3
2
C．1 D．
9
【解析】根据等差数列的性质，得a ＋a ＝a ＋a ，由S ＝1，根据等差数列的求和公式，
1 9 3 7 9
9(a +a ) 9(a +a ) 2
得S ＝ 1 9 ＝ 3 7 ＝1，故a ＋a ＝ ．
9 2 2 3 7 9
故选D．
【典例2】(2024·九省联考)记等差数列{a }的前n项和为S ，a ＋a ＝6，a ＝17，则S ＝(
n n 3 7 12 16
)
A．120 B．140
C．160 D．180
(a +a )×16
【解析】因为a ＋a ＝2a ＝6，所以a ＝3，所以a ＋a ＝3＋17＝20，所以S ＝ 1 16
3 7 5 5 5 12 16
2
＝8(a ＋a )＝160．故选C．
5 12
【典例3】设等差数列{a }的前n项和为S ，若S ＝20，S ＝10，则S ＝( )
n n 10 20 30
A．0 B．－10
C．－30 D．－40
【解析】由等差数列{a }的前 n 项和的性质可得，S ，S －S ，S －S 也成等差数列，
n 10 20 10 30 20∴2(S －S )＝S ＋(S －S )，∴2×(10－20)＝20＋S －10，解得S ＝－30．故选C．
20 10 10 30 20 30 30
【典例4】有两个等差数列{a }，{b }，其前n项和分别为S ，T ．
n n n n
a 2n−1 S
①若 n＝ ，则 11＝________；
b 3n+1 T
n 11
S 2n−1 a
②若 n＝ ，则 5＝________．
T 3n+1 b
n 4
a 2n−1
【解析】①若 n＝ ，
b 3n+1
n
S 11a 2×6−1 11
则 11＝ 6＝ ＝ ．
T 11b 3×6+1 19
11 6
S 2n−1 2n2−n
②若 n＝ ＝ ，则可设S ＝(2n2−n)k，T ＝(3n2+n)k，k≠0，
T 3n+1 3n2+n n n
n
a 17
所以a ＝S －S ＝45k－28k＝17k，b ＝T －T ＝52k－30k＝22k，所以 5＝ ．
5 5 4 4 4 3 b 22
4
S S
【典例5】已知S 是等差数列{a }的前n项和，若a ＝－2 018， 2 020 − 2 014 ＝6，则S ＝
n n 1 2 020 2 014 2 025
________．
{S }
【解析】由等差数列的性质可得 n 也为等差数列，
n
S S
设其公差为d，则 2 020 − 2 014 ＝6d＝6，所以d＝1，
2 020 2 014
S S
所以 2 025 ＝ 1＋2 024d＝－2 018＋2 024＝6，
2 025 1
所以S ＝12 150．
2 025
方法技巧 14 9 等差数列的前 n 项和及其最值
处理等差数列前n项和S 的最值的两类观点
n
(1)函数观点：利用等差数列前n项和的函数表达式S ＝an2＋bn，通过配方或借助图象，利用
n
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：
{a ≥0，
①当a >0，d<0时，满足 m 的项数m使得S 取得最大值S ；
1 a ≤0 n m
m+1{a ≤0，
②当a <0，d>0时，满足 m 的项数m使得S 取得最小值S ．
1 a ≥0 n m
m+1
【典例1】在等差数列{a }中，已知a ＝20，前n项和为S ，且S ＝S ．求当n取何值时，S
n 1 n 10 15 n
取得最大值，并求出它的最大值．
【解析】 法一(函数法)：
因为a ＝20，S ＝S ，
1 10 15
10×9 15×14
所以10×20＋ d＝15×20＋ d，
2 2
5
解得d＝－ ．
3
n(n−1) ( 5) 5 125
S ＝20n＋ · − ＝－ n2＋ n
n 2 3 6 6
5( 25) 2 3 125
＝－ n− ＋ ．
6 2 24
因为n∈N*，所以当n＝12或n＝13时，S 有最大值，且最大值为S ＝S ＝130．
n 12 13
法二(图象法)：
10×9
因为等差数列{a }的前n项和S 是关于n的二次函数，且S ＝S ，所以10×20＋ d＝
n n 10 15 2
15×14
15×20＋ d，
2
5
所以d＝－ ．
3
10+15 25
又 ＝ ，所以当n＝12或n＝13时，S 取得最大值．
2 2 n
12×11 ( 5)
因为S ＝S ＝12×20＋ × − ＝130，所以最大值为S ＝S ＝130．
12 13 2 3 12 13
法三 (邻项变号法)：
因为a ＝20，S ＝S ，
1 10 15
10×9 15×14
所以10×20＋ d＝15×20＋ d，
2 2
5
所以d＝－ ．
3
( 5) 5 65
a ＝20＋(n－1)× − ＝－ n＋ ．
n 3 3 3
5
因为a ＝20>0，d＝－ <0，
1 3所以数列{a }是递减数列．
n
5 65
由a ＝－ n＋ ≤0，得n≥13，即a ＝0．
n 3 3 13
当n≤12时，a ＞0；当n≥14时，a ＜0．
n n
12×11 ( 5)
所以当n＝12或n＝13时，S 取得最大值，且最大值为 S ＝S ＝12×20＋ × − ＝
n 12 13 2 3
130．
法四(性质法)：
由S ＝S ，得S －S ＝a ＋a ＋a ＋a ＋a ＝0，所以5a ＝0，即a ＝0．
10 15 15 10 11 12 13 14 15 13 13
a −a 5
又d＝ 13 1＝－ ，
13−1 3
所以当n＝12或n＝13时，S 有最大值，
n
12×11 ( 5)
且最大值为S ＝S ＝12×20＋ × − ＝130．
12 13 2 3
【典例2】(多选)(2024·辽宁名校联考二模)设{a }是等差数列，S 是其前n项和，且S <S ，S
n n 5 6 6
＝S >S ，则下列结论正确的是( )
7 8
A．d≤0
B．a ＝0
7
C．S 与S 均为S 的最大值
6 7 n
D．满足S <0的n的最小值为14
n
【解析】A项，因为S ＝S >S ，所以S －S ＝a ＝0，S －S ＝a <0，
6 7 8 7 6 7 8 7 8
所以d＝a －a <0，故A错误；
8 7
B项，由A的解析可得B正确；
C项，因为S <S ，S ＝S >S ，所以S 与S 均为S 的最大值，故C正确；
5 6 6 7 8 6 7 n
13(a +a ) 14(a +a )
D项，因为2a ＝a ＋a ，由S ＝ 1 13 ＝0，S ＝ 1 14 ＝7(a +a )<0，
7 1 13 13 14 7 8
2 2
故D正确．故选BCD．
方法技巧 15 0 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a ，n，q，a ，S ，一般可以通过列方程(组)达到“知三求二”．
1 n n
(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{a }的前3项和为168，a －a ＝42，则a ＝( )
n 2 5 6
A．14 B．12
C．6 D．3
【解析】设等比数列{a }的公比为q，q≠0，
n
若q＝1，则a －a ＝0，与题意矛盾，
2 5
所以q≠1，
{ a (1−q3) {a =96，
a +a +a = 1 =168， 1
则 1 2 3 1−q 解得 1
q= ，
a −a =a q−a q4=42， 2
2 5 1 1
所以a ＝a q5＝3．
6 1
故选D．
【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)记S 为等比数列{a }的前n项和，若S ＝－5，S ＝21S ，则S ＝
n n 4 6 2 8
( )
A．120 B．85
C．－85 D．－120
【 解 析 】 法 一 ： 设 等 比 数 列 {a } 的 公 比 为 q(q≠0) ， 由 题 意 易 知 q≠1 ， 则
n
{ a (1−q4)
1 =−5， { q2=4，
1−q a (1−q8) 1
化简整理得 a 1 所以S ＝ 1 ＝ ×(1－44)＝－85，故
a (1−q6) a (1−q2) 1 = . 8 1−q 3
1 =21× 1 ， 1−q 3
1−q 1−q
选C．
法二：易知等比数列{a }的公比q≠－1，则S ，S －S ，S －S ，S －S 为等比数列，所以(S
n 2 4 2 6 4 8 6 4
5
－S )2＝S ·(S －S )，解得S ＝－1或S ＝ ．当S ＝－1时，由(S －S )2＝(S －S )·(S －S )，
2 2 6 4 2 2 4 2 6 4 4 2 8 6
{a (1−q4)
1 =−5，
5 1−q
解得S ＝－85；当S ＝ 时，结合S ＝－5得 化简可得q2＝－5，不成立，
8 2 4 4 a (1−q2) 5
1 = ，
1−q 4
舍去．所以S ＝－85，故选C．
8
【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
1
【解析】设蒲的长度组成等比数列{a }，a ＝3，公比为 ，前n项和为A ，莞的长度组成等
n 1 2 n
比数列{b }，b ＝1，公比为2，其前n项和为B ．
n 1 n
( 1 )
3 1−
2n 2n−1
则A ＝ ，B ＝ ，
n 1 n 2−1
1−
2
( 1 )
3 1−
2n 2n−1
由题意可得5× ＝ ，
1 2−1
1−
2
解得2n＝30或2n＝1(舍去)．
lg30 lg3+1
所以n＝log 30＝ ＝ ≈4.9．
2 lg2 lg2
故选C．
方法技巧 15 1 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S
n
为数列{a
n
}的前n项和，已知a
1
＝2，a
2
＝－1，且a
n＋2
＋
a －6a ＝0(n∈N*)．
n＋1 n
(1)证明：{a ＋3a }为等比数列；
n＋1 n
(2)求数列{a }的通项公式及前n项和S ．
n n
a +3a 2a +6a
【解析】(1)证明：由题意得， n+2 n+1＝ n+1 n＝2，∴{a ＋3a }是以a ＋3a ＝5为
a +3a a +3a n＋1 n 2 1
n+1 n n+1 n首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)可知a ＋3a ＝5·2n-1(n∈N*)，
n＋1 n
则a ＝－3a ＋5·2n-1，
n＋1 n
设a ＋x·2n＝－3(a ＋x·2n-1)，
n＋1 n
则a ＝－3a －5x·2n-1，则x＝－1，
n＋1 n
故a －2n＝－3(a －2n-1)，又a －20＝1，
n＋1 n 1
所以{a －2n-1}是以1为首项，－3为公比的等比数列，所以a －2n-1＝1×(－3)n-1，
n n
a ＝2n-1＋(－3)n-1，
n
1−2n 1−(−3) n 3 (−3) n
S ＝ + ＝2n－ − ，
n 1−2 1−(−3) 4 4
3 (−3) n
故a ＝2n-1＋(－3)n-1，S ＝2n－ − ．
n n
4 4
【典例2】已知S 为等比数列{a }的前n项和，a ＝9a ，S ＝13，且公比q>0．
n n 4 2 3
(1)求a 及S ；
n n
(2)是否存在常数λ，使得数列{S ＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明
n
理由．
{ a q3=9a q，
1 1
a (1−q3)
【解析】 (1)由题意可得 1 =13 ，
1−q
q>0，且q≠1，
{a =1， 1−3n 3n−1
解得 1 所以a ＝3n-1，S ＝ ＝ ．
q=3， n n 1−3 2
(2)假设存在常数λ，使得数列{S ＋λ}是等比数列．
n
因为S ＋λ＝λ＋1，S ＋λ＝λ＋4，S ＋λ＝λ＋13，
1 2 3
1
S +
1 1 1 n+1 2
所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝ ，此时S ＋ ＝ ×3n，则 ＝3．
2 n 2 2 1
S +
n 2
1 { 1 }
故存在常数λ＝ ，使得数列 S + 是等比数列．
2 n 2
【典例3】已知数列{a
n
}和{b
n
}满足a
1
＝3，b
1
＝2，a
n＋1
＝a
n
＋2b
n
，b
n＋1
＝2a
n
＋b
n
．
(1)证明：{a ＋b }和{a －b }都是等比数列；
n n n n
(2)求{a b }的前n项和S ．
n n n
【解析】 (1)证明：因为a ＝a ＋2b ，b ＝2a ＋b ，
n＋1 n n n＋1 n n所以a ＋b ＝3(a ＋b )，
n＋1 n＋1 n n
a －b ＝－(a －b )，
n＋1 n＋1 n n
又由a ＝3，b ＝2得a －b ＝1，a ＋b ＝5，
1 1 1 1 1 1
所以数列{a ＋b }是首项为5，公比为3的等比数列，数列{a －b }是首项为1，公比为－1的
n n n n
等比数列．
(2)由(1)得a ＋b ＝5×3n-1，
n n
a －b ＝(－1)n-1，
n n
5×3n−1+(−1) n−1
所以a ＝ ，
n
2
5×3n−1−(−1) n−1 5×3n−1+(−1) n−1 5×3n−1−(−1) n−1 25×32n−2−1 25
b ＝ ，所以 a b ＝ × ＝ ＝
n 2 n n 2 2 4 4
1
×9n-1－ ，
4
25 1−9n n 25×(9n−1)−8n
所以S ＝ × − ＝ ．
n 4 1−9 4 32
方法技巧 15 2 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{a }为等比数列，a a a ＝a a ，a a ＝－8，则 a ＝
n 2 4 5 3 6 9 10 7
________．
【解析】法一：设数列{a }的公比为q，则由a a a ＝a a ，得a q·a q3·a q4＝a q2·a q5．又
n 2 4 5 3 6 1 1 1 1 1
a ≠0，且q≠0，所以可得a q＝1． ①
1 1
又a a ＝a q8·a q9＝a2q17＝－8， ②
9 10 1 1 1
所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a ＝a q6＝a q·q5＝－2．
7 1 1
法二：设数列{a }的公比为q．因为 a a ＝a a ≠0，而 a a a ＝a a ，所以 a ＝1．又 a a ＝
n 4 5 3 6 2 4 5 3 6 2 9 10a q7·a q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a ＝a q5＝－2．
2 2 7 2
【典例2】 (2025·山东青岛模拟)等比数列{a }的各项均为正数，且a a ＋a a ＝18，则log a
n 5 6 4 7 3 1
＋log a ＋…＋log a ＝( )
3 2 3 10
A．12 B．10
C．5 D．2log 5
3
【解析】因为{a }是各项均为正数的等比数列，a a ＋a a ＝18，
n 5 6 4 7
所以a a ＋a a ＝2a a ＝18，即a a ＝9，
5 6 4 7 5 6 5 6
则a a ＝a a ＝…＝a a ＝9，
1 10 2 9 5 6
记S＝log a ＋log a ＋…＋log a ，
3 1 3 2 3 10
则S＝log a ＋log a ＋…＋log a ，
3 10 3 9 3 1
两式相加得2S＝log (a a )＋log (a a )＋…＋log (a a )＝10×log 9＝20，
3 1 10 3 2 9 3 10 1 3
所以S＝10，即log a ＋log a ＋…＋log a ＝10．
3 1 3 2 3 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{a }，{b }均为等比数列且公比相等，则{a +b }也是等比数列
n n n n
B．若{a }为等比数列，其前n项和为S ，则S ，S －S ，S －S 成等比数列
n n 3 6 3 9 6
C．若{a }为等比数列，其前n项和为S ，则S ，S －S ，S －S 成等比数列
n n n 2n n 3n 2n
D．若数列{a }的前n项和为S ，则“a >0(n∈N∗)”是“{S }为递增数列”的充分不必要条件
n n n n
【解析】对于A，若a ＝－b 且数列{a }，{b }公比相等，则a ＋b ＝0，显然{a ＋b }不是等
1 1 n n 1 1 n n
比数列，A错误；
对于B，设{a }的公比为q，而S ＝a (1＋q＋q2)，S －S ＝a ＋a ＋a ＝a (q3＋q4＋q5)，S －S
n 3 1 6 3 4 5 6 1 9 6
＝a ＋a ＋a ＝a (q6＋q7＋q8)，
7 8 9 1
所以S ，S －S ，S －S 是公比为q3的等比数列，B正确；
3 6 3 9 6
对于 C，同 B 分析，S ＝a (1＋q＋…＋qn-1)，S －S ＝a (qn＋qn+1＋…＋q2n-1)，S －S ＝a
n 1 2n n 1 3n 2n 1
(q2n+q2n+1+…+q3n−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a
n
>0(n∈N∗)，则S
n
＝S
n－1
＋a
n
>S
n－1
且n≥2，易知{S
n
}为递增数列，充分性成立；
若{S }为递增数列，则S >S S ＋a >S 且n≥2，显然{a }为－1，2，2，2，…满足，但
n n n－1 n－1 n n－1 n
a >0不恒成立，必要性不成立，
n ⇒
所以“a >0(n∈N∗)”是“{S }为递增数列”的充分不必要条件，D正确．
n n
故选BD．【典例4】(多选)(2025·湖南长沙模拟)设等比数列{a }的公比为q，其前n项和为S ，前n项积
n n
a −1
为T ，且a >1，a a >1， 6 <0，则下列结论正确的是( )
n 1 6 7 a −1
7
A．0<q<1 B．0<a a <1
7 8
C．S 的最大值为S D．T 的最大值为T
n 7 n 6
a −1
【解析】A项，a >1且a a >1>0 q>0，而 6 <0 a －1和a －1异号，
1 6 7 a −1 6 7
7
⇒ ⇒a
由a >1知a －1>0，a －1<0，即a >1，a <1，0<q＝ 7 <1，故A项正确；
1 6 7 6 7 a
6
B项，从前面的求解过程知a >1，0<q<1，说明{a }是单调递减的正项等比数列，且0<a <1，
1 n 7
所以0<a <1，
8
那么0<a a <1，故B项正确；
7 8
C项，因为{a }是正项数列，所以S 没有最大值，故C项错误；
n n
D项，从前面的分析过程可知{a }的前6项均大于1，从第7项起均小于1，所以T 的最大值
n n
为T ，故D项正确．
6
故选ABD．
方法技巧 15 3 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a ＝b ±c ，且{b }，{c }为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{a }的前n项和．
n n n n n n
{b ，n为奇数，
(2)通项公式为a ＝ n 的数列，其中数列{b }，{c }是等比数列或等差数列，可
n c ，n为偶数 n n
n
采用分组求和法求和．
(3)如果c ＝(－1)n·a ，求{c }的前n项和时，可采用并项求和法求解．对n分奇数、偶数讨
n n n
论，建议先求n是偶数时S 的值，当n为奇数时，S ＝S ＋c ．
n n n－1 n
【典例1】 (2025·河南信阳模拟)已知数列{a }是等差数列，其前n项和为S ，且2a ＋a ＝
n n 2 4
13，S ＝49．
7
(1)求{a }的通项公式；
n
(2)设b ＝a +2a n，求数列{b }的前n项和T ．
n n n n
【解析】 (1)设等差数列{a }的公差为d，
n
又2a ＋a ＝13，S ＝49，
2 4 7{2(a +d)+a +3d=13，
1 1
所以 7×6d
7a + =49，
1 2
{a =1，
解得 1
d=2，
所以{a }的通项公式a ＝a ＋(n−1)d＝1＋2(n−1)＝2n－1．
n n 1
(2)由(1)知b ＝a +2a n＝2n－1＋22n-1，
n n
所以T ＝b ＋b ＋b ＋…＋b ＝(1+2)+(3+23)+(5+25)＋…＋(2n−1+22n−1)
n 1 2 3 n
n(1+2n−1) 2×(1−4n) 22n+1−2
＝(1+3+5+…+2n−1)＋(2＋23＋25＋…＋22n-1)＝ + ＝ ＋n2．
2 1−4 3
【典例2】在数列{a
n
}中，a
1
＝－1，a
n
＝2a
n－1
＋3n－6(n≥2，n∈N*)．
(1)求证：数列{a ＋3n}为等比数列，并求数列{a }的通项公式；
n n
(2)设b ＝a ＋n，求数列{b }的前n项和T ．
n n n n
【解析】 (1)证明：∵a ＝2a ＋3n－6(n≥2，n∈N*)，
n n－1
a +3n 2a +3n−6+3n 2(a +3n−3)
∴当n≥2时， n ＝ n−1 ＝ n−1 ＝2，
a +3(n−1) a +3n−3 a +3n−3
n−1 n−1 n−1
∴数列{a ＋3n}是首项为a ＋3＝2，公比为2的等比数列，
n 1
∴a ＋3n＝2n，a ＝2n－3n．
n n
(2)b ＝a ＋n＝2n－3n＋n＝2n－2n，
n n
数列{b }的前n项和T ＝b ＋b ＋…＋b ＝(21－2)＋(22－4)＋(23－6)＋…＋(2n－2n)
n n 1 2 n
2(1−2n) 2+2n
＝21＋22＋…＋2n－(2＋4＋6＋…＋2n)＝ − ×n＝2n+1－2－n(n＋1)．
1−2 2
【典例3】(2025·辽宁实验中学模拟)已知数列{a }的前n项和为S ，且4S ＝5a －2．
n n n n
(1)证明：{a }是等比数列，并求其通项公式；
n
a
(2)设b ＝(－1)n·log 2n+2，求数列{b }的前100项和T ．
n 5 2 n 100
【解析】 (1)证明：在数列{a }中，4S ＝5a －2，当n≥2时，4S ＝5a －2，两式相减得
n n n n－1 n－1
a ＝5a ，
n n－1
5 1
而a ＝S ＝ a － ，解得a ＝2，
1 1 4 1 2 1
所以{a }是首项为2，公比为5的等比数列，
n
通项公式为a ＝2×5n-1．
na 2×52n+1
(2)由(1)知，b ＝(－1)n·log 2n+2＝(－1)n·log ＝(－1)n·(2n＋1)，
n 5 2 5 2
所以 T ＝(b +b )+(b +b )＋…＋(b +b )＝(−3+5)+(−7+9)＋…＋(−199+201)＝2＋2＋2
100 1 2 3 4 99 100
＋…＋2＝2×50＝100．
方法技巧 15 4 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{a
n
}中，a
1
＝2，对任意正整数n，均有a
n＋1
－a
n
＝2n＋
b b b
2．数列{b }满足： 1+ 2＋…＋ n＝n2，n∈N*．
n 3 32 3n
(1)求数列{a }和{b }的通项公式；
n n
b
(2)若c ＝ n，求数列{c }的前n项和S ．
n a n n
n
【解析】 (1)因为a －a ＝2n＋2，
n＋1 n
a −a =2n，
{ n n−1
…，
当n≥2，n∈N*时，
a −a =2×3，
3 2
a −a =2×2，
2 1
(4+2n)(n−1)
累加得a －a ＝ ，
n 1 2
即a ＝n(n+1)(n≥2)，
n
经检验，a ＝2满足a ＝n(n+1)，
1 n
所以数列{a }的通项公式为a ＝n(n+1)．
n n
b b b
因为 1+ 2＋…＋ n＝n2，n∈N*①，
3 32 3n
当n＝1时，b ＝3，
1
b b b
当n≥2，n∈N*时， 1+ 2＋…＋ n−1＝(n－1)2②，
3 32 3n−1b
①－②得 n＝n2－(n－1)2＝2n－1，即b ＝(2n−1)×3n(n≥2)，
3n n
经检验，b ＝3满足b ＝(2n−1)×3n，
1 n
所以数列{b }的通项公式为b ＝(2n−1)×3n．
n n
b (2n−1)·3n
(2)由(1)可得c ＝ n＝
n a n(n+1)
n
[3n−(n+1)]·3n 3n+1 3n
＝ ＝ − ，
n(n+1) n+1 n
(32 31
)
(33 32
)
(3n+1 3n
)
3n+1
所以S ＝c ＋c ＋…＋c ＝ − + − ＋…＋ − ＝ －3．
n 1 2 n 2 1 3 2 n+1 n n+1
3n+1
即数列{c }的前n项和S ＝ －3．
n n n+1
{S } 1
【典例2】(2022·新高考Ⅰ卷)记S 为数列{a }的前n项和，已知a ＝1， n 是公差为 的等
n n 1 a 3
n
差数列．
(1)求{a }的通项公式；
n
1 1 1
(2)证明： + ＋…＋ <2．
a a a
1 2 n
S
【解析】 (1)∵a ＝1，∴S ＝a ＝1，∴ 1＝1，
1 1 1 a
1
{S } 1
又∵ n 是公差为 的等差数列，
a 3
n
S 1 n+2
∴ n＝1＋ (n－1)＝ ，
a 3 3
n
(n+2)a
∴S ＝ n，
n
3
(n+1)a
∴当n≥2时，S ＝ n−1，
n－1
3
(n+2)a (n+1)a
∴a ＝S －S ＝ n− n−1，
n n n－1
3 3
整理得(n－1)a ＝(n＋1)a ，
n n－1
a n+1
即 n ＝ (n≥2)，
a n−1
n−1
a a a a
∴a ＝a × 2× 3×…× n−1× n
n 1 a a a a
1 2 n−2 n−13 4 5 n n+1 n(n+1)
＝1× × × ×…× × ＝ (n≥2)，
1 2 3 n−2 n−1 2
显然对于n＝1时，a ＝1也满足上式，
1
n(n+1)
∴{a }的通项公式为a ＝ ．
n n 2
n(n+1)
(2)证明：由(1)知a ＝ ，
n 2
1 2 (1 1 )
∴ ＝ ＝2 − ，
a n(n+1) n n+1
n
∴ 1 + 1 ＋…＋ 1 ＝2 [( 1− 1) + (1 − 1) +…+ (1 − 1 )] ＝2 ( 1− 1 ) ＜2．
a a a 2 2 3 n n+1 n+1
1 2 n
(n+1)a
【典例3】已知数列{a }满足a ＝1，S ＝ n(S 为数列{a }的前n项和)．
n 1 n n n
2
(1)求数列{a }的通项公式；
n
2a +1
(2)若b ＝(－1)n+1 n ，数列{b }的前n项和为T ，求T ．
n a a n n 2 025
n n+1
(n+1)a na
【解析】 (1)由S ＝ n，得S ＝ n−1(n≥2)，
n 2 n－1 2
(n+1)a na
两式相减得a ＝ n− n−1(n≥2)，
n
2 2
化简得(n－1)a ＝na ，
n n－1
a a a
所以 n＝ n−1＝…＝ 1＝1，所以a ＝n．
n n−1 1 n
2n+1 (1 1 ) ( 1) (1 1) (1 1)
(2)由(1)知b ＝(－1)n+1 ＝(－1)n+1 + ，所以T ＝ 1+ − + + + －…
n n(n+1) n n+1 2 025 2 2 3 3 4
( 1 1 ) ( 1 1 ) ( 1 1 ) ( 1 1 ) 1
－ + + + − + + + ＝1＋ ＝
2 022 2 023 2 023 2 024 2 024 2 025 2 025 2 026 2 026
2 027
．
2 026
方法技巧 15 5 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S 为数列{a }的前n项和，已知4S ＝3a ＋4．
n n n n
(1)求{a }的通项公式；
n
(2)设b ＝(－1)n-1na ，求数列{b }的前n项和T ．
n n n n
【解析】 (1)当n＝1时，4S ＝4a ＝3a ＋4，解得a ＝4．
1 1 1 1
当n≥2时，4S ＝3a ＋4，所以4S －4S ＝4a ＝3a －3a ，即a ＝－3a ，
n－1 n－1 n n－1 n n n－1 n n－1
a
而a ＝4≠0，故a ≠0，故 n ＝－3，
1 n a
n−1
所以数列{a }是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以a ＝4×(－3)n-1．
n n
(2)因为b ＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1，
n
所以T ＝b ＋b ＋b ＋…＋b ＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n-1，
n 1 2 3 n
故3T ＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n，
n
3(1−3n−1)
两式相减得－2T ＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n-1－4n·3n＝4＋4× －4n·3n＝4＋
n
1−3
2×3×(3n-1－1)－4n·3n＝(2－4n)·3n－2，
∴T ＝(2n－1)·3n＋1．
n
【典例2】(2023·全国甲卷)已知数列{a }中，a ＝1，设S 为数列{a }的前n项和，2S ＝na ．
n 2 n n n n
(1)求{a }的通项公式；
n
{a }
(2)求数列 n+1 的前n项和T ．
2n n
【解析】 (1)当n＝1时，2S ＝a ，解得a ＝0，
1 1 1
当n≥2时，2S ＝(n－1)a ，
n－1 n－1
∴2a ＝na －(n－1)a ，
n n n－1
∴(n－1)a ＝(n－2)a ，
n－1 n
a n−1
当n≥3时，可得 n ＝ ，
a n−2
n−1
2 3 4 n−1
∴a ＝ × × ×…× ×a ＝n－1，
n 1 2 3 n−2 2当n＝2或n＝1时，a ＝0，a ＝1适合上式，
1 2
∴{a }的通项公式为a ＝n－1．
n n
a n
(2)由(1)可得 n+1＝ ，
2n 2n
1 2 3 n−1 n
∴T ＝ + + ＋…＋ + ，
n 2 22 23 2n−1 2n
1 1 2 3 n−1 n
∴ T ＝ + + ＋…＋ + ，
2 n 22 23 24 2n 2n+1
1( 1 )
1−
两式相减得 1 T ＝ 1 + 1 + 1 ＋…＋ 1 − n ＝ 2 2n − n ＝1－ 1 − n ，∴T ＝2－ n+2
2 n 2 22 23 2n 2n+1 1 2n+1 2n 2n+1 n 2n
1−
2
．
na
【典例3】(2021·全国乙卷)设{a }是首项为1的等比数列，数列{b }满足b ＝ n．已知a ，
n n n 3 1
3a ，9a 成等差数列．
2 3
(1)求{a }和{b }的通项公式；
n n
S
(2)记S 和T 分别为{a }和{b }的前n项和．证明：T ＜ n．
n n n n n 2
【解析】 (1)设等比数列{a }的公比为q，则a ＝qn-1．
n n
因为a ，3a ，9a 成等差数列，
1 2 3
1
所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝ ，
3
1 n
故a ＝ ，b ＝ ．
n 3n−1 n 3n
1
1−
3n 3( 1 )
(2)证明：由(1)知S ＝ ＝ 1− ，
n 1 2 3n
1−
3
1 2 3 n
T ＝ + + ＋…＋ ，①
n 3 32 33 3n
1 1 2 3 n−1 n
T ＝ + + ＋…＋ + ，②
3 n 32 33 34 3n 3n+1
2 1 1 1 1 n
①－②得 T ＝ + + ＋…＋ − ，
3 n 3 32 33 3n 3n+11( 1 )
1−
2 3 3n n
即 T ＝ −
3 n 1 3n+1
1−
3
1( 1 ) n
＝ 1− − ，
2 3n 3n+1
3 2n+3
整理得T ＝ − ，
n 4 4×3n
(3 2n+3) 3( 1 )
则2T －S ＝2 − − 1−
n n 4 4×3n 2 3n
n
＝－ ＜0，
3n
S
故T ＜ n．
n 2
方法技巧 15 6 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a 与第n＋1项a 有递推关系，还是前n项和S 与前n＋1项和S 之间有递
n n＋1 n n＋1
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{c }，即c ＝1 200，则
n 1
c 大约为( )
10
(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c
n
＝(1＋10%)c
n－1
－100＝1.1c
n－1
－100，
设c ＋k＝1.1(c ＋k)，解得k＝－1 000．
n n－1即c －1 000＝1.1(c －1 000)，
n n－1
故数列{c －1 000}是首项为c －1 000＝200，公比为1.1的等比数列．
n 1
所以c －1 000＝200×1.1n-1，则c ＝200×1.1n-1＋1 000，
n n
所以c ＝200×1.19＋1 000≈200×2.358＋1 000≈1 472．
10
故选B．
【典例2】(多选)小明向银行贷款A 元创业，并与银行约定：每个月还一次款，分12次还清所
0
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”
x
C．小明第一个月还款的现值为 元
1+r
A r(1+r) 12
D．x＝ 0
(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
x
M＝ ，故C正确；
1+r
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A ＝A (1＋r)－x，
1 0
第二个月月末所欠银行贷款为A ＝A (1＋r)－x＝A (1＋r)2－x(1＋r)－x，
2 1 0
第三个月月末所欠银行贷款为A ＝A (1＋r)－x＝A (1＋r)3－x(1＋r)2－x(1＋r)－x，
3 2 0
……
第十二个月月末所欠银行贷款为A ＝A (1＋r)12－x(1＋r)11－x(1＋r)10－…－x(1＋r)－x
12 0
＝A (1＋r)12－x[(1＋r)11＋(1＋r)10＋…＋(1＋r)＋1]
0
x［1−(1+r) 12 ］
＝A (1＋r)12－
0 1−(1+r)
x［1−(1+r) 12 ］
＝A (1＋r)12＋ ，
0
r
由于分12次还清所有的欠款，
x［1−(1+r) 12 ］
故A (1＋r)12＋ ＝0，
0
r
A r(1+r) 12
解得x＝ 0 ，D正确．故选BCD．
(1+r) 12−1方法技巧 15 7 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：
1 1 1( 1 1 )
① ＜ ＝ − ；
k2 k2−1 2 k−1 k+1
1 1 1 1 1
② − ＜ ＜ − ；
k k+1 k2 k−1 k
1
③2(❑√n+1−❑√n)＜ ＜2(❑√n−❑√n−1)；
❑√n
1 1 1 1 1 1
④ ＜ ＜ ， ＜ ≤ ．
2n+1 2n+1 2n 3n 3n−1 2·3n−1
【典例1】已知正项数列{a
n
}的前n项和为S
n
，且a
1
＝2，4S
n
＝a
n
a
n＋1
(n∈N*)．
(1)求数列{a }的通项公式；
n
{1 } n 1
(2)设数列 的前n项和为T ，求证： ＜T ＜ ．
a2 n 4n+4 n 2
n
【解析】 (1)∵4S ＝a a ，n∈N*，①
n n n＋1
∴4a ＝a ·a ，又a ＝2，∴a ＝4．
1 1 2 1 2
当n≥2时，4S ＝a a ，②
n－1 n－1 n
①－②得4a ＝a a －a a ．
n n n＋1 n－1 n
由题意知a ≠0，∴a －a ＝4．
n n＋1 n－1
当n＝2k＋1，k∈N*时，a －a ＝4，即a ，a ，…，a 是首项为4，公差为4的等差数列，
2k＋2 2k 2 4 2k
∴a ＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k；
2k
当n＝2k，k∈N*时，a －a ＝4，
2k＋1 2k－1
即a ，a ，…，a 是首项为2，公差为4的等差数列，
1 3 2k－1
∴a ＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1)．
2k－1
综上可知，a ＝2n，n∈N*．
n
(2)证明： ∵ 1 ＝ 1 ＞ 1 ＝ 1(1 − 1 ) ，
a2 4n2 4n(n+1) 4 n n+1
n1 1 1
+ +…+
∴T ＝ ＞
n a2 a2 a2
1 2 n
1( 1 1 1 1 1 ) 1( 1 ) n
1− + − +…+ − ＝ 1− ＝ ．
4 2 2 3 n n+1 4 n+1 4n+4
又 ∵ 1 ＝ 1 ＜ 1 ＝ 1 ＝ 1( 1 − 1 ) ，
a2 4n2 4n2−1 (2n−1)(2n+1) 2 2n−1 2n+1
n
∴T ＝ 1 + 1 +…+ 1 ＜ 1( 1− 1 + 1 − 1 +…+ 1 − 1 )
n a2 a2 a2 2 3 3 5 2n−1 2n+1
1 2 n
1( 1 ) 1
＝ 1− ＜ ．
2 2n+1 2
n 1
综上所述， ＜T ＜ ．
4n+4 n 2
3a
【典例2】(2025·八省联考)已知数列{a
n
}中，a
1
＝3，a
n＋1
＝
a +
n
2
．
n
{ 1 }
(1)证明：数列 1− 为等比数列；
a
n
(2)求{a }的通项公式；
n
a
(3)令b ＝
n+1，证明：b
<b <1．
n a n n＋1
n
3a
【解析】 (1)证明：因为a ＝ n ，a ＝3>0，
n＋1 a +2 1
n
1 a +2 2 1
所以a >0，所以 ＝ n ＝ + ，
n a 3a 3a 3
n+1 n n
1 2 2 2( 1 )
所以1－ ＝ − ＝ 1− ．
a 3 3a 3 a
n+1 n n
1 2
因为1－ ＝ ≠0，
a 3
1
{ 1 } 2 2
所以数列 1− 是以 为首项， 为公比的等比数列．
a 3 3
n
1 2 (2) n−1 (2) n
(2)由(1)知，1－ ＝ · ＝ ，
a 3 3 3
n
1 (2) n
所以 ＝1－ ，
a 3
n
1
3n
所以a
n
＝
1−
(2) n＝
3n−2n
．
3(3) n (3) n
3· −3 3· −2−1
a 3n+1 3n−2n 3(3n−2n) 2 2
(3)证明：b ＝ n+1＝ · ＝ ＝ ＝ ＝1－
n a
n
3n+1−2n+1 3n 3n+1−2n+1
3·
(3) n
−2 3·
(3) n
−2
2 2
1
(3) n ．
3· −2
2
(3) n
令f (n)＝3· －2，n∈[1，＋∞)，
2
(3) n 3 5
因为f (n)＝3· －2在n∈[1，＋∞)上单调递增，则f (n)≥f (1)＝3× －2＝ >0，
2 2 2
{ 1 }
所以数列
3·
(3) n
−2
在n∈N*上递减，从而数列{b
n
}在n∈N*上递增，且b
n
<1，故得b
n
<b
n＋
2
<1．
1
方法技巧 15 8 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．
9
【典例 1】 (2021·浙江高考)已知数列{a
n
}的前 n 项和为 S
n
，a
1
＝－
4
，且 4S
n＋1
＝3S
n
－
9(n∈N*)．
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)设数列{b }满足3b ＋(n－4)a ＝0(n∈N*)，记{b }的前n项和为T ．若T ≤λb 对任意n∈N*
n n n n n n n
恒成立，求实数λ的取值范围．
【解析】 (1)因为4S ＝3S －9，
n＋1 n
所以当n≥2时，4S ＝3S －9，
n n－1
a 3
两式相减可得4a ＝3a ，即
n+1＝
．
n＋1 n a 4
n
( 9 ) 27
当n＝1时，4S ＝4 − +a ＝－ －9，
2 4 2 4
27 a 3
解得a ＝－ ，所以 2＝ ．
2 16 a 4
1
9 3
所以数列{a }是首项为－ ，公比为 的等比数列，
n 4 49 (3) n−1 3n+1
所以a ＝－ × ＝－ ．
n 4 4 4n
(2)因为3b ＋(n－4)a ＝0，
n n
(3) n
所以b ＝(n－4)× ．
n 4
3 (3) 2 (3) 3 (3) 4 (3) n
所以T ＝－3× －2× －1× ＋0× ＋…＋(n－4)× ，①
n 4 4 4 4 4
3 (3) 2 (3) 3 (3) 4 (3) 5 (3) n (3) n+1
T ＝－3× －2× －1× ＋0× ＋…＋(n－5)× ＋(n－4)× ，②
4 n 4 4 4 4 4 4
9 [ (3) n−1]
1−
①－②得 1 T ＝－3× 3 + (3) 2 ＋ (3) 3 ＋…＋ (3) n －(n－4)× (3) n+1 ＝－ 9 + 16 4 －(n
4 n 4 4 4 4 4
4 3
1−
4
(3) n+1 (3) n+1 (3) n+1
－4)× ＝－n× ，所以T ＝－4n× ．
4 4 n 4
因为T ≤λb 对任意n∈N*恒成立，
n n
(3) n+1 (3) n
所以－4n× ≤λ(n－4)× 恒成立，
4 4
即－3n≤λ(n－4)恒成立，
−3n 12
当n<4时，λ≤ ＝－3－ ，此时λ≤1；
n−4 n−4
当n＝4时，－12≤0恒成立；
−3n 12
当n>4时，λ≥ ＝－3－ ，此时λ≥－3．
n−4 n−4
所以－3≤λ≤1．
【典例2】已知数列{a }的前n项和为S ，2a ＋1＝3S ，若tS <2n对任意的n∈N*恒成立，求实
n n n n n
数t的取值范围．
3S −1 3S −1
【解析】 由2a ＋1＝3S ，得a ＝ n ，当n≥2时，a ＝S －S ，则 n ＝S －S ，
n n n 2 n n n－1 2 n n－1
1 ( 1)
整理得S ＝－2S ＋1，即S － ＝－2 S − ，而3S ＝2a ＋1＝2S ＋1，解得S ＝1，
n n－1 n 3 n−1 3 1 1 1 1
1 2 { 1 } 2
于是S － ＝ ，数列 S − 是首项为 ，公比为－2的等比数列，
1 3 3 n 3 3
1 2 1−(−2) n 1−(−2) n
因此S － ＝ ·(－2)n-1，即S ＝ ，由tS <2n，得 ·t<2n，
n 3 3 n 3 n 31+2n 3×2n 3 { 3 }
当n为奇数时， ·t<2n，即t< ＝3－ ，显然 3− 为递增数列，
3 1+2n 1+2n 1+2n
( 3 )
当n＝1时， 3− ＝2，于是t<2，
1+2n
min
1−2n 3×2n 3 3
当n为偶数时， ·t<2n，即t> ＝－3＋ ，显然恒有－3＋ <－3，于是t≥
3 1−2n 1−2n 1−2n
－3，
所以实数t的取值范围为[−3，2)．
方法技巧 15 9 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．
{a +1，n为奇数，
【典例1】(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{a
n
}满足a
1
＝1，a
n＋1
＝
a
n
+2，n为偶数．
n
(1)记b ＝a ，写出b ，b ，并求数列{b }的通项公式；
n 2n 1 2 n
(2)求{a }的前20项和．
n
【解析】 (1)因为b ＝a ，且a ＝1，
n 2n 1
{a +1，n为奇数，
a ＝ n
n＋1 a +2，n为偶数，
n
所以b ＝a ＝a ＋1＝2，
1 2 1
b ＝a ＝a ＋1＝a ＋2＋1＝5．
2 4 3 2
因为b ＝a ，所以b ＝a ＝a ＝a ＋1＝a ＋2＋1＝a ＋3，
n 2n n＋1 2n＋2 2n＋1＋1 2n＋1 2n 2n
所以b －b ＝a ＋3－a ＝3，
n＋1 n 2n 2n
所以数列{b }是以2为首项，3为公差的等差数列，b ＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*．
n n
{a +1，n为奇数，
(2)因为a ＝ n
n＋1 a +2，n为偶数，
n
所以k∈N*时，a ＝a ＝a ＋1，
2k 2k－1＋1 2k－1
即a ＝a ＋1， ①
2k 2k－1
a ＝a ＋2， ②
2k＋1 2k
a ＝a ＝a ＋1，即a ＝a ＋1， ③
2k＋2 2k＋1＋1 2k＋1 2k＋2 2k＋1
所以①＋②得a ＝a ＋3，即a －a ＝3，
2k＋1 2k－1 2k＋1 2k－1所以数列{a }的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
n
②＋③得a ＝a ＋3，即a －a ＝3，
2k＋2 2k 2k＋2 2k
又a ＝2，所以数列{a }的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
2 n
10×9
所以数列{a }的前20项和S ＝(a ＋a ＋a ＋…＋a )＋(a ＋a ＋a ＋…＋a )＝10＋ ×3
n 20 1 3 5 19 2 4 6 20 2
10×9
＋20＋ ×3＝300．
2
{a −6，n为奇数，
【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)已知{a }为等差数列，b ＝ n 记S ，T 分别为
n n 2a ，n为偶数． n n
n
数列{a }，{b }的前n项和，S ＝32，T ＝16．
n n 4 3
(1)求{a }的通项公式；
n
(2)证明：当n＞5时，T ＞S ．
n n
【解析】 (1)设等差数列{a }的公差为d．
n
{a −6，n为奇数，
因为b ＝ n
n 2a ，n为偶数，
n
所以b ＝a －6，b ＝2a ＝2a ＋2d，b ＝a －6＝a ＋2d－6．
1 1 2 2 1 3 3 1
因为S ＝32，T ＝16，
4 3
{ 4a +6d=32，
1
所以
(a −6)+(2a +2d)+(a +2d−6)=16，
1 1 1
{2a +3d=16， {a =5，
整理得 1 解得 1
a +d=7， d=2，
1
所以{a }的通项公式为a ＝2n＋3．
n n
(2)证明：由(1)知a ＝2n＋3，
n
n［5+(2n+3)］
所以S ＝ ＝n2＋4n，
n 2
{2n−3，n为奇数，
b ＝
n 4n+6，n为偶数，
当n为奇数时，
T ＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－
n
n+1 n−1
(−1+2n−3) (14+4n+2)
7) ＋ (2n － 3)] ＋ [14 ＋ 22 ＋ 30 ＋ … ＋ (4n ＋ 2)] ＝ 2 2 ＝
+
2 2
3n2+5n−10
．
23n2+5n−10 n2−3n−10 (n−5)(n+2)
当n＞5时，T －S ＝ －(n2＋4n)＝ ＝ ＞0，
n n 2 2 2
所以T ＞S ．
n n
当n为偶数时，T ＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…
n
n n
(−1+2n−5) (14+4n+6) 3n2+7n
＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝2 2 ＝ ．
+ 2
2 2
3n2+7n n2−n n(n−1)
当n＞5时，T －S ＝ －(n2＋4n)＝ ＝ ＞0，
n n 2 2 2
所以T ＞S ．
n n
综上可知，当n＞5时，T ＞S ．
n n
方法技巧 16 0 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{a
n
}满足a
1
＝4，且a
n＋1
＋a
n
＝8n＋4．
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)已知b ＝2n，在数列{a }中剔除{a }与{b }的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列{c }，
n n n n n
求数列{c }的前192项和T ．
n 192
【解析】 (1)当n＝1时，a ＋a ＝12，所以a ＝8；
2 1 2
当n≥2时，a ＋a ＝8n－4，所以a －a ＝8；
n n－1 n ＋ 1 n－1
n−2
当n为偶数时，a ＝8＋ ×8＝4n;
n 2
n−1
当n为奇数时，a ＝4＋ ×8＝4n；
n 2
综上所述：a ＝4n．
n
(2)设{a }的前n项和为S ，{b }的前n项和为H ，
n n n n
由(1)可知a ＝800，b ＝29＝512，
200 9
当n≤200时，可知{a }与{b }的公共项为4，8，16，…，512，共8项，
n n
200(4+800) [2(1−29) ]
所以数列{c }的前192项和T ＝S －(H －2)＝ − −2 ＝80 400－1 020
n 192 200 9
2 1−2＝79 380．
【典例2】 记数列{a }的前n项和为S ，对任意正整数n，有2S ＝na ，且a ＝3．
n n n n 2
(1)求数列{a }的通项公式；
n
(2)对所有正整数 m，若 a ＜2m＜a ，则在 a 和a 两项中插入 2m，由此得到一个新数列
k k＋1 k k＋1
{b }，求{b }的前40项和．
n n
【解析】 (1)由2S ＝na ，则2S ＝(n＋1)a ，
n n n＋1 n＋1
两式相减得，2a ＝(n＋1)a －na
n＋1 n＋1 n,
a n
整理得，(n－1)a ＝na ，即n≥2时，
n+1＝
，
n＋1 n a n−1
n
a a a n−1 n−2 2
所以n≥2时，a ＝ n · n−1·…· 3·a ＝ · ·…· ·3＝3(n－1)，
n a a a 2 n−2 n−3 1
n−1 n−2 2
又n＝1时，2a ＝a ，得a ＝0，也满足上式．
1 1 1
故a ＝3(n－1)．
n
(2)由a ＝117，所以26<a <27，
40 40
又a ＝99>26，所以{b }的前40项中有34项来自{a }．
34 n n
故b ＋b ＋…＋b ＝(a ＋a ＋…＋a )＋(21＋22＋…＋26)
1 2 40 1 2 34
34(a +a ) 2(1−26)
＝ 1 34 + ＝1 683＋126＝1 809．
2 1−2
所以{b }的前40项和为1 809．
n
方法技巧 16 1 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．
{c }
【典例1】(2024·江西南昌一模)对于各项均不为零的数列{c }，我们定义：数列 n+k 为数列
n c
n
{c }的“k-比分数列”．已知数列{a }，{b }满足a ＝b ＝1，且{a }的“1-比分数列”与{b }的
n n n 1 1 n n
“2-比分数列”是同一个数列．
(1)若{b }是公比为2的等比数列，求数列{a }的前n项和S ；
n n n
(2)若{b }是公差为2的等差数列，求a ．
n n
a b
【解析】 (1)由题意知 n+1＝ n+2，
a b
n na
因为b ＝1，且{b }是公比为2的等比数列，所以 n+1＝4．
1 n a
n
1×(1−4n) 1
因为a ＝1，所以数列{a }是首项为1，公比为4的等比数列，所以S ＝ ＝ ×(4n−1)
1 n n 1−4 3
．
a b 2n+3
(2)因为b ＝1，且{b }是公差为2的等差数列，所以b ＝2n－1，所以 n+1＝ n+2＝ ，
1 n n a b 2n−1
n n
a 2n+1 a 2n−1 a 5
所以 n ＝ ， n−1＝ ，…， 2＝ ，
a 2n−3 a 2n−5 a 1
n−1 n−2 1
a (2n+1)(2n−1)
所以 n＝ ．
a 3×1
1
1
因为a ＝1，所以a ＝ ×(4n2−1)．
1 n 3
【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P ，所有项的和
n
为S ．
n
(1)若a＝2，b＝3，c＝4，求P ，S ；
2 2
(2)若P ≥2 024，求正整数n的最小值；
n
(3)是否存在数列a，b，c(a，b，c∈R)，使得数列{S }为等比数列？请说明理由．
n
【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，
P ＝9，S ＝2＋7＋5＋8＋3＋10＋7＋11＋4＝57．
2 2
(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P ，则经第(n+1)次“和扩充”后增
n
加的项数为P －1，
n
所以P ＝P ＋(P −1)＝2P －1，
n＋1 n n n
所以P －1＝2P －2＝2(P −1)，
n＋1 n n
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P ＝5，P －1＝4，故{P −1}是首项为4，公比为2的等比数列，
1 1 n
所以P －1＝4×2n-1＝2n+1，故P ＝2n+1＋1，
n n
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S ＝a＋a＋b＋b＋b＋c＋c＝2a＋3b＋2c，S ＝S ＋3(a+2b+c)，
1 2 1
S ＝S ＋32(a+2b+c)，依次类推，S ＝S ＋3n-1(a+2b+c)，
3 2 n n－1
故S ＝S ＋3n-1(a+2b+c)
n n－1
＝S ＋3n-2(a+2b+c)＋3n-1(a+2b+c)
n－2
＝…＝S ＋(a+2b+c)(3+32+…+3n−1)
1
3(1−3n−1)
＝2a＋3b＋2c＋(a+2b+c)·
1−3
(
a+c) a+c
＝ b+ ·3n＋ ，
2 2
若使{S }为等比数列，
n
a+c a+c
{ =0， { ≠0，
2 2
则 或
a+c a+c
b+ ≠0 b+ =0.
2 2
所以存在数列a，b，c(a，b，c∈R)，使得数列{S }为等比数列，a，b，c满足的条件为a＋c
n
＝0，b≠0或2b＋a＋c＝0，a＋c≠0．
方法技巧 16 2 基本立体图形结构特征
空间几何体结构特征的判断技巧：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉空间几何体的结构特征，
依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本
元素，然后再依据题意判定．
【典例1】(多选)下列说法中正确的是( )
A．以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台
B．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
D．棱台的各侧棱延长后必交于一点
【解析】由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周
形成的几何体是圆台，故A正确；
各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面是菱形，不一定是正方体，故B错误；
底面是正多边形的棱锥，不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C错误；
棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D正确．故选AD．
【典例2】(多选)下列说法中正确的是( )
A．长方体是直四棱柱
B．两个面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台
C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
D．平行六面体不是棱柱
【解析】长方体是直四棱柱，A正确；两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延
长后不交于同一点时，就不是棱台，B错误；正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，C正确；
平行六面体是棱柱，D错误．故选AC．
方法技巧 16 3 空间几何体的直观图
在斜二测画法中，平行于x轴或在x轴上的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴或在y轴
上的线段平行性不变，长度减半．
【典例1】如图，四边形ABCD的斜二测画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′．已知A′B′＝4，C′D′
＝2，则下列说法正确的是( )
A．AB＝2
B．A′D′＝2❑√2
C．四边形ABCD的周长为4＋2❑√2＋2❑√3
D．四边形ABCD的面积为6❑√2
【解析】由题意可知A′D′＝❑√2，直观图的原图形如图所示，所以AB＝4，AD＝2❑√2，CD＝
2，作CE⊥AB于点E，可求得BC＝2❑√3．1
所以四边形ABCD的周长为6＋2❑√2＋2❑√3，四边形ABCD的面积为 ×(4+2)×2❑√2＝6❑√2．
2
故选D．
【典例2】已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )
❑√3 ❑√3 ❑√6 ❑√6
A． a2 B． a2 C． a2 D． a2
4 8 8 16
【解析】法一：如图①②所示的原图形和直观图，
1 ❑√3
由图②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝ OC＝ a，
2 4
在图②中作C′D′⊥A′B′于点D′，
❑√2 ❑√6 1 1 ❑√6 ❑√6
则C′D′＝ O′C′＝ a，所以S ＝ A′B′×C′D′＝ ×a× a＝ a2．故选D．
2 8 △A′B′C′ 2 2 8 16
1 ❑√3
法二：S ＝ ×a×a sin 60°＝ a2，
△ABC 2 4
❑√2 ❑√2 ❑√3 ❑√6
又S ＝ S ＝ × a2＝ a2．故选D．
直观图 原图
4 4 4 16
方法技巧 16 4 空间几何体的展开图
在解决空间几何体最短距离问题时，一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题
平面化．
【典例1】如图所示，在正三棱柱ABC-A B C 中，AB＝2，AA ＝2，由顶点B沿棱柱侧面(经过
1 1 1 1
棱AA )到达顶点C ，与AA 的交点记为M，则从点B经点M到C 的最短路线长为( )
1 1 1 1A．2❑√2 B．2❑√5
C．4 D．4❑√5
【解析】如图，沿侧棱BB 将正三棱柱的侧面展开，
1
由侧面展开图可知，当B，M，C 三点共线时，从点B经点M到C 的路线最短．
1 1
所以最短路线长为BC ＝❑√42+22＝2❑√5．故选B
1
【典例2】如图，正三棱柱ABC-A B C 的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿
1 1 1
每个侧面爬到A ，路线为A→M→N→A ，则蚂蚁爬行的最短路程是( )
1 1
A．❑√a2+9b2 B．❑√9a2+b2
C．❑√4a2+9b2 D．❑√a2+b2
【解析】
正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA 的长为
1
最短路程．因此蚂蚁爬行的最短路程为❑√a2+9b2．故选A．
方法技巧 16 5 空间几何体的表面积与体积求空间几何体的体积的常用方法
公式法 规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解
把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者补成规则的几何体，再求
割补法
解
等体 通过选择合适的底面来求几何体的体积，特别是三棱锥的体积(即利用三
积法 棱锥的任一个面均可作为三棱锥的底面，进行等体积变换)
【典例1】(2024·山东枣庄一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个
圆环，则圆台的侧面积为( )
A．6π B．16π
C．26π D．32π
【解析】圆台的上底面圆半径r′＝1，下底面圆半径r＝3，
{2π×3=π(l+x)， {x=2，
设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为x，依题意有 解得 所
2π×1=πx， l=4，
以圆台的侧面积S＝π(r'+r)l＝π(1+3)×4＝16π．故选B．
【典例2】为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．
如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所
在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为 2∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧
面积的比值为( )
❑√7 ❑√43
A． B．
8 24
1 1
C． D．
9 27
【解析】设正六棱柱的底面边长为a，由题意知正六棱柱的高为2a，因为正六棱锥的高与底
2 ❑√13
面边长的比为2∶3，所以正六棱锥的高为 a，正六棱锥的侧棱长为 a，正六棱锥的侧面
3 3
积
1 √13 1 ❑√43
S ＝6× a❑ a2− a2＝ a2，
1 2 9 4 2S ❑√43
正六棱柱的侧面积S ＝6·a·2a＝12a2，所以 1＝ ．故选B．
2 S 24
2
【典例3】(2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均
为❑√3，则圆锥的体积为( )
A．2❑√3π B．3❑√3π
C．6❑√3π D．9❑√3π
【解析】设圆柱和圆锥的底面半径均为r，则圆锥的母线长为❑√r2+3，而它们的侧面积相等，
1
所以2πr×❑√3＝πr×❑√3+r2，即2❑√3＝❑√3+r2，故r＝3，故圆锥的体积为 π×9×❑√3＝3❑√3π．
3
故选B．
【典例4】(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A B C D 中，AB＝2，A B ＝1，AA ＝❑√2，则
1 1 1 1 1 1 1
该棱台的体积为________．
【解析】法一：如图所示，设O ，O分别为正四棱台ABCD-A B C D 上、下底面的中心，连
1 1 1 1 1
接B D ，BD，则O ，O分别为B D ，BD的中点，连接O O，则O O即是正四棱台ABCD-
1 1 1 1 1 1 1
A B C D 的高，过点B 作B E⊥BD，垂足为E，则B E＝O O．因为AB＝2，A B ＝1，所以
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
❑√2 ❑√2
OB＝❑√2，O B ＝ ，所以BE＝OB－OE＝OB－O B ＝ ，又AA ＝❑√2，所以BB ＝❑√2，
1 1 2 1 1 2 1 1
√ 1 ❑√6 ❑√6 1
B E＝❑√BB2−BE2＝❑2− ＝ ，所以O O＝ ，所以V ＝ ×(22＋12＋
1 1 2 2 1 2 正四棱台ABCD−A 1 B 1 C 1 D 1 3
❑√6 7❑√6
❑√22×12)× ＝ ．
2 6
法二：如图，将正四棱台ABCD-A B C D 补形成正四棱锥P-ABCD，因为AB＝2，A B ＝1，
1 1 1 1 1 1
AB∥A B ，所以A ，B ，C ，D 分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A A＝❑√2，所以PA＝2
1 1 1 1 1 1 1
❑√2，即PB＝2❑√2．连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝
❑√6
❑√2，所以 PO＝❑√PB2−BO2＝❑√6，所以正 四棱台 ABCD-A B C D 的高为 ，所以
1 1 1 1 2
1 ❑√6 7❑√6 1
V ＝ ×(22＋12＋❑√22×12)× ＝ ．(或者 V ＝ ×22×❑√6＝
正四棱台ABCD−A 1 B 1 C 1 D 1 3 2 6 四棱锥P-ABCD 3
4❑√6 1
，V ＝ V ，所以V ＝V －V
3 四棱锥P−A 1 B 1 C 1 D 1 8 四棱锥P-ABCD 正四棱台ABCD−A 1 B 1 C 1 D 1 四棱锥P-ABCD 四棱锥P−A 1 B 1 C 1 D 17 7 4❑√6 7❑√6
＝ V ＝ × ＝ ．)
8 四棱锥P-ABCD 8 3 6
《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下问题：“今有刍甍，下广三
丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状
的多面体(如图)，下底面宽AD＝3丈，长AB＝4丈，上棱EF＝2丈，EF与平面ABCD平行，
EF与平面ABCD的距离为1丈，则它的体积是( )
A．4立方丈 B．5立方丈
C．6立方丈 D．8立方丈
【解析】
如图，过点E作EG⊥平面ABCD，垂足为点G，过点F作FH⊥平面ABCD，垂足为点H，过
点G作PQ∥AD，交AB于点Q，交CD于点P，过点H作MN∥BC，交AB于点N，交CD于
点M，连接EQ，EP，FN，FM．则AQ＋NB＝4－2＝2，QN＝2，且四边形AQPD与四边形
NBCM都是矩形．
1 1
则它的体积V＝V ＋V ＋V ＝ ·EG·S ＋S ·NQ＋ ·FH·S
E-AQPD EPQ-FMN F-NBCM 3 矩形AQPD △EPQ 3 矩形NBCM
1 1 1
＝ (AQ＋NB)·AD·EG＋S ·NQ＝ ×2×3×1＋ ×3×1×2＝5(立方丈)．
3 △EPQ 3 2
方法技巧 16 6 简单几何体的外接球
求解外接球问题的方法
(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此
面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置．
(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体、长方体或直棱柱的方法找到球心的位置．
(3)到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，
则球心一定在垂线上，再根据球心到其他顶点的距离也是球的半径，列关系式求解即可．
(4)分别过几何体的两个相交平面的外接圆的圆心作各自所在平面的垂线，垂线的交点就是球
心．
3π
【典例1】已知直三棱柱ABC-A B C 的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝ ，AA
1 1 1 4 1
＝BC＝2，则球O的体积为( )
A．4❑√3π B．8π C．12π D．20π
BC
【解析】在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝ ＝
2sin∠BAC
2
3π ＝❑√2，则直三棱柱ABC-A B C 的外接球的半径R＝❑ √ r2+ (A A 1 ) 2 ＝❑√(❑√2) 2+12＝❑√3，
2sin 1 1 1
2
4
4
则直三棱柱ABC-A B C 的外接球的体积为 πR3＝4❑√3π．故选A．
1 1 1 3
【典例2】(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为3 ❑√3和4 ❑√3
，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
2 ❑√3 2 ❑√3
【解析】由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为 × ×3❑√3＝3， ×
3 2 3 2
×4❑√3＝4．设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为 O ，O ，则O O ＝1，其外接球的球
1 2 1 2
心O在直线O O 上．设球O的半径为R，当球心O在线段O O 上时，R2＝32+OO2＝42＋(1
1 2 1 2 1
－OO )2，解得OO ＝4(舍去)；当球心O不在线段O O 上时，R2＝42+OO2＝32＋(1＋OO )2，
1 1 1 2 2 2
解得OO ＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π．故选A．
2
【典例3】已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝❑√5，BC＝❑√7，AC＝2，则此
三棱锥的外接球的体积为( )
8 8❑√2
A． π B． π
3 3
16 32
C． π D． π
3 3
【解析】∵AB＝❑√5，BC＝❑√7，AC＝2，
∴PA＝1，PC＝❑√3，PB＝2．以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体，如图所示，则长方体的外接球同时也是
三棱锥P-ABC的外接球．
∵长方体的体对角线长为❑√1+3+4＝2❑√2，
∴球的直径为2❑√2，半径R＝❑√2，
4 4 8❑√2
∴三棱锥P-ABC外接球的体积为 πR3＝ π×(❑√2)3＝ π．故选B．
3 3 3
【典例4】在四面体P-ABC中，已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则该
四面体的外接球的体积为( )
❑√3π
A．π B．❑√3π C．2π D．
2
【解析】如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得PA⊥BC，
又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB．
⊂
1
在Rt△PBC中，OB＝ PC，
2
1
同理OA＝ PC，
2
1
所以OA＝OB＝OC＝ PC，
2
因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上，
在Rt△ABC中，AC＝❑√AB2+BC2＝❑√2．
在Rt△PAC中，PC＝❑√PA2+AC2＝❑√3，
1 ❑√3
球O的半径R＝ PC＝ ，
2 2
4 (❑√3) 3 ❑√3π
所以外接球的体积为 π× ＝ ．故选D.
3 2 2【典例5】已知△ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平
面ABC，BC＝3，PB＝2❑√2，PC＝❑√5，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为________．
【解析】如图所示，设M为BC的中点，在平面PBC内过点M作MN⊥BC，因为平面PBC⊥
平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，MN 平面PBC，所以MN⊥平面ABC．
⊂
又△ABC是以BC为斜边的直角三角形，所以直线MN上任意一点到A，B，C的距离相等．
在平面PBC内作线段PB的垂直平分线DE，设DE与MN的交点为O，则点O到P，A，B，
C的距离都相等，即点O为三棱锥P-ABC外接球的球心，并且O也是△PBC的外心．
因此三棱锥P-ABC外接球的半径与△PBC的外接圆的半径相等．
又PB＝2❑√2，BC＝3，PC＝❑√5，
8+9−5 ❑√2
所以cos ∠PBC＝ ＝ ，
2×2❑√2×3 2
❑√2
则sin ∠PBC＝ ．
2
设三棱锥P-ABC外接球的半径为R，
❑√5
❑√10
则2R＝❑√2＝❑√10，即R＝ ，
2
2
则外接球的表面积S＝4πR2＝10π．
方法技巧 16 7 简单几何体的内切球
“切”的问题处理规律
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法．
❑√6 ❑√6
(3)正四面体的外接球的半径R＝ a，内切球的半径r＝ a，其半径R∶r＝3∶1．(a为该
4 12
正四面体的棱长)
(4)等体积法求内切球半径．
1
【典例1】已知圆台的上、下底面的半径之比为 ，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该
2球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为( )
A．3π B．5π
C．8π D．9π
【解析】设圆台的上底面半径为r，则下底面半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与
球的轴截面．
由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，
故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r．
根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，
所以球的直径为HG＝2❑√2，即半径为❑√2，则球的表面积为4π×(❑√2)2＝8π．故选C．
【典例2】 (2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球
的体积为________．
【解析】法一：
如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，
连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝❑√BC2−BD2＝2❑√2．易知BE＝BD＝1，则CE
＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2❑√2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2❑√2
❑√2 4 ❑√2
－R)2－R2＝4，所以R＝ ，圆锥内半径最大的球的体积为 πR3＝ π．
2 3 3
法二：
如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD
2S
＝❑√BC2−BD2＝2❑√2，则 S ＝2❑√2．设△ABC 的内切圆 O的半径为R，则 R＝ △ABC＝
△ABC 3+3+2
❑√2 4 ❑√2
，所以圆锥内半径最大的球的体积为 πR3＝ π．
2 3 3S
【典例3】若一个正四面体的表面积为S ，其内切球的表面积为S ，则 1＝________．
1 2 S
2
❑√3
【解析】设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积S ＝4× ×a2＝❑√3a2，其内切球的半
1 4
❑√3a2
❑√6 πa2 S 6❑√3
径r为 a，因此内切球的表面积S ＝4πr2＝ ，则 1＝ π ＝ ．
12 2 6 S a2 π
2 6
方法技巧 16 8 与球有关的截面问题
巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤
(1)确定球心O和截面圆的圆心O′．
(2)探求球的半径R和截面圆的半径r．
(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．
9❑√3
【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为 的等边三角形，且其顶点都在球 O的球
4
面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
3
A．❑√3 B．
2
❑√3
C．1 D．
2
9❑√3 ❑√3 9❑√3
【解析】由等边三角形ABC的面积为 ，得 ×AB2＝ ，得AB＝3，则△ABC的外接
4 4 4
2 ❑√3 ❑√3
圆半径r＝ × AB＝ AB＝❑√3．设球的半径为R，由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，
3 2 3
得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝❑√R2−r2＝1，故选C．
【典例2】如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是 8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为 6 cm，如果不计容器的厚度，则
球的体积为( )
500π 866π
A． cm3 B． cm3
3 3
1 372π 2 048π
C． cm3 D． cm3
3 3
【解析】设球心为O，半径为R cm，正方体上底面中心为A，上底面一边的中点为B(图略)，
在Rt△OAB中，OA＝(R－2)cm，AB＝4 cm，OB＝R cm，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5(cm)，
4 500π
∴V ＝ πR3＝ (cm3)．故选A．
球 3 3
方法技巧 16 9 基本事实的应用
共面、共线、共点问题的证明
(1)证明共面的方法：先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内(或证两平面重
合)．
(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上；②直接证明
这些点都在同一条特定直线上．
(3)证明线共点的常用方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．
【典例1】已知在正方体ABCD-A B C D 中，E，F分别为D C ，C B 的中点，AC∩BD＝P，
1 1 1 1 1 1 1 1
A C ∩EF＝Q．
1 1
求证：(1)D，B，E，F四点共面；
(2)若A C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线；
1
(3)DE，BF，CC 三线交于一点．
1
[证明] (1)如图所示，连接B D ．
1 1因为EF是△D B C 的中位线，
1 1 1
所以EF∥B D ．
1 1
在正方体ABCD-A B C D 中，B D ∥BD，
1 1 1 1 1 1
所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，
即D，B，E，F四点共面．
(2)连接A C，
1
设A ，C，C 确定的平面为α，平面BDEF为β．
1 1
因为Q∈A C ，所以Q∈α．
1 1
又Q∈EF，所以Q∈β，
所以Q是α与β的公共点，
同理，P是α与β的公共点．
所以α∩β＝PQ．
又A C∩β＝R，所以R∈A C，R∈α，且R∈β．
1 1
则R∈PQ，故P，Q，R三点共线．
(3)因为EF∥BD且EF<BD，
所以DE与BF相交，
设交点为 M，则由 M∈DE，DE 平面 D DCC ，得 M∈平面 D DCC ，同理，M∈平面
1 1 1 1
B BCC ．
1 1 ⊂
又平面D DCC ∩平面B BCC ＝CC ，
1 1 1 1 1
所以M∈CC ．
1
所以DE，BF，CC 三线交于一点．
1
【典例2】如图所示，平面α∩平面β＝l，A∈α，B∈α，AB∩l＝D，C∈β，C∉l，则平面ABC
与平面β的交线是( )
A．直线AC B．直线AB
C．直线CD D．直线BC
【解析】由题意知，D∈l，l β，所以D∈β，
又因为D∈AB，所以D∈平面ABC，
⊂
所以点D在平面ABC与平面β的交线上．
又因为C∈平面ABC，C∈β，所以点C在平面ABC与平面β的交线上，所以平面ABC∩平面β＝CD．故选C．
方法技巧 17 0 空间两直线位置关系的判定
空间中两直线位置关系的判定方法
【典例1】已知三个平面α，β，γ，其中α∩β＝a，β∩γ＝b，γ∩α＝c，且a∩b＝P，则下列结
论一定成立的是( )
A．b，c是异面直线 B．b∩c＝P
C．b∥c D．a与c没有公共点
【解析】∵α∩β＝a，β∩γ＝b，且a∩b＝P，∴P∈a，P∈b，而a α，b γ，则P∈α，P∈γ，
而γ∩α＝c，∴P∈c，
⊂ ⊂
可得a∩c＝P，b∩c＝P．
故选B．
【典例2】在底面半径为1的圆柱OO 中，过旋转轴OO 作圆柱的轴截面ABCD，其中母线长
1 1
⏜
AB＝2，E是 的中点，F是AB的中点，则( )
BC
A．AE＝CF，AC与EF是共面直线
B．AE≠CF，AC与EF是共面直线
C．AE＝CF，AC与EF是异面直线
D．AE≠CF，AC与EF是异面直线
⏜
【解析】由题意，圆柱的轴截面ABCD是边长为2的正方形， E是 的中点，F是AB的中点，
BC
因为AC 平面ABC，EF与平面ABC相交，且与AC无交点，所以AC与EF是异面直线，
⊂
又CF＝❑√12+22＝❑√5，AE＝❑√22+(❑√2) 2＝❑√6，所以AE≠CF．故选D．【典例3】(2023·上海春季高考)如图所示，在正方体ABCD-A B C D 中，P是A C 上的动点，
1 1 1 1 1 1
则下列直线中，始终与直线BP异面的是( )
A．DD B．AC
1
C．AD D．B C
1 1
【解析】对于A，当P是A C 的中点时，BP与DD 是相交直线；
1 1 1
对于B，根据异面直线的定义知，BP与AC是异面直线；
对于C，当点P与点C 重合时，BP与AD 是平行直线；
1 1
对于D，当点P与点C 重合时，BP与B C是相交直线．故选B．
1 1
方法技巧 17 1 异面直线所成的角
求异面直线所成角的方法
(1)平移法：将异面直线中的某一条直线平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行
线或者作平行线， 形成三角形求解．
(2)补体法：在该几何体的某侧补接上一个同样的几何体，在这两个几何体中找异面直线相应
的位置，形成三角形求解．
(3)坐标法：如果几何图形便于建系，可以将问题坐标化，借助向量求解．
提醒：两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等
于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．
【典例1】在长方体ABCD-A B C D 中，AB＝BC＝1，AA ＝❑√3，则异面直线AD 与DB 所成
1 1 1 1 1 1 1
角的余弦值为( )
1 ❑√5
A． B．
5 6
❑√5 ❑√2
C． D．
5 2
【解析】法一(平移法)：如图，连接BD ，交DB 于点O，取AB的中点M，连接DM，OM．
1 1
易知O为BD 的中点，所以AD ∥OM，则∠MOD为异面直线AD 与DB 所成的角或其补角．
1 1 1 1
因为在长方体ABCD-A B C D 中，AB＝BC＝1，AA ＝❑√3，AD ＝❑√AD2+DD2＝2，
1 1 1 1 1 1 1DM＝❑ √ AD2+ (1 AB ) 2 ＝ ❑√5 ，
2 2
1 1 ❑√5
DB ＝❑√AB2+AD2+BB2＝❑√5，所以OM＝ AD ＝1，OD＝ DB ＝ ，在△DMO中，由余
1 1 2 1 2 1 2
弦定理的推论，
12+
(❑√5) 2
−
(❑√5) 2
2 2 ❑√5
得cos ∠MOD＝ ＝ ，
❑√5 5
2×1×
2
❑√5
即异面直线AD 与DB 所成角的余弦值为 ．故选C．
1 1 5
法二(补体法)：如图，在长方体 ABCD-A B C D 的一侧补上一个相同的长方体 A′B′BA-
1 1 1 1
A′ B′ B A ．连接B B′，由长方体的性质可知，B B′∥AD ，所以∠DB B′为异面直线AD 与DB
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所成的角或其补角．连接 DB′，由题意，得 DB′＝❑√12+(1+1) 2＝❑√5，B′B ＝❑√12+(❑√3) 2＝2，
1
DB ＝❑√12+12+(❑√3) 2＝❑√5．
1
在△DB′B 中，由余弦定理，得
1
DB′2＝B'B2+DB2－2B′B ·DB ·cos ∠DB B′，
1 1 1 1 1
即5＝4＋5－2×2❑√5cos ∠DB B′，
1
❑√5
∴cos ∠DB B′＝ ．故选C．
1 5
法三(坐标法)：以点D为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间
1
直角坐标系，如图所示．由条件可知D(0，0，0)，A(1，0，0)，D (0，0，❑√3)，B (1，1，❑√3
1 1
⃗AD ·⃗DB
)，所以⃗AD ＝(－1，0，❑√3)，⃗DB ＝(1，1，❑√3)，则cos 〈⃗AD ，⃗DB 〉＝ 1 1 ＝
1 1 1 1 |⃗AD ||⃗DB |
1 12 ❑√5 ❑√5
＝ ，即异面直线AD 与DB 所成角的余弦值为 ．故选C．
2❑√5 5 1 1 5
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A B C 中，AB＝AC＝AA ，∠BAC＝60°，则异面直线AB 与
1 1 1 1 1
BC所成角的余弦值等于( )
❑√2 ❑√3
A． B．
2 2
❑√2
C． D．0
4
【解析】连接AC ，
1
因为BC∥B C ，所以异面直线AB 与BC所成的角即为∠AB C 或其补角，
1 1 1 1 1
设AB＝a，易得AB ＝❑√2a，AC ＝❑√2a，B C ＝a，则由余弦定理的推论知，
1 1 1 1
AB2+B C2−AC2 2a2+a2−2a2 ❑√2
cos ∠AB C ＝ 1 1 1 1＝ ＝ ．
1 1 2AB ·B C 2❑√2a·a 4
1 1 1
故选C．
【典例3】如图，圆台OO 的上底面半径O A ＝1，下底面半径OA＝2，母线长AA ＝2，过
1 1 1 1
OA的中点B作OA的垂线交圆O于点C，则异面直线OO 与A C所成角的大小为________．
1 1
【解析】在直角梯形OO A A中，因为B为OA的中点，OA＝2，所以O A ＝OB＝AB＝1，连
1 1 1 1接A B(图略)，易知四边形OO A B为矩形，所以OO ∥A B，所以∠BA C为异面直线OO 与
1 1 1 1 1 1 1
A C所成的角．在Rt△AA B中，因为AA ＝2，AB＝1，所以A B＝❑√3．连接OC(图略)，在
1 1 1 1
Rt△OBC中，由OB＝1，OC＝2，得BC＝❑√3．在Rt△A BC中，因为BC＝A B，所以∠BA C
1 1 1
＝45°．
方法技巧 17 2 空间几何体的截面、截线问题
1.空间几何体的截面作图的常用方法
(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者
截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．
(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个
表面上，那么这两点的连线一定在截面内．
2.作交线的两种方法
(1)利用基本事实3作交线．
(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线．
【典例1】(多选)已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为2，直线AC ⊥平面α．平面α截此正方
1 1 1 1 1
体所得截面有如下四个结论，其中正确的是( )
A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
C．截面形状不可能是正五边形
D．截面面积的最大值为3❑√3
【解析】显然A，C正确，B不正确，下面说明D正确，
√ (❑√2) 2 ❑√6
如图，当截面是正六边形时面积最大，MN＝2❑√2，GH＝❑√2， OE＝❑1+ ＝ ，所以
2 2
1 ❑√6
S＝2× ×(2❑√2+❑√2)× ＝3❑√3．故D正确．
2 2
[答案] ACD
【典例2】如图，在正方体ABCD-A B C D 中，E是BC的中点，平面α经过直线BD且与直线
1 1 1 1
C E平行，若正方体的棱长为2，则平面α截正方体所得的多边形的面积为________．
1【解析】如图，过点B作BM∥C E交B C 于点M，过点M作BD的平行线，交C D 于点N，
1 1 1 1 1
连接DN，则平面BDNM即为符合条件的平面α．
因为E为BC的中点，可知M，N分别为B C ，C D 的中点，
1 1 1 1
由正方体的棱长为2，
则BD＝2❑√2，MN＝❑√2，
且BM＝DN＝❑√5，
所以等腰梯形MNDB的高
h＝❑
√
(❑√5) 2 −
(❑√2) 2
＝
3❑√2
，
2 2
1 3❑√2 9
所以梯形MNDB的面积为 ×(❑√2＋2❑√2)× ＝ ．
2 2 2
【典例3】 (2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD-A B C D 的棱长均为2，∠BAD＝60°，
1 1 1 1
以D 为球心，❑√5为半径的球面与侧面BCC B 的交线长为________．
1 1 1
【解析】如图，连接B D ，易知△B C D 为正三角形，所以 B D ＝C D ＝2．分别取B C ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
BB ，CC 的中点 M，G，H，连接 D M，D G，D H，则易得 D G＝D H＝❑√22+12＝❑√5，
1 1 1 1 1 1 1
D M⊥B C ，且D M＝❑√3．
1 1 1 1
由题意知G，H分别是BB ，CC 与球面的交点．在侧面BCC B 内任取一点P，使MP＝❑√2，
1 1 1 1
连接 D P，则 D P＝❑√D M2+M P2＝❑√(❑√3) 2+(❑√2) 2＝❑√5，连接 MG，MH，易得 MG＝MH＝
1 1 1
❑√2，故可知以M为圆心，❑√2为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC B 的交线．
1 1
由∠B MG＝∠C MH＝45°知∠GMH＝90°，
1 1⏜
1 ❑√2π
所以 的长为 ×2π×❑√2＝ ．
GH
4 2
【典例4】如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以❑√2为半径作一个球面，则该正方体
的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )
3π
A． B．❑√2π
4
3π 9π
C． D．
2 4
【解析】正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧
1 2π 3π
长是以A 为圆心，1为半径的圆周长的 ，所以所有弧长之和为3× ＝ ．故选C．
1 4 4 2
方法技巧 17 3 截面分割体积比问题
1.截面定位法：利用中点、平行、垂直、共面条件，先确定截面的形状与边界，是解题前提
2.等体积转化法：不改变几何体体积，通过换顶点、换底面简化计算，适用于棱锥分割题型
3.体积割补思想：将不规则多面体拆分为棱锥、棱台，分别计算再求和，化不规则为规则
【典例1】已知长方体 ， 是棱 的中点，平面 将长方体分割成两部分，则体积
较大部分与体积较小部分的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【解析】取 的中点为 ，连接 ，如下图所示：因为 是棱 的中点，所以由长方体性质可得 ，
所以 四点共面，
根据长方体性质， 与 相似，相似比为 ，且平面 平面 ，
所以 交于同一点，
所以长方体被平面 割成的体积较小部分为三棱台 ，
设长方体的各棱长为 ，则长方体的体积为 ，
再由棱台体积公式可得
，
较大部分的体积为 ；
所以体积较大部分与体积较小部分的体积之比为 ，
故选：C
【典例2】正四棱锥 的底面边长为 ，侧棱长为 ，过点 作一个与侧棱 垂直的平面 ，
则平面 被此正四棱锥所截的截面面积为______，平面 将此正四棱锥分成的两部分，则较小部分体积与
较大部分体积的比值为______.
【解析】如下图所示：在正四棱锥 中，由于底面边长为 ，侧棱长为 ，则 ，
所以， 是等边三角形，同理可得 也为等边三角形，
取 的中点 ，连接 ，则 ，且 ，
设过 且与 垂直的平面交 于点 ，交 于点 ，连接 ，
则 ， ，可得 ，则 ， ，
在 和 中，由 ， ， ，
可得 ， ，
， ， ， ，
，则 ，
在等腰 中，由 ， ，
由余弦定理可得 ，
则在 中， ，同理可得 ，
， ， ，
四边形 的面积为 ，
则 ，又 ，
因此，平面 将此正四棱锥分成的两部分，较小部分体积与较大部分体积的比值为 .
故答案为： ； .
【典例3】已知正四棱台 分别是棱 的中点，平面 将正四
棱台割成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为__________．
【答案】 /0.6
【分析】分析可知几何体 是三棱台，利用割补法结合台体的体积公式运算求解．
【详解】如图，连接 ，不妨设 ，棱台的高设为 ，
所以 ．
因为 ， 分别是棱 ， 的中点，则 ， ．
又因为平面 ∥平面 ，可知几何体 是三棱台，则 ．
所以分割之后较大部分的体积为 ，
所以较小部分与较大部分的体积之比为 ．
故答案为： ．
方法技巧 17 4 直线与平面平行的判定
判断或证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点)．
(2)利用线面平行的判定定理(a∥b，b α，a⊄α a∥α)．
(3)利用面面平行的性质(α∥β，a α a∥β)．
⊂ ⇒
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄β，a∥α a∥β)．
⊂ ⇒
⇒
【典例1】如图，在长方体 中， ，点 是棱 的中点.求证：
平面 .
【解析】连接 与 交于点O，连接 ．则O为 的中点，又点E是棱 的中点，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ．
【典例2】如图，P是平行四边形ABCD所在平面外的一点，E，F分别为AB，PD的中点，求
证：AF∥平面PCE．
[证明] 法一(应用线面平行的判定定理)：如图，设M为PC的中点，连接EM，MF．
∵E是AB的中点，
1
∴AE∥CD，且AE＝ CD．
2
1
又∵MF∥CD，且MF＝ CD，
2
∴AE∥FM，∴四边形AEMF是平行四边形，
∴AF∥EM．
又∵AF⊄平面PCE，EM 平面PCE，
∴AF∥平面PCE．
⊂
法二(应用面面平行的性质)：如图，设G为CD的中点，连接FG，AG．∵F，G分别为PD，CD的中点，∴FG∥PC．又E为AB的中点，四边形ABCD为平行四边
形，∴AE∥GC，∴四边形AECG为平行四边形，∴AG∥EC．
又FG⊄平面PCE，AG⊄平面PCE，
PC 平面PCE，EC 平面PCE，
∴FG∥平面PCE，AG∥平面PCE．
⊂ ⊂
又FG，AG 平面AFG，FG∩AG＝G，
∴平面AFG∥平面PCE．又AF 平面AFG，
⊂
∴AF∥平面PCE．
⊂
方法技巧 17 5 线面平行性质定理的应用
应用线面平行的性质定理的关键是确定交线的位置，有时需要经过已知直线作辅助平面确定
交线．
【典例1】如图，在直四棱柱ABCD-A B C D 中，E为线段AD上的任意一点(不包括A，D两
1 1 1 1
点)，平面CEC ∩平面BB D＝FG．
1 1
证明：FG∥平面AA B B．
1 1
[证明] 在直四棱柱ABCD-A B C D 中，BB ∥CC ，BB 平面BB D，CC ⊄平面BB D，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以CC ∥平面BB D．
1 1 ⊂
又CC 平面CEC ，平面CEC ∩平面BB D＝FG，所以CC ∥FG．
1 1 1 1 1
因为BB ∥CC ，所以BB ∥FG．
⊂1 1 1
而BB 平面AA B B，FG⊄平面AA B B，
1 1 1 1 1
所以FG∥平面AA B B．
⊂ 1 1
【典例2】如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF是矩形，M是线段EF的中
点．(1)求证：AM∥平面BDE；
(2)若平面ADM∩平面BDE＝l，平面ABM∩平面BDE＝m，试分析l与m的位置关系，并证
明你的结论．
【解析】 (1)证明：如图，记AC与BD的交点为O，连接OE．
因为O，M分别为AC，EF的中点，四边形ACEF是矩形，
所以四边形AOEM是平行四边形，所以AM∥OE．
又因为OE 平面BDE，AM⊄平面BDE，
所以AM∥平面BDE．
⊂
(2)l∥m，证明如下：
由(1)知AM∥平面BDE，
又AM 平面ADM，平面ADM∩平面BDE＝l，
所以l∥AM，
⊂
同理，AM∥平面BDE，
又AM 平面ABM，平面ABM∩平面BDE＝m，
所以m∥AM，所以l∥m．
⊂
【典例3】在平行六面体 中，点M是 上靠近B的三等分点，直线DM交平面 于
点N，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设平面DAM与 交于点P，连接DP交 于点Q，连接QN，如图：因为 平面DAM， 平面DAM，
所以 平面DAM，又 平面 ，平面 平面 ，所以 ，
因为M是三等分点，所以 ，因为 平面 平面 ，所以 平面 ，
又 平面PDM，平面 平面 ，所以 ，
所以 ，因此 ．
故选：C
方法技巧 17 6 平面与平面平行的判定与性质
证明面面平行的常用方法
(1)利用面面平行的定义．
(2)利用面面平行的判定定理．
(3)利用“垂直于同一条直线的两个平面平行”．
(4)利用“如果两个平面同时平行于第三个平面，那么这两个平面平行”．
(5)利用“线线平行”“线面平行”“面面平行”的相互转化．
提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明在一个平面内的两条直线是相交
直线．
【典例1】如图所示，在三棱柱ABC-A B C 中，E，F，G，H分别是AB，AC，A B ，A C 的
1 1 1 1 1 1 1
中点，求证：(1)B，C，H，G四点共面；
(2)平面EFA ∥平面BCHG．
1
[证明] (1)∵G，H分别是A B ，A C 的中点，
1 1 1 1
∴GH是△A B C 的中位线，GH∥B C ．
1 1 1 1 1
又∵B C ∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面．
1 1
(2)∵在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，
∴EF∥BC．
∵EF⊄平面BCHG，BC 平面BCHG，
∴EF∥平面BCHG．
⊂
∵A G∥EB，
1
∴四边形A EBG是平行四边形，则A E∥GB．
1 1
∵A E⊄平面BCHG，GB 平面BCHG，
1
∴A E∥平面BCHG．
1 ⊂
∵A E∩EF＝E，∴平面EFA ∥平面BCHG．
1 1
【典例2】如图，四棱柱ABCD-A B C D 的底面ABCD是正方形．
1 1 1 1
(1)证明：平面A BD∥平面CD B ；
1 1 1
(2)若平面ABCD∩平面B D C＝l，证明：B D ∥l．
1 1 1 1
[证明] (1)由题设知BB ∥DD ，所以四边形BB D D是平行四边形，所以BD∥B D ．
1 1 1 1 1 1
又BD⊄平面CD B ，B D 平面CD B ，
1 1 1 1 1 1
所以BD∥平面CD B ．
1 1 ⊂
因为A D ∥B C ∥BC，
1 1 1 1
所以四边形A BCD 是平行四边形，所以A B∥D C．
1 1 1 1
又A B⊄平面CD B ，D C 平面CD B ，
1 1 1 1 1 1
所以A B∥平面CD B ．
1 1 1 ⊂又因为BD∩A B＝B，BD，A B 平面A BD，
1 1 1
所以平面A BD∥平面CD B ．
1 1 1 ⊂
(2)由(1)知平面A BD∥平面CD B ，
1 1 1
又平面ABCD∩平面B D C＝l，
1 1
平面ABCD∩平面A BD＝BD，
1
所以l∥BD，
在四棱柱ABCD-A B C D 中，四边形BDD B 为平行四边形，
1 1 1 1 1 1
所以B D ∥BD，所以B D ∥l．
1 1 1 1
【典例3】如图，在三棱柱ABC-A B C 中，E，F，G分别为B C ，A B ，AB的中点．
1 1 1 1 1 1 1
(1)求证：平面A C G∥平面BEF；
1 1
(2)若平面A C G∩BC＝H，求证：H为BC的中点．
1 1
[证明] (1)∵E，F分别为B C ，A B 的中点，∴EF∥A C ，
1 1 1 1 1 1
∵A C 平面A C G，EF⊄平面A C G，
1 1 1 1 1 1
∴EF∥ ⊂ 平面A 1 C 1 G，
又∵F，G分别为A B ，AB的中点，
1 1
∴A F＝BG，又A F∥BG，
1 1
∴四边形A GBF为平行四边形，
1
则BF∥A G，
1
∵A G 平面A C G，BF⊄平面A C G，
1 1 1 1 1
∴BF∥ ⊂ 平面A 1 C 1 G，
又EF∩BF＝F，EF，BF 平面BEF，
∴平面A C G∥平面BEF．
1 1 ⊂
(2)∵平面ABC∥平面A B C ，平面A C G∩平面A B C ＝A C ，由题意得平面A C G∩BC＝
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
H，即平面A C G∩平面ABC＝GH，
1 1∴A C ∥GH，得GH∥AC，
1 1
∵G为AB的中点，
∴H为BC的中点．
方法技巧 17 7 平行关系的综合应用
三种平行关系的转化
提醒：解答探索性问题的基本策略是先假设，再证明．
【典例1】如图所示，在四棱锥 P-ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，M，N，Q 分别为
BC，PA，PB的中点．
(1)求证：平面MNQ∥平面PCD；
PE
(2)在线段PD上是否存在一点E，使得MN∥平面ACE？若存在，求出 的值；若不存在，
PD
请说明理由．
【解析】 (1)证明：∵在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是平行四边形，M，N，Q分别为
BC，PA，PB的中点，
∴NQ∥CD，MQ∥PC．
又∵NQ，MQ⊄平面PCD，CD，PC 平面PCD，
∴NQ∥平面PCD，MQ∥平面PCD．
⊂
又NQ∩MQ＝Q，NQ，MQ 平面MNQ，
∴平面MNQ∥平面PCD．
⊂PE 1
(2)线段PD上存在一点E，使得MN∥平面ACE，且 ＝ ．
PD 2
证明如下：
取PD的中点E，连接NE，CE，AE，
∵N，E，M分别是AP，PD，BC的中点，BC∥AD，
∴NE∥MC，∴四边形MCEN是平行四边形，
∴MN∥CE．
∵MN⊄平面ACE，CE 平面ACE，
PE 1
∴MN∥平面ACE，且 ⊂ ＝ ．
PD 2
【典例2】如图所示，四边形EFGH为空间四边形ABCD的一个截面，若截面为平行四边形．
(1)求证：AB∥平面EFGH；
(2)若AB＝4，CD＝6，求四边形EFGH周长的取值范围．
【解析】 (1)证明：因为四边形EFGH为平行四边形，
所以EF∥HG．
因为HG 平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD．
又因为EF 平面ABC，平面ABD∩平面ABC＝AB，所以EF∥AB．
⊂
又因为AB⊄平面EFGH，EF 平面EFGH，所以AB∥平面EFGH．
⊂
(2)设EF＝x(0<x<4)，
⊂
CF x
因为EF∥AB，FG∥CD，所以 ＝ ，
CB 4
FG BF BC−CF x 3
则 ＝ ＝ ＝1－ ，所以FG＝6－ x．
6 BC BC 4 2
因为四边形EFGH为平行四边形，
( 3 )
所以四边形EFGH的周长l＝2 x+6− x ＝12－x．
2又因为0<x<4，所以8<l<12，
即四边形EFGH周长的取值范围是(8，12)．
方法技巧 17 8 直线与平面垂直的判定与性质
判定线面垂直的四种方法
【典例1】如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，
PA＝AB＝BC，E是PC的中点．证明：
(1)CD⊥AE；
(2)PD⊥平面ABE．
[证明] (1)在四棱锥P-ABCD中，
∵PA⊥底面ABCD，CD 底面ABCD，
∴PA⊥CD，又∵AC⊥CD，且PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，∴CD⊥平面PAC．
⊂
又AE 平面PAC，∴CD⊥AE．
⊂
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA．
⊂
∵E是PC的中点，∴AE⊥PC．
由(1)知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，PC，CD 平面PCD，∴AE⊥平面PCD．
又PD 平面PCD，∴AE⊥PD．
⊂
∵PA⊥底面ABCD，AB 底面ABCD，
⊂
∴PA⊥AB．
⊂
又∵AB⊥AD，且PA∩AD＝A，PA，AD 平面PAD，∴AB⊥平面PAD．
又PD 平面PAD，∴AB⊥PD．
⊂
⊂又∵AB∩AE＝A，AB，AE 平面ABE，∴PD⊥平面ABE．
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A B C 中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，D是A B 的中点，F
⊂ 1 1 1 1 1
在BB 上．
1
(1)求证：C D⊥平面AA B B；
1 1 1
(2)在下列给出的三个条件中选取哪两个条件可使AB ⊥平面C DF？并证明你的结论．
1 1
①F为BB 的中点；②AB ＝❑√3；③AA ＝❑√2．
1 1 1
【解析】 (1)证明：∵三棱柱ABC-A B C 是直三棱柱，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，
1 1 1
∴A C ＝B C ＝1，且∠A C B ＝90°．
1 1 1 1 1 1 1
又D是A B 的中点，∴C D⊥A B ．
1 1 1 1 1
∵AA ⊥平面A B C ，C D 平面A B C ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴AA ⊥C D，又A B ∩AA ＝A ，A B ，AA 平面AA B B，
1 1 1 1 ⊂1 1 1 1 1 1 1
∴C D⊥平面AA B B．
1 1 1 ⊂
(2)选①③能使AB ⊥平面C DF．
1 1
如图，连接DF，A B，
1
∴DF∥A B，
1
在△ABC中，AC＝BC＝1，∠ACB＝90°，则AB＝❑√2．
又AA ＝❑√2，
1
则A B⊥AB ，∴DF⊥AB ．
1 1 1
∵C D⊥平面AA B B，AB 平面AA B B，
1 1 1 1 1 1
∴C D⊥AB ．
1 1 ⊂
∵DF∩C D＝D，DF，C D 平面C DF，∴AB ⊥平面C DF．
1 1 1 1 1
方法技巧 17 9 平面与平面垂直的判定与性质
⊂证明面面垂直的两种方法
提醒：在已知两个平面垂直时，一般要在一个平面内作交线的垂线，转化为线面垂直，然后
进一步转化为线线垂直．
【典例1】如图，四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，PA⊥AB，AB∥CD，∠DAB＝
90°，PA＝AD，DC＝2AB，E为PC的中点．求证：
(1)PA⊥BC；
(2)平面BEC⊥平面PDC．
[证明] (1)∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PA 平面PAB，PA⊥AB，
∴PA⊥平面ABCD．
⊂
∵BC 平面ABCD，
∴PA⊥BC．
⊂
(2)取PD的中点F，如图，连接EF，AF．
在△PCD中，E，F分别为PC，PD的中点，
1
∴EF∥DC，EF＝ DC．
2
1
又AB∥DC，AB＝ DC，∴AB∥EF，
2
∴四边形ABEF是平行四边形，∴BE∥AF．
∵AP＝AD，F为PD的中点，
∴AF⊥PD，∴BE⊥PD．
∵PA⊥平面ABCD，DC 平面ABCD，
⊂∴PA⊥DC．
∵AB∥CD，∠DAB＝90°，
∴AD⊥DC．
∵AD∩PA＝A，AD，PA 平面PAD，
∴DC⊥平面PAD．
⊂
∵AF 平面PAD，∴DC⊥AF．
∵BE∥AF，∴DC⊥BE．
⊂
∵DC∩PD＝D，DC，PD 平面PDC，
∴BE⊥平面PDC．又BE 平面BEC，∴平面BEC⊥平面PDC．
⊂
【典例2】如图，斜三棱柱ABC-A B C 的底面是直角三角形，∠ACB＝90°，点B 在底面ABC
⊂ 1 1 1 1
上的射影恰好是BC的中点，且BC＝CA＝AA ．求证：
1
(1)平面ACC A ⊥平面B C CB；
1 1 1 1
(2)BC ⊥AB ．
1 1
[证明] (1)设BC的中点为M，
因为点B 在底面ABC上的射影恰好是点M，所以B M⊥平面ABC，
1 1
又因为AC 平面ABC，所以B M⊥AC，
1
又∠ACB＝90°，所以BC⊥AC，又B M∩BC＝M且B M，BC 平面B C CB，所以AC⊥平面
⊂ 1 1 1 1
B C CB，因为AC 平面ACC A ，所以平面ACC A ⊥平面B C CB．
1 1 1 1 1 1 1 1⊂
(2)连接B C，因为AC⊥平面B C CB，且BC 平面B C CB，所以AC⊥BC ，
1 ⊂ 1 1 1 1 1 1
在斜三棱柱ABC-A B C 中，
1 1 1 ⊂
因为BC＝CC ，所以四边形B C CB为菱形，
1 1 1
所以B C⊥BC ．
1 1
又因为B C∩AC＝C，且B C，AC 平面ACB ，
1 1 1
所以BC ⊥平面ACB ，
1 1 ⊂因为AB 平面ACB ，所以BC ⊥AB ．
1 1 1 1
方法技巧 18 0 垂直关系的综合应用
⊂
三种垂直关系的转化
线线垂直⥫======⥫线面垂直⥫======⥫面面垂直
【典例 1】如图，在四棱锥 S-ABCD 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠ABC＝60°，
△SAD为正三角形，侧面SAD⊥底面ABCD，E，F分别为棱AD，SB的中点．
(1)求证：AF∥平面SEC；
(2)求证：平面ASB⊥平面CSB；
BM
(3)在棱SB上是否存在一点M，使得BD⊥平面MAC？若存在，求 的值；若不存在，请说
BS
明理由．
【解析】 (1)证明：取SC的中点G，连接FG，EG．
1
∵F，G分别是SB，SC的中点，∴FG∥BC，FG＝ BC．
2
∵四边形ABCD是菱形，E是AD的中点，∴AE∥BC．
1
AE＝ BC，
2
∴FG∥AE，FG＝AE，∴四边形AFGE是平行四边形，∴AF∥EG．
又AF⊄平面SEC，EG 平面SEC，∴AF∥平面SEC．
(2)证明：∵△SAD是等
⊂
边三角形，E是AD的中点，∴SE⊥AD．
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ACD是等边三角形，又E是AD的中点，
∴AD⊥CE，又SE∩CE＝E，SE，CE 平面SEC，∴AD⊥平面SEC，又EG 平面SEC，
⊂ ⊂∴AD⊥EG，又四边形AFGE是平行四边形，
∴四边形AFGE是矩形，∴AF⊥FG．
又SA＝AB，F是SB的中点，
∴AF⊥SB，又FG∩SB＝F，FG 平面SBC，SB 平面SBC，
∴AF⊥平面SBC，又AF 平面ASB，
⊂ ⊂
∴平面ASB⊥平面CSB．
⊂
(3)存在点M满足题意．假设在棱SB上存在点M，使得BD⊥平面MAC，
连接MO，BE，则BD⊥OM，
∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，△SAD为正三角形，
∴BE＝❑√7，SE＝❑√3，BD＝2OB＝2❑√3，SD＝2，SE⊥AD，
∵侧面SAD⊥底面ABCD，
侧面SAD∩底面ABCD＝AD，SE 平面SAD，∴SE⊥底面ABCD，∴SE⊥BE，
∴BS＝❑√SE2+BE2＝❑√10，
⊂
BS2+BD2−SD2 3❑√30
∴cos ∠SBD＝ ＝ ，
2BS·BD 20
OB 3❑√30 2❑√10 BM 2
∴ ＝ ，∴BM＝ ，∴ ＝ ．
BM 20 3 BS 3
【典例2】如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAC⊥平面PBC，PA⊥平面ABC．
(1)求证：BC⊥平面PAC；
(2)若AC＝BC＝PA，求二面角A-PB-C的大小．
【解析】 (1)证明：作AD⊥PC于点D，因为平面PAC⊥平面PBC，平面PAC∩平面PBC＝
PC，AD 平面PAC，则AD⊥平面PBC．
⊂
又BC 平面PBC，则AD⊥BC．又因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC．
⊂ ⊂又PA，AD 平面PAC，PA∩AD＝A，所以BC⊥平面PAC．
(2)作 AD⊥PC 于点 D，作 DE⊥PB 于点 E，连接 AE，由(1)知 AD⊥平面 PBC，PB 平面
⊂
PBC，则AD⊥PB，
⊂
又AD，DE 平面ADE，AD∩DE＝D，则PB⊥平面ADE，又AE 平面ADE，则PB⊥AE，
则∠AED即为二面角A-PB-C的平面角．
⊂ ⊂
1×1 ❑√2
不妨设AC＝BC＝PA＝1，则PC＝❑√2，AD＝ ＝ ，
❑√2 2
又由(1)知BC⊥平面PAC, AC 平面PAC，
则BC⊥AC，则AB＝❑√2，PA⊥平面ABC，
⊂
AB 平面ABC，则PA⊥AB，则PB＝❑√3，
❑√2
⊂
1×❑√2 ❑√6 AD 2 ❑√3
AE＝ ＝ ，则sin ∠AED＝ ＝ ＝ ，
❑√3 3 AE ❑√6 2
3
则∠AED＝60°，即二面角A-PB-C的大小为60°．
【典例3】如图，四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC＝60°，四边形PACQ是矩形，PA＝
1，且平面PACQ⊥平面ABCD．求：
(1)直线BP与平面PACQ所成角的正弦值；
(2)平面BPQ与平面DPQ的夹角的大小；
(3)点C到平面BPQ的距离．
【解析】 (1)连接BD交AC于点O，连接OP，
∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC．
∵平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，BD 平面ABCD，
∴BD⊥平面PACQ，
⊂∴∠BPO即为直线BP与平面PACQ所成的角．
∵四边形PACQ为矩形，∴PA⊥AC，
又平面PACQ⊥平面ABCD，平面PACQ∩平面ABCD＝AC，PA 平面PACQ，
∴PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AB，∴BP＝❑√AB2+PA2＝❑√4+1＝❑√5，
⊂
OB ❑√3 ❑√15
在Rt△POB中，OB＝❑√3，∴sin ∠BPO＝ ＝ ＝ ，
BP ❑√5 5
❑√15
故BP与平面PACQ所成角的正弦值为 ．
5
(2)取PQ的中点M，连接BM，DM，
由(1)知，PA⊥平面ABCD．
∵四边形ABCD是菱形，四边形PACQ为矩形，
∴BP＝BQ，DP＝DQ，
∴BM⊥PQ，DM⊥PQ，
∴∠BMD即为二面角B-PQ-D的平面角，
在△BDM中，BD＝2❑√3，BM＝DM＝
❑√BP2−PM2＝❑ √ BP2− (1 AC ) 2 ＝❑√5−1＝2，
2
由余弦定理的推论知，cos ∠BMD
BM2+DM2−BD2 4+4−12 1
＝ ＝ ＝－ ，
2BM·DM 2×2×2 2
∴∠BMD＝120°，
故二面角B-PQ-D的大小为120°，则平面BPQ与平面DPQ的夹角为60°．
(3)设点C到平面BPQ的距离为d，
1 1 1 1 ❑√3
∵V ＝V ，∴ d× BM·PQ＝ OB× CQ·PQ，∴d×2×2＝❑√3×1×2, ∴d＝ ，
C-BPQ B-CPQ 3 2 3 2 2
❑√3
故点C到平面BPQ的距离为 ．
2
方法技巧 18 1 三垂线定理及其逆定理1．三垂线定理
如果平面内的一条直线和这个平面的一条斜线在这个平面内的射影垂直，那么它也和这条斜
线垂直．
2．三垂线定理的逆定理
如果平面内的一条直线和该平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线在该平面内的射影垂
直．
【典例1】 (多选)(2021·新高考Ⅱ卷)如图，下列各正方体中，O为下底面的中心，M，N为
顶点，P为正方体所在棱的中点，则满足MN⊥OP的是( )
A B
C D
【解析】本题可以用基本性质和判定定理等进行分析，但如果学会了三垂线定理，本题将很
直观．如图所示：
A B
C D
选项A，OP在上底面的射影与MN重合，因此不满足题意；
选项B，OP在左侧面的射影为PQ，P，Q均为棱的中点，PQ⊥MN，根据三垂线定理可知满
足题意；选项C，OP在右侧面的射影为QR，Q，R均为棱的中点，QR⊥MN，根据三垂线定理可知满
足题意；
选项D，OP在后表面的射影为QR，QR与MN不垂直，因此不满足题意．
综上，故选BC．
【典例2】如图，四棱柱ABCD-A B C D 是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是BC的
1 1 1 1
中点，求平面C DE与平面CDE所成二面角的正切值．
1
【解析】 如图，过点C作CM⊥DE，垂足为点M，连接C M．
1
因为C C⊥平面ABCD，所以C M⊥DE(三垂线定理)，
1 1
故∠C MC即为二面角C -DE-C的平面角．
1 1
因为E为BC的中点且四边形ABCD为正方形，
则DE·CM＝CE·DC，DC＝2CE＝2，DE＝❑√5，
2
则CM＝ ，又C C＝1，
❑√5 1
C C ❑√5
则tan ∠C MC＝ 1 ＝ ．
1 CM 2
❑√5
即平面C DE与平面CDE所成二面角的正切值为 ．
1 2
方法技巧 18 2 空间向量的线性运算
空间向量线性运算中的三个关键点【典例1】(2025·广东广州模拟)如图，空间四边形OABC中，⃗OA＝a，⃗OB＝b，⃗OC＝c，点
2
M在OA上，且⃗OM＝ ⃗OA，N为BC的中点，则⃗MN＝( )
3
1 1 1 2 1 1
A． a＋ b－ c B．－ a＋ b＋ c
2 2 2 3 2 2
2 2 1 2 2 1
C． a＋ b－ c D．－ a＋ b－ c
3 3 2 3 3 2
1 1
【解析】⃗MN＝⃗MA+⃗AN＝ ⃗OA+ (⃗AB+⃗AC)
3 2
1 1 1
＝ ⃗OA+ (⃗OB−⃗OA)+ (⃗OC−⃗OA)
3 2 2
2 1 1
＝－ ⃗OA+ ⃗OB+ ⃗OC
3 2 2
2 1 1
＝－ a＋ b＋ c．
3 2 2
故选B．
【典例2】如图所示，M是四面体OABC的棱BC的中点，点N在线段OM上，点P在线段AN
2
上，且AP＝3PN，⃗ON＝ ⃗OM，设⃗OA＝a，⃗OB＝b，⃗OC＝c，则下列等式成立的是( )
3
1 1 1
A．⃗OP＝ a＋ b＋ c
4 4 4
1 1
B．⃗AN＝a＋ b＋ c
3 3
3 1 1
C．⃗AP＝－ a＋ b－ c
4 4 4
1 1
D．⃗OM＝ b－ c
2 2
2
【解析】因为⃗ON＝ ⃗OM，⃗OA＝a，⃗OB＝b，⃗OC＝c，
32 2 1 1 1
所以⃗AN＝⃗AO+⃗ON＝⃗AO+ ⃗OM＝⃗AO+ × (⃗OB+⃗OC)＝ b＋ c－a，B错误；
3 3 2 3 3
⃗AP＝ 3 ⃗AN＝ 3(1 b+ 1 c−a ) ＝－ 3 a＋ 1 b＋ 1 c，C错误；
4 4 3 3 4 4 4
1 1 1
⃗OM＝ (⃗OB+⃗OC)＝ b＋ c，D错误；
2 2 2
( 3 ) 1 1 1 1 1
⃗OP＝⃗OA+⃗AP＝a＋ − a + b＋ c＝ a＋ b＋ c，A正确．故选A
4 4 4 4 4 4
【典例3】已知⃗PA＝(2，1，−3)，⃗PB＝(−1，2，3)，⃗PC＝(λ，6，−9)，若P，A，B，C四
点共面，则λ＝( )
A．3 B．－3
C．7 D．－7
【解析】由P，A，B，C四点共面，可得⃗PA，⃗PB，⃗PC共面，
设⃗PC＝x⃗PA＋y⃗PB＝(2x－y，x＋2y，－3x＋3y)＝(λ，6，－9)，
{
2x−y=λ，
则 x+2y=6，
−3x+3 y=−9，
{x=4，
解得 y=1，故选C．
λ=7.
方法技巧 18 3 空间向量数量积的应用
空间向量数量积的应用【典例1】如图所示，在四棱柱ABCD−A B C D 中，底面为平行四边形，以顶点A为端点的
1 1 1 1
三条棱长都为1，且两两夹角为60°．
(1)求AC 的长；
1
(2)求证：AC ⊥BD；
1
(3)求BD 与AC夹角的余弦值．
1
【解析】 (1)记⃗AB＝a，⃗AD＝b，⃗A A ＝c，
1
则|a|＝|b|＝|c|＝1，〈a，b〉＝〈b，c〉＝〈c，a〉＝60°，
1
∴a·b＝b·c＝c·a＝ ．⃗AC ＝a＋b＋c，
2 1
(1 1 1)
∴|⃗AC |2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(a·b＋b·c＋c·a)＝1＋1＋1＋2× + + ＝6，
1 2 2 2
∴|⃗AC |＝❑√6，即AC 的长为❑√6．
1 1
(2)证明：∵⃗AC ＝a＋b＋c，⃗BD＝b－a，
1
∴⃗AC ·⃗BD＝(a＋b＋c)·(b－a)
1
＝a·b＋|b|2＋b·c－|a|2－a·b－a·c
＝b·c－a·c＝|b||c|cos 60°－|a||c|cos 60°＝0．
∴⃗AC ⊥⃗BD，∴AC ⊥BD．
1 1
(3)⃗BD ＝b＋c－a，⃗AC＝a＋b，∴|⃗BD |＝❑√2，|⃗AC|＝❑√3，⃗BD ·⃗AC＝(b＋c－a)·(a＋b)＝
1 1 1
b2－a2＋a·c＋b·c＝1．
⃗BD ·⃗AC
❑√6
∴cos 〈⃗BD ，⃗AC〉＝ 1 ＝ ．
1 |⃗BD ||⃗AC| 6
1
❑√6
∴AC与BD 夹角的余弦值为 ．
1 6
【典例2】如图，在长方体ABCD-A B C D 中，CC ＝C D ＝❑√3，C B ＝1，点P为线段B C上
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
一点，则⃗C P·⃗D P的最大值为________．
1 1【解析】以C 为坐标原点，分别以C D ，C B ，C C所在直线为x，y，z轴，建立如图所示
1 1 1 1 1 1
的空间直角坐标系，则C (0，0，0)，D (❑√3，0，0)，C(0，0，❑√3)，B (0，1，0)，
1 1 1
设⃗CP＝m⃗CB ＝m(0，1，－❑√3)，
1
则⃗C P＝⃗C C＋m⃗CB ＝(0，0，❑√3)＋m(0，1，－❑√3)＝(0，m，❑√3−❑√3m)，
1 1 1
⃗D P＝⃗C P−⃗C D ＝(0，m，❑√3−❑√3m)－(❑√3，0，0)＝(－❑√3，m，❑√3−❑√3m)，
1 1 1 1
则⃗C P·⃗D P＝(0，m，❑√3−❑√3m)·(−❑√3，m，❑√3−❑√3m)＝m2＋(❑√3−❑√3m)2＝4m2－6m＋
1 1
( 3) 2 3
3＝4 m− ＋ ，
4 4
因为0≤m≤1，所以当m＝0时，⃗C P·⃗D P取最大值，最大值为3．
1 1
方法技巧 18 4 利用向量证明平行与垂直
1．利用向量法证明平行问题
(1)线线平行：方向向量平行．
(2)线面平行：平面外的直线的方向向量与平面的法向量垂直．
(3)面面平行：两平面的法向量平行．
2．利用向量法证明垂直问题
(1)线线垂直：证明两直线所在的方向向量互相垂直，即证它们的数量积为零．
(2)线面垂直：直线的方向向量与平面的法向量共线，或利用线面垂直的判定定理转化为证明
线线垂直．
(3)面面垂直：两个平面的法向量垂直，或利用面面垂直的判定定理转化为证明线面垂直．
【典例1】如图，在直三棱柱ADE-BCF中，平面ABFE和平面ABCD都是正方形且互相垂直，M为AB的中点，O为DF的中点．
(1)求证：OM∥平面BCF；
(2)求证：平面MDF⊥平面EFCD．
[证明] (1)由题意得AB，AD，AE两两垂直，以点A为原点建立如图所示的空间直角坐标系
Axyz．设正方形的边长为1，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(1，1，0)，D(0，1，0)，F(1，
0，1)，M (1 ，0，0 ) ，O (1 ， 1 ， 1) ，所以⃗OM＝ ( 0，− 1 ，− 1) ，⃗BA＝(－1，0，0)，所
2 2 2 2 2 2
以⃗OM·⃗BA＝0，所以⃗OM⊥⃗BA．因为三棱柱ADE-BCF是直三棱柱，所以 AB⊥平面BCF，
所以⃗BA是平面BCF的一个法向量．又OM⊄平面BCF，所以OM∥平面BCF．
(2)设平面MDF与平面EFCD的法向量分别为n ＝(x ，y ，z )，n2＝(x ，y ，z )．因为⃗DF＝
1 1 1 1 2 2 2
(1，－1，1)，⃗DM＝ (1 ，−1，0 ) ，⃗DC＝(1，0，0)，⃗CF＝(0，－1，1)，由 {n 1 ·⃗DF=0，
2 n ·⃗DM=0，
1
{x −y +z =0，
1 1 1
得 1
x −y =0，
2 1 1
( 1 1)
令x ＝1，得n ＝ 1， ，− ．
1 1 2 2
同理可得n ＝(0，1，1)．
2
因为n ·n ＝0，所以平面MDF⊥平面EFCD．
1 2
【典例2】如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，PC＝2，在四边形ABCD中，
∠B＝∠C＝90°，AB＝4，CD＝1，点M在PB上，PB＝4PM，PB与平面ABCD成30°角，求
证：(1)CM∥平面PAD；
(2)平面PAB⊥平面PAD．
[证明] (1)由题意知，CB，CD，CP两两垂直，以C为坐标原点，CB所在直线为x轴，CD
所在直线为y轴，CP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz．
∵PC⊥平面ABCD，
∴∠PBC为PB与平面ABCD所成的角，
∴∠PBC＝30°．
∵PC＝2，∴BC＝2❑√3，PB＝4，
(❑√3 3)
∴D(0，1，0)，B(2❑√3，0，0)，A(2❑√3，4，0)，P(0，0，2)，M ，0， ，
2 2
∴⃗DP＝(0，－1，2)，⃗DA＝(2❑√3，3，0)，
(❑√3 3)
⃗CM＝ ，0， ．
2 2
设n＝(x，y，z)为平面PAD的法向量，
{⃗DP·n=0， { −y+2z=0，
由 即
⃗DA·n=0， 2❑√3x+3 y=0，
令y＝2，则n＝(－❑√3，2，1)是平面PAD的一个法向量．
❑√3 3
∵n·⃗CM＝－❑√3× ＋2×0＋1× ＝0，
2 2
∴n⊥⃗CM．又CM⊄平面PAD，
∴CM∥平面PAD．
(2)法一：由(1)知⃗BA＝(0，4，0)，⃗PB＝(2❑√3，0，－2)，
设平面PAB的法向量为m＝(x ，y ，z )，
0 0 0
{⃗BA·m=0， { 4 y =0，
0
由 即
⃗PB·m=0， 2❑√3x −2z =0，
0 0
令x ＝1，则m＝(1，0，❑√3)是平面PAB的一个法向量．
0
又∵平面PAD的一个法向量n＝(－❑√3，2，1)，
∴m·n＝1×(－❑√3)＋0×2＋❑√3×1＝0，∴平面PAB⊥平面PAD．
法二：取AP的中点E，连接BE，
则E(❑√3，2，1)，⃗BE＝(－❑√3，2，1)．
∵PB＝AB，∴BE⊥PA．
∵⃗BE·⃗DA＝(－❑√3，2，1)·(2❑√3，3，0)＝0，
∴⃗BE⊥⃗DA，∴BE⊥DA．
又PA∩DA＝A，DA，PA 平面PAD，∴BE⊥平面PAD．
∵BE 平面PAB，
⊂
∴平面PAB⊥平面PAD．
⊂
方法技巧 18 5 异面直线所成的角
用坐标法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
( π]
(4)注意两异面直线所成角的范围是 0， ，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角
2
的余弦值的绝对值．
【典例1】(2025·辽宁沈阳模拟)已知直三棱柱ABC-A B C 中，∠ABC＝120°，AB＝CC ＝2，
1 1 1 1
BC＝1，则异面直线AB 与BC 所成角的余弦值为( )
1 1
❑√3 ❑√15
A． B．
2 5
❑√10 ❑√3
C． D．
4 3
【解析】以B为原点，在平面ABC内过B作BC的垂线交AC于点D，以BD所在直线为x轴，
BC所在直线为y轴，BB 所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，
1因为直三棱柱ABC-A B C 中，∠ABC＝120°，AB＝CC ＝2，BC＝1，
1 1 1 1
所以A(❑√3，－1，0)，B (0，0，2)，B(0，0，0)，C (0，1，2)，
1 1
所以⃗AB ＝(－❑√3，1，2)，⃗BC ＝(0，1，2)，
1 1
设异面直线AB 与BC 所成角为θ，
1 1
|⃗AB ·⃗BC |
5 ❑√10
1 1
所以cos θ＝ ＝ ＝ ．故选C．
|⃗AB |·|⃗BC | ❑√8×❑√5 4
1 1
【典例2】如图，在直三棱柱ABC-A B C 中，AB＝AC＝AA ＝❑√2，BC＝2，D为BC的中点，
1 1 1 1
则异面直线AD与A C所成的角为( )
1
π π
A． B．
2 3
π π
C． D．
4 6
【解析】因为AB2＋AC2＝BC2，所以∠BAC＝90°．以A为原点，AB，AC，AA 所在直线分别
1
为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，A (0，0，❑√2)，B(❑√2，
1
(❑√2 ❑√2 )
0，0)，C(0，❑√2，0)，所以D ， ，0 ，
2 2
(❑√2 ❑√2 )
所以⃗AD＝ ， ，0 ，⃗A C＝(0，❑√2，－❑√2)，
2 2 1
⃗AD·⃗A C 1 π
所以cos 〈⃗AD，⃗A C〉＝ 1 ＝ ，所以〈⃗AD，⃗A C〉＝ ．即异面直线AD与A C
1 |⃗AD||⃗A C| 2 1 3 1
1
π
所成的角为 ．故选B．
3【典例3】如图所示，在棱长为2的正方体ABCD-A B C D 中，E是棱CC 的中点，⃗AF＝λ⃗AD
1 1 1 1 1
3❑√2
(0＜λ＜1)，若异面直线D E与A F所成角的余弦值为 ，则λ的值为________．
1 1 10
【解析】以D为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系
1
(图略)．
因为正方体的棱长为2，则A (2，0，2)，D (0，0，2)，E(0，2，1)，A(2，0，0)．
1 1
所以⃗D E＝(0，2，－1)，⃗A F＝⃗A A+⃗AF＝⃗A A＋λ⃗AD＝(0，0，－2)＋λ(－2，0，0)＝(－
1 1 1 1
2λ，0，－2)．
|⃗A F·⃗D E|
则|cos 〈⃗A F，⃗D E〉|＝ 1 1
1 1 |⃗A F|·|⃗D E|
1 1
2 3❑√2 1( 1 )
＝ ＝ ，解得λ＝ λ=− 舍去 ．
2❑√λ2+1·❑√5 10 3 3
方法技巧 18 6 直线与平面所成的角
利用空间向量求线面角的解题步骤
【典例1】(2024·福建厦门一模)如图，在四棱锥E-ABCD中，AD∥BC，2AD＝BC＝2，AB＝
❑√2，AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，过点B作平面α⊥BD．(1)证明：平面α∥平面EAC；
(2)已知F为棱EC的中点，若EA＝2，求直线AD与平面FBD所成角的正弦值．
【解析】 (1)证明：设AC与BD的交点为O．
因为AD∥BC，且AB⊥AD，所以AB⊥BC．
因为2AD＝2，所以AD＝1．
又AB＝❑√2，BC＝2，
AD AB ❑√2
所以 ＝ ＝ ，△ABD∽△BCA，
AB BC 2
所以∠ABD＝∠BCA，
所以∠BAC＋∠ABD＝∠BAC＋∠BCA＝90°，
即∠BAO＋∠ABO＝90°，所以∠AOB＝90°，
所以AO⊥OB，即AC⊥BD．
因为EA⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，
所以EA⊥BD．
⊂
因为EA∩AC＝A，EA，AC 平面EAC，
所以BD⊥平面EAC．
⊂
又因为平面α⊥BD，且B∉平面EAC，
所以平面α∥平面EAC．
(2)因为AB⊥AD，EA⊥平面ABCD，
所以AB，AD，EA所在直线两两垂直，如图，以A为原点，AB，AD，EA所在直线分别为x
轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，D(0，1，0)，B(−❑√2，0，0)，E(0，0，2)，C(－❑√2，2，0)，
所以⃗AD＝(0，1，0)，⃗BD＝(❑√2，1，0)，⃗BC＝(0，2，0)，⃗BE＝(❑√2，0，2)，因为 F 为
棱EC的中点，
1 (❑√2 )
所以⃗BF＝ (⃗BC+⃗BE)＝ ，1，1 ．
2 2
设平面FBD的法向量为n＝(x，y，z)，
{ ❑√2x+ y=0，
{⃗BD·n=0，
则 所以 ❑√2
⃗BF·n=0， x+ y+z=0，
2
取x＝2，得y＝－2❑√2，z＝❑√2，
所以平面FBD的一个法向量为n＝(2，－2❑√2，❑√2)，
记直线AD与平面FBD所成的角为θ，
|⃗AD·n|
则sin θ＝|cos〈⃗AD，n〉|＝
|⃗AD||n|
|−2❑√2| 2❑√7
＝ ＝ ，
1×❑√4+8+2 7
2❑√7
所以直线AD与平面FBD所成角的正弦值为 ．
7
【典例2】(2022·浙江高考)如图，已知ABCD和CDEF都是直角梯形，AB∥DC，DC∥EF，
AB＝5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，二面角F -DC -B的平面角为60°．设M，
N分别为AE，BC的中点．
(1)证明：FN⊥AD；
(2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．【解析】 (1)证明：易求得CF＝2❑√3，BC＝2❑√3．
∵FC⊥DC，BC⊥DC，∴∠BCF为二面角F-DC-B的平面角，
∴∠BCF＝60°，∴△BCF为等边三角形．
∵N为BC的中点，∴FN⊥BC．
∵DC⊥BC，DC⊥CF，BC∩CF＝C，BC，CF 平面 BCF，∴DC⊥平面 BCF．∵FN 平面
BCF，∴DC⊥FN．又BC∩DC＝C，BC，DC 平面ABCD，
⊂ ⊂
∴FN⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，
⊂
∴FN⊥AD．
⊂
(2)如图建系，
( ❑√3 3)
则B(0，❑√3，0)，A(5，❑√3，0)，D(3，－❑√3，0)，E(1，0，3)，M 3， ， ，∴⃗BM＝
2 2
( ❑√3 3)
3，− ， ，⃗AD＝(－2，－2❑√3，0)，⃗DE＝(－2，❑√3，3)．
2 2
设平面ADE的法向量n＝(x ，y ，z )，BM与平面ADE所成角为θ，
0 0 0
{n·⃗AD=0， { −2x −2❑√3 y =0，
∴ ⇒ 0 0 取 x ＝❑√3，则 y ＝－1，z ＝❑√3，即 n＝(❑√3，－
n·⃗DE=0 −2x +❑√3 y +3z =0， 0 0 0
0 0 0
1，❑√3)是平面ADE的一个法向量．
|⃗BM·n|
∴sin θ＝|cos 〈⃗BM，n〉|＝
|⃗BM||n|
❑√3 3❑√3
3❑√3+ +
2 2 5❑√7
＝ ＝ ．
√ 3 9 14
❑9+ + ×❑√7
4 4
5❑√7
∴直线BM与平面ADE所成角的正弦值为 ．
14
(2024·山东青岛一模)如图，在三棱柱 ABC-A B C 中，AA 与BB 的距离为❑√3，AB＝AC＝
1 1 1 1 1
A B＝2，A C＝BC＝2❑√2．
1 1(1)证明：平面A ABB ⊥平面ABC；
1 1
(2)若点N在棱A C 上，求直线AN与平面A B C所成角的正弦值的最大值．
1 1 1 1
【解析】 (1)证明：取棱A A的中点D，连接BD，因为AB＝A B，所以BD⊥AA ．
1 1 1
因为ABC-A B C 为三棱柱，所以AA ∥BB ，
1 1 1 1 1
所以BD⊥BB ，所以BD＝❑√3．
1
因为AB＝2，所以AD＝1，AA ＝2．
1
因为AC＝2，A C＝2❑√2，所以AC2+A A2＝A C2，
1 1 1
所以AC⊥AA ，
1
同理AC⊥AB．
因为AA ∩AB＝A，且AA ，AB 平面A ABB ，
1 1 1 1
所以AC⊥平面A ABB ．
1 1 ⊂
因为AC 平面ABC，所以平面A ABB ⊥平面ABC．
1 1
(2)取AB的中点O，连接A O，取BC的中点P，连接OP，则OP∥AC，
⊂ 1
由(1)知AC⊥平面A ABB ，所以OP⊥平面A ABB ．
1 1 1 1
因为A O 平面A ABB ，AB 平面A ABB ，
1 1 1 1 1
所以OP⊥A O，OP⊥AB．
⊂ 1 ⊂
因为AB＝A A＝A B，则A O⊥AB．
1 1 1
以O为坐标原点，OP，OB，OA 所在直线为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标
1
系Oxyz，
则A(0，－1，0)，A (0，0，❑√3)，B (0，2，❑√3)，C(2，－1，0)，
1 1
可设N(a，0，❑√3)(0≤a≤2)，
⃗A B ＝(0，2，0)，⃗A C＝(2，−1，−❑√3)，⃗AN＝(a，1，❑√3)，
1 1 1设平面A B C的法向量为n＝(x，y，z)，
1 1
{ n·⃗A B =2y=0，
得 1 1
n·⃗A C=2x−y−❑√3z=0，
1
取x＝❑√3，则y＝0，z＝2，所以n＝(❑√3，0，2)是平面A B C的一个法向量．
1 1
设直线AN与平面A B C所成的角为θ，
1 1
|n·⃗AN| ❑√3 a+2 ❑√3 √(a+2) 2 ❑√3 √a2+4a+4
则sin θ＝|cos〈n，⃗AN〉|＝ ＝ × ＝ ×❑ ＝ ×❑ ，
|n||⃗AN| ❑√7 ❑√a2+4 ❑√7 a2+4 ❑√7 a2+4
❑√21
若a＝0，则sin θ＝ ；
7
❑√3 √ 4 ❑√3 √ 4
× 1+ ≤ ×❑1+ ❑√42 4
若a≠0，则sin θ＝❑√7 ❑ 4 ❑√7 4＝ ，当且仅当a＝ ，即a＝2时，等号
a+ 7 a
a
成立，
❑√42
所以直线AN与平面A B C所成角的正弦值的最大值为
1 1 7
方法技巧 18 7 平面与平面的夹角
利用空间向量求平面与平面夹角的解题步骤
【典例1】(2023·新高考Ⅱ卷)如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝
∠ADC＝60°，E为BC的中点．
(1)证明：BC⊥DA；(2)点F满足⃗EF＝⃗DA，求二面角D-AB-F的正弦值．
【解析】 (1)证明：如图，连接DE，AE，
因为DC＝DB，且E为BC的中点，所以DE⊥BC．
因为∠ADB＝∠ADC＝60°，DA＝DA，DC＝DB，
所以△ADB≌△ADC(SAS)．
可得AC＝AB，故AE⊥BC．
因为DE∩AE＝E，DE，AE 平面ADE，所以BC⊥平面ADE．
又DA 平面ADE，所以BC⊥DA．
⊂
(2)由(1)知，DE⊥BC，AE⊥BC．
⊂
不妨设DA＝DB＝DC＝2，因为∠ADB＝∠ADC＝60°，所以AB＝AC＝2．
由题可知△DBC为等腰直角三角形，故DE＝EB＝EC＝❑√2．
因为AE⊥BC，所以AE＝❑√AB2−EB2＝❑√2．
在△ADE中，AE2＋ED2＝AD2，所以AE⊥ED．
以E为坐标原点，ED所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EA所在直线为z轴，建立空间
直角坐标系，如图，则D(❑√2，0，0)，B(0，❑√2，0)，A(0，0，❑√2)，⃗DA＝(－❑√2，0，❑√2)，
⃗BA＝(0，－❑√2，❑√2)．
设F(x ，y ，z )，因为⃗EF＝⃗DA，所以(x ，y ，z )＝(－❑√2，0，❑√2)，可得F(－❑√2，0，❑√2
F F F F F F
)，
所以⃗FA＝(❑√2，0，0)．
设平面DAB的法向量为m＝(x ，y ，z )，
1 1 1
{⃗DA·m=0，
则
⃗BA·m=0，
{−❑√2x +❑√2z =0，
即 1 1 取x ＝1，则y ＝z ＝1，m＝(1，1，1)为平面DAB的一个法向量．
−❑√2y +❑√2z =0， 1 1 1
1 1
设平面ABF的法向量为n＝(x ，y ，z )，
2 2 2
{⃗FA·n=0， { ❑√2x =0，
则 即 2 得 x ＝0，取 y ＝1，则 z ＝1，n＝(0，1，1)为平面
⃗BA·n=0， −❑√2y +❑√2z =0， 2 2 2
2 2ABF的一个法向量，
m·n 2 ❑√6
所以cos 〈m，n〉＝ ＝ ＝ ．
|m||n| ❑√3×❑√2 3
记二面角D-AB-F的大小为θ，
则sin θ＝❑√1−cos2 〈m，n〉＝❑
√
1−
(❑√6) 2
＝
❑√3
，
3 3
❑√3
故二面角D-AB-F的正弦值为 ．
3
【典例2】(2024·北京高考)如图，在四棱锥P-ABCD中，BC∥AD，AB＝BC＝1，AD＝3，点
E在AD上，且PE⊥AD，PE＝DE＝2．
(1)若F为线段PE的中点，求证：BF∥平面PCD；
(2)若AB⊥平面PAD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值．
【解析】 (1)证明：取PD的中点G，连接FG，CG(图略)．
1
因为F为PE的中点，所以FG＝ DE＝1，FG∥DE，
2
又BC＝1，AD∥BC，所以FG＝BC，FG∥BC，
所以四边形FGCB为平行四边形，
所以BF∥CG．
又BF⊄平面PCD，CG 平面PCD，所以BF∥平面PCD．
(2)因为AB⊥平面PAD，PE 平面PAD，所以AB⊥PE．
⊂
又PE⊥AD，AB∩AD＝A，AB，AD 平面ABCD，
⊂
所以PE⊥平面ABCD．
⊂
连接EC，易知四边形ABCE为正方形，故直线EC，ED，EP两两垂直，故以E为坐标原点，
EC，ED，EP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0，0，2)，C(1，0，0)，D(0，2，0)，A(0，－1，0)，B(1，－1，0)，则⃗AB＝(1，0，
0)，⃗AP＝(0，1，2)，⃗PC＝(1，0，－2)，⃗PD＝(0，2，－2)．
{ n ·⃗AB=x =0，
设平面PAB的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 1 1
1 1 1 1 n ·⃗AP= y +2z =0，
1 1 1
可取n ＝(0，－2，1)．
1
{ n ·⃗PC=x −2z =0，
设平面PCD的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 2 2 2
2 2 2 2 n ·⃗PD=2y −2z =0，
2 2 2
可取n ＝(2，1，1)．
2
设平面PAB与平面PCD的夹角为θ，
|n ·n | ❑√30
1 2
则cos θ＝|cos 〈n ，n 〉|＝ ＝ ．
1 2 |n||n | 30
1 2
❑√30
所以平面PAB与平面PCD夹角的余弦值为 ．
30
方法技巧 18 8 求空间距离
求点到平面的距离的常用方法
(1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ
的长度就是点P到平面α的距离．
(2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来
求．
(3)等体积法．
(4)向量法：设平面 α 的一个法向量为 n，A 是 α 内任意一点，则点 P 到平面 α 的距离 d＝
|⃗PA·n|
．
|n|
【典例1】(2025·江苏淮安模拟)如图，圆锥是由直角△AOB旋转而成，母线AB＝2，底面圆
2π
的半径为1，D是AB的中点，C为底面圆周上的一点且∠COB＝ ．
3
(1)求点O到平面ABC的距离；(2)求点O到直线CD的距离．
【解析】 (1)在△OBC所在平面内作OM⊥OB，
由题意可得 OA⊥平面 OBC，因为 OB 平面 OBC，OM 平面 OBC，所以 OA⊥OB，
OA⊥OM，
⊂ ⊂
以O为原点，OM，OB，OA所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
2π
由题意可得OB＝1，OA＝❑√3，∠COB＝ ，
3
(❑√3 1 ) ( 1 ❑√3)
∴A(0，0，❑√3)，B(0，1，0)，C ，− ，0 ，D 0， ， ，
2 2 2 2
(❑√3 3 )
则⃗AB＝(0，1，－❑√3)，⃗BC＝ ，− ，0 ，⃗OA＝(0，0，❑√3)，
2 2
设平面ABC的法向量n ＝(x ，y ，z )，
1 1 1 1
{ y −❑√3z =0，
{n ·⃗AB=0， 1 1
则 1 即 ❑√3 3
n ·⃗BC=0， x − y =0，
1 2 1 2 1
令x ＝3，则n ＝(3，❑√3，1)是平面ABC的一个法向量，
1 1
|⃗OA·n| ❑√39
所以点O到平面ABC的距离为d ＝ 1 ＝ ．
1 |n| 13
1
( ❑√3 ❑√3) (❑√3 1 )
(2)因为⃗CD＝ − ，1， ，⃗OC＝ ，− ，0 ，
2 2 2 2
所以|⃗CD|＝❑ √ ( − ❑√3) 2 +12+ (❑√3) 2 ＝ ❑√10 ，
2 2 2
|⃗OC|＝❑ √ (❑√3) 2 + ( − 1) 2 ＝1，
2 2
❑√3 ❑√3 ( 1) ❑√3 5
⃗OC·⃗CD＝－ × ＋1× − + ×0＝－ ，
2 2 2 2 4
所以点O到直线CD的距离d
2√ 5 2
( − )
√ 2 ( ⃗OC·⃗CD) 2 4 ❑√6
＝❑|⃗OC| − ＝❑12− ＝ ．
|⃗CD| ❑√10 4
2
【典例2】(多选)已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为1，E，O分别是A B ，A C 的中点，P
1 1 1 1 1 1 1 1
3 1 2
在正方体内部且满足⃗AP＝ ⃗AB+ ⃗AD+ ⃗A A ，则下列说法正确的是( )
4 2 3 1
❑√5
A．点A到直线BE的距离是
5
❑√2
B．点O到平面ABC D 的距离是
1 1 4
❑√3
C．平面A BD与平面B CD 间的距离为
1 1 1 3
5
D．点P到直线AB的距离为
6
【解析】如图，建立空间直角坐标系，则 A(0，0，0)，B(1，0，0), D(0，1，0)，A (0，0，
1
(1 )
1)，C (1，1，1)，D (0，1，1)，E ，0，1 ，
1 1 2
所以⃗BA＝(－1，0，0)，
( 1 )
⃗BE＝ − ，0，1 ．
2
设∠ABE＝θ，
⃗BA·⃗BE ❑√5 2❑√5
则cos θ＝ ＝ ，sin θ＝❑√1−cos2θ＝ ．
|⃗BA||⃗BE| 5 5
2❑√5 2❑√5
故点A到直线BE的距离d ＝|⃗BA|sin θ＝1× ＝ ，A错误；
1 5 5
易知⃗C O＝ 1 ⃗C A ＝ ( − 1 ，− 1 ，0 ) ，
1 2 1 1 2 2
平面ABC D 的一个法向量为⃗D A ＝(0，－1，1)，
1 1 11
|⃗DA ·⃗C O|
❑√2
1 1
则点O到平面ABC D 的距离d ＝ ＝ 2 ＝ ，B正确；
1 1 2 |⃗DA | 4
1 ❑√2
⃗A B＝(1，0，－1)，⃗A D＝(0，1，－1)，⃗A D ＝(0，1，0)．
1 1 1 1
设平面A BD的法向量为n＝(x，y，z)，
1
{n·⃗A B=0， {x−z=0，
则 1 所以
n·⃗A D=0， y−z=0，
1
令z＝1，得y＝1，x＝1，所以n＝(1，1，1)为平面A BD的一个法向量．
1
所以点D 到平面A BD的距离
1 1
|⃗A D ·n| 1 ❑√3
d ＝ 1 1 ＝ ＝ ．
3 |n| ❑√3 3
因为平面A BD∥平面B CD ，所以平面 A BD与平面B CD 间的距离等于点 D 到平面A BD
1 1 1 1 1 1 1 1
的距离，
❑√3
所以平面A BD与平面B CD 间的距离为 ，C正确；
1 1 1 3
因为⃗AP＝
3
⃗AB+
1
⃗AD+
2
⃗A A ，所以⃗AP＝
(3
，
1
，
2)
，又⃗AB＝(1，0，0)，则
⃗AP·⃗AB
＝
4 2 3 1 4 2 3 |⃗AB|
3 √ 2 (⃗AP·⃗AB) 2 5
，所以点P到直线AB的距离d ＝❑|⃗AP| − ＝ ，D正确．故选BCD．
4 4 |⃗AB| 6
1
【典例3】(2025·浙江金华模拟)已知在棱长为4的正方体ABCD-A B C D 中，⃗A E＝ ⃗A C ．
1 1 1 1 1 4 1 1
(1)求点C到直线AE的距离；
(2)求点C到平面AED 的距离；
1
(3)在此正方体中，AB⊥BC，AB⊥AA ，则称线段AB的长为异面直线BC与AA 的公垂线段长，
1 1
也称为异面直线BC与AA 的距离．试求异面直线CD与AE的距离．
1
【解析】 (1)根据正方体性质，可以建立如图所示空间直角坐标系Dxyz．则C(0，4，0)，A(4，0，0)，D (0，0，4)，E(3，1，4)，D(0，0，0)．
1
|⃗AE·⃗CA| |−4−4| 4❑√2
⃗AE＝(－1，1，4)，⃗CA＝(4，－4，0)，令l＝ ＝ ＝ ，
|⃗AE| ❑√1+1+16 3
则点C到直线AE的距离d
1
＝❑√|⃗CA| 2 −l2＝❑ √ (4❑√2) 2 − (4❑
3
√2) 2 ＝ 1
3
6 ．
(2)⃗CA＝(4，－4，0)，⃗AE＝(－1，1，4)，⃗AD ＝(－4，0，4)，
1
设平面AED 的法向量为m＝(x，y，z)，
1
{m·⃗AE=−x+ y+4z=0，
则
m·⃗AD =−4x+4z=0，
1
{ x=1，
令z＝1，则 则m＝(1，－3，1)．
y=−3，
|⃗CA·m| |4+12| 16❑√11
则点C到平面AED 的距离d ＝ ＝ ＝ ．
1 2 |m| ❑√1+9+1 11
(3)⃗CA＝(4，－4，0)，⃗CD＝(0，－4，0)，⃗AE＝(－1，1，4)，
设CD与AE的公垂线的方向向量为n＝(a，b，c)．
{n·⃗CD=0， { −4b=0，
则 ⇒
n·⃗AE=0 −a+b+4c=0，
令a＝4，则c＝1，
则n＝(4，0，1)．
|⃗CA·n| 16 16❑√17
则异面直线CD与AE的距离d ＝ ＝ ＝ ．
3 |n| ❑√17 17
方法技巧 18 9 立体几何中的探索性问题
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方
程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引进参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
【典例1】(2024·山东聊城三模)如图，在正三棱柱ABC-A B C 中，AA ＝2AB＝2，D，E，F
1 1 1 1分别是棱AC，CC ，C B 的中点，点P满足⃗AP＝λ⃗AB＋μ⃗A A ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]．
1 1 1 1
1
(1)当λ＝μ＝ 时，求证：DP∥平面A EF；
2 1
❑√15
(2)当λ＝1时，是否存在点P，使得平面ACP与平面A EF的夹角的余弦值是 ？若存在，
1 5
指出点P的位置，若不存在，请说明理由．
1 1 1 1
【解析】 (1)当λ＝μ＝ 时，⃗AP＝ ⃗AB+ ⃗A A ＝ ⃗AB ，故P是AB 的中点，
2 2 2 1 2 1 1
连接CB ，DP，因为D是AC的中点，P是AB 的中点，所以DP∥CB ，
1 1 1
因为E，F分别是CC ，C B 的中点，所以EF∥CB ，所以DP∥EF，
1 1 1 1
因为DP⊄平面A EF，EF 平面A EF，所以DP∥平面A EF．
1 1 1
⊂
(2)存在，P为BB 上靠近B的四等分点．
1
当λ＝1时，⃗AP＝⃗AB＋μ⃗A A ，即⃗BP＝μ⃗BB ，μ∈[0，1]，所以点P在棱BB 上，
1 1 1
取A C 的中点D ，连接DD ，DB，则DD ∥CC ，
1 1 1 1 1 1
在正三棱柱ABC-A B C 中，DD ⊥平面ABC，△ABC是正三角形，所以DB⊥AC．
1 1 1 1
以D为坐标原点，DA，DB，DD 所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图所
1
示．(1 ) ( ❑√3 ) ( 1 ) (1 ) ( ❑√3 )
则 A ，0，0 ， B 0， ，0 ， C − ，0，0 ， A ，0，2 ， B 0， ，2 ， C
2 2 2 1 2 1 2 1
( 1 ) ( 1 ) ( ❑√3 )
− ，0，2 ，E − ，0，1 ，P 0， ，2μ ，
2 2 2
( 1 ❑√3 ) ( 3 ❑√3 )
从而F − ， ，2 ，⃗A F＝ − ， ，0 ，⃗A E＝(−1，0，−1)，
4 4 1 4 4 1
( 1 ❑√3 )
⃗AP＝ − ， ，2μ ，⃗AC＝(−1，0，0)，
2 2
设平面A EF的法向量是m＝(x ，y ，z )，
1 1 1 1
{ −x −z =0，
{m·⃗A E=0， 1 1
由 1 即 3 ❑√3
m·⃗A F=0， − x + y =0，
1 4 1 4 1
令x ＝1，得m＝(1，❑√3，−1)是平面A EF的一个法向量．
1 1
设平面ACP的法向量是n＝(x ，y ，z )，
2 2 2
{ −x =0，
{n·⃗AC=0， 2
由 即 1 ❑√3
n·⃗AP=0， − x + y +2μz =0，
2 2 2 2 2
令z ＝❑√3，得n＝(0，−4μ，❑√3)是平面ACP的一个法向量．
2
|m·n| |−4❑√3μ−❑√3| 4❑√3μ+❑√3 ❑√15
则|cos〈m，n〉|＝ ＝ ＝ ＝ ，得(4μ+1) 2＝16μ2
|m||n| ❑√1+3+1×❑√16μ2+3 ❑√5×❑√16μ2+3 5
1 ❑√15
＋3，解得μ＝ ，所以存在点P使得平面ACP与平面A EF的夹角的余弦值是 ，
4 1 5
此时点P为BB 上靠近B的四等分点．
1
【典例 2】如图，三棱柱 ABC-A B C 的底面是等边三角形，平面 ABB A ⊥平面 ABC，
1 1 1 1 1
A B⊥AB，AC＝2，∠A AB＝60°，O为AC的中点．
1 1(1)求证：AC⊥平面A BO；
1
2❑√7
(2)试问线段CC 上是否存在点P，使得平面POB与平面A OB夹角的余弦值为 ？若存在，
1 1 7
CP
请计算 的值；若不存在，请说明理由．
CC
1
【解析】 (1)证明：∵△ABC是等边三角形，O是AC的中点，∴AC⊥OB．
∵平面ABB A ⊥平面ABC，平面ABB A ∩平面ABC＝AB，A B⊥AB，A B 平面ABB A ，
1 1 1 1 1 1 1 1
∴A B⊥平面ABC．
1 ⊂
∵AC 平面ABC，∴A B⊥AC，
1
∵A B∩OB＝B，A B，OB 平面A BO，
1 ⊂ 1 1
∴AC⊥平面A BO．
1 ⊂
(2)存在，线段CC 的中点P满足题意．
1
理由如下：
∵A B⊥平面ABC，OB⊥AC，
1
∴以O为坐标原点，OA，OB所在直线分别为x轴、y轴，过点O作Oz∥A B，以Oz所在直
1
线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O(0，0，0)，B(0，❑√3，0)，C(－1，0，0)，A(1，0，0)，A (0，❑√3，2❑√3)，⃗OB＝(0，❑√3
1
，0)，⃗A A ＝(－1，❑√3，2❑√3)，⃗OC＝(－1，0，0)，
1
设⃗CP＝t⃗CC ＝t⃗A A ＝(－t，❑√3t，2❑√3t)，0≤t≤1，
1 1
则⃗OP＝⃗OC+⃗CP＝(－1－t，❑√3t，2❑√3t)，
易知平面A OB的一个法向量为n＝(1，0，0)，
1
设平面POB的法向量为m＝(x，y，z)，{ m·⃗OB=❑√3 y=0，
则
m·⃗OP=(−1−t)x+❑√3ty+2❑√3tz=0，
取x＝2❑√3t，则m＝(2❑√3t，0，t＋1)为平面POB的一个法向量，
|n·m| 2❑√3t 2❑√7
由题意得|cos 〈n，m〉|＝ ＝ ＝ ，
|n||m| ❑√12t2+(t+1) 2 7
CP 1
∵0≤t≤1，∴解得t＝ ＝ ，
CC 2
1
2❑√7 CP 1
∴线段CC 上存在点P，使得平面POB与平面A OB夹角的余弦值为 ，此时 ＝ ．
1 1 7 CC 2
1
方法技巧 19 0 立体几何中的翻折问题
三步解决平面图形翻折问题
【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)如图，平面四边形 ABCD 中，AB＝8，CD＝3，AD＝5❑√3，
2 1
∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足⃗AE＝ ⃗AD，⃗AF＝ ⃗AB．将△AEF沿EF翻折至
5 2
△PEF，使得PC＝4❑√3．
(1)证明：EF⊥PD；
(2)求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值．
2 1
【解析】 (1)证明：由AB＝8，AD＝5❑√3，⃗AE＝ ⃗AD，⃗AF＝ ⃗AB，
5 2
得AE＝2❑√3，AF＝4．
又∠BAD＝30°，在△AEF中，由余弦定理得
EF＝❑√AE2+AF2−2AE·AFcos∠BAD
√ ❑√3
＝❑12+16−2×2❑√3×4× ＝2，
2所以AE2＋EF2＝AF2，则AE⊥EF，即EF⊥AD，
所以EF⊥PE，EF⊥DE，
又PE∩DE＝E，PE，DE 平面PDE，
所以EF⊥平面PDE，
⊂
又PD 平面PDE，故EF⊥PD．
(2)连接CE，由∠ADC＝90°，ED＝3❑√3，CD＝3，
⊂
则CE2＝ED2＋CD2＝36，
在△PEC中，PC＝4❑√3，PE＝2❑√3，EC＝6，
得EC2＋PE2＝PC2，
所以PE⊥EC，由(1)知PE⊥EF，
又EC∩EF＝E，EC，EF 平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，又ED 平面ABCD，
⊂
所以PE⊥ED，则PE，EF，ED两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系Exyz，
⊂
则E(0，0，0)，P(0，0，2❑√3)，D(0，3❑√3，0)，C(3，3❑√3，0)，F(2，0，0)，A(0，－2❑√3，
0)，
由F是AB的中点，得B(4，2❑√3，0)，
所以⃗PC＝(3，3❑√3，－2❑√3)，⃗PD＝(0，3❑√3，－2❑√3)，⃗PB＝(4，2❑√3，－2❑√3)，⃗PF＝(2，
0，－2❑√3)，
设平面PCD和平面PBF的法向量分别为n＝(x ，y ，z )，m＝(x ，y ，z )，
1 1 1 2 2 2
{n·⃗PC=3x +3❑√3 y −2❑√3z =0，
则 1 1 1
n·⃗PD=3❑√3 y −2❑√3z =0，
1 1
{m·⃗PB=4x +2❑√3 y −2❑√3z =0，
2 2 2
m·⃗PF=2x −2❑√3z =0，
2 2
令y ＝2，得x ＝0，z ＝3，令x ＝❑√3，得y ＝－1，z ＝1，
1 1 1 2 2 2
所以n＝(0，2，3)，m＝(❑√3，－1，1)分别为平面PCD和平面PBF的一个法向量，
|m·n| 1 ❑√65
所以|cos 〈m，n〉|＝ ＝ ＝ ，
|m||n| ❑√5×❑√13 658❑√65
设平面PCD与平面PBF所成角为θ，则sin θ＝❑√1−cos2θ＝ ，
65
8❑√65
即平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值为 ．
65
【典例2】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，
BE＝BF＝2，∠FBC＝60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图2．
(1)证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
(2)求图2中的平面BCGE与平面ACGD的夹角的大小．
【解析】 (1)证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，BE∩BC＝B，BE，BC 平面BCGE，故AB⊥平面BCGE．
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE．
⊂
(2)作EH⊥BC，垂足为H．因为EH 平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，平面BCGE∩平
⊂
面ABC＝BC，所以EH⊥平面ABC．
⊂
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝❑√3．
以H为坐标原点，⃗HC的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Hxyz，
则A(－1，1，0)，C(1，0，0)，G(2，0，❑√3)，⃗CG＝(1，0，❑√3)，⃗AC＝(2，－1，0)．
{⃗CG·n=0，
设平面ACGD的法向量为n＝(x，y，z)，则
⃗AC·n=0，
{x+❑√3z=0，
即
2x−y=0，
所以可取n＝(3，6，－❑√3)为平面ACGD的一个法向量．
又平面BCGE的一个法向量为m＝(0，1，0)，n·m ❑√3
所以cos 〈n，m〉＝ ＝ ．
|n||m| 2
因此平面BCGE与平面ACGD的夹角为30°．
方法技巧 19 1 动态空间位置关系的判定
空间位置关系的动点问题的解法
(1)应用线线、线面、面面平行与垂直的判定与性质定理进行转化；
(2)利用向量法或建立空间直角坐标系进行计算．
【典例1】(多选)如图，四边形ABCD为矩形，AD＝2AB，E是BC的中点，将△BAE沿AE翻
折至△PAE的位置(点P∉平面AECD)，设线段PD的中点为F．则在翻折过程中，下列选项
正确的是( )
A．CF∥平面AEP
B．CF的长度恒定不变
C．AE⊥DP
D．异面直线CF与PE所成角的大小恒定不变
【解析】取AP的中点G，连接EG，FG，如图，
1
因为F为线段PD的中点，则有GF∥AD，GF＝ AD，又E是矩形ABCD边BC的中点，则
2
1
CE∥AD，CE＝ AD，于是得 GF∥CE，GF＝CE，即四边形 CEGF 是平行四边形，则
2
CF∥EG，而EG 平面AEP，CF⊄平面AEP，
因此，CF∥平面AEP，A正确；
⊂
在▱CEGF中，CF＝EG，在△PAE中，PE＝PA＝AB，∠APE＝90°，即EG为已知等腰直角
三角形一腰上的中线，则EG长是定值，∠PEG也是定值，因此，CF的长度恒定不变，B正确；
由CF∥EG知，异面直线CF与PE所成角的大小为∠PEG，D正确；
假设AE⊥DP，由于AE＝DE＝❑√2AB，则
AE2＋DE2＝4AB2＝AD2，即AE⊥DE，
而DP∩DE＝D，DP，DE 平面PDE，则AE⊥平面PDE，有AE⊥PE，折叠前后有∠PEA＝
∠BEA＝45°，与AE⊥PE矛盾，即假设错误，C不正确．故选ABD．
⊂
【典例2】(多选)已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为2，P为空间中一点．下列叙述正确的是
1 1 1 1
( )
1 ❑√3
A．若⃗AP＝ ⃗AD ，则异面直线BP与C D所成角的余弦值为
2 1 1 6
B．若⃗BP＝λ⃗BC+⃗BB (λ∈[0，1])，三棱锥P-A BC的体积为定值
1 1
1
C．若⃗BP＝λ⃗BC+ ⃗BB (λ∈[0，1])，有且仅有一个点P，使得A C⊥平面AB P
2 1 1 1
[π π]
D．若⃗AP＝λ⃗AD (λ∈[0，1])，则异面直线BP与C D所成角的取值范围是 ，
1 1 4 2
【解析】如图 1，P 为 AD 的中点，取 B D 的中点 O，连接 PO，BO，则 PO∥C D，所以
1 1 1 1
∠BPO或其补角即为异面直线 BP与C D所成的角，易得BP＝❑√6，PO＝❑√2，BO＝❑√6，所
1
BP2+PO2−BO2 ❑√3
以cos ∠BPO＝ ＝ ，A正确．
2BP·PO 6
由条件⃗BP＝λ⃗BC+⃗BB (λ∈[0，1])，可知点P的轨迹为线段B C ，因为B C ∥BC，故P到平
1 1 1 1 1
4
面A BC的距离为定值，且△A BC的面积为定值，故三棱锥P-A BC的体积为定值 ，B正确．
1 1 1 31
由⃗BP＝λ⃗BC+ ⃗BB (λ∈[0，1])可知点P在线段EF上(E，F分别为BB ，CC 的中点)，如图
2 1 1 1
2，因为A C⊥平面AB D ，所以平面AB P即为平面AB D ，点P即为平面AB D 与直线EF
1 1 1 1 1 1 1 1
的交点，此交点在FE的延长线上，C错误．
由⃗AP＝λ⃗AD (λ∈[0，1])可知点P的轨迹为线段AD ，以A 为坐标原点建立空间直角坐标系，
1 1 1
如图3，C (2，2，0)，D(0，2，2)，B(2，0，2)，设P(0，a，2－a)，a∈[0，2]，得⃗C D＝(－
1 1
4−2a 2−a
2，0，2)，⃗BP＝(－2，a，－a)，所以cos 〈⃗BP，⃗C D〉＝ ＝ ，令2－
1 2❑√2×❑√4+2a2 2❑√2+a2
a＝x∈[0，2]，
π
当a＝2，即x＝0时，cos 〈⃗BP，⃗C D〉＝0，此时直线BP与C D所成角是 ；
1 1 2
1
1 [1 )
当 a≠2，即 x∈(0，2]时，则 cos 〈⃗BP，⃗C D〉＝ √ 6 4 ，令 ＝t∈ ，+∞ ，cos
1 2❑ − +1 x 2
x2 x
1 1 1
〈⃗BP，⃗C D〉＝ ，所以当 ＝t＝ ，即a＝0时，cos 〈⃗BP，⃗C D〉取得最大
1 2❑√6t2−4t+1 x 2 1
❑√2 π
值，为 ，直线BP与C D所成角的最小值为 ，D正确．
2 1 4
故选ABD．
(多选)(2025·湖南益阳模拟)如图1，矩形ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点，且BC＝
2AB＝2，BF∩AE＝O，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，如图2，则在翻折过程中，下列结论正确的是( )
A．CF⊥OP
B．存在点P，使得PE∥CF
C．存在点P，使得PE⊥ED
❑√2
D．三棱锥P-AED的体积的最大值为
6
【解析】依题意，AF∥EC，AF＝EC，则四边形AECF为平行四边形，有CF∥AE，而AF＝
AB＝BE，∠BAF＝∠ABE＝90°，即有∠ABO＝∠BAO＝45°，因此BF⊥AE，即OP⊥AE，因
此CF⊥OP，A正确；
因为PE∩AE＝E，CF∥AE，因此PE，CF不平行，即不存在点P，使得PE∥CF，B错误；
❑√2
连接PF，当PF＝1时，因为PO＝FO＝ ，即PO2＋FO2＝1＝PF2，则PO⊥FO，
2
而FO⊥AE，PO∩AE＝O，PO，AE 平面PAE，因此FO⊥平面PAE，又O，F分别为AE，
AD的中点，
⊂
即ED∥FO，于是ED⊥平面PAE，而PE 平面PAE，则PE⊥ED，C正确；
在翻折过程中，令PO与平面AED所成的角为θ，则点P到平面AED的距离h＝PO sin θ＝
⊂
❑√2 1 1
sin θ，又△AED 的面积 S ＝ AD·AB＝1，因此三棱锥 P-AED 的体积 V ＝
2 △AED 2 P-AED 3
❑√2 ❑√2
S ·h＝ sin θ≤ ，
△AED
6 6
❑√2
当且仅当θ＝90°，即PO⊥平面AED时取等号，所以三棱锥P-AED的体积的最大值为 ，D
6
正确．故选ACD．
方法技巧 19 2 立体几何轨迹问题
解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定．
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定，或用代数法进行计算．
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．
【典例1】(多选)如图，已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为4，M为DD 的中点，N为ABCD
1 1 1 1 1
所在平面内一动点，则下列命题正确的是( )
π
A．若MN与平面ABCD所成的角为 ，则点N的轨迹为圆
4
B．若MN＝4，则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C．若点N到直线BB 与到直线DC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线
1
π
D．若D N与AB所成的角为 ，则点N的轨迹为双曲线
1 3
【解析】如图所示，根据正方体的性质可知，MD⊥平面ABCD，所以∠MND为MN与平面
π 1 1
ABCD所成的角，所以∠MND＝ ，所以DN＝DM＝ DD ＝ ×4＝2，所以点N的轨迹为
4 2 1 2
以D为圆心，2为半径的圆，A正确；
在Rt△MDN中，DN＝❑√M N2−M D2＝❑√42−22＝2❑√3，取MD的中点E，MN的中点P，连接
1
PE，所以PE∥DN，且PE＝ DN＝❑√3，因为DN⊥ED，所以PE⊥ED，即点P在过点E且与
2
DD 垂直的平面内，又PE＝❑√3，所以点P的轨迹为以❑√3为半径的圆，其面积为π·(❑√3)2＝
1
3π，B不正确；
连接NB，因为BB ⊥平面ABCD，所以BB ⊥NB，所以点N到直线BB 的距离为NB，所以点
1 1 1
N到点B的距离等于点N到定直线CD的距离，又B不在直线CD上，所以点N的轨迹为以B
为焦点，CD为准线的抛物线，C正确；
以D为坐标原点，DA，DC，DD 所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
1
则A(4，0，0)，B(4，4，0)，D (0，0，4)，设N(x，y，0)，
1则⃗AB＝(0，4，0)，⃗D N＝(x，y，－4)，
1
π
因为D N与AB所成的角为 ，
1 3
π
所以|cos 〈⃗AB，⃗D N〉|＝cos ，
1 3
| 4 y | 1 3 y2 x2
所以 ＝ ，整理得 − ＝1，所以点 N 的轨迹为双曲线，D 正确．故选
4❑√x2+ y2+16 2 16 16
ACD．
【典例2】在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝3，点M是矩形ABCD内(含边界)的动
3 π
点，且AB＝ ，AD＝2，直线PM与平面ABCD所成的角为 ，则点M的轨迹长度为( )
2 3
❑√3π
A． B．π
3
❑√3π
C．❑√3π D．
2
【解析】由于PA⊥平面ABCD，
AM 平面ABCD，所以PA⊥AM，
则∠PMA是直线PM与平面ABCD所成的角，
⊂
π
即∠PMA＝ ，
3
π PA 3 (3 )
tan ＝ ＝ ＝❑√3，AM＝❑√3∈ ，2 ，
3 AM AM 2
所以M点的轨迹是以A为圆心，半径为❑√3的圆在矩形ABCD内的部分，
如图，设圆与BC，AD分别交于E，F两点，
√ (3) 2 ❑√3 π π
BE＝❑3− ＝ ，所以∠BAE＝ ，∠EAF＝ ，
2 2 6 3
π ❑√3π
所以M点的轨迹长度为 ×❑√3＝ ．故选A．
3 3
【典例3】已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为2，E为CD的中点，且点P在四边形BCC B
1 1 1 1 1 1
内部及其边界上运动，若总是保持 EP∥平面BDD B ，则动点P的轨迹长度为________；若
1 1总是保持AP与AB的夹角为30°，则动点P的轨迹长度为________．
1 1
【解析】分别取BC，B C 的中点F，G，连接EF，FG，EG，则BF＝ BC，B G＝ B C ，
1 1 2 1 2 1 1
因为BC∥B C ，BC＝B C ，所以BF∥B G，BF＝B G，
1 1 1 1 1 1
所以四边形BFGB 为平行四边形，所以BB ∥FG．
1 1
因为E为CD的中点，所以EF∥BD，
因为EF，FG⊄平面BDD B ，BD，BB 平面BDD B ，
1 1 1 1 1
所以EF∥平面BDD B ，FG∥平面BDD B ，
1 1 ⊂1 1
因为EF∩FG＝F，所以平面EFG∥平面BDD B ．
1 1
因为平面EFG∩平面BCC B ＝FG，点P在四边形BCC B 内部及其边界上运动，EP∥平面
1 1 1 1
BDD B ，
1 1
所以点P的轨迹是FG．
因为FG＝BB ＝2，所以动点P的轨迹长度为2．
1
因为AB⊥平面BCC B ，BP 平面BCC B ，
1 1 1 1
⊂
所以AB⊥BP，
在Rt△ABP中，AB＝2，∠BAP＝30°，
BP ❑√3
则tan ∠BAP＝ ＝ ，
AB 3
❑√3 2❑√3
所以BP＝ AB＝ ，
3 3
2❑√3
所以点P的轨迹是以B为圆心， 为半径的一段弧，且圆心角为直角，所以动点P的轨迹
3
1 2❑√3 ❑√3
长度为 ×2π× ＝ π．
4 3 3
方法技巧 19 3 立体几何最值 ( 范围 ) 问题
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，有如下常用的思路．
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在什么位置时，所求的量有相应最大值、最小值，即可求解．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求
目标函数的最值．
【典例1】(多选)(2025·重庆模拟)如图所示，一个圆锥SO的底面是一个半径为3的圆，AC为
直径，且∠ASC＝120°，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，则下列结论正确的是( )
[π π]
A．∠SAB的取值范围是 ，
6 2
(π π)
B．二面角S-BC-A的平面角的取值范围是 ，
6 2
C．点A到平面SBC的距离的最大值为3
D．点M为线段SB上的一动点，当SA⊥SB时，AM＋MC＞6
【解析】由已知AC＝6，∠ASC＝120°，且SA＝SC＝SB，
在△ASC中，由余弦定理的推论可知，
SA2+SC2−AC2
cos ∠ASC＝ ，
2SA·SC
1 2SA2−36
即－ ＝ ，解得SA＝SC＝SB＝2❑√3，则SO＝❑√3．
2 2SA2
A选项，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，
则AB∈(0，6)，
在△ABS中，
SA2+AB2−SB2 AB2 AB
cos ∠SAB＝ ＝ ＝ ，
2SA·AB 4❑√3AB 4❑√3
AB ( ❑√3)
所以cos ∠SAB＝ ∈ 0， ，
4❑√3 2
(π π)
所以∠SAB∈ ， ，A选项错误；
6 2
1
B 选项，取 BC 的中点 D，连接 SD，OD，则 SD⊥BC，OD⊥BC, 且 OD∥AB，OD＝
2AB∈(0，3)，
则二面角S-BC-A的平面角为∠SDO，
SO ❑√3 (❑√3 )
所以tan ∠SDO＝ ＝ ∈ ，+∞ ，
OD OD 3
(π π)
所以∠SDO∈ ， ，B选项正确；
6 2
1
C选项，由已知S ＝ BC·SD，
△SBC 2
1
又S ＝ AB·BC＝OD·BC，
△ABC 2
则三棱锥S-ABC的体积
1 ❑√3
V ＝ S ·SO＝ OD·BC，
S-ABC 3 △ABC 3
设点A到平面SBC的距离为d，
1 1 ❑√3
则V ＝ S ·d＝ BC·SD·d＝ OD·BC，
A-SBC 3 △SBC 6 3
OD
则d＝2❑√3· ＝2❑√3cos ∠SDO∈(0，3)，C选项错误；
SD
D选项，当SA⊥SB时，AB＝❑√2SA＝2❑√6，BC＝2❑√3，则△SAB为等腰直角三角形，△SBC
为等边三角形，
将平面SBC绕SB旋转至SBC′，使C′与△SAB共面，如图所示，
则AM＋MC＝AM＋MC′≥AC′，
5π
在△SAC′中，∠ASC′＝ ，
6
由余弦定理可知
AC′2＝SA2＋SC′2－2SA·SC′·cos ∠ASC′＝12＋12＋12❑√3＝24＋12❑√3＞36，
所以AM＋MC≥AC′＞6，D选项正确．
故选BD．
【典例2】已知正四面体ABCD的棱长为3，点E满足⃗AE＝λ⃗AB(0＜λ＜1)，过点E作平面α平
行于AC 和BD，设 α分别与该正四面体的棱 BC，CD，DA相交于点 F，G，H，则四边形
EFGH的周长为________，四棱锥A-EFGH的体积的最大值为________．【解析】因为AC∥平面α，平面α∩平面ABC＝EF，AC 平面ABC，
故AC∥EF，同理AC∥GH，故EF∥GH，
⊂
同理EH∥GF，故四边形EFGH为平行四边形．
由⃗AE＝λ⃗AB，可得AE∶AB＝λ，则HE∶DB＝λ，EF∶AC＝1－λ，
又正四面体ABCD的棱长为3，则HE＝GF＝3λ，EF＝GH＝3(1－λ)，
四边形EFGH的周长为HE＋GF＋EF＋GH＝2[3λ＋3(1－λ)]＝6．
取BD的中点为M，AC的中点为Q，连接AM，MC，MQ，
3❑√3
则由正四面体可得AM＝MC＝ ，
2
√27 9 3❑√2
故MQ＝❑ − ＝ 且MQ⊥AC，故MQ⊥EF．
4 4 2
因为AD＝AB，DM＝MB，故AM⊥BD，同理CM⊥BD，
而AM∩MC＝M，AM，MC 平面AMC，故BD⊥平面AMC，因为AC，MQ 平面AMC，所
以BD⊥MQ，BD⊥AC，故HE⊥MQ，且HE⊥EF，故平行四边形EFGH为矩形．
⊂ ⊂
而HE∩EF＝E，HE，EF 平面EFGH，故MQ⊥平面EFGH．因为AC∥平面EFGH，BD∥
平面EFGH，
⊂
故点A到平面EFGH的距离即为点Q到平面EFGH的距离，
点B到平面EFGH的距离即为点M到平面EFGH的距离，
AE λ
而⃗AE＝λ⃗AB，故 ＝ ，故点A到平面EFGH的距离与点B到平面EFGH的距离的比值
EB 1−λ
λ 3❑√2 3❑√2
为 ，结合MQ＝ 可得A到平面EFGH的距离为 λ，则四棱锥A-EFGH的体积V＝
1−λ 2 2
1 3❑√2 9❑√2
×3λ×3(1－λ)× λ＝ λ2(1－λ)．
3 2 2
9❑√2
令f (x)＝ x2(1－x)(0＜x＜1)，
2
9❑√2
则f ′(x)＝ x(2－3x)，
2
2 2
由f ′(x)＞0得0＜x＜ ，由f ′(x)＜0，得 ＜x＜1，
3 3( 2) (2 )
则f (x)在 0， 上单调递增，在 ，1 上单调递减，
3 3
2 (2) 9❑√2 (2) 2 ( 2) 2❑√2
则f (x)在x＝ 处取得最大值，最大值为f ＝ × 1− ＝ ，
3 3 2 3 3 3
2❑√2
即四棱锥A-EFGH的体积的最大值为 ．
3
方法技巧 19 4 直线的倾斜角与斜率
斜率取值范围的两种求法
数形 作出直线在平面直角坐标系中可能的位置，借助图形，结合正切函数
结合法 的单调性确定
函数
根据正切函数图象，由倾斜角范围求斜率范围，反之亦可
图象法
[ π) (π )
提醒：求倾斜角时要注意斜率是否存在，必要时分 0， 与 ，π 两种情况讨论．一般要
2 2
( π) (π )
用到y＝tan x的单调性，y＝tan x在 0， ， ，π 上都是单调递增的．
2 2
【典例1】(2025·湖南长沙模拟)设点A(4，－3)，B(－2，－2)，直线l过点P(1，1)且与线段
AB相交，则直线l的斜率k的取值范围是( )
4
A．k≥1或k≤－4 B．k≥1或k≤－
3
4
C．－4≤k≤1 D．－ ≤k≤1
3
1−(−3) 4 1−(−2)
【解析】依题意，直线PA，PB的斜率分别为k ＝ ＝－ ，k ＝ ＝1．如图所
PA 1−4 3 PB 1−(−2)
示：
若直线l过点P(1，1)且与线段AB相交，
4
则l的斜率k满足k≤k ＝－ 或k≥k ＝1，
PA 3 PB4
即l的斜率k的取值范围是k≥1或 k≤－ ．故选B．
3
【典例2】若向量a＝(❑√3，1)是直线l的一个方向向量，则直线l的倾斜角为( )
π π
A． B．
6 3
2π 5π
C． D．
3 6
【解析】设直线l的倾斜角为α(0≤α<π)，
若向量a＝(❑√3，1)是直线l的一个方向向量，
1 ❑√3
则直线l的斜率为k＝tan α＝ ＝ ，
❑√3 3
π
因为0≤α<π，所以α＝ ．故选A．
6
【典例3】已知直线l的方程为x sin α＋❑√3y－1＝0，α∈R，则直线l的倾斜角的取值范围是(
)
( π] [2π ) [ π] [5π )
A． 0， ∪ ，π B． 0， ∪ ，π
3 3 6 6
[π 5π] [π 2π]
C． ， D． ，
6 6 3 3
【解析】直线l的方程为x sin α＋❑√3y－1＝0，
❑√3 [ ❑√3 ❑√3]
则直线l的斜率k＝－ sin α∈ − ， ．
3 3 3
[ ❑√3 ❑√3]
设直线l的倾斜角为θ，则有tan θ∈ − ， ，
3 3
又θ∈[0，π)，
[ ❑√3] [ π]
所以当k∈ 0， 时，直线l的倾斜角θ∈ 0， ；
3 6
[ ❑√3 ) [5π )
当k∈ − ，0 时，直线l的倾斜角θ∈ ，π ．
3 6
[ π] [5π )
综上所述，直线l的倾斜角θ∈ 0， ∪ ，π ．故选B．
6 6
方法技巧 19 5 直线方程的求法
求直线方程的两种方法【典例1】 已知△ABC的三个顶点分别为A(－3，0)，B(2，1)，C(－2，3)，求：
(1)BC边所在直线的方程；
(2)BC边上中线AD所在直线的方程；
(3)BC边的垂直平分线DE的方程．
y−1 x−2
【解析】 (1)因为直线BC经过B(2，1)和C(－2，3)两点，得直线BC的方程为 ＝ ，
3−1 −2−2
即x＋2y－4＝0．
2−2 1+3
(2)设BC边的中点D(x，y)，则x＝ ＝0，y＝ ＝2．
2 2
x y
BC边的中线AD所在直线过A(－3，0)，D(0，2)两点，所在直线方程为 + ＝1，即2x－
−3 2
3y＋6＝0．
1
(3)由(1)知，直线BC的斜率k ＝－ ，则边BC的垂直平分线DE的斜率k ＝2．由(2)知，点
1 2 2
D的坐标为(0，2)，则所求直线方程为y－2＝2(x－0)，即2x－y＋2＝0．
【典例2】过点(3，−2)且在x轴、y轴上截距相等的直线方程为________．
【解析】当直线经过原点时，此时直线方程为2x＋3y＝0，且在x轴、y轴上的截距均为0，
符合题意．
x y
当在x轴、y轴上截距均不为0时，设直线方程为 + ＝1(a≠0)，
a a
3 −2
将(3，−2)代入得 + ＝1，解得a＝1，故直线方程为x＋y－1＝0．
a a
所以所求直线方程为2x＋3y＝0或x＋y－1＝0．
【典例3】若直线过点A(1，2)，且在两坐标轴上截距的绝对值相等，则直线的方程为( )
A．x－y＋1＝0 B．x＋y－3＝0
C．2x－y＝0 D．x－y－1＝0
2−0
【解析】当直线经过原点时，斜率为k＝ ＝2，
1−0所求的直线方程为y＝2x，即2x－y＝0；
当直线不过原点时，
设所求的直线方程为x±y＝a，
把点A(1，2)代入可得1－2＝a或1＋2＝a，
求得a＝－1或a＝3，故所求的直线方程为x－y＋1＝0或x＋y－3＝0．
综上知，所求的直线方程为2x－y＝0，x－y＋1＝0，x＋y－3＝0．故选ABC．
方法技巧 19 6 直线方程的综合应用
处理直线方程综合应用的两大策略
(1)求解与直线方程有关的最值问题，先求出斜率或设出直线方程，建立目标函数，再利用基
本不等式求解最值．
(2)含有参数的直线方程可看作直线系方程，这时要能够整理成过定点(或平行)的直线系，即
能够看出“动中有定”．
提醒：涉及直线与坐标轴截距问题时一般设截距式．
【典例1】已知直线l过点M(2，1)，且分别与x轴的正半轴、y轴的正半轴交于A，B两点，O
为原点，当△AOB面积最小时，求直线l的方程．
【解析】 法一：设直线l的方程为y－1＝k(x－2)(k<0)，
( 1 )
则A 2− ，0 ，B(0，1－2k)，
k
1 ( 1)
S ＝ (1－2k) 2−
△AOB 2 k
1[ ( 1)] 1
＝ 4+(−4k)+ − ≥ ×(4＋4)＝4，
2 k 2
1 1
当且仅当－4k＝－ ，即k＝－ 时，等号成立．
k 2
1
故直线l的方程为y－1＝－ (x－2)，即x＋2y－4＝0．
2
x y
法二：设直线l： + ＝1，且a>0，b>0，
a b
2 1
因为直线l过点M(2，1)，所以 + ＝1，
a b
2 1 √ 2
则1＝ + ≥2❑ ，故ab≥8，
a b ab1
故S 的最小值为 ×8＝4，
△AOB 2
2 1 1
当且仅当 ＝ ＝ 时取等号，
a b 2
x y
此时a＝4，b＝2，故直线l的方程为 + ＝1，
4 2
即x＋2y－4＝0．
【典例2】若直线ax＋by＝ab(a＞0，b＞0)过点(1，1)，则该直线在x轴与y轴上的截距之和的
最小值为________．
【解析】因为直线ax＋by＝ab过点(1，1)，
所以a＋b＝ab，
1 1
又因为a＞0，b＞0，所以 + ＝1，
b a
x y
所以直线 + ＝1在x轴与y轴上的截距之和为
b a
(1 1) a b
b＋a＝(b＋a) + ＝2＋ +
b a b a
√a b
≥2＋2❑ · ＝4，当且仅当a＝b＝2时取“＝”，
b a
所以直线在x轴与y轴上的截距之和的最小值为4．
方法技巧 19 7 两条直线位置关系的判断及应用
解决两直线平行与垂直的参数问题要“前思后想”
【典例1】已知直线l ：ax＋2y＋1＝0与直线l ：(3－a)x－y＋a＝0，若l ∥l ，则a的值为(
1 2 1 2
)
A．1 B．2
C．6 D．1或2
a
【解析】∵直线l ：ax＋2y＋1＝0与直线l ：(3－a)x－y＋a＝0的斜率都存在，∴k ＝－ ，k
1 2 1 2 2
a
＝3－a．∵l ∥l ，∴k ＝k ，即－ ＝3－a，解得a＝6．故选C．
1 2 1 2 2【典例2】已知直线l ：x＋y＝0，l ：ax＋by＋1＝0，若l ⊥l ，则a＋b＝( )
1 2 1 2
A．－1 B．0 C．1 D．2
【解析】因为直线l ：x＋y＝0，l ：ax＋by＋1＝0，且l ⊥l ，则1·a＋1·b＝0，所以a＋b
1 2 1 2
＝0．故选B．
方法技巧 19 8 两条直线的交点与距离问题
1．求过两直线交点的直线方程的方法
求过两直线交点的直线方程，先解方程组求出两直线的交点坐标，再结合其他条件写出直线
方程，也可借助直线系方程，利用待定系数法求出直线方程．
2．点到直线、两平行直线间的距离公式的使用条件
(1)求点到直线的距离时，应先化直线方程为一般式．
(2)求两平行直线之间的距离时，应先将方程化为一般式且x，y的系数对应相等．
【典例1】经过直线l ：3x＋2y－1＝0和l ：5x＋2y＋1＝0的交点，且垂直于直线l ：3x－5y＋
1 2 3
6＝0的直线l的方程为________．
{3x+2y−1=0，
【解析】法一：解方程组 得l ，l 的交点坐标为(－1，2)．设垂直于直线l ：
5x+2y+1=0， 1 2 3
3x－5y＋6＝0的直线l的方程为5x＋3y＋c＝0，于是－5＋6＋c＝0，解得c＝－1，即直线l的
方程为5x＋3y－1＝0．
法二：设经过直线l ：3x＋2y－1＝0和l ：5x＋2y＋1＝0的交点的直线系方程为3x＋2y－1＋
1 2
λ(5x＋2y＋1)＝0，即(3＋5λ)x＋(2＋2λ)y＋λ－1＝0，由其垂直于直线l ：3x－5y＋6＝0，得
3
1
3(3＋5λ)－5(2＋2λ)＝0，得λ＝ ，即直线l的方程为5x＋3y－1＝0．
5
【典例2】若点(m，n)在直线l：3x＋4y－13＝0上，则(m－1)2＋n2的最小值为( )
A．3 B．4
C．2 D．6
【解析】由(m－1)2＋n2的几何意义为点(m，n)到点(1，0)距离的平方，
(|3+0−13|) 2
得其最小值为点(1，0)到直线l：3x＋4y－13＝0的距离的平方，即d2＝ ＝4．
❑√32+42
【典例3】直线l过点P(－1，2)且到点A(2，3)和点B(－4，5)的距离相等，则直线l的方程为
________．
【解析】当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0．|2k−3+k+2| |−4k−5+k+2|
由题意知 ＝ ，
❑√k2+1 ❑√k2+1
1 1
即|3k－1|＝|－3k－3|，∴k＝－ ，∴直线l的方程为y－2＝－ (x＋1)，即x＋3y－5＝0．当直
3 3
线l的斜率不存在时，直线 l的方程为x＝－1，也符合题意．即直线 l的方程为x＋3y－5＝0
或x＝－1．
【典例3】(2020·全国Ⅲ卷)点(0，－1)到直线y＝k(x＋1)距离的最大值为( )
A．1 B．❑√2
C．❑√3 D．2
【解析】法一：由点到直线的距离公式知，点(0，－1)到直线 y＝k(x＋1)的距离 d＝
|k·0+(−1)×(−1)+k| |k+1| √k2+2k+1 √ 2k
＝ ＝❑ ＝❑1+ ．当k＝0时，d＝1；当k≠0时，d
❑√k2+1 ❑√k2+1 k2+1 k2+1
√ 2
√ 2k 1+ 1
＝❑1+ ＝❑ 1，要使d最大，需k＞0且k＋ 最小，∴当k＝1时，d ＝❑√2．故选
k2+1 k+ k max
k
B．
法二：记点A(0，－1)，直线y＝k(x＋1)恒过点B(－1，0)，当AB垂直于直线y＝k(x＋1)时，
点A(0，－1)到直线y＝k(x＋1)的距离最大，且最大值为|AB|＝❑√2．故选B．
【典例4】已知两条平行直线分别过点 A(6，2)和B(－3，－1)，并且各自绕点A，B旋转，平
行线之间的距离的最大值为________，此时两平行直线方程分别为________．
【解析】两条平行直线分别过点A(6，2)，B(－3，－1)，并且各自绕点A，B旋转，
当AB与两平行直线垂直时，两平行线之间的距离最大，
|AB|＝❑√(6+3) 2+(2+1) 2＝3❑√10，
这两条平行直线之间的距离有最大值，最大值为3❑√10，
2+1 1
∵直线AB的斜率k ＝ ＝ ，
AB 6+3 3
故这两条平行直线的斜率为－3，
则两平行直线方程分别为y－2＝－3(x－6)，y＋1＝－3(x＋3)，即3x＋y－20＝0和3x＋y＋10
＝0．
方法技巧 19 9 直线的对称问题
对称问题的求解策略
(1)解决对称问题的思路是利用待定系数法将几何关系转化为代数关系求解．(2)中心对称可以利用中点坐标公式，两点轴对称问题利用垂直和中点两个条件列方程(组)解
题．
(1 )
【典例1】直线3x－2y＝0关于点 ，0 对称的直线方程为( )
3
A．2x－3y＝0 B．3x－2y－2＝0
C．x－y＝0 D．2x－3y－2＝0
(1 ) (2 )
【解析】法一：设所求直线上任一点为(x，y)，则其关于点 ，0 对称的点为 −x，−y ，
3 3
(2 )
因为点 −x，−y 在直线3x－2y＝0上，
3
(2 )
所以3 −x －2(－y)＝0，化简得3x－2y－2＝0，
3
所以所求直线方程为3x－2y－2＝0．
法二：在直线3x－2y＝0上任取两点O(0，0)，M(2，3)，
(1 )
设点O，M关于点 ，0 的对称点分别为O′，M′，
3
(2 ) ( 4 )
则O′ ，0 ，M′ − ，−3 ，
3 3
( 4)
x− −
y−(−3) 3
所以所求直线方程为 ＝ ，
0−(−3) 2 ( 4)
− −
3 3
即3x－2y－2＝0．
【典例2】已知实数x，y满足x＋y＋1＝0，则❑√(x−1) 2+(y−1) 2+❑√(x−2) 2+ y2的最小值为( )
A．❑√5 B．2❑√2
C．❑√10 D．2❑√5
【解析】❑√(x−1) 2+(y−1) 2+❑√(x−2) 2+ y2表示直线x＋y＋1＝0上一动点P(x，y)到定点A(1，
1)，B(2，0)的距离之和，如图所示，
设点A(1，1)关于直线x＋y＋1＝0的对称点为A′(x ，y )，
0 0y −1
{ 0 =1，
x −1
则 0
x +1 y +1
0 + 0 +1=0，
2 2
{x =−2，
解得 0
y =−2，
0
所以对称点为A′(－2，－2)，
则|A′B|＝❑√(−2−2) 2+(−2−0) 2＝2❑√5，
由图知❑√(x−1) 2+(y−1) 2+❑√(x−2) 2+ y2的最小值为2❑√5．
【典例3】 两直线l ：3x－2y－6＝0，l ：x－y－2＝0，则l 关于l 对称的直线方程为( )
1 2 1 2
A．3x－2y－4＝0 B．2x＋3y－6＝0
C．2x－3y－4＝0 D．3x－2y－6＝0
【解析】设所求直线上任一点M(x，y)，M关于直线x－y－2＝0的对称点为M′(x ，y )，
1 1
y−y
{ 1=−1，
x−x {x = y+2，
则 1 解得 1 (*)
x+x y+ y y =x−2，
1− 1−2=0， 1
2 2
∵点M′在直线3x－2y－6＝0上，
∴将(*)式代入，得3(y＋2)－2(x－2)－6＝0，
化简得2x－3y－4＝0，即为l 关于l 对称的直线方程．故选C．
1 2
【典例4】已知A(0，2)，B(3，－1)，点P为x轴上一动点，则|PA|－|PB|的最大值是( )
A．❑√10 B．3❑√2
C．2❑√2 D．❑√7
【解析】由已知点A关于x轴的对称点为C(0，－2)，
−1+2 1 1
k ＝ ＝ ，直线BC方程为y＝ x－2，
BC 3−0 3 3
令y＝0得x＝6，所以直线BC与x轴交点为Q(6，0)，
|PA|－|PB|＝|PC|－|PB|≤|CB|
＝❑√(3−0) 2+(−1+2) 2＝❑√10，当且仅当P是直线BC与x轴交点Q时等号成立．【典例5】(2025·河南信阳模拟)如图，从光源P发出的一束光，遇到平面镜(y轴)上的点B后，
反射光线BC交x轴于点C(❑√3，0)，若光线PB满足的函数关系式为：y＝kx＋1，则k的值为(
)
❑√3
A． B．❑√3
3
C．1 D．－1
【解析】因为光线PB满足的函数关系式为y＝kx＋1，
令x＝0，可得y＝1，即点B(0，1)，
又因为 C(❑√3，0)，则点 C 关于 y 轴的对称点为 C′(－❑√3，0)，可得 BC′的斜率为 k ＝
BC′
1−0 ❑√3
＝ ，
0−(−❑√3) 3
❑√3
因为P，B，C′三点共线，可得k＝k ，所以k＝ ．
BC′ 3
故选A．
方法技巧 20 0 圆的方程
求圆的方程的两种方法
(1)几何法：根据圆的几何性质，直接求出圆心坐标和半径，进而写出方程．
(2)待定系数法：①若已知条件与圆心(a，b)和半径r有关，则设圆的标准方程，求出a，b，r
的值；②选择圆的一般方程，依据已知条件列出关于 D，E，F的方程组，进而求出D，E，F
的值．
【典例1】(多选)过四点(0，0)，(4，0)，(－1，1)，(4，2)中的三点的圆的方程为( )
A．(x－2)2＋(y－1)2＝5
B．(x－2)2＋(y－3)2＝13( 4) 2 ( 7) 2
C． x− ＋ y− ＝22
3 3
( 8) 2 9
D． x− ＋(y－1)2＝
5 5
【解析】对于A，点(0，0)，(4，0)，(4，2)在圆(x－2)2＋(y－1)2＝5上，故A正确；
对于B，点(0，0)，(4，0)，(－1，1)在圆(x－2)2＋(y－3)2＝13上，故B正确；
( 4) 2 ( 7) 2
对于C，点(0，0)，(－1，1)都不在圆 x− ＋ y− ＝22上，故C错误；
3 3
( 8) 2 9
对于D，点(4，0)，(－1，1)都不在圆 x− ＋(y－1)2＝ 上，故D错误．故选AB．
5 5
【典例2】(2024·山东聊城三模)已知圆C与两坐标轴及直线x＋y－2＝0都相切，且圆心在第
二象限，则圆C的方程为( )
A．(x＋❑√2)2＋(y－❑√2)2＝❑√2
B．(x－❑√2)2＋(y＋❑√2)2＝2
C．(x－❑√2)2＋(y＋❑√2)2＝❑√2
D．(x＋❑√2)2＋(y－❑√2)2＝2
【解析】由题意设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)＝r2(a<0，b>0)，
{ |a|=|b|=r， {b=−a=r，
则 |a+b−2| 即 2
=r， =r，
❑√2 ❑√2
{b=−a=❑√2，
解得
r=❑√2，
所以圆C的方程为(x＋❑√2)2＋(y－❑√2)2＝2．故选D．
【典例3】已知圆C经过P(－2，4)，Q(3，－1)两点，且在x轴上截得的弦长等于6，则圆C
的一般方程为________．
【解析】设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0．
{2D−4E−F=20，①
由题意可得
3D−E+F=−10.②
在圆C的方程中，令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0．③
设x ，x 是方程③的两根，
1 2
由|x －x |＝6，得D2－4F＝36，④
1 2
联立①②④得D＝－2，E＝－4，F＝－8或D＝－6，E＝－8，F＝0．
故圆C的一般方程为x2＋y2－2x－4y－8＝0或x2＋y2－6x－8y＝0．【典例4】已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则圆心坐标是________，
半径是________．
【解析】由已知方程表示圆，得a2＝a＋2，
解得a＝2或a＝－1．
当a＝2时，原方程不满足表示圆的条件，故舍去．
当a＝－1时，原方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，
化为标准方程为(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，
表示以(－2，－4)为圆心，半径为5的圆．
方法技巧 20 1 与圆有关的最值问题
1．与圆有关的最值问题的三种几何转化法
y−b
(1)斜率型：形如μ＝ 形式的最值问题可转化为动直线斜率的最值问题．
x−a
(2)截距型：形如t＝ax＋by形式的最值问题可转化为动直线截距的最值问题．
(3)距离型：形如m＝(x－a)2＋(y－b)2形式的最值问题可转化为动点到定点的距离的平方的最
值问题．
2．建立函数关系式求最值问题的解题策略
根据题目条件列出关于所求目标式子的函数关系式，然后根据关系式的特征选用参数法、配
方法、判别式法、单调法等，利用基本不等式求最值．
3．求解形如|PM|＋|PN|(其中M，N均为动点)且与圆C有关的折线段的最值问题的基本思路：
(1)“动化定”：把与圆上动点的距离转化为与圆心的距离；(2)“曲化直”：将折线段之和转
化为同一直线上的两线段之和，一般要通过对称性解决．
【典例1】已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0．求：
y
(1) 的最大值和最小值；
x
(2)y－x的最大值和最小值；
(3)x2＋y2的最大值和最小值．
【解析】 原方程可化为(x－2)2＋y2＝3，表示以(2，0)为圆心，❑√3为半径的圆．
y
(1) 的几何意义是圆上一点与原点连线的斜率，
x
y
所以设 ＝k，即y＝kx．
x|2k−0|
当直线y＝kx与圆相切时，斜率 k取最大值或最小值(如图1)，此时 ＝❑√3，解得k＝±
❑√k2+1
❑√3．
y
所以 的最大值为❑√3，最小值为－❑√3．
x
(2)y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最
|2−0+b|
大值或最小值(如图2)，此时 ＝❑√3，解得b＝－2±❑√6．
❑√2
所以y－x的最大值为－2＋❑√6，最小值为－2－❑√6．
(3)x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，x2＋y2在原点和圆心连线与
圆的两个交点处取得最大值和最小值(如图3)．
又圆心到原点的距离为❑√(2−0) 2+(0−0) 2＝2，
所以x2＋y2的最大值是(2＋❑√3)2＝7＋4❑√3，最小值是(2－❑√3)2＝7－4❑√3．
【典例2】设点P(x，y)是圆：x2＋(y－3)2＝1上的动点，定点A(2，0)，B(－2，0)，则⃗PA·⃗PB
的最大值为________．
【解析】法一：由题意，知⃗PA＝(2－x，－y)，⃗PB＝(－2－x，－y)，所以⃗PA·⃗PB＝x2＋y2－
4，由于点P(x，y)是圆上的点，故其坐标满足方程x2＋(y－3)2＝1，故x2＝－(y－3)2＋1，所以
⃗PA·⃗PB＝－(y－3)2＋1＋y2－4＝6y－12．由圆的方程x2＋(y－3)2＝1，易知2≤y≤4，所以当
y＝4时，⃗PA·⃗PB的值最大，最大值为6×4－12＝12．
法二：由向量的极化恒等式，得⃗PA·⃗PB＝⃗PO2－⃗AO2＝⃗PO2－4，
由于点P在圆：x2＋(y－3)2＝1上，则
当点P坐标为(0，4)时，⃗PO2取得最大值16，
∴⃗PA·⃗PB的最大值为16－4＝12．
【典例3】已知M，N分别是曲线C ：x2＋y2－4x－4y＋7＝0，C ：x2＋y2－2x＝0上的两个动点，
1 2
P为直线x＋y＋1＝0上的一个动点，则|PM|＋|PN|的最小值为( )A．❑√2 B．❑√3 C．2 D．3
【解析】曲线C ：x2＋y2－4x－4y＋7＝0是以C (2，2)为圆心，半径为1的圆， C ：x2＋y2－
1 1 2
2x＝0是以C (1，0)为圆心，半径为1的圆．由圆的对称性可得|PM|的最小值为|PC |－1，|PN|
2 1
的最小值为|PC |－1．
2
n
{ =1，
m−1
作C 关于直线x＋y＋1＝0对称的点B，设坐标为(m，n)，可得
2 m+1 n
+ +1=0，
2 2
解得m＝－1，n＝－2，即B(－1，－2)．
连接BC ，交直线于点P，连接PC ，可得
1 2
|PC |＋|PC |＝|PC |＋|PB|≥|BC |＝❑√(2+1) 2+(2+2) 2＝5．当且仅当B，P，C 三点共线可得|PC |
1 2 1 1 1 1
＋|PC |的最小值为5，则|PM|＋|PN|的最小值为5－2＝3．故选D．
2
方法技巧 20 2 与圆有关的轨迹问题
求与圆有关的轨迹问题的四种方法
(1)直接法：直接根据题设给定的条件列出方程求解．
(2)定义法：根据圆的定义列方程求解．
(3)几何法：利用圆的几何性质得出方程求解．
(4)代入法(相关点法)：找出要求的点与已知点的关系，代入已知点满足的关系式求解．
提醒：注意特殊点的取舍．
【典例1】已知直角三角形ABC的斜边为AB，且A(－1，0)，B(3，0)．求：
(1)直角顶点C的轨迹方程；
(2)直角边BC的中点M的轨迹方程．
【解析】 (1)法一(直接法)：设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0．
因为AC⊥BC，所以k ·k ＝－1．
AC BC
y y
又k ＝ ，k ＝ ，
AC x+1 BC x−3y y
所以 · ＝－1，化简得x2＋y2－2x－3＝0．
x+1 x−3
因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3＝0(y≠0)．
法二(定义法)：设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1，0)，由直角三角形的性质知|CD|＝
1
|AB|＝2．由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1，0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C
2
三点不共线，所以应除去与x轴的交点)．
所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝4(y≠0)．
(2)(相关点法)：设M(x，y)，C(x ，y )，因为B(3，0)，M是线段BC的中点，由中点坐标公式
0 0
x +3 y +0
得x＝ 0 ，y＝ 0 ，所以x ＝2x－3，y ＝2y．由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝
2 2 0 0
4(y≠0)，将x ＝2x－3，y ＝2y代入得(2x－4)2＋(2y)2＝4，即(x－2)2＋y2＝1．因此动点M的轨
0 0
迹方程为(x－2)2＋y2＝1(y≠0)．
【典例2】已知定点M(1，0)，N(2，0)，动点P满足|PN|＝❑√2|PM|．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)已知点B(6，0)，点A在轨迹C上运动，求线段AB上靠近点B的三等分点Q的轨迹方程．
【解析】 (1)设动点P的坐标为(x ，y )，
1 1
因为M(1，0)，N(2，0)，且|PN|＝❑√2|PM|，
所以❑√(x −2) 2+ y2＝❑√2·❑√(x −1) 2+ y2，
1 1 1 1
整理得x2+ y2＝2，
1 1
所以动点P的轨迹C的方程为x2＋y2＝2．
(2)设点Q的坐标为(x，y)，点A的坐标为(x ，y )，
0 0
因为Q是线段AB上靠近点B的三等分点，
所以⃗AQ＝2⃗QB，即(x－x ，y－y )＝2(6－x，－y)，
0 0
{x =3x−12，
解得 0 又点A在轨迹C上运动，
y =3 y，
0
2
所以(3x－12)2＋(3y)2＝2，化简得(x－4)2＋y2＝ ，
9
2
所以点Q的轨迹方程为(x－4)2＋y2＝ ．
9
【典例3】(多选)(2024·海南中学模拟)已知在平面直角坐标系Oxy中，A(−2，0)，B(4，0)．
|PA| 1
点P满足 ＝ ，设点P所构成的曲线为C，下列结论正确的是( )
|PB| 2
A．C的方程为(x+4) 2＋y2＝16B．在C上存在点D，使得D到点(1，1)的距离为10
C．在C上存在点M，使得|MO|＝2|MA|
D．C上的点到直线3x－4y－13＝0的最大距离为9
|PA| 1 ❑√(x+2) 2+ y2 1
【解析】由题意可设点P(x，y)，由A(−2，0)，B(4，0)， ＝ ，得 ＝ ，
|PB| 2 ❑√(x−4) 2+ y2 2
化简得x2＋y2＋8x＝0，即(x+4) 2＋y2＝16，A正确；
点(1，1)到圆上的点的最大距离为d＝❑√(−4−1) 2+(0−1) 2＋4<10，故不存在点D符合题意，B
错误；
设M(x ，y )，由|MO|＝2|MA|，得❑√x2+ y2＝2❑√(x +2) 2+ y2，又(x +4) 2+ y2＝16，
0 0 0 0 0 0 0 0
联立方程消去y 得x ＝2，解得y 无解，C错误；
0 0 0
|3×(−4)−13|
C的圆心(－4，0)到直线3x－4y－13＝0的距离为d＝ ＝5，且曲线C的半径为
5
4，则C上的点到直线3x－4y－13＝0的最大距离为d＋r＝5＋4＝9，D正确．
故选AD．
【典例4】(2024·江苏南京模拟)已知A，B为定点，且|AB|＝4，下列条件中能满足动点P的轨
迹为圆的有( )
|PA|
A．|PA|·|PB|＝10 B． ＝3
|PB|
C．|PA|2＋|PB|2＝10 D．|PA|2－|PB|2＝10
【解析】如图所示，以线段AB所在的直线为x轴，AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐
标系，
设P(x，y)，则A(－2，0)，B(2，0)．
A项，若|PA|·|PB|＝10，
则❑√(x+2) 2+ y2·❑√(x−2) 2+ y2＝10，
整理得(x2＋y2＋4)2－(4x)2＝100，
以－x代替x，以－y代替y，方程不变，
故轨迹关于原点对称，即对称中心为原点，
令x＝0，得y＝±❑√6；令y＝0，得x＝±❑√14；
所以该轨迹不是圆，故A错误；
B项，由|PA|＝3|PB|，得|PA|2＝9|PB|2，
即(x＋2)2＋y2＝9[(x−2) 2+ y2]，
( 5) 2 9
整理得x2＋y2－5x＋4＝0，即 x− ＋y2＝ ，
2 4
(5 ) 3
所以点P的轨迹是以 ，0 为圆心， 为半径的圆，故B正确；
2 2
C项，若|PA|2＋|PB|2＝10，则(x＋2)2＋y2＋(x－2)2＋y2＝10，
即x2＋y2＝1，所以点P的轨迹为圆，故C正确；
D项，因为|PA|2－|PB|2＝10，
所以(x＋2)2＋y2－(x－2)2－y2＝10，
5
即x＝ ，所以点P的轨迹为直线，故D错误．故选BC
4
方法技巧 20 3 直线与圆的位置关系
1．判断直线与圆的位置关系的常用方法
(1)几何法：利用d与r的关系．
(2)代数法：联立方程之后利用Δ判断．
(3)点与圆的位置关系法：若直线恒过定点且定点在圆内，可判断直线与圆相交．
2．圆上的点到直线的距离为定值的点的个数问题
该类问题常借助于图形转化为点到直线的距离求解．设圆的半径为 r，圆心到直线的距离为
d．
如图①，若圆上恰有一点到直线的距离为t，则需满足d＝r＋t．
如图②，若圆上恰有三点到直线的距离为t，则需满足d＝r－t．
由图①②可知，若圆上恰有两个点到直线的距离为t，则需满足r－t＜d＜r＋t．若圆上恰有四点到直线的距离为t，则需满足d＜r－t．
【典例1】直线l：mx－y＋1－m＝0与圆C：x2＋(y－1)2＝5的位置关系是( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
【解析】法一(代数法)：
{mx−y+1−m=0，
由
x2+(y−1) 2=5，
消去y，整理得(1＋m2)x2－2m2x＋m2－5＝0，
因为Δ＝16m2＋20>0，所以直线l与圆相交．
|−m|
法二(几何法)：因为圆心(0，1)到直线l的距离d＝ <1<❑√5，所以直线l与圆相交．
❑√m2+1
法三(点与圆的位置关系法)：直线l：mx－y＋1－m＝0过定点(1，1)，因为点(1，1)在圆C：x2
＋(y－1)2＝5的内部，所以直线l与圆C相交．
【典例2】(2024·安徽黄山三模)直线l：ax＋y－2＝0与圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝1的公共点的
个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．1或2
【解析】由直线l：ax＋y－2＝0，可得直线l过定点(0，2)，
又由圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝1，可得点(0，2)在圆C上，
因为直线l的斜率显然存在，所以公共点的个数为2．
故选C．
【典例3】圆(x－3)2＋(y－3)2＝9上到直线3x＋4y－11＝0的距离等于1的点的个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
|9+12−11|
【解析】如图所示，因为圆心(3，3)到直线3x＋4y－11＝0的距离为d＝ ＝2，又因
5
为圆的半径为3，所以直线与圆相交，故圆上到直线的距离为1的点有3个．
【典例4】若圆x2＋y2＝r2(r＞0)上恒有4个点到直线l：x－y－2＝0的距离为1，则实数r的取
值范围是( )A．(❑√2＋1，＋∞) B．(❑√2－1，❑√2＋1)
C．(0，❑√2－1) D．(0，❑√2＋1)
2
【解析】计算得圆心到直线l的距离为 ＝❑√2＞1，如图，直线l：x－y－2＝0与圆相交，
❑√2
l ，l 与l平行，且与直线l的距离为1，故可以看出，圆的半径应该大于圆心到直线 l 的距离
1 2 2
❑√2＋1．故选A
方法技巧 20 4 圆与圆的位置关系
1．判断两圆位置关系的方法
常用几何法，即用两圆圆心距与两圆半径和与差的绝对值的关系，一般不用代数法．
2．两圆公共弦长的求法
l
先求出公共弦所在直线的方程，在其中一圆中，由弦心距 d，弦长的一半 ，半径r构成直角
2
三角形，利用勾股定理求解，且l＝2❑√r2−d2．
【典例1】(多选)已知圆O ：(x－1)2＋y2＝4，圆O ：(x－5)2＋y2＝4m，则下列说法正确的是(
1 2
)
A．若m＝4，则圆O 与圆O 相交
1 2
B．若m＝4，则圆O 与圆O 外离
1 2
25
C．若直线x－y＝0与圆O 相交，则m>
2 8
❑√14
D．若直线x－y＝0与圆O 相交于M，N两点，则|MN|＝
1 2
【解析】圆O ：(x－1)2＋y2＝4的圆心为O (1，0)，半径r ＝2，若m＝4，则圆O ：(x－5)2＋
1 1 1 2
y2＝16，则圆心为O (5，0)，半径r ＝4，可得|O O |＝4，r ＋r ＝6，|r －r |＝2，所以|r －r |<|
2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
O O |<r ＋r ，则圆O 与圆O 相交，故A正确，B错误；若直线x－y＝0与圆O 相交，则圆
1 2 1 2 1 2 2
|5−0| 25
心O (5，0)到直线x－y＝0的距离d＝ <❑√4m，解得m> ，故C正确；圆心O (1，0)到
2 ❑√2 8 1直线x－y＝0的距离d ＝
|1−0|
＝
❑√2
，所以|MN|＝2❑√r2−d2＝2❑
√
4−
(❑√2) 2
＝❑√14，故D错误．
1 ❑√2 2 1 1 2
故选AC．
【典例2】(多选)已知圆C ：x2＋y2＝9与圆C ：(x－3)2＋(y－4)2＝16，下列说法正确的是(
1 2
)
A．C 与C 的公切线恰有4条
1 2
B．C 与C 相交弦的方程为3x＋4y－9＝0
1 2
12
C．C 与C 相交弦的弦长为
1 2 5
D．若P，Q分别是圆C ，C 上的动点，则|PQ| ＝12
1 2 max
【解析】由已知得圆C 的圆心C (0，0)，半径r ＝3，圆C 的圆心C (3，4)，半径r ＝4，
1 1 1 2 2 2
d＝|C C |＝❑√(3−0) 2+(4−0) 2＝5，r －r ＜d＜r ＋r ，故两圆相交，所以C 与C 的公切线恰有
1 2 2 1 1 2 1 2
9
2条，C 与C 相交弦的方程为3x＋4y－9＝0，C 到相交弦的距离为 ，
1 2 1 5
故相交弦的弦长为2❑
√
32−
(9) 2
＝
24
．若P，Q分别是圆C ，C 上的动点，则|PQ| ＝|C C |＋
5 5 1 2 max 1 2
r ＋r ＝12．故选BD．
1 2
【典例3】(2025·山东济南模拟)圆C ：x2＋y2＋8x－2y＋9＝0和圆C ：x2＋y2＋6x－4y＋11＝0
1 2
的公切线方程是( )
A．y＝－x＋1 B．y＝－x＋1或y＝x＋5
C．y＝－x＋5 D．y＝x＋1或y＝2x＋5
【解析】C ：(x＋4)2＋(y－1)2＝8，圆心C (－4，1)，半径r ＝2❑√2， C ：(x＋3)2＋(y－2)2＝
1 1 1 2
2，圆心C (－3，2)，半径r ＝❑√2，因为|C C |＝❑√2＝r －r ，
2 2 1 2 1 2
所以两圆相内切，公共切线只有一条，
因为圆心连线与切线相互垂直，k ＝1，
C C
1 2
所以切线斜率为－1，
{x2+ y2+8x−2y+9=0，
由方程组
x2+ y2+6x−4 y+11=0，
{x=−2，
解得
y=3，
故圆C 与圆C 的切点坐标为(－2，3)，
1 2
故公切线方程为y－3＝－(x＋2)，即y＝－x＋1．故选A．
【典例4】已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m，0)(m＞0)．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则实数m的取值范围为________．
【解析】∵∠APB＝90°，∴点P的轨迹是以AB为直径的圆O，半径为m，故点P是圆O与
圆C的交点，圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1的圆心为(3，4)，半径r＝1，|OC|＝❑√32+42＝5，因
此两圆相切或相交，
即|m－1|≤❑√32+42≤m＋1，解得4≤m≤6．
方法技巧 20 5 圆的切线问题
过圆上一点有且只有一条切线，过圆外一点，一定有两条切线，特别注意斜率不存在的情况．
【典例1】已知点P(❑√2＋1，2－❑√2)，点M(3，1)，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝4．求：
(1)过点P的圆C的切线方程；
(2)过点M的圆C的切线方程，并求出切线长．
【解析】 由题意得圆心C(1，2)，半径r＝2．
(1)∵(❑√2＋1－1)2＋(2－❑√2－2)2＝4，
∴点P在圆C上．
2−❑√2−2
又k ＝ ＝－1，
PC ❑√2+1−1
1
∴切线的斜率k＝－ ＝1．
k
PC
∴过点P的圆C的切线方程是y－(2－❑√2)＝x－(❑√2＋1)，即x－y＋1－2❑√2＝0．
(2)∵(3－1)2＋(1－2)2＝5＞4，
∴点M在圆C外部．
当过点M的切线斜率不存在时，切线方程为x＝3，
即x－3＝0．
又点C(1，2)到直线x－3＝0的距离d＝3－1＝2＝r，
即此时满足题意，所以直线x＝3是圆C的切线．
当切线的斜率存在时，设切线方程为y－1＝k(x－3)，
即kx－y＋1－3k＝0，|k−2+1−3k| 3
则圆心C到切线的距离d ＝ ＝r＝2，解得k＝ ．
1 ❑√k2+1 4
3
∴切线方程为y－1＝ (x－3)，
4
即3x－4y－5＝0．
综上可得，过点M的圆C的切线方程为x－3＝0或3x－4y－5＝0．
∵|MC|＝❑√(3−1) 2+(1−2) 2＝❑√5，
∴过点M的圆C的切线长为❑√|MC| 2 −r2＝❑√5−4＝1．
【典例2】由直线y＝x＋1上的动点P向圆C：(x－3)2＋y2＝1引切线，则切线长的最小值为(
)
A．1 B．2❑√2
C．❑√7 D．3
|3+1|
【解析】如图，切线长|PM|＝❑√|PC| 2 −1，显然当|PC|为C到直线y＝x＋1的距离即 ＝2
❑√2
❑√2时，|PM|的最小值为❑√7，故选C．
方法技巧 20 6 圆的弦长问题
对于已知弦长求直线方程的问题，若弦是直径有且只有一条，否则一定有两条；两种情况常
因漏掉直线斜率不存在的情形致误．
【典例1】设圆x2＋y2－2x－2y－2＝0的圆心为C，直线l过(0，3)，且与圆C交于A，B两点，
若|AB|＝2❑√3，则直线l的方程为( )
A．3x＋4y－12＝0或4x－3y＋9＝0
B．3x＋4y－12＝0或x＝0
C．4x－3y＋9＝0或x＝0
D．3x－4y＋12＝0或4x＋3y＋9＝0
【解析】当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝0，联立方程得
{ x=0， { x=0， { x=0，
得 或
x2+ y2−2x−2y−2=0， y=1−❑√3 y=1+❑√3，∴|AB|＝2❑√3，符合题意．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋3，∵圆x2＋y2－2x－2y－2＝0，即(x－1)2
＋(y－1)2＝4，其圆心为C(1，1)，圆的半径r＝2，圆心C(1，1)到直线y＝kx＋3的距离d＝
|k−1+3| |k+2| (|AB|) 2
＝ ，∵d2＋ ＝r2，
❑√k2+1 ❑√k2+1 2
(k+2) 2 3 3
∴ ＋3＝4，解得k＝－ ，∴直线l的方程为y＝－ x＋3，即3x＋4y－12＝0．
k2+1 4 4
综上，直线l的方程为3x＋4y－12＝0或x＝0．故选B．
【典例2】(2024·全国甲卷)已知b是a，c的等差中项，直线ax＋by＋c＝0与圆x2＋y2＋4y－1
＝0交于A，B两点，则|AB|的最小值为( )
A．1 B．2
C．4 D．2❑√5
【解析】因为a，b，c成等差数列，所以2b＝a＋c，c＝2b－a，代入直线方程ax＋by＋c＝0
得
{x−1=0， { x=1，
ax＋by＋2b－a＝0，即a(x－1)＋b(y＋2)＝0，令 得
y+2=0， y=−2，
故直线恒过点(1，－2)，设P(1，－2)．
圆的方程化为标准方程得x2＋(y＋2)2＝5，
设圆心为C，画出直线与圆，由图可知，当PC⊥AB时，|AB|最小，
|PC|＝1，|AC|＝r＝❑√5，此时|AB|＝2|AP|＝2❑√|AC| 2 −|PC| 2＝2❑√5−1＝4．
故选C．
方法技巧 20 7 与圆有关的综合问题
立足直线与圆的位置关系，将几何问题代数化是求解本类题目的关键．同时，在坐标运算中，
借助圆的几何性质，可以大大提高运算速度．
【典例1】已知直线l：4x＋3y＋10＝0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l
的右上方．(1)求圆C的方程；
(2)过点M(1，0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定
点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．
( 5) |4a+10|
【解析】 (1)设圆心C(a，0) a>− ，则 ＝2 a＝0或a＝－5(舍)，所以圆C的方程
2 ❑√42+32
为x2＋y2＝4． ⇒
(2)当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，N(t，0)，A(x ，y )，B(x ，y )，
1 1 2 2
{ x2+ y2=4，
由 得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4＝0，
y=k(x−1)，
2k2 k2−4
所以x ＋x ＝ ，x x ＝ ．
1 2 k2+1 1 2 k2+1
y y k(x −1) k(x −1)
若x轴平分∠ANB，则k ＝－k 1 + 2 ＝0 1 + 2 ＝0 2x x －(t＋1)(x
AN BN x −t x −t x −t x −t 1 2 1
1 2 1 2
⇒ ⇒ ⇒
2(k2−4) 2k2(t+1)
＋x )＋2t＝0 − ＋2t＝0 t＝4．所以当点N为(4，0)时，能使得∠ANM＝
2 k2+1 k2+1
⇒ ⇒
∠BNM总成立．
综上，存在定点N(4，0)满足题意．
【典例2】已知圆O：x2＋y2＝2，直线l：y＝kx－2．
(1)若直线l与圆O交于不同的两点A，B，当∠AOB为锐角时，求k的取值范围；
1
(2)若k＝ ，P是直线l上的动点，过P作圆O的两条切线PC，PD，切点为C，D，探究：直
2
线CD是否过定点．
【解析】 (1)设A，B的坐标分别为(x ，y )，(x ，y )，
1 1 2 2
将直线l：y＝kx－2代入圆O：x2＋y2＝2，
整理得(1＋k2)x2－4kx＋2＝0，
4k 2
∴x ＋x ＝ ，x x ＝ ，
1 2 1+k2 1 2 1+k2
Δ＝(－4k)2－8(1＋k2)＞0，即k2＞1，
当∠AOB为锐角时，
⃗OA·⃗OB＝x x ＋y y ＝x x ＋(kx －2)(kx －2)
1 2 1 2 1 2 1 2
6−2k2
＝(1＋k2)x x －2k(x ＋x )＋4＝ ＞0，解得k2＜3，又k2＞1，∴－❑√3＜k＜－1或1＜k＜
1 2 1 2 1+k2❑√3．
故k的取值范围为(－❑√3，－1)∪(1，❑√3)．
( 1 )
(2)由题意知O，P，C，D四点共圆且在以 OP为直径的圆上．设 P t， t−2 ，以OP为直
2
( 1 )
径的圆的方程为x(x－t)＋y y− t+2 ＝0，
2
(1 )
∴x2－tx＋y2－ t−2 y＝0．
2
又C，D在圆O：x2＋y2＝2上，
(1 )
两圆作差得l ：tx＋ t−2 y－2＝0，
CD 2
( y)
即 x+ t－2y－2＝0，
2
{ y { 1
x+ =0， x= ，
由 2 得 2
2y+2=0， y=−1，
(1 )
∴直线CD过定点 ，−1 ．
2
方法技巧 20 8 椭圆的定义及应用
椭圆定义的应用技巧
(1)椭圆定义的应用主要有：求椭圆的标准方程、求焦点三角形的周长、面积及求弦长、最值
和离心率等．
(2)通常将定义和余弦定理结合使用求解关于焦点三角形的周长和面积问题．
(3)定义法求轨迹方程，或利用定义实现距离转化．
【典例1】(2024·广东江门二模)已知圆A：(x＋1)2＋y2＝1内切于圆P，圆P内切于圆B：(x－
1)2＋y2＝49，则动圆P的圆心的轨迹方程为________．
【解析】设圆P的半径为R，则|PA|＝R－1，|PB|＝7－R，则|PA|＋|PB|＝6>|AB|＝2，
所以点P的轨迹为以A，B为焦点，长轴长为6的椭圆．
则2a＝6，c＝1，所以a＝3，b2＝a2－c2＝8，
x2 y2
所以动圆P的圆心的轨迹方程为 + ＝1．
9 8
【典例2】已知A(－1，0)，B是圆F：x2－2x＋y2－11＝0(F为圆心)上一动点，线段AB的垂直平分线交BF于P，则动点P的轨迹方程为________．
【解析】由题意得圆F的半径r＝2❑√3，圆心F(1，0)，且|PA|＝|PB|，
∴|PA|＋|PF|＝|PB|＋|PF|＝r＝2❑√3＞|AF|＝2，
∴点P的轨迹是以A，F为焦点的椭圆，且a＝❑√3，c＝1，∴b＝❑√2，∴动点P的轨迹方程为
x2 y2
+ ＝1．
3 2
1
【典例3】动点M(x，y)与定点F(1，0)的距离和动点M到定直线l：x＝9的距离的比是常数 ，
3
则动点M的轨迹方程为________．
【解析】设d是点M到直线l：x＝9的距离，
{ ||MF| 1}
根据题意，动点M的轨迹就是集合P＝ M = ．
d 3
❑√(x−1) 2+ y2 1
由此得， ＝ ．
|9−x| 3
x2 y2
将上式两边平方，并化简，得8x2＋9y2＝72，即 + ＝1
9 8
x2 y2
【典例 4】已知点 P 是椭圆 + ＝1 上一点，椭圆的左、右焦点分别为 F ，F ，且 cos
25 9 1 2
1
∠F PF ＝ ，则△PF F 的面积为( )
1 2 3 1 2
A．6 B．12
9❑√2
C． D．2❑√2
2
x2 y2
【解析】由椭圆 + ＝1，得a＝5，b＝3，c＝4．
25 9
设|PF |＝m，|PF |＝n，
1 2
∴m＋n＝10，在△PF F 中，由余弦定理可得
1 21
(2c)2＝m2＋n2－2mn·cos ∠F PF ＝(m＋n)2－2mn－2mn· ，
1 2 3
8 27
可得64＝100－ mn，得mn＝ ，
3 2
故S ＝
1
mn·sin ∠F PF ＝
1
×
27
×❑
√
1−
(1) 2
＝
9❑√2
．
△F 1 PF 2 2 1 2 2 2 3 2
故选C．
x2
【典例5】(2023·全国甲卷)设 F ，F 为椭圆 C： ＋y2＝1 的两个焦点，点 P 在 C 上，若
1 2 5
⃗PF ·⃗PF ＝0，则|PF |·|PF |＝( )
1 2 1 2
A．1 B．2
C．4 D．5
1
【解析】法一：因为⃗PF ·⃗PF ＝0，所以 PF ⊥PF ，则S ＝ |PF |·|PF |＝b2tan
1 2 1 2 △PF 1 F 2 2 1 2
∠F PF 1 90°
1 2，得 |PF |·|PF |＝1×tan ，所以|PF |·|PF |＝2，故选B．
2 2 1 2 2 1 2
法二：因为⃗PF ·⃗PF ＝0，所以PF ⊥PF ，
1 2 1 2
所以|PF |2＋|PF |2＝|F F |2＝(2c)2＝16．
1 2 1 2
因为|PF |＋|PF |＝2a＝2❑√5，
1 2
所以(|PF |＋|PF |)2＝20，即|PF | 2+|PF | 2＋2|PF |·|PF |＝20，所以|PF |·|PF |＝2，故选B．
1 2 1 2 1 2 1 2
【典例6】已知F是椭圆5x2＋9y2＝45的左焦点，P是椭圆上的动点，A(1，1)，则|PA|＋|PF|的
最大值为________，最小值为________．
x2 y2
【解析】椭圆方程可化为 + ＝1．
9 5
设F 是椭圆的右焦点，则F (2，0)，连接AF ，PF (图略)，
1 1 1 1
∴|AF |＝❑√2，易知|PA|＋|PF|＝|PA|－|PF |＋6．
1 1
又－|AF |≤|PA|－|PF |≤|AF |(当P，A，F 三点共线时等号成立)，∴6－❑√2≤|PA|＋|PF|≤6＋
1 1 1 1
❑√2．∴|PA|＋|PF|的最大值为6＋❑√2，最小值为6－❑√2．
方法技巧 20 9 椭圆的标准方程
1．利用定义法求椭圆方程，要注意条件2a>|F F |；利用待定系数法要先定形(焦点位置)，再
1 2
定量，也可把椭圆方程设为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)的形式．
2．椭圆的标准方程的两个应用x2 y2 x2 y2
(1)方程 + ＝1与 + ＝λ(λ>0)有相同的离心率．
a2 b2 a2 b2
x2 y2 x2 y2
(2)与椭圆 + ＝1(a>b>0)共焦点的椭圆系方程为 + ＝1(a>b>0，k＋b2>0)，恰当运
a2 b2 a2+k b2+k
用椭圆系方程，可使运算简便．
x2 y2
【典例1】 (多选)(2024·福建龙岩期中)已知曲线C： + ＝1，则( )
m−5 11−m
A．当m＝8时，C是圆
B．当m＝10时，C是焦距为4的椭圆
C．当C是焦点在x轴上的椭圆时，5<m<8
D．当C是焦点在y轴上的椭圆时，8<m<11
【解析】对于A，当m＝8时，曲线C为x2＋y2＝3，此时曲线表示圆，所以选项A正确；
x2
对于B，当m＝10时，曲线C为 ＋y2＝1，此时曲线为椭圆且椭圆C的焦距为2❑√5−1＝4，
5
所以选项B正确；
{m−5>11−m，
对于C，若曲线C是焦点在x轴上的椭圆，则 解得8<m<11，所以选项C错误；
11−m>0，
{m−5<11−m，
对于D，若曲线C是焦点在y轴上的椭圆，则 解得5<m<8，所以选项D错误．
m−5>0，
故选AB．
( 3 5)
【典例2】已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点 − ， ，(❑√3，❑√5)，
2 2
则椭圆的标准方程为________．
【解析】设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m，n＞0，m≠n)．
{( 3) 2 (5) 2
− m+ n=1，
由 2 2
3m+5n=1，
1 1
解得m＝ ，n＝ ．
6 10
y2 x2
∴椭圆的标准方程为 + ＝1．
10 6
y2 x2
【典例3】过点(❑√3，－❑√5)，且与椭圆 + ＝1有相同焦点的椭圆的标准方程为________．
25 9
y2 x2
【解析】法一(定义法)：椭圆 + ＝1的焦点为(0，－4)，(0，4)，即c＝4．
25 9由椭圆的定义知，
2a＝❑√(❑√3−0) 2+(−❑√5+4) 2+❑√(❑√3−0) 2+(−❑√5−4) 2，
解得a＝2❑√5．
由c2＝a2－b2可得b2＝4，
y2 x2
∴所求椭圆的标准方程为 + ＝1．
20 4
y2 x2
法二(待定系数法)：∵所求椭圆与椭圆 + ＝1的焦点相同，
25 9
∴其焦点在y轴上，且c2＝25－9＝16．
y2 x2
设它的标准方程为 + ＝1(a＞b＞0)．
a2 b2
∵c2＝16，且c2＝a2－b2，
故a2－b2＝16． ①
又点(❑√3，－❑√5)在所求椭圆上，
(−❑√5) 2 (❑√3) 2
∴ + ＝1，
a2 b2
5 3
则 + ＝1． ②
a2 b2
由①②得b2＝4，a2＝20，
y2 x2
∴所求椭圆的标准方程为 + ＝1．
20 4
方法技巧 21 0 椭圆的简单几何性质
解决椭圆几何性质问题，核心是紧扣椭圆的定义与标准方程，先根据题目条件（如焦点式、一般式、
参数式等）确定椭圆的焦点位置、标准方程形式，再精准提取 三个核心参数（满足 ），
进而推导长轴长 、短轴长 、焦距 、焦点坐标、顶点坐标、离心率 等几何性质；若涉及最
值、范围、对称性等问题，可结合参数方程、几何意义或代数换元法分析，同时注意区分焦点在 轴与
轴上的椭圆方程差异，避免参数混淆，通过“定方程、求参数、推性质、验选项”的流程，高效解决各类
椭圆几何性质相关题目。【典例1】(2025·广东广州模拟)已知椭圆E的方程为❑√x2+(y−2) 2+❑√x2+(y+2) 2＝8，则椭圆E(
)
A．长轴长为16
B．短轴长为4❑√3
C．焦距为2
D．焦点为(－2，0)，(2，0)
【解析】因为❑√x2+(y−2) 2+❑√x2+(y+2) 2＝8>4，所以椭圆E是以(0，2)，(0，－2)为焦点的椭
圆，
y2 x2
设椭圆E： + ＝1(a>b>0)，由题意知2a＝8，即a＝4．由b2＝a2－c2＝12可知其方程为
a2 b2
y2 x2
+ ＝1．由方程可得长轴长为8，焦距为4，短轴长为4❑√3．
16 12
故选B．
x2 y2
【典例2】(2024·山东潍坊二模)已知椭圆C： + ＝1的焦点分别为F ，F ，P为C上一点，
9 4 1 2
则( )
A．C的焦距为2❑√5
❑√5
B．C的离心率为
3
C．△F PF 的周长为3＋❑√5
1 2
D．△F PF 面积的最大值为2❑√5
1 2
x2 y2
【解析】设椭圆C： + ＝1的长轴长为2a，短轴长为2b，焦距为2c，
9 4
则a2＝9，b2＝4，c2＝9－4＝5，故a＝3，b＝2，c＝❑√5，
所以C的焦距为2❑√5，故A正确；
c ❑√5
C的离心率为 ＝ ，故B正确；
a 3
△F PF 的周长为|PF |＋|PF |＋|F F |＝2a＋2c＝6＋2❑√5，故C错误；
1 2 1 2 1 2
1
对于D，当点P位于椭圆的上、下顶点时，△F PF 的面积最大，最大值为 ×2×2❑√5＝2❑√5
1 2 2，故D正确．故选ABD．
方法技巧 21 1 椭圆的离心率问题
求椭圆离心率或其范围的方法
解题的关键是借助图形建立关于a，b，c的关系式(等式或不等式)，转化为e的关系式，常用
方法如下：
c
(1)直接求出a，c．利用离心率公式e＝ 求解．
a
√ b2
(2)由a与b的关系求离心率．利用变形公式e＝❑1− 求解．
a2
(3)构造a，c的齐次式．离心率e的求解中可以不求出a，c的具体值，而是得出a与c的关系，
从而求得e．
x2 y2
【典例1】(2022·全国甲卷)椭圆C： + ＝1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且
a2 b2
1
关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为 ，则C的离心率为( )
4
❑√3 ❑√2
A． B．
2 2
1 1
C． D．
2 3
【解析】A(－a，0)，设P(x ，y )，则Q(－x ，y )，
1 1 1 1
y y
则k ＝ 1 ，k ＝ 1 ，
AP x +a AQ −x +a
1 1
y y y2 1
故k ·k ＝ 1 · 1 ＝ 1 ＝ ，
AP AQ x +a −x +a −x2+a2 4
1 1 1
x2 y2 b2(a2−x2)
又 1+ 1＝1，则y2＝ 1 ，
a2 b2 1 a2
b2(a2−x2)
1 1 b2 1
所以 a2 ＝ ，即 ＝ ，
4 a2 4
−x2+a2
1
c √ b2 ❑√3
所以椭圆C的离心率e＝ ＝❑1− ＝ ．
a a2 2
故选A．x2 y2
【典例2】已知椭圆C： + ＝1(a＞b＞0)，F为其左焦点，直线y＝kx(k＞0)与椭圆C交于点
a2 b2
A，B，且AF⊥AB．若∠ABF＝30°，则椭圆C的离心率为( )
❑√7 ❑√6
A． B．
3 3
❑√7 ❑√6
C． D．
6 6
【解析】如图，设椭圆的右焦点为F ，连接AF ，BF ，则四边形AFBF 为平行四边形．设|
2 2 2 2
AF|＝m．因为∠ABF＝30°，则|FB|＝2m，|BF |＝|AF|＝m．因为|BF|＋|BF |＝2m＋m＝2a，所
2 2
2 (4 ) 2 (2 ) 2 4 2 28
以 m＝ a．在△BFF 中，(2c)2＝ a ＋ a －2× a× a×cos 120°，整理得 4c2＝
3 2 3 3 3 3 9
❑√7 c ❑√7
a2，解得c＝ a，故e＝ ＝ ．
3 a 3
x2 y2
若椭圆 + ＝1(a>b>0)上存在一点M，使得∠F MF ＝90°(F ，F 分别为椭圆的左、右焦点)，
a2 b2 1 2 1 2
则椭圆的离心率e的取值范围为________．
【解析】法一：设点M的坐标是(x ，y )，
0 0
则|x |<a．
0
∵F (－c，0)，F (c，0)，
1 2
∴⃗M F ＝(－c－x ，－y )，⃗M F ＝(c－x ，－y )．
1 0 0 2 0 0
∵∠F MF ＝90°，
1 2
∴⃗M F ·⃗M F ＝−(c+x )(c−x )+ y2＝0，即x2+ y2＝c2．
1 2 0 0 0 0 0
b2
又点M在椭圆上，即y2＝b2− x2，
0 a2 0
c2
∴x2+ y2＝b2+ x2 ∈[b2，a2)，即c2∈[b2，a2)，
0 0 a2 0
c2 1
∴c2≥b2＝a2－c2，即 ≥ ，
a2 2
❑√2
又0<e<1，∴ ≤e<1，
2[❑√2 )
故椭圆的离心率e的取值范围是 ，1 ．
2
法二：设点M的坐标是(x ，y )，
0 0
{x2 y2
0+ 0=1，
由法一可得 a2 b2 消去y ，
0
x2+ y2=c2
，
0 0
a2(c2−b2)
得x2＝ ，
0 c2
{a2(c2−b2)
≥0①，
c2
∵0≤x2<a2，∴
0 a2(c2−b2)
<a2
②，
c2
由②得c2－b2<c2，此式恒成立．
由①得c2≥b2，即c2≥a2－c2，∴a2≤2c2，
c2 1 [❑√2 )
则e2＝ ≥ ．又0<e<1，∴e∈ ，1 ．
a2 2 2
[❑√2 )
故椭圆的离心率e的取值范围是 ，1 ．
2
法三：设椭圆的一个短轴端点为P，
∵椭圆上存在一点M，使∠F MF ＝90°，
1 2
c2 1
∴∠F PF ≥90°，则c≥b，∴c2≥b2＝a2－c2，即 ≥ ，
1 2 a2 2
❑√2
又0<e<1，∴ ≤e<1，
2
[❑√2 )
故椭圆的离心率e的取值范围为 ，1 ．
2
方法技巧 21 2 与椭圆有关的最值 ( 范围 ) 问题
利用椭圆几何性质求值或范围的思路(1)将所求问题用椭圆上点的坐标表示，利用坐标范围构造函数或不等关系．
(2)将所求范围用a，b，c表示，利用a，b，c自身的范围、关系求解．
x2 y2
【典例1】设 A，B 是椭圆 C： + ＝1 长轴的两个端点，若 C 上存在点 M 满足∠AMB＝
3 m
120°，则m的取值范围是( )
A．(0，1]∪[9，＋∞) B．(0，❑√3]∪[9，＋∞)
C．(0，1]∪[4，＋∞) D．(0，❑√3]∪[4，＋∞)
【解析】由题意知，当M在短轴端点时，∠AMB最大．
①如图1，当焦点在x轴上，即0＜m＜3时，
❑√3
a＝❑√3，b＝❑√m，tan α＝ ≥tan 60°＝❑√3，∴0＜m≤1．
❑√m
②如图2，当焦点在y轴上，即m＞3时，
❑√m
a＝❑√m，b＝❑√3，tan α＝ ≥tan 60°＝❑√3，∴m≥9．
❑√3
综上，m的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞)，
故选A．
x2
【典例2】(2021·全国乙卷)设B是椭圆C： ＋y2＝1的上顶点，点P在C上，则|PB|的最大
5
值为( )
5
A． B．❑√6
2
C．❑√5 D．2
x2
【解析】法一(消元转化法)：设点P(x，y)，则根据点P在椭圆 ＋y2＝1上可得x2＝5－5y2．
5
易知点B(0，1)，所以根据两点间的距离公式得|PB|2＝x2＋(y－1)2＝5－5y2＋(y－1)2＝－4y2－
25 ( 1) 2
2y＋6＝ − 2y+ ．
4 2
1 1 25 5
当2y＋ ＝0，即y＝－ (满足|y|≤1)时，|PB|2取得最大值 ，所以|PB| ＝ ．故选A．
2 4 4 max 2x2
法二(利用椭圆的参数方程)：因为点P在椭圆 ＋y2＝1上，所以可设点P(❑√5cos θ，sin θ)．
5
易知点B(0，1)，所以根据两点间的距离公式得|PB|2＝(❑√5cos θ)2＋(sin θ－1)2＝4cos2θ－2sinθ
25 ( 1) 2 1 1
＋2＝－4sin2θ－2sinθ＋6＝ − 2sinθ+ ．易知当2sin θ＋ ＝0，即sin θ＝－ 时，|PB|2
4 2 2 4
25 5
取得最大值 ，所以|PB| ＝ ．故选A．
4 max 2
方法技巧 21 3 椭圆的蒙日圆及其性质
x2 y2
过椭圆 + ＝1(a>b>0)上任意不同两点M，N作椭圆的切线，若两切线垂直且相交于
a2 b2
点P，则动点P的轨迹为圆O：x2＋y2＝a2＋b2，此圆即椭圆的蒙日圆．椭圆的蒙日圆有如下
性质：
性质1：PM⊥PN．
性质2：PO平分切点弦MN．
ab a2b2
性质3：S 的最大值为 ，S 的最小值为 ．
△MON 2 △MON a2+b2
【典例1】(多选)法国数学家加斯帕尔·蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”．
他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆
x2 y2 3
称为该椭圆的蒙日圆．若椭圆 Γ： + ＝1(a>b>0)的蒙日圆为C：x2＋y2＝ a2，过C上的
a2 b2 2
动点M作Γ的两条切线，分别与C交于P，Q两点，直线PQ交Γ于A，B两点，则( )
❑√2
A．椭圆Γ的离心率为
2
3
B．△MPQ面积的最大值为 a2
2
C．M到Γ的左焦点的距离的最小值为(2−❑√2)a
1
D．若动点D在Γ上，将直线DA，DB的斜率分别记为k ，k ，则k k ＝－
1 2 1 2 2
【解析】依题意，过椭圆Γ的上顶点作y轴的垂线，过椭圆Γ的右顶点作x轴的垂线，则这
3 c
两条垂线的交点在圆 C 上，所以 a2＋b2＝ a2，得 a2＝2b2，所以椭圆 Γ 的离心率 e＝ ＝
2 a
√ b2 ❑√2
❑1− ＝ ，A正确；
a2 2因为点 M，P，Q 都在圆 C 上，且∠PMQ＝90°，所以 PQ 为圆 C 的直径，所以|PQ|＝2×
√3 1 √3 ❑√6a √3 3
❑ a2＝❑√6a，所以△MPQ 面积的最大值为 |PQ|×❑ a2＝ ×❑ a2＝ a2，B 正确；设
2 2 2 2 2 2
1
M(x ，y )，Γ 的左焦点为 F(−c，0)，连接 MF(图略)，因为 c2＝a2－b2＝ a2，所以|MF| 2＝
0 0 2
3 ❑√2 1 ❑√6 ❑√6
(x +c) 2+ y2＝x2+ y2＋2x c＋c2＝ a2＋2x × a＋ a2＝2a2＋❑√2ax ，又－ a≤x ≤ a，所
0 0 0 0 0 2 0 2 2 0 2 0 2
(❑√6−❑√2)a
以|MF| 2≥(2−❑√3)a2，则M到Γ的左焦点的距离的最小值为 ，C错误；由直线PQ
2
经过坐标原点，易得点A，B关于原点对称，设A(x ，y )，D(x ，y )，则B(－x ，－y )，k
1 1 2 2 1 1 1
{
x2 y2
1 + 1=1，
y −y y + y 2b2 b2
＝ 1 2，k ＝ 1 2，又
x −x 2 x +x x2 y2
1 2 1 2 2 + 2=1，
2b2 b2
x2−x2 y2−y2 y2−y2 y −y y + y 1 1
所以 1 2+ 1 2＝0，所以 1 2＝ 1 2· 1 2＝－ ，所以k k ＝－ ，D正确．
2b2 b2 x2−x2 x −x x +x 2 1 2 2
1 2 1 2 1 2
故选ABD．
【典例2】加斯帕尔·蒙日是法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的
任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙
x2 y2
日圆”．若长方形G的四边均与椭圆M： + ＝1相切，则下列说法错误的是( )
6 4
❑√3
A．椭圆M的离心率为
3
B．椭圆M的蒙日圆方程为x2＋y2＝10
C．若G为正方形，则G的边长为2❑√5
D．长方形G的面积的最大值为18
❑√2 ❑√3
【解析】由椭圆方程知a＝❑√6，b＝2，则c＝❑√6−4＝❑√2，离心率为e＝ ＝ ，A正确；
❑√6 3
当长方形G的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为 2❑√6和4，其对角线长为❑√24+16＝
2❑√10，因此蒙日圆的半径为❑√10，圆的方程为x2＋y2＝10，B正确；设长方形的边长分别为m，n，因此m2＋n2＝40≥2mn，即mn≤20，当且仅当m＝n时取等号，
所以长方形G的面积的最大值是20，此时该长方形G为正方形，边长为2❑√5，C正确，D错
误．故选D．
方法技巧 21 4 直线与椭圆的位置关系
(1)研究直线和椭圆的位置关系，一般转化为研究直线方程与椭圆方程组成的方程组的解的个
数．
(2)对于过定点的直线，也可以通过判断定点在椭圆内部或椭圆上来判定直线和椭圆是否有交
点．
x2 y2
【典例1】已知直线 l：y＝2x＋m，椭圆 C： + ＝1．试问当m取何值时，直线 l与椭圆
4 2
C：
(1)有两个不同的公共点；
(2)有且只有一个公共点；
(3)没有公共点．
{y=2x+m，①
【解析】 将直线l的方程与椭圆C的方程联立，得方程组 x2 y2
+ =1，②
4 2
将①代入②，整理得9x2＋8mx＋2m2－4＝0．③
方程③根的判别式Δ＝(8m)2－4×9×(2m2－4)＝−8m2＋144．
(1)当Δ＞0，即－3❑√2＜m＜3❑√2时，方程③有两个不同的实数根，可知原方程组有两组不同
的实数解．这时直线l与椭圆C有两个不同的公共点．
(2)当Δ＝0，即m＝±3❑√2时，方程③有两个相同的实数根，可知原方程组有两组相同的实数
解．即直线l与椭圆C有且只有一个公共点．
(3)当Δ＜0，即m＜－3❑√2或m＞3❑√2时，方程③没有实数根，可知原方程组没有实数解．这
时直线l与椭圆C没有公共点．
【典例2】(2025·江苏南通模拟)已知动点M(x，y)与定点F(4，0)的距离和M到定直线l：x＝
25 4
的距离的比是常数 ．
4 5
(1)求动点M的轨迹E的方程；
(2)在E上是否存在一点使得它到直线 4x－5y＋40＝0的距离最小？若存在，请求出最小距离；
若不存在，请说明理由．❑√(x−4) 2+ y2
4
【解析】 (1)根据题意得 |25 | ＝ ．
−x 5
4
化简，得9x2＋25y2＝225，
x2 y2
所以M的轨迹E的方程为 + ＝1．
25 9
(2)因为直线4x－5y＋40＝0与坐标轴的交点为(－10，0)，(0，8)，所以直线与椭圆无公共点，
设直线m与该直线平行，则直线m的方程可以写成4x－5y＋k＝0．
{4x−5 y+k=0，
由方程组 x2 y2 消去y得25x2＋8kx＋k2－225＝0．
+ =1，
25 9
由Δ＝64k2－100(k2－225)＝0，得k＝25或k＝－25，
当k＝25时，直线4x－5y＋25＝0与椭圆的公共点到直线4x－5y＋40＝0的距离最小，
|40−25| 15❑√41
最小距离d＝ ＝ ．
❑√42+52 41
15❑√41
综上，在E上存在一点使得它到直线4x－5y＋40＝0的距离最小，最小距离为 ．
41
x2 y2
【典例3】(多选)已知直线l：y＝x＋m与椭圆C： + ＝1，则下列结论正确的是( )
6 2
A．若C与l至少有一个公共点，则m≤2❑√2
B．若C与l有且仅有两个公共点，则|m|<2❑√2
C．若m＝3❑√2，则C上到l的距离为5的点只有1个
D．若m＝－❑√2，则C上到l的距离为1的点只有3个
{
y=x+m，
【解析】联立 x2 y2 消去y得4x2＋6mx＋3m2－6＝0，则判别式Δ＝12(8−m2)．
+ =1，
6 2
令Δ＝12(8−m2)≥0，
则有|m|≤2❑√2，－2❑√2≤m≤2❑√2，A错误；
令Δ＝12(8−m2)>0，则有|m|<2❑√2，B正确；令直线l与椭圆C相切，
则Δ＝12(8−m2)＝0，
|3❑√2−(−2❑√2)|
即m＝±2❑√2，直线y＝x＋3❑√2与y＝x－2❑√2的距离d＝ ＝5，C正确；
❑√2
如图，直线y＝x－❑√2与y＝x－2❑√2和y＝x的距离均为1，因此，C上到l的距离为1的点只有
3个，D正确．故选BCD．
方法技巧 21 5 椭圆的弦长问题
求弦长的前提是直线和椭圆相交，可利用弦长公式计算弦长； 对于中点弦问题，常用“根与
系数的关系”或“点差法”求解．在用“根与系数的关系”时，要注意前提条件Δ＞0；在用
“点差法”时，要检验直线与椭圆是否相交．
π
【典例1】已知椭圆C：x2＋2y2＝2的左、右焦点分别为F ，F ，过点F 作倾斜角为 的直线l
1 2 1 4
交椭圆于A，B两点．
(1)求弦AB的长和△ABF 的周长；
2
(2)求△ABF 的面积．
2
x2
【解析】 (1)椭圆C： ＋y2＝1，a2＝2，b2＝1，
2
c2＝a2－b2＝1，即F (－1，0)，
1
所以直线l的方程为y＝x＋1，
{ y=x+1， 4
联立 消去y，整理得3x2＋4x＝0，x ＝0或x ＝－ ，
x2+2y2=2， 1 2 3
| ( 4)| 4❑√2
所以|AB|＝❑√1+k2|x －x |＝❑√2× 0− − ＝ ，
1 2 3 3
故△ABF 的周长为|AF |＋|AF |＋|BF |＋|BF |＝4a＝4❑√2．
2 1 2 1 2
4 1
(2)由x ＝0，得y ＝1，由x ＝－ ，得y ＝－ ，
1 1 2 3 2 3( 4 1)
设A(0，1)，B − ，− ，
3 3
1 1 | ( 1)| 4
△ABF 的面积S＝ ×|F F |×|y －y |＝ ×2× 1− − ＝ ．
2 2 1 2 1 2 2 3 3
x2 y2
【典例2】已知椭圆C： + ＝1的左、右焦点分别为F ，F ，若斜率为－1的直线l与以线
4 3 1 2
|CD| 8❑√3
段F F 为直径的圆相交于A，B两点，与椭圆相交于C，D两点，且 ＝ ，求出直线l
1 2 |AB| 7
的方程．
【解析】 设直线l的方程为y＝－x＋m，由题意知F ，F 的坐标分别为(－1，0)，(1，0)，
1 2
|−m|
所以以线段F F 为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，由题意知圆心(0，0)到直线l的距离d＝
1 2 ❑√2
＜1，得|m|＜❑√2．
√ m2
|AB|＝2❑√1−d2＝2❑1−
2
＝❑√2×❑√2−m2．
{x2 y2
+ =1，
联立 4 3 消去y，得7x2－8mx＋4m2－12＝0，
y=−x+m，
由题意得Δ＝(－8m)2－4×7×(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)＞0，解得m2＜7，所以m2＜
2．
设C(x ，y )，D(x ，y )，
1 1 2 2
8m 4m2−12 √ (8m) 2 4m2−12
则 x ＋ x ＝ ， x x ＝ ， |CD| ＝ ❑√2|x － x | ＝ ❑√2×❑ −4× ＝
1 2 7 1 2 7 1 2 7 7
√336−48m2 4❑√6 8❑√3 8❑√3 1
❑√2×❑ ＝ ×❑√7−m2＝ |AB|＝ ×❑√2×❑√2−m2，解得m2＝ ＜2，得m＝
49 7 7 7 3
❑√3
± ．
3
❑√3
即直线l的方程为y＝－x± ．
3方法技巧 21 6 椭圆的中点弦问题
点差法适用范围：涉及弦中点的轨迹问题或弦所在直线的斜率问题时，可考虑点差法．
【典例1】若椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的中点
的纵坐标为1，则这个椭圆的方程为________．
y2 x2
【解析】法一(直接法)：∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆方程为 +
b2+4 b2
{
y2 x2
+ =1，
＝1(b>0)，由 b2+4 b2 消去x，
y=3x+7，
得(10b2＋4)y2－14(b2＋4)y－9b4＋13b2＋196＝0，
y + y
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x ，y )，B(x ，y )，由题意知 1 2＝
1 1 2 2 2
1，
14(b2+4)
∴y ＋y ＝ ＝2，解得b2＝8．
1 2 10b2+4
经检验，直线与椭圆有2个交点，满足题意．
y2 x2
∴所求椭圆方程为 + ＝1．
12 8
y2 x2
法二(点差法)：∵椭圆的中心在原点，一个焦点为(0，2)，∴设椭圆的方程为 + ＝
b2+4 b2
1(b>0)．
设直线y＝3x＋7与椭圆相交所得弦的端点分别为A(x ，y )，B(x ，y )，
1 1 2 2
{
y2 x2
1 + 1=1，①
b2+4 b2
则
y2 x2
2 + 2=1，②
b2+4 b2
(y −y )(y + y ) (x −x )(x +x )
①－②得 1 2 1 2 + 1 2 1 2 ＝0，
b2+4 b2
y −y y + y b2+4
即 1 2· 1 2＝－ ，
x −x x +x b2
1 2 1 2
又∵弦AB的中点的纵坐标为1，故横坐标为－2，y −y 2×1 b2+4
k＝ 1 2＝3，代入上式得3× ＝－ ，解得b2＝8，经检验，直线与椭圆有2个
x −x 2×(−2) b2
1 2
交点，满足题意．
y2 x2
故所求的椭圆方程为 + ＝1．
12 8
x2 y2
【典例2】已知椭圆C： + ＝1，左、右焦点分别为F ，F ，直线l与椭圆交于A，B两点，
16 4 1 2
( ❑√3)
弦AB被点 ❑√3， 平分．求：
2
(1)直线l的方程；
(2)△F AB的面积．
1
【解析】 (1)设交点A(x ，y )，B(x ，y )，
1 1 2 2
{x2 y2
1 + 1=1，
16 4
则
x2 y2
2 + 2=1，
16 4
两式相减得(x ＋x )(x －x )＝－4(y ＋y )(y －y )，
1 2 1 2 1 2 1 2
( ❑√3)
因为弦AB被点 ❑√3， 平分，
2
所以x ＋x ＝2❑√3，y ＋y ＝❑√3，
1 2 1 2
y −y 1 x +x 1
所以直线l的斜率k＝ 1 2＝－ · 1 2＝－ ，
x −x 4 y + y 2
1 2 1 2
故直线l的方程为x＋2y－2❑√3＝0．
(2)法一(常规方法)：设A(x ，y )，B(x ，y )，
1 1 2 2
{x+2y−2❑√3=0，
联立 x2 y2 得x2－2❑√3x－2＝0，Δ＞0，
+ =1，
16 4
所以x ＋x ＝2❑√3，x x ＝－2，
1 2 1 2
所以|AB|＝❑ √ 1+ ( − 1) 2 ❑√(x +x ) 2−4x x ＝ ❑√5 ❑√(2❑√3) 2 −4×(−2)＝5，
2 1 2 1 2 2
由椭圆的方程可得，c2＝a2－b2＝16－4＝12，
所以c＝2❑√3，所以F (－2❑√3，0)，
1
|−2❑√3+0−2❑√3| 4❑√15
所以点F (－2❑√3，0)到直线l：x＋2y－2❑√3＝0的距离d＝ ＝ ，
1 ❑√12+22 51 1 4❑√15
所以S ＝ |AB|d＝ ×5× ＝2❑√15．
△F 1 AB 2 2 5
{
x2 y2
+ =1，
法二(面积拆分法)：联立 16 4
x+2y−2❑√3=0，
得2y2－2❑√3y－1＝0，Δ＞0，
1
所以y ＋y ＝❑√3，y y ＝－ ，
1 2 1 2 2
所以|y －y |＝❑√5，
1 2
又因为直线l过点F (2❑√3，0)，
2
1 1
所以S ＝ |F F ||y －y |＝ ×4❑√3×❑√5＝2❑√15．
△F 1 AB 2 1 2 1 2 2
x2 y2
【典例3】已知直线x－❑√3y＋1＝0与椭圆C： + ＝1(a>b>0)交于A，B两点，且线段AB的
a2 b2
中点为M，若直线OM(O为坐标原点)的倾斜角为150°，则椭圆C的离心率为( )
1 2 ❑√3 ❑√6
A． B． C． D．
3 3 3 3
【解析】设A(x ，y )，B(x ，y )，线段AB的中点M(x ，y )．
1 1 2 2 0 0
x2 y2 x2 y2
∵ 1+ 1＝1， 2+ 2＝1，
a2 b2 a2 b2
(x +x )(x −x ) (y + y )(y −y ) y −y
两式相减可得 1 2 1 2 + 1 2 1 2 ＝0，把 x ＋x ＝2x ，y ＋y ＝2y ， 1 2＝
a2 b2 1 2 0 1 2 0 x −x
1 2
❑√3 y ❑√3 b2 1
， 0＝tan 150°＝－ 代入可得 ＝ ．
3 x 3 a2 3
0
√ b2 ❑√6
∴e＝❑1− ＝ ．故选D．
a2 3
方法技巧 21 7 直线与椭圆的综合问题
1．求解直线与椭圆的综合问题的基本思想是方程思想，即根据题意，列出有关的方程，利用
代数的方法求解．为减少计算量，在代数运算中，经常运用设而不求、整体代入的方法，如
❑√Δ
弦长公式中|x －x |＝❑√(x +x ) 2−4x x ＝ ，其中x ，x 是ax2＋bx＋c＝0的两根．
1 2 1 2 1 2 |a| 1 2
2．涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．x2 y2
【典例1】已知P点坐标为(0，－2)，点A，B分别为椭圆E： + ＝1(a>b>0)的左、右顶点，
a2 b2
3
直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且⃗PQ＝ ⃗QB．
2
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，
求直线l斜率的取值范围．
【解析】 (1)由△ABP是等腰直角三角形，
得a＝2，B(2，0)．
3
设Q(x ，y )，则由⃗PQ＝ ⃗QB，
0 0 2
6
{ x = ，
0 5
得
4
y =− ，
0 5
代入椭圆方程得b2＝1，
x2
所以椭圆E的方程为 ＋y2＝1．
4
(2)依题意得，直线l的斜率存在，方程设为y＝kx－2．
{y=kx−2，
联立 x2
+ y2=1，
4
消去y并整理，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0．(*)
因为直线l与E有两个交点，即方程(*)有不相等的两个实根，
3
故Δ＝(－16k)2－48(1＋4k2)>0，解得k2> ．
4
设M(x ，y )，N(x ，y )，由根与系数的关系得
1 1 2 2
16k
{x +x = ，
1 2 1+4k2
12
x x = ，
1 2 1+4k2
因为坐标原点O位于以MN为直径的圆外，
所以⃗OM·⃗ON>0，即x x ＋y y >0，
1 2 1 2
又由x x ＋y y ＝x x ＋(kx －2)(kx －2)
1 2 1 2 1 2 1 2
＝(1＋k2)x x －2k(x ＋x )＋4
1 2 1 212 16k
＝(1＋k2)· －2k· ＋4>0，
1+4k2 1+4k2
解得k2<4．
3 ❑√3 ❑√3
综上可得 <k2<4，则 <k<2或－2<k<－ ．
4 2 2
( ❑√3) (❑√3 )
则满足条件的斜率k的取值范围为 −2，− ∪ ，2 ．
2 2
( ❑√3)
【典例2】已知椭圆C的两个焦点为F (－1，0)，F (1，0)，且经过点E ❑√3， ．
1 2 2
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过F 的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若⃗AF ＝2⃗F B，求直线l的斜
1 1 1
率k．
x2 y2
【解析】 (1)根据题意知椭圆的焦点在 x轴上，所以设椭圆 C 的方程为 + ＝1(a＞b＞
a2 b2
0)，
{2a=|EF
1
|+|EF
2
|=4，
{
a=2，
由 a2=b2+c2
，
解得 c=1，
c=1， b=❑√3，
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + ＝1．
4 3
(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，
{y=k(x+1)，
联立 x2 y2
+ =1，
4 3
( 3 ) 6
整理得 +4 y2－ y－9＝0，
k2 k
144
则Δ＝ ＋144＞0，
k2
设A(x ，y )，B(x ，y )，
1 1 2 2
6k −9k2
则y ＋y ＝ ，y y ＝ ，
1 2 3+4k2 1 2 3+4k2
又⃗AF ＝2⃗F B，所以y ＝－2y ，
1 1 1 2
12k −6k −9k2
所以y ＝ ，y ＝ ，代入y y ＝ ，
1 3+4k2 2 3+4k2 1 2 3+4k2❑√5 ❑√5
得3＋4k2＝8，解得k＝± ，又k＞0，所以k＝ ．
2 2
x2 y2 1
【典例3】已知椭圆C： + ＝1(a>b>0)的离心率为 ，左、右焦点分别为F ，F ，O为坐标
a2 b2 2 1 2
原点，点P在椭圆C上，且满足|⃗PF |＝4，|⃗PF ||⃗PF |－2⃗PF ·⃗PF ＝0．
1 1 2 1 2
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知过点(2，0)且不与x轴重合的直线l与椭圆C交于M，N两点，在x轴上是否存在定点
Q，使得∠MQO＝∠NQO．若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
⃗PF ·⃗PF
1
1 2
【解析】 (1)由cos ∠F PF ＝ ＝ 知∠F PF ＝60°，
1 2 |⃗PF ||⃗PF | 2 1 2
1 2
c 1
在△F PF 中，|PF |＝2a－4， ＝ ，由余弦定理得4c2＝16＋(2a－4)2－4(2a－4)，
1 2 2 a 2
解得a＝4，c＝2，b2＝12，
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + ＝1．
16 12
(2)假设存在点Q(m，0)满足条件，设直线l方程为x＝ty＋2，
{
x=ty+2，
设M(x ，y )，N(x ，y )，由 x2 y2
1 1 2 2 + =1，
16 12
消去x有(3t2＋4)y2＋12ty－36＝0，
Δ＞0，
−12t −36
所以y ＋y ＝ ，y y ＝ ，
1 2 3t2+4 1 2 3t2+4
y y
k ＋k ＝ 1 + 2
MQ NQ x −m x −m
1 2
2t y y +(2−m)(y + y )
1 2 1 2
＝
(t y +2−m)(t y +2−m)
1 2
−72t 12(2−m)t
−
＝ 3t2+4 3t2+4 ，
(t y +2−m)(t y +2−m)
1 2
因为∠MQO＝∠NQO，所以k ＋k ＝0，
MQ NQ
即－72t－12(2－m)t＝0，
解得m＝8，所以存在Q(8，0)，使得∠MQO＝∠NQO．
方法技巧 21 8 圆锥曲线的非对称韦达问题
对于某些圆锥曲线大题，在联立直线与圆锥曲线的方程时，常常会涉及一元二次方程，它
的两个根x ，x 满足根与系数的关系．一般来说，在应用题设条件解决问题时，常常能凑出
1 2
x ＋x 和x x ，但有些时候无法直接凑出这两个式子，进而无法直接代入根与系数的关系，这
1 2 1 2
就是所谓的“非对称”的根与系数的关系问题．
x2 y2 ( 3)
【典例1】已知椭圆E： + ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F ，F ，P −1， 为E上一
a2 b2 1 2 2
点，且PF 与x轴垂直．
1
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点F 的直线l与E交于A，B两点，已知点M(0，1)，且△MAF 的面积为△MBF 面积
2 2 2
的2倍，求直线l的方程．
1 9
{ + =1，
( 3) a2 4b2
【解析】 (1)因为 P −1， 为 E 上一点，且 PF 与 x 轴垂直，所以 解得
2 1 c=1，
a2=b2+c2
，
{a2=4，
x2 y2
b2=3，所以椭圆E的方程为 + ＝1．
4 3
c2=1，
(2)易得直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x＝ty＋1，点A(x ，y )，B(x ，y )．
1 1 2 2
{ x=ty+1， 6t 9
联立 得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，Δ＞0，故y ＋y ＝－ ，y y ＝－ ．
3x2+4 y2=12， 1 2 3t2+4 1 2 3t2+4
由△MAF 的面积是△MBF 面积的2倍，可得⃗AF ＝2⃗F B，所以y ＝－2y ，即y ＋2y ＝0．
2 2 2 2 1 2 1 2
拓展1 倒数求和法
x x (x +x ) 2−2x x
此拓展是对形如y ＝λy (或x ＝λx )的关系式，利用 1+ 2＝ 1 2 1 2将问题转化为对称
1 2 1 2 x x x x
2 1 1 2
结构．
y y y (y + y ) 2−2y y 5
解法1 接典例解答，由y ＝－2y ，得 1＝－2，故 1+ 2＝ 1 2 1 2＝－ ．结合根
1 2 y y y y y 2
2 2 1 1 2
4 ❑√5
与系数的关系，化简可得5t2＝4，即t2＝ ．故直线l的方程为y＝± (x－1)．
5 2
拓展2 配凑法由y ＋λy ＝0配凑，得λ(y ＋y )＝(λ－1)y ，y ＋y ＝(1－λ)y ，两式相乘，可得λ(y ＋y )2＝－(λ
1 2 1 2 1 1 2 2 1 2
－1)2y y ，从而将问题转化为对称结构．
1 2
{2(y + y )= y ，
解法2 接典例解答，由y ＝－2y ，得y ＋2y ＝0，于是 1 2 1 两式相乘可得2(y ＋
1 2 1 2 y + y =−y ， 1
1 2 2
4 ❑√5
y )2＝－y y ，结合根与系数的关系，化简可得 5t2＝4，即t2＝ ．故直线l的方程为y＝± (x
2 1 2 5 2
－1)．
拓展3 方程组法
该拓展的实质是借助方程思想，由非对称式结合根与系数的关系，列方程组解答．
6t 12t 6t
解法3 接典例解答，联立y ＋2y ＝0与y ＋y ＝－ ，解得y ＝－ ，y ＝ ．
1 2 1 2 3t2+4 1 3t2+4 2 3t2+4
9 72t2 9 4 ❑√5
再结合y y ＝－ ，得 ＝ ，解得t2＝ ．故直线l的方程为y＝± (x－1)．
1 2 3t2+4 (3t2+4) 2 3t2+4 5 2
y2
【典例2】已知A，B分别为双曲线C：x2－ ＝1的左、右顶点，过双曲线的右焦点F的直线
3
交双曲线于P，Q两点(异于A，B)，求直线AP，BQ的斜率的比值．
【解析】 由题意知F(2，0)，设直线PQ的方程为x＝my＋2，P(x ，y )，Q(x ，y )，
1 1 2 2
{
y2
x2− =1， 12m
联立 3 得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，Δ＝36m2＋36＞0，则y ＋y ＝－ ，①
1 2 3m2−1
x=my+2，
9
y y ＝ ，②
1 2 3m2−1
① y + y 4m
而 得 1 2＝－ ，
② y y 3
1 2
3
∴my y ＝－ (y ＋y )．
1 2 4 1 2
y y
又k ＝ 1 ，k ＝ 2 ，
AP x +1 BQ x −1
1 2
k y x −1 y (m y +1)
AP＝ 1 · 2 ＝ 1 2
k x +1 y (m y +3)y
BQ 1 2 1 2
3
− (y + y )+ y
m y y + y 4 1 2 1 1
＝ 1 2 1 ＝ ＝－ ．
m y y +3 y 3 3
1 2 2 − (y + y )+3 y
4 1 2 2
1
所以直线AP，BQ的斜率的比值为－ ．
3x2 y2 1
【典例3】已知椭圆C： + ＝1(a＞b＞0)的上顶点到右顶点的距离为❑√7，离心率为 ，过椭
a2 b2 2
圆的左焦点F作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，直线m的方程为x＝－2a，
过点M作ME垂直于直线m交直线m于点E．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)①求证：直线EN必过定点P，并求定点P的坐标；
②点O为坐标原点，求△OEN面积的最大值．
{
❑√a2+b2=❑√7，
a2=b2+c2
，
【解析】 (1)由题意可得 所以a＝2，b＝❑√3．
c 1
= ，
a 2
x2 y2
故椭圆C的标准方程为 + ＝1．
4 3
(2)①证明：由题意知，F(－1，0)，
设直线MN：x＝my－1，M(x ，y )，N(x ，y )，E(－4，y )，
1 1 2 2 1
{x=my−1，
由方程组 x2 y2
+ =1，
4 3
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ＞0，
6m −9
所以y ＋y ＝ ，y y ＝ ，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
所以－2my y ＝3(y ＋y )．
1 2 1 2
y −y y −y
又k ＝ 2 1，所以直线EN的方程为y－y ＝ 2 1 (x＋4)，
EN x +4 1 x +4
2 2
3
y (x +4) m y y +3 y (y −y ) 3 5
令y＝0，则x＝－4－ 1 2 ＝－4－ 1 2 1＝－4－2 1 2 ＝－4＋ ＝－ ．
y −y y −y 2 2
2 1 2 1 y −y
2 1
( 5 )
所以直线EN过定点P − ，0 ．证毕．
2
②由①知Δ＝144(m2＋1)＞0，所以m∈R，
12❑√m2+1
又|y －y |＝❑√(y + y ) 2−4 y y ＝ ，
1 2 1 2 1 2 3m2+4
1 5 12❑√m2+1 15❑√m2+1 15❑√m2+1
所以S ＝ |OP||y －y |＝ · ＝ ＝ ，
△OEN 2 1 2 4 3m2+4 3m2+4 3(m2+1)+115
令t＝❑√m2+1，t≥1，则f (t)＝ 1，
3t+
t
1 1 3t2−1
令g(t)＝3t＋ ，g′(t)＝3－ ＝ ，当t≥1时，g′(t)＞0，
t t2 t2
1
故g(t)＝3t＋ 在[1，＋∞)上单调递增，
t
15
则f (t)＝ 1在[1，＋∞)上单调递减，
3t+
t
15
15t 15
即S ＝ ＝ 1在[1，＋∞)上单调递减，所以t＝1时，(S ) ＝ ．
△OEN 3t2+1 3t+ △OEN max 4
t
方法技巧 21 9 双曲线的定义及其应用
双曲线定义的应用
(1)利用定义求动点的轨迹方程，要分清是差的绝对值为常数，还是差为常数，即是双曲线还
是双曲线的一支．
(2)在“焦点三角形”中，常利用正、余弦定理，结合||PF |－|PF ||＝2a，运用平方的方法，建
1 2
立|PF |与|PF |的关系．
1 2
【典例1】已知圆C ：(x＋3)2＋y2＝1，C ：(x－3)2＋y2＝9，动圆M同时与圆C 和圆C 相外切，
1 2 1 2
则动圆圆心M的轨迹方程为( )
y2 x2
A．x2－ ＝1 B． －y2＝1
8 8
y2 y2
C．x2－ ＝1(x≤－1) D．x2－ ＝1(x≥1)
8 8
【解析】设动圆M的半径为r，由动圆M同时与圆C 和圆C 相外切，得|MC |＝1＋r，|MC |
1 2 1 2
＝3＋r，|MC |－|MC |＝2<6＝|C C |，所以动圆圆心M的轨迹是以点C (－3，0)和C (3，0)为
2 1 1 2 1 2
焦点的双曲线的左支，且2a＝2，解得a＝1，又c＝3，则b2＝c2－a2＝8，所以动圆圆心M的
y2
轨迹方程为x2－ ＝1(x≤－1)．
8
【典例2】(2024·钦州开学)已知点A(1，0)，B(－1，0)．动点M满足|MA|－|MB|＝2，则点M
的轨迹方程是( )
A．y＝0(－1≤x≤1) B．y＝0(x≥1)C．y＝0(x≤－1) D．y＝0(|x|≥1)
【解析】∵点A(1，0)，B(－1，0)，∴|AB|＝2．
又动点M满足|MA|－|MB|＝2，
∴点M的轨迹方程为y＝0(x≤－1)．故选C．
x2 y2
【典例3】“m＞2”是“方程 + ＝1表示双曲线”的( )
2−m m+1
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
x2 y2
【解析】因为方程 + ＝1表示双曲线，
2−m m+1
所以(2－m)(m＋1)＜0，解得m＜－1或m＞2．
即m∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)．因为(2，＋∞)是(－∞，－1)∪(2，＋∞)的真子集，
x2 y2
所以“m＞2”是“方程 + ＝1表示双曲线”的充分不必要条件．故选B．
2−m m+1
x2 y2
【典例4】(2025·江苏南京模拟)设双曲线C： − ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F ，
a2 b2 1
F ，离心率为 2，P 为 C 上一点，且∠F PF ＝120°，若△F PF 的面积为 4❑√3，则 a＝
2 1 2 1 2
________．
【解析】不妨取P点在第一象限，如图所示：
根据双曲线定义可得|PF |－|PF |＝2a，且|F F |＝2c．
1 2 1 2
c
由离心率为2可得 ＝2，可得c＝2a，即|F F |＝4a．
a 1 2
设|PF |＝m>0，则|PF |＝2a＋m．
2 1
由△F PF 的面积为4❑√3，
1 2
1 1 ❑√3
可得 |PF ||PF |sin ∠F PF ＝ m(2a＋m)× ＝4❑√3，解得m(2a＋m)＝16．
2 1 2 1 2 2 2
|PF |
2+|PF
|
2
−|F F |
2
1
利用余弦定理的推论可得cos ∠F PF ＝ 1 2 1 2 ＝－ ，
1 2 2|PF ||PF | 2
1 2(2a+m) 2+m2−(4a) 2 1
即 ＝－ ，
2m(2a+m) 2
整理可得2m2＋4am－12a2＝－m(2a＋m)，
即12a2＝3m(2a＋m)，
所以12a2＝48，解得a＝2．
x2 y2
【典例5】已知F为双曲线C： − ＝1的左焦点，P为其右支上一点，点 A(0，－6)，则
4 5
△APF周长的最小值为( )
A．4＋6❑√2 B．4＋6❑√5
C．6＋6❑√2 D．6＋6❑√5
【解析】设双曲线的右焦点为M，由双曲线的方程可得a2＝4，b2＝5，则a＝2，b＝❑√5，c＝
3，
所以F(－3，0)，M(3，0)，且|PF|－|PM|＝2a＝4，所以|PF|＝|PM|＋4，
△APF的周长为
|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋|PM|＋4＋|AF|＝|PA|＋|PM|＋4＋3❑√5≥|AM|＋4＋3❑√5＝4＋6❑√5，
当且仅当M，P，A三点共线时取等号，
则△APF周长的最小值为4＋6❑√5．故选B．
方法技巧 22 0 双曲线的标准方程
求双曲线的标准方程的方法
(1)定义法：由题目条件判断出动点轨迹是双曲线，确定2a，2b或2c，从而求出a2，b2．
(2)待定系数法： “先定型，再定量”，如果焦点位置不好确定，可将双曲线方程设为
x2 y2
− ＝λ(λ≠0)，再根据条件求λ的值．
m2 n2
【典例1】(2025·山东济南模拟)已知双曲线C的渐近线方程为2x±3y＝0，且经过点(3❑√2，
2)，则C的标准方程为( )
x2 y2 x2 y2
A． − ＝1 B． − ＝1
9 4 12 8y2 x2 y2 x2
C． − ＝1 D． − ＝1
4 9 2 18
x2 y2
【解析】根据渐近线方程可设双曲线C的方程为 − ＝λ(λ≠0)，
9 4
∵双曲线C过点(3❑√2，2)，∴λ＝2－1＝1，
x2 y2
∴双曲线C的标准方程为 − ＝1．
9 4
故选A．
x2 y2
【典例2】(2025·广东海珠区模拟)已知双曲线Γ： − ＝1(a＞0，b＞0)，四点A(6，❑√3)，
a2 b2
( ❑√55)
B 4， ，C(5，2)，D(－5，－2)中恰有三点在Γ上，则双曲线Γ的标准方程为________．
5
【解析】因为点C，D关于原点对称，且双曲线Γ也关于原点对称，故点C，D都在双曲线Γ
上，
62 52 3 22 62 3 52 22
对于点A， ＞ ， ＜ ，所以 − ＞ − ＝1，即点A不在双曲线Γ上，
a2 a2 b2 b2 a2 b2 a2 b2
所以点B，C，D都在双曲线Γ上，
25 4
{ − =1，
a2 b2
{a2=5，
所以 (❑√55) 2 解得
b2=1，
16 5
− =1，
a2 b2
x2
因此，双曲线Γ的标准方程为 －y2＝1．
5
x2 y2
【典例3】已知F ，F 分别为双曲线 − ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P为双曲线上一点，
1 2 a2 b2
PF 与x轴垂直，∠PF F ＝30°，且虚轴长为2❑√2，则双曲线的标准方程为( )
2 1 2
x2 y2 x2 y2
A． − ＝1 B． − ＝1
4 2 3 2
x2 y2 y2
C． − ＝1 D．x2－ ＝1
4 8 2
4❑√3c 2❑√3c
【解析】由题意可知|PF |＝ ，|PF |＝ ，2b＝2❑√2，由双曲线的定义可得
1 3 2 3
4❑√3c 2❑√3c
− ＝2a，即c＝❑√3a．又b＝❑√2，c2＝a2＋b2，∴a＝1，∴双曲线的标准方程为x2
3 3y2
－ ＝1．故选D．
2
方法技巧 22 1 双曲线的渐近线
求双曲线渐近线方程的方法
x2 y2 y2 x2
求双曲线 − ＝1(a>0，b>0)或 − ＝1(a>0，b>0)的渐近线方程的方法是令右边的常数
a2 b2 a2 b2
x2 y2 b y2 x2 a
等于0，即令 − ＝0，得y＝± x；或令 − ＝0，得y＝± x．
a2 b2 a a2 b2 b
x2 y2
【典例1】(2025·广东深圳模拟)如图，F ，F 是双曲线C： − ＝1(a>0，b>0)的左、右焦
1 2 a2 b2
点，过F 的直线与双曲线C交于A，B两点．若A是BF 的中点且BF ⊥BF ，则该双曲线的
2 2 1 2
渐近线方程为( )
A．y＝±2❑√3x B．y＝±2❑√2x
C．y＝±❑√3x D．y＝±❑√2x
【 解 析 】 设 |AB| ＝ |AF | ＝ m ， |AF | ＝ |AF | ＋ 2a ＝ m ＋ 2a ， |BF | ＝ |BF | － 2a ＝
2 1 2 1 2
2m−2a，|BF | 2+|BA| 2＝|AF |2，|BF |2＋|BF |2＝|F F |2，
1 1 1 2 1 2
(2m－2a)2＋m2＝(m＋2a)2，①
(2m－2a)2＋4m2＝4c2，②
由①可得m＝3a，
代入②式化简得13a2＝c2，
b
∴12a2＝b2，∴ ＝2❑√3，
a
b
所以双曲线的渐近线方程为y＝± x＝±2❑√3x．故选A．
a
x2 y2
【典例2】(2021·新高考Ⅱ卷)已知双曲线 − ＝1(a>0，b>0)的离心率e＝2，则该双曲线的
a2 b2
渐近线方程为________．x2 y2
【解析】因为双曲线的方程是 − ＝1(a>0，b>0)，
a2 b2
b
所以双曲线的渐近线方程为y＝± x，
a
c
因为离心率e＝ ＝2，可得c＝2a，所以c2＝4a2，
a
即a2＋b2＝4a2，可得b＝❑√3a，由此可得双曲线的渐近线方程为y＝±❑√3x．
b2 b2
(3)若△ABE是锐角三角形，只需∠AEF＜45°，在Rt△AFE中，|AF|＝ ，|FE|＝a＋c，则
a a
＜a＋c，即b2＜a2＋ac，即2a2－c2＋ac＞0，则e2－e－2＜0，解得－1＜e＜2，又e＞1，则1
＜e＜2．
方法技巧 22 2 双曲线的离心率
求双曲线的离心率或其取值范围的方法
c2 a2+b2 b2
(1)求a，b，c的值，由 ＝ ＝1＋ 直接求e．
a2 a2 a2
(2)列出含有a，b，c的齐次方程(或不等式)，借助b2＝(c2−a2)消去b，然后转化成关于e的方
程(或不等式)求解．
【典例1】(2021·全国甲卷)已知F ，F 是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F PF ＝
1 2 1 2
60°，|PF |＝3|PF |，则C的离心率为( )
1 2
❑√7 ❑√13
A． B． C．❑√7 D．❑√13
2 2
【解析】设|PF |＝m，|PF |＝3m，则|F F |＝❑√m2+9m2−2×3m×m×cos60°＝❑√7m，所以C的
2 1 1 2
c 2c |F F | ❑√7m ❑√7
1 2
离心率e＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ．故选A．
a 2a |PF |−|PF | 2m 2
1 2
x2 y2
【典例2】若斜率为❑√2的直线与双曲线 − ＝1(a＞0，b＞0)恒有两个公共点，则双曲线离
a2 b2
心率的取值范围是( )
A．(1，2) B．(2，＋∞)
C．(1，❑√3) D．(❑√3，＋∞)
x2 y2 b
【解析】因为斜率为❑√2的直线与双曲线 − ＝1(a＞0，b＞0)恒有两个公共点，所以 ＞❑√2，
a2 b2 ac √ b2
则e＝ ＝❑1+ ＞❑√1+2＝❑√3，所以双曲线离心率的取值范围是(❑√3，＋∞)，故选D．
a a2
x2 y2
【典例3】已知双曲线C： − ＝1(a>0，b>0)，若双曲线不存在以点(2a，a)为中点的弦，则
a2 b2
双曲线离心率e的取值范围是( )
( 2❑√3] [❑√5 2❑√3]
A． 1， B． ，
3 2 3
[2❑√3 ) [❑√5 )
C． ，+∞ D． ，+∞
3 2
【解析】如图所示，当点(2a，a)夹在双曲线及其渐近线之间(图中阴影部分，含双曲线和渐近
线，不含原点)时，不存在以(2a，a)为中点的弦．可知
(2a) 2 a2
0≤ − ≤1，
a2 b2
1 b2 1 ❑√5 2❑√3
解得 ≤ ≤ ，故 ≤e≤ ．
4 a2 3 2 3
方法技巧 22 3 与双曲线有关的最值、范围问题
解决双曲线相关的最值、范围问题，核心是“坐标化转化+方程消元+代数分析”：先由双曲线标准方
程确定焦点坐标与 参数，将向量数量积、距离、斜率等几何条件转化为坐标代数式，再利用双曲线
方程消去一个变量，得到仅含单个变量的函数式，最后结合双曲线中 或 的取值范围（如 、
），通过函数单调性、不等式（如基本不等式、二次函数值域）等代数方法求解最值或取值范围，
同时注意区分焦点在 轴与 轴上的双曲线的变量范围差异，避免遗漏定义域限制。
x2
【典例 1】已知 M(x ，y )是双曲线 C： －y2＝1 上的一点，F ，F 是 C 的两个焦点，若
0 0 2 1 2
⃗M F ·⃗M F ＜0，则y 的取值范围是( )
1 2 0( ❑√3 ❑√3) ( ❑√3 ❑√3)
A． − ， B． − ，
3 3 6 6
( 2❑√2 2❑√2) ( 2❑√3 2❑√3)
C． − ， D． − ，
3 3 3 3
x2
【解析】不妨令F (−❑√3，0)，F (❑√3，0)， 0−y2＝1，所以⃗M F ·⃗M F ＝(－❑√3－x ，－
1 2 2 0 1 2 0
❑√3 ❑√3
y )·(❑√3－x ，－y )＝x2+ y2－3＜0，即3 y2－1＜0，解得－ ＜y ＜ ．故选A．
0 0 0 0 0 0 3 0 3
y2 x2
【典例2】已知双曲线C： − ＝1的焦点是F ，F ，点P在双曲线C上，则下列结论正确
4 2 1 2
的是( )
A．⃗PF ·⃗PF 的最大值为4
1 2
B．⃗PF ·⃗PF 的最大值为2
1 2
C．⃗PF ·⃗PF 的最小值为－4
1 2
D．⃗PF ·⃗PF 的最小值为－2
1 2
【解析】根据题意，不妨令F ，F 的坐标分别为(0，❑√6)，(0，－❑√6)，设点P的坐标为(x，
1 2
y)，则x∈R，
故⃗PF ·⃗PF ＝(－x，❑√6－y)·(－x，－❑√6－y)＝x2＋y2－6，
1 2
(
x2
)
又y2＝4 1+ ＝4＋2x2，
2
故⃗PF ·⃗PF ＝x2＋4＋2x2－6＝3x2－2，
1 2
又x∈R，故当x＝0时，⃗PF ·⃗PF 取得最小值－2，且其没有最大值，故选D．
1 2
方法技巧 22 4 直线与双曲线的位置关系
解决与直线和双曲线的位置关系有关的问题时，有时利用数形结合思想，有时利用方程思想．
根据直线的斜率k与渐近线的斜率或某切线的斜率的关系来判断直线与双曲线的位置关系会
比较快捷．
y2
【典例1】(2023·全国乙卷)设A，B为双曲线x2－ ＝1上两点，下列四个点中，可为线段
9
AB中点的是( )
A．(1，1) B．(－1，2)
C．(1，3) D．(－1，－4)【解析】结合选项可知，直线AB的斜率存在且不为零．
{
y2
x2− 1=1，
1 9
设A(x ，y )，B(x ，y )，AB的中点为M(x ，y )，由点A，B在双曲线上，得 两式
1 1 2 2 0 0 y2
x2− 2=1，
2 9
y2−y2 (y −y )(y + y ) (y −y )(y + y )
作差，得x2−x2＝ 1 2，即(x －x )(x ＋x )＝ 1 2 1 2 ， 1 2 1 2 ＝9，
1 2 9 1 2 1 2 9 (x −x )(x +x )
1 2 1 2
y + y
1 2
y −y 2 y x
即 1 2· ＝k · 0＝9，因此k ＝9· 0．
x −x x +x AB x AB y
1 2 1 2 0 0
2
1
由双曲线方程可得渐近线方程为y＝±3x，如图．对于A选项，因为k ＝9× ＝9>3，所以直
AB 1
−1 9
线AB与双曲线无交点，不符合题意；对于 B选项，因为k ＝9× ＝－ <－3，所以直线
AB 2 2
1
AB与双曲线无交点，不符合题意；对于 C选项，k ＝9× ＝3，此时直线AB与渐近线y＝
AB 3
−1 9
3x重合，与双曲线不可能有两个交点，不符合题意；对于 D选项，因为k ＝9× ＝ <3，
AB −4 4
所以直线AB与双曲线有两个交点，满足题意．故选D．
【典例2】(2021·新高考Ⅰ卷)在平面直角坐标系 xOy 中，已知点 F (－❑√17，0)，F (❑√17，
1 2
0)，点M满足|MF |－|MF |＝2，记M的轨迹为C．
1 2
①求C的方程；
1
②设点T在直线x＝ 上，过T的两条直线分别交 C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|
2
＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
【解析】 ①因为|MF |－|MF |＝2＜|F F |＝2❑√17，
1 2 1 2
所以点M的轨迹C是以F ，F 分别为左、右焦点的双曲线的右支．
1 2x2 y2
设双曲线的方程为 − ＝1(a＞0，b＞0)，半焦距为c，则2a＝2，c＝❑√17，得a＝1，b2＝c2
a2 b2
－a2＝16，
y2
所以点M的轨迹C的方程为x2－ ＝1(x≥1)．
16
(1 )
②设T ，t ，由题意可知，直线AB，PQ的斜率均存在且不为0，设直线AB的方程为y－t
2
( 1) ( 1)
＝k x− (k ≠0)，直线PQ的方程为y－t＝k x− (k ≠0)，
1 2 1 2 2 2
{ ( 1)
y−t=k x− ，
1 2 ( k ) ( k ) 2
由 得(16−k2 )x2－2k t− 1 x－ t− 1 －16＝0．
y2 1 1 2 2
x2− =1，
16
设A(x ，y )，B(x ，y )，
A A B B
易知16−k2≠0，Δ＞0．
1
( k ) 2 ( k )
− t− 1 −16 2k t− 1
则x x ＝ 2 ，x ＋x ＝ 1 2 ，
A B A B
16−k2 16−k2
1 1
所以|TA|＝❑√1+k2 | x − 1| ＝❑√1+k2( x − 1) ，
1 A 2 1 A 2
|TB|＝❑√1+k2 | x − 1| ＝❑√1+k2( x − 1) ，
1 B 2 1 B 2
则|TA|·|TB|＝(1+k2 ) ( x − 1)( x − 1) ＝(1+k2 ) [ x x − 1 (x +x )+ 1]
1 A 2 B 2 1 A B 2 A B 4
[ ( k ) 2 ( k ) ]
− t− 1 −16 2k t− 1
＝ 2 1 1 2 1
(1+k2)· − · +
1 16−k2 2 16−k2 4
1 1
(1+k2)(t2+12)
＝ 1 ．
k2−16
1
(1+k2)(t2+12)
同理得|TP|·|TQ|＝ 2 ．
k2−16
2
(1+k2)(t2+12) (1+k2)(t2+12)
因为|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，所以 1 ＝ 2 ，所以k2−16+k2k2−16k2＝
k2−16 k2−16 2 1 2 1
1 2
k2−16+k2k2−16k2，
1 1 2 2即k2＝k2，
1 2
又k ≠k ，所以k ＝－k ，即k ＋k ＝0．
1 2 1 2 1 2
故直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0．
方法技巧 22 5 抛物线动点轨迹的判定
【典例1】在平面直角坐标系Oxy中，动点P(x，y)到直线x＝1的距离比它到定点(－2，0)的距
离小1，则P的轨迹方程为( )
A．y2＝2x B．y2＝4x
C．y2＝－4x D．y2＝－8x
【解析】由题意知动点P(x，y)到直线x＝2的距离与到定点(－2，0)的距离相等，由抛物线的
定义知，P的轨迹是以(－2，0)为焦点，x＝2为准线的抛物线，轨迹方程为 y2＝－8x．故选
D．
【典例2】(2024·湖南长沙二模)已知圆N：x2＋y2－6y＋5＝0，直线y＝－1，圆M与圆N外切，
且与直线y＝－1相切，则点M的轨迹方程为________．
【解析】由题意得，直线l：y＝－1，且圆N：x2＋(y－3)2＝4，
设圆M半径为r，则点M到l＇：y＝－3与点M到点N的距离相等，都是r＋2，
故点M的轨迹是以N为焦点，以l＇为准线的抛物线，故方程为x2＝12y．
【典例3】动圆与定圆A：(x＋2)2＋y2＝1外切，且和直线x＝1相切，则动圆圆心的轨迹是(
)
A．直线 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
【解析】设动圆的圆心为点C，半径为r，则点C到定圆A：(x＋2)2＋y2＝1的圆心的距离等
于r＋1．又动圆的圆心到直线x＝1的距离等于r，所以动圆的圆心到直线x＝2的距离为r＋
1．根据抛物线的定义知，动圆圆心的轨迹为抛物线．故选D．
方法技巧 22 6 抛物线上的点到定点的距离及最值抛物线定义的应用规律
【典例1】(2023·北京高考)已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，点M在C上，若M到直线x＝
－3的距离为5，则|MF|＝( )
A．7 B．6
C．5 D．4
【解析】如图所示，因为点 M到直线x＝－3的距离|MR|＝5，所以点M到直线x＝－2的距
离|MN|＝4．
又抛物线上点M到准线x＝－2的距离和到焦点F的距离相等，故|MF|＝|MN|＝4．故选D．
【典例2】已知点M(20，40)不在抛物线C：y2＝2px(p>0)上，抛物线C的焦点为F．若对于抛
物线上的一点P，|PM|＋|PF|的最小值为41，则p的值等于________．
【解析】当点M(20，40)位于抛物线内时，如图1，过点P作抛物线准线的垂线，垂足为 D，
则|PF|＝|PD|，
|PM|＋|PF|＝|PM|＋|PD|．
当点M，P，D三点共线时，|PM|＋|PF|的值最小．
p
由最小值为41，得20＋ ＝41，解得p＝42．
2
当点M(20，40)位于抛物线外时，如图2，当点P，M，F三点共线时，|PM|＋|PF|的值最小．
由最小值为41，得❑ √ 402+ ( 20− p) 2 ＝41，
2
解得p＝22或p＝58．
当p＝58时，y2＝116x，点M(20，40)在抛物线内，故舍去．
综上，p＝42或p＝22．【典例3】(2025·云南大理模拟)已知P为抛物线C：y2＝8x上任意一点，F为抛物线C的焦点，
Q为圆M：(x－8)2＋(y－4)2＝4上任意一点，则|PF|＋|PQ|的最小值为( )
A．6 B．10
C．4 D．8
【解析】如图，过点P作PH垂直准线于点H，连接PM交⊙M于点Q．
由题意可得F(2，0)，C的准线方程为x＝－2，|PF|＋|PQ|＝|PH|＋|PQ|．
因为|PQ|＝|PM|－|QM|＝|PM|－2，
所以|PF|＋|PQ|＝|PH|＋|PM|－2，
当M，P，H三点共线时，|PH|＋|PM|取得最小值，最小值为8＋2＝10，所以|PF|＋|PQ|的最
小值为10－2＝8．
故选D．
【典例4】(2025·浙江金丽衢十二校模拟)已知直线l ：3x－4y－6＝0和直线l ：y＝－2，则拋
1 2
物线x2＝4y上一动点P到直线l 与直线l 的距离之和的最小值是( )
1 2
A．2 B．3
11 37
C． D．
5 16
【解析】拋物线x2＝4y的焦点F(0，1)，准线l：y＝－1，
设动点P到直线l，l ，l 的距离分别为d，d ，d ，
1 2 1 2
点F到直线l 的距离为
1
|3×0−4×1−6|
d ＝ ＝2，
3 ❑√32+(−4) 2
则d ＝d＋1＝|PF|＋1，
2可得d ＋d ＝d ＋|PF|＋1≥d ＋1＝3，
1 2 1 3
当且仅当点P在过点F的直线l 的垂线上且P在F与l 之间时，等号成立，所以动点P到直
1 1
线l 与直线l 的距离之和的最小值是3．故选B．
1 2
方法技巧 22 7 抛物线的标准方程与几何性质
1．求抛物线的标准方程的方法
(1)定义法．
(2)待定系数法．当焦点位置不确定时，为避免过多的讨论，通常依据焦点所在的位置，将抛
物线的方程设为y2＝ax(a≠0)或x2＝ay(a≠0)．
2．抛物线性质的应用要树立两个意识
(1)转化意识：见准线想焦点，见焦点想准线．
(2)图形意识：借助平面图形的性质简化运算．
【典例1】(2021·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，P为
C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP．若|FQ|＝6，则C的准线方程为
________．
p
【解析】法一(解直角三角形法)：由题易得|OF|＝ ，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以 tan
2
p
|OF| |PF| p 3
∠OPF＝tan ∠PQF，所以 ＝ ，即 2 ＝ ，解得p＝3，所以C的准线方程为x＝－
|PF| |FQ| 6 2
p
．
p p
法二(射影定理法)：由题易得|OF|＝ ，|PF|＝p，|PF| 2＝|OF|·|FQ|，即p2＝ ×6，解得p＝
2 2
3
3或p＝0(舍去)，所以C的准线方程为x＝－ ．
2
【典例2】(2025·广东佛山模拟)设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，且在第一象限，
π
若直线AF的倾斜角为 ，则|AF|＝( )
3
A．2 B．3C．4 D．5
【解析】抛物线及准线如图所示，过点A作AB垂直准线于点B，
π
过焦点F作FC垂直于AB于点C，由题意可知p＝2，∠AFx＝∠FAC＝ ，
3
根据抛物线的定义|AF|＝|AB|＝|AC|＋|CB|．
π 1
在Rt△AFC中，|AC|＝|AF|·cos ＝ |AF|，
3 2
1
又|BC|＝p＝2，所以|AF|＝|AB|＝ |AF|＋2，
2
解得|AF|＝4．故选C．
方法技巧 22 8 直线与抛物线的位置关系
解决直线与抛物线位置关系问题的方法
(1)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点．若过抛物线的焦点，可
直接使用公式|AB|＝x ＋x ＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
1 2
(2)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系，采用“设而不
求”“整体代入”等解法．
提醒：涉及弦的中点、斜率时，一般用“点差法”求解．
(3)重视在选择、填空题中有关结论的灵活应用．
【典例1】(多选)(2023·新高考Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线y＝－❑√3(x－1)过抛物线C：y2＝
2px(p>0)的焦点，且与C交于M，N两点，l为C的准线，则( )
A．p＝2
8
B．|MN|＝
3
C．以MN为直径的圆与l相切
D．△OMN为等腰三角形
【解析】由题意，易知直线y＝－❑√3(x－1)过点(1，0)．
p
因为直线经过抛物线C的焦点，所以易知焦点坐标为(1，0)，所以 ＝1，即p＝2，A正确．
2{y=−❑√3(x−1)，
不妨设M(x ，y )，N(x ，y )，x <x ，联立方程 消去y并整理得3x2－10x＋3
1 1 2 2 1 2 y2=4x，
1 2❑√3 10
＝0，解得x ＝ ，x ＝3，y ＝ ，y ＝－2❑√3．由抛物线的定义得，|MN|＝x ＋x ＋p＝
1 3 2 1 3 2 1 2 3
16
＋2＝ ，B错误．
3
(5 2❑√3) 1 8 5
l的方程为x＝－1，以MN为直径的圆的圆心坐标为 ，− ，半径r＝ |MN|＝ ＝ ＋
3 3 2 3 3
1，所以以MN为直径的圆与l相切，C正确．
❑√13 16
由两点间距离公式可得|OM|＝ ，|ON|＝❑√21，又|MN|＝ ，D错误．故选AC．
3 3
【典例2】(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，点A(1，1)在抛物线C：x2＝2py(p＞
0)上，过点B(0，－1)的直线交C于P，Q两点，则( )
A．C的准线为y＝－1
B．直线AB与C相切
C．|OP|·|OQ|＞|OA|2
D．|BP|·|BQ|＞|BA|2
【解析】将点A的坐标代入抛物线方程得1＝2p，所以抛物线方程为x2＝y，故准线方程为y
1
＝－ ，A错误；
4
1−(−1)
k ＝ ＝2，所以直线AB的方程为y＝2x－1，
AB 1−0
{y=2x−1，
联立 可得x2－2x＋1＝0，解得x＝1，即直线AB与C相切于点A，故B正确；
x2= y，
设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，
所以直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx－1，P(x ，y )，Q(x ，y )，
1 1 2 2
{y=kx−1，
联立 得x2－kx＋1＝0，
x2= y，
{Δ=k2−4＞0，
所以 x +x =k，
1 2
x x =1，
1 2
所以k＞2或k＜－2，y y ＝(x x )2＝1，
1 2 1 2
又|OP|＝❑√x2+ y2＝❑√y + y2，|OQ|＝❑√x2+ y2＝❑√y + y2，
1 1 1 1 2 2 2 2
所以|OP|·|OQ|＝❑√y y (1+ y )(1+ y )＝❑√kx ·kx ＝|k|＞2＝|OA|2，故C正确；
1 2 1 2 1 2因为|BP|＝❑√1+k2|x |，|BQ|＝❑√1+k2|x |，
1 2
所以|BP|·|BQ|＝(1＋k2)|x x |＝1＋k2＞5，而|BA|2＝5，故D正确．故选BCD．
1 2
方法技巧 22 9 抛物线中的阿基米德三角形
p
如图，假设抛物线方程为x2＝2py(p＞0), 过抛物线准线y＝－ 上一点P(x ，y )向抛物线
2 0 0
引两条切线，切点分别记为A，B，其坐标为(x ，y )，(x ，y )，则在由点P和两切点A，B围
1 1 2 2
成的△PAB中，有如下的常见结论：
(1)抛物线在A处的切线方程：x x＝p(y＋y )，抛物线在B处的切线方程：x x＝p(y＋y )，直线
1 1 2 2
y + y
AB的方程：x x＝2p 0 ＝p(y ＋y)；
0 2 0
(2)直线AB过抛物线的焦点；
(3)过F的直线与抛物线交于A，B两点，以A，B分别为切点作两条切线，则这两条切线的交
点P(x ，y )的轨迹即为抛物线的准线；
0 0
(4)PF⊥AB；
(5)AP⊥PB；
(6)线段AB的中点为M，则PM平行(或重合)于抛物线的对称轴．
【典例1】 (多选)阿基米德是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，享有“数学之
神”的称号．若抛物线上任意两点A，B处的切线交抛物线的准线于点P，则称△PAB为“阿
基米德三角形”．已知抛物线x2＝8y的焦点为F，过抛物线上两点A，B的直线的方程为x－
y＋2＝0，弦AB的中点为C，则关于“阿基米德三角形”PAB，下列结论正确的是( )
A．点P(❑√3，－2) B．PC⊥x轴
C．PA⊥PB D．PF⊥AB
{x2=8 y，
【解析】由 消去y可得x2－8x－16＝0．
y=x+2，
令A(x ，y )，B(x ，y )，则x ＋x ＝8，x x ＝－16，
1 1 2 2 1 2 1 2
x2 x x
∵y＝ ，∴y′＝ ，k ＝ 1，
8 4 PA 4x x2 x x2 x x2
∴直线PA：y＝ 1(x−x )+ 1＝ 1 x− 1，直线PB：y＝ 2 x− 2，
4 1 8 4 8 4 8
{ x x2
y= 1 x− 1，
4 8
联立
x x2
y= 2 x− 2，
4 8
x +x
{ x= 1 2=4，
2
解得 即P(4，－2)，A错误；
x x
y= 1 2=−2，
8
x +x
x ＝ 1 2＝4，∴PC⊥x轴，B正确；
C 2
−2−2 x x
k ＝ ＝－1，k ＝1，k ·k ＝－1，∴PF⊥AB，D 正确； k ·k ＝ 1 2＝－1，
PF 4−0 AB PF AB PA PB 16
∴PA⊥PB，C正确．故选BCD．
【典例2】 (2021·全国乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y
＋4)2＝1上点的距离的最小值为4．
(1)求p的值；
(2)若点P在圆M上，PA，PB是抛物线C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
( p) p
【解析】 (1)由题意知M(0，－4)，F 0， ，圆M的半径r＝1，所以|MF|－r＝4，即 ＋4
2 2
－1＝4，解得p＝2．
(2)由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，
(
x2
) (
x2
)
由题意可知直线AB的斜率存在，设A x ， 1 ，B x ， 2 ，直线AB的方程为y＝kx＋b，
1 4 2 4
{y=kx+b，
联立 消去y得x2－4kx－4b＝0，
x2=4 y，
则Δ＝16k2＋16b＞0，(※)
x ＋x ＝4k，x x ＝－4b，
1 2 1 2
所以|AB|＝❑√1+k2|x －x |
1 2
＝❑√1+k2·❑√(x +x ) 2−4x x ＝4❑√1+k2·❑√k2+b．
1 2 1 2
x2 x x
因为x2＝4y，即y＝ ，所以y′＝ ，则抛物线在点A处的切线斜率为 1，在点A处的切线方
4 2 2x2 x x x2
程为y− 1＝ 1(x－x )，即y＝ 1 x− 1，
4 2 1 2 4
x x2
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝ 2 x− 2，
2 4
{ y= x 1 x− x 1 2 ， { x= x 1 +x 2=2k，
2 4 2
联立 则
x x2 x x
y= 2 x− 2， y= 1 2=−b，
2 4 4
即P(2k，－b)．因为点P在圆M上，所以4k2＋(4－b)2＝1，①
1 1
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－ ≤k≤ ，3≤b≤5，满足(※)．
2 2
|2k2+2b|
设点P到直线AB的距离为d，则d＝ ，
❑√1+k2
1
所以S
△PAB
＝
2
|AB|·d＝4❑√(k2+b) 3．
1−(4−b) 2 −b2+8b−15
由①得，k2＝ ＝ ，
4 4
−b2+12b−15
令t＝k2＋b，则t＝ ，且3≤b≤5．
4
−b2+12b−15
因为t＝ 在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，t ＝5，此时k＝
4 max
0，所以△PAB面积的最大值为20❑√5．
方法技巧 23 0 圆锥曲线中的四点共圆问题
1.证明圆锥曲线中四点共圆的核心思路是代数化转化，将几何上的共圆问题转化为代数条件的验证，常用
两种核心方法：一是曲线系方程法，构造过四点的曲线系方程，通过调整参数使方程满足圆的特征（ 与
系数相等、无 交叉项）；二是直径圆法/垂直法，证明四点中两点的连线为直径，且另外两点对该直
径的张角为直角（即斜率乘积为-1），利用“直径所对圆周角为直角”判定共圆。
2.曲线系方程法的适用场景：四点分别在两条直线与圆锥曲线的交点上，构造形式为“直线 1·直线2+λ·圆
锥曲线=0”的曲线系，只需通过系数条件求解λ，即可验证是否为圆，步骤固定，适合椭圆、双曲线、抛
物线的通用共圆证明。3.垂直法的适用场景：已知某条线段为潜在直径，或能通过斜率关系、向量数量积证明垂直，该方法计算
量更小，尤其适合抛物线的四点共圆证明（如典例1中利用直线斜率乘积为-1证明垂直）。
4.辅助方法：外接圆方程法，若四点中有三点的外接圆易求（如对称点、特殊点），可求出圆的方程后验
证第四点在圆上，适合有明显几何特征的四点（如举一反三椭圆题中利用对称性设圆心求外接圆）。
【典例1】（2026·广东汕头·一模，T18）已知椭圆 ，点M为动直线 被椭圆
截得的弦 的中点．
(1)求证：动点M在定直线上，并求此定直线l的方程；
(2)设直线l与该椭圆相交于C、D两点，求证：A、B、C、D四点共圆．
【解析】（1）设 ， ，则 .
又因为 在椭圆 ，所以 ，
两式相减得 ，即 ，
所以 ，又因为直线 的方程为 ，
所以 ，代入上式得 ，即 ，
所以弦 的中点 恒在直线 上，直线l的方程为 .
（2）因为直线 与椭圆 相交于C、D两点，
直线 与椭圆 相交于A、B两点，
所以构造过A、B、C、D四点的曲线系方程 ，
化简整理得 ，因为要使该方程表示圆，则 ，得 ，
代入方程得 ，
即 ， ，
方程表示一个圆心 ，半径为 的圆，且A、B、C、D四点在圆上.如
图：
所以A、B、C、D四点共圆.
【典例2】已知抛物线 的焦点为F，过点F的直线 与C交于A，B两点，且
，O为坐标原点．
(1)求C的方程；
(2)若直线 与C的准线交于点P，过点P作直线 交C于M，N两点，且直线 与 的倾斜角
互补．
（ⅰ）求直线 所过定点的坐标；
（ⅱ）证明：A，B，M，N四点共圆．
【解析】（1）由题知 ，设 两点的坐标分别为 ，
显然直线 的斜率为0时不合题意，则设直线 的方程为 ，联立方程 消去 整理得 ，
则 ， ， ，
所以 ，
所以 ，解得 ，
所以 的方程为 ．
（2）（ⅰ）由（1）知 的准线方程为 ，直线 的方程为 ，
令 ，得 ，即点 的坐标为 ，
由直线 的斜率为 ，直线 与直线 的倾斜角互补，知直线 的斜率为 ，
故直线 的方程为 ，即 ，
故直线 过定点 ．
（ⅱ）设点 的坐标为 ．
联立方程 消去 后整理得 ，故 ，
由（1）知 ， ，
直线 的斜率为 ，同理可得直线 的斜率为 ．
又 ，
所以直线 与直线 互相垂直，故点 在以线段 为直径的圆上，同理可得点 在以线段 为直径的圆上，
故 ， ， ， 四点共圆．
【典例3】（2025·广东·模拟预测）已知抛物线 的焦点为F，点 在 上，
且 ．
(1)求抛物线 的方程；
(2)直线l经过点F，且与 交于A、B两点．
①点P是抛物线上位于A、B之间的动点，设点P到直线l的距离d的最大值为 ，求 的最
小值；
②设线段 的垂直平分线与 交于M、N两点，若A、M、B、N四点共圆，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)①1 ；② 或
【分析】（1）根据抛物线定义 即可求解；
（2）①设 ， ， ， ，直线l的方程为 ，联立得
， ，再利用点到直线的距离求解；
②设 方程为 ， ， ，AB中点 ，联立得到 ， ，
再由 得到 即可．【详解】（1） ，
所以 ，抛物线的方程为 ．
（2）①
设 ， ， ， ， 为直线l与x轴正半轴的夹角，
则直线l的方程为 ，
将直线方程代入抛物线方程得 ，
不妨设 ，则 ， ， ，
所以 ，即 ，
点P到直线l的距离
（当 时取等）
所以 （ ， 时取等），
所以 的最小值为1．
②设 方程为 ， ， ，AB中点 ，
直线 的方程为 ， ， ，
因为 垂直平分 ，且四点共圆，
所以 关于 对称，且MN是直径，
将 方程代入抛物线方程得 ，
所以 ， ，因为C既在AB上，又在MN上，
所以 ， ，得 ，
将 方程 代入抛物线方程得 ，
因为 ，所以 ，
得 ，即 ，
进而 ，
又因为 ，所以 ，
因为 ，所以 ，得 ，
所以直线l的方程为 或 ．
方法技巧 23 1 圆锥曲线中的定点问题
求解直线过定点问题常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般
性证明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或
曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐
标的点即为所求点；
(3)求证直线过定点(x ，y )，常利用直线的点斜式方程y－y ＝k(x－x )或斜截式y＝kx＋b来证
0 0 0 0明．
x2 y2
【典例1】已知点P(4，3)在双曲线C： − ＝1(a＞0，b＞0)上，过P作x轴的平行线，分别
a2 b2
交双曲线C的两条渐近线于M，N两点，|PM|·|PN|＝4．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线C交于不同的两点A，B，设直线PA，PB的斜率分别为k ，
1
k ，从下面两个条件中选一个，证明：直线l过定点．
2
①k ＋k ＝1；②k k ＝1．
1 2 1 2
16 9
【解析】 (1)因为点P(4，3)在双曲线上，所以 − ＝1．
a2 b2
b (3a ) ( 3a )
过P作x轴的平行线y＝3，与y＝± x相交于M，N两点，记M ，3 ，N − ，3 ．
a b b
| 3a| | 3a| | 9a2|
所以 4− · 4+ ＝ 16−
b b b2
|16 9|
＝a2 − ＝a2＝4，所以a＝2．
a2 b2
16 9
代入 − ＝1，可知b＝❑√3，
a2 b2
x2 y2
所以双曲线C的方程为 − ＝1．
4 3
(2)证明：选①：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，
{x2 y2
− =1，
设A(x ，y )，B(x ，y )，联立方程 4 3
1 1 2 2
y=kx+m，
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，
即m2＋3－4k2＞0．
8km −4m2−12
所以x ＋x ＝ ，x x ＝ ，
1 2 3−4k2 1 2 3−4k2
y −3 y −3
由条件k ＋k ＝1，得 1 + 2 ＝1，
1 2 x −4 x −4
1 2
所以(x －4)(kx ＋m－3)＋(x －4)(kx ＋m－3)＝(x －4)(x －4)，
2 1 1 2 1 2
整理可得
2kx x ＋(m－3－4k)(x ＋x )－8(m－3)＝x x －4(x ＋x )＋16，
1 2 1 2 1 2 1 2由根与系数的关系得m2＋2km－8k2－6k－6m＋9＝0，
即(m－2k－3)(m＋4k－3)＝0，
解得m＝2k＋3或m＝－4k＋3．
当m＝2k＋3时，y＝kx＋m＝kx＋2k＋3＝k(x＋2)＋3，
则直线l过定点(－2，3)；
当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意．
综上可得，直线l过定点(－2，3)．
选②：由题意可知，直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，
{x2 y2
− =1，
设A(x ，y )，B(x ，y )，联立方程 4 3
1 1 2 2
y=kx+m，
得(3－4k2)x2－8kmx－4m2－12＝0，
所以3－4k2≠0，Δ＝(－8km)2－4(3－4k2)(－4m2－12)＞0，即m2＋3－4k2＞0．
8km −4m2−12
所以x ＋x ＝ ，x x ＝ ，
1 2 3−4k2 1 2 3−4k2
y −3 y −3
由条件k k ＝1，得 1 · 2 ＝1，
1 2 x −4 x −4
1 2
(kx +m)(kx +m)−3［(kx +m)+(kx +m)］+9
1 2 1 2
即 ＝1，
(x −4)(x −4)
1 2
整理可得
k2x x +km(x +x )+m2−3k(x +x )−6m+9
1 2 1 2 1 2 ＝1．
x x −4(x +x )+16
1 2 1 2
由根与系数的关系，整理可得7m2＋32km＋16k2－18m－9＝0，
即(7m＋4k＋3)(m＋4k－3)＝0，
4k+3
解得m＝－ 或m＝－4k＋3．
7
4k+3 4k+3 ( 4) 3 (4 3)
当m＝－ 时，y＝kx＋m＝kx－ ＝k x− − ，则直线l过定点 ，− ；
7 7 7 7 7 7
当m＝－4k＋3时，y＝kx＋m＝kx－4k＋3＝k(x－4)＋3，则直线l过定点P(4，3)，不合题意．
(4 3)
综上可得，直线l过定点 ，− ．
7 7
【典例2】(2025·广东广州一模)设A，B两点的坐标分别为(－❑√3，0)，(❑√3，0)． 直线AH，
1
BH相交于点H，且它们的斜率之积是－ ． 设点H的轨迹方程为C．
3(1)求C；
1
(2)不经过点A的直线l与曲线C相交于E，F两点，且直线AE与直线AF的斜率之积是－ ，
3
求证：直线l恒过定点．
【解析】 (1)设点H的坐标为(x，y)，因为点A的坐标是(－❑√3，0)，
y
所以直线 AH的斜率k ＝ (x≠－❑√3)，
AH x+❑√3
y
同理，直线 BH的斜率k ＝ (x≠❑√3)，
BH x−❑√3
y y 1
由已知，有 · ＝－ (x≠±❑√3)，
x+❑√3 x−❑√3 3
x2
化简得点H的轨迹方程为 ＋y2＝1(x≠±❑√3)，
3
即点H的轨迹是除去 (－❑√3，0)，(❑√3，0)两点的椭圆．
(2)证明：设E(x ，y )，F(x ，y )，
1 1 2 2
①当直线l斜率不存在时，可知 x ＝x ，y ＝－y ，
1 2 2 1
{
x2
1+ y2=1，
3 1
且有
y −y 1
k ·k = 1 · 1 =− ，
AE AF x +❑√3 x +❑√3 3
1 1
解得x ＝0，y ＝±1，此时直线l为 x＝0；
1 1
②当直线l斜率存在时，设直线 l：y＝kx＋b，则此时有
y y
k ·k ＝ 1 · 2
AE AF x +❑√3 x +❑√3
1 2
(kx +b)(kx +b)
1 2
＝
x x +❑√3(x +x )+3
1 2 1 2
k2x x +kb(x +x )+b2 1
1 2 1 2
＝ ＝－ ．
x x +❑√3(x +x )+3 3
1 2 1 2
{y=kx+b，
联立直线方程与椭圆方程 x2
+ y2=1，
3
消去 y可得(3k2＋1)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
Δ＝12(3k2－b2＋1)＞0，
−6kb 3b2−3
根据根与系数的关系可得 x ＋x ＝ ，x x ＝ ，
1 2 3k2+1 1 2 3k2+13b2−3 −6kb
k2· +kb· +b2
3k2+1 3k2+1 1
所以 ＝－ ，
3b2−3 −6kb 3
+❑√3· +3
3k2+1 3k2+1
k2(3b2−3)−6k2b2+b2(3k2+1)
1
所以 ＝－ ，
3b2−3−6❑√3kb+3(3k2+1) 3
b2−3k2
所以 ＝－1．
b2−2❑√3kb+3k2
所以b2－❑√3kb＝0，则b＝0或b＝❑√3k，
当b＝❑√3k时，则直线 l：y＝k(x＋❑√3)恒过A点，与题意不符，舍去，
故b＝0，直线l恒过原点(0，0)，
综合①②可知，直线l恒过原点 (0，0)，原命题得证．
y2 x2 ❑√5
【典例3】(2023·全国乙卷)已知椭圆C： + ＝1(a>b>0)的离心率为 ，点A(－2，0)在C
a2 b2 3
上．
(1)求C的方程；
(2)过点(－2，3)的直线交C于P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：
线段MN的中点为定点．
4
【解析】 (1)因为点A(－2，0)在C上，所以 ＝1，得b2＝4．
b2
c ❑√5 5 5
因为椭圆的离心率e＝ ＝ ，所以c2＝ a2，又a2＝b2＋c2＝4＋ a2，所以a2＝9，c2＝5，
a 3 9 9
y2 x2
故椭圆C的方程为 + ＝1．
9 4
(2)证明：由题意知，直线PQ的斜率存在且不为0，设l ：y－3＝k(x＋2)，P(x ，y )，Q(x ，
PQ 1 1 2
y )，
2
{y−3=k(x+2)，
由 y2 x2 得(4k2＋9)x2＋(16k2＋24k)x＋16k2＋48k＝0，
+ =1，
9 4则Δ＝(16k2＋24k)2－4(4k2＋9)(16k2＋48k)＝－36×48k>0，
16k2+24k 16k2+48k
故x ＋x ＝－ ，x x ＝ ．
1 2 4k2+9 1 2 4k2+9
y 2y 2y
直线AP：y＝ 1 (x＋2)，令x＝0，解得y ＝ 1 ，同理得y ＝ 2 ，
x +2 M x +2 N x +2
1 1 2
y (x +2)+ y (x +2)
1 2 2 1
则y ＋y ＝2×
M N (x +2)(x +2)
1 2
(kx +2k+3)(x +2)+(kx +2k+3)(x +2)
1 2 2 1
＝2×
(x +2)(x +2)
1 2
2kx x +(4k+3)(x +x )+8k+12
1 2 1 2
＝2×
x x +2(x +x )+4
1 2 1 2
2k(16k2+48k)+(4k+3)(−16k2−24k)+(8k+12)(4k2+9)
＝2×
16k2+48k+2(−16k2−24k)+4(4k2+9)
108
＝2×
36
＝6．
y + y
所以MN的中点的纵坐标为 M N＝3，所以MN的中点为定点(0，3)．
2
x2 y2
【典例4】已知双曲线C： − ＝1(a＞0，b＞0)的左顶点为A，过左焦点F的直线与C交于
a2 b2
P，Q两点．当PQ⊥x轴时，|PA|＝❑√10，△PAQ的面积为3．
(1)求双曲线C的方程；
(2)证明：以PQ为直径的圆经过定点．
【解析】 (1)如图，当PQ⊥x轴时，P，Q两点的横坐标均为－c，
b2 b2
代入双曲线方程，可得y ＝ ，y ＝－ ，
P a Q a
b2
即|PF|＝ ，
a
{(b2
)
2
+(c−a) 2=(❑√10) 2 ，
a
由题意，可得 1 2b2
· ·(c−a)=3，
2 a
c2=a2+b2
，
解得a＝1，b＝❑√3，c＝2，y2
∴双曲线C的方程为x2－ ＝1．
3
(2)证明：法一：设直线PQ的方程为x＝my－2，P(x ，y )，Q(x ，y )，
1 1 2 2
{x=my−2，
则 ⇒3(m2y2－4my＋4)－y2＝3 (3m2－1)y2－12my＋9＝0，Δ＞0，由根与系数的关
3x2−y2=3
12m 9 ⇒
系得y ＋y ＝ ，y y ＝ ，以PQ为直径的圆的方程为(x－x )(x－x )＋(y－y )(y－
1 2 3m2−1 1 2 3m2−1 1 2 1
y )＝0，
2
x2－(x ＋x )x＋x x ＋y2－(y ＋y )y＋y y ＝0，
1 2 1 2 1 2 1 2
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点，令y＝0，可得
x2－(x ＋x )x＋x x ＋y y ＝0，
1 2 1 2 1 2
12m2 4
而x ＋x ＝m(y ＋y )－4＝ －4＝ ，
1 2 1 2 3m2−1 3m2−1
−3m2−4
x x ＝(my －2)(my －2)＝m2y y －2m(y ＋y )＋4＝ ，
1 2 1 2 1 2 1 2 3m2−1
4 −3m2−4 9
∴x2－ x＋ + ＝0，(3m2－1)x2－4x＋5－3m2＝0，即[(3m2－1)x＋3m2－
3m2−1 3m2−1 3m2−1
5]·(x－1)＝0对任意m∈R恒成立，
∴x＝1，
∴以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
当直线PQ斜率为0时，圆的方程为x2＋y2＝1，过定点(1，0)．
综上，以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
法二：设直线PQ的方程为x＝my－2，P(x ，y )，Q(x ，y )，
1 1 2 2
{x=my−2，
则 ⇒(3m2－1)y2－12my＋9＝0，Δ＞0，
3x2−y2=3
12m 9
由根与系数的关系得y ＋y ＝ ，y y ＝ ，
1 2 3m2−1 1 2 3m2−1
由对称性知以PQ为直径的圆必过x轴上的定点．
设以PQ为直径的圆过点E(t，0)，∴⃗EP·⃗EQ＝0 (x －t)(x －t)＋y y ＝0 x x －t(x ＋x )＋t2＋y y ＝0，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
9 12m −3m2−4
⇒ ⇒
而x x ＝(my －2)(my －2)＝m2y y －2m(y ＋y )＋4＝m2· －2m· ＋4＝
1 2 1 2 1 2 1 2 3m2−1 3m2−1 3m2−1
，
12m2 4
x ＋x ＝m(y ＋y )－4＝ －4＝ ，
1 2 1 2 3m2−1 3m2−1
−3m2−4 4t 9
∴ − ＋t2＋ ＝0，
3m2−1 3m2−1 3m2−1
(3m2－1)t2－4t＋5－3m2＝0，
即[(3m2－1)t＋3m2－5](t－1)＝0对任意m∈R恒成立，
∴t＝1，即以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
当直线PQ斜率为0时，圆的方程为x2＋y2＝1，过定点(1，0)．
综上，以PQ为直径的圆经过定点(1，0)．
方法技巧 23 2 圆锥曲线的定值问题
圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可
得出定值；
(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件
化简、变形求得；
(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得长度的解析式，再依据条件对解析式进行化简、
变形即可求得；
(4)定值问题可由特殊情况先寻求定值，再推广到一般情况，这样方向和目标明确．
【典例1】已知直线l ：y＝2x和直线l ：y＝－2x，过动点E作平行于l 的直线交l 于点A，过
1 2 2 1
动点E作平行于l 的直线交l 于点B，且四边形OAEB(O为原点)的面积为4．
1 2
(1)求动点E的轨迹方程；
(2)当动点E的轨迹的焦点在x轴上时，记轨迹为曲线E ，过点M(1，0)的直线m与曲线E 交
0 0
于P，Q两点，且与y轴交于点N，若⃗NM＝λ⃗MP，⃗NM＝μ⃗MQ，求证：λ＋μ为定值．
【解析】 (1)设E(x ，y )，过点E(x ，y )且平行于l 的直线方程为y－y ＝－2(x－x )，
0 0 0 0 2 0 0
{y−y =−2(x−x )， 2x + y
由 0 0 得交点A的横坐标为 0 0，
y=2x， 4|2x + y | ❑√5
所以|OA|＝❑√1+22 0 0 ＝ |2x ＋y |，
4 4 0 0
|2x −y |
E点到直线l 的距离为 0 0 ，
1
❑√5
所以四边形OAEB的面积为
|2x −y | ❑√5
0 0 · |2x ＋y |＝4，
0 0
❑√5 4
x2 y2 y2 x2
即 0− 0＝1或 0− 0＝1，
4 16 16 4
x2 y2 y2 x2
故动点E的轨迹方程为 − ＝1或 − ＝1．
4 16 16 4
x2 y2
(2)证明：由题知E 的方程为 − ＝1，
0 4 16
设N(0，y )，P(x ，y )，Q(x ，y )．
N 1 1 2 2
当直线m的斜率为0时，N(0，0)，
1 2
若P(－2，0)，Q(2，0)，由⃗NM＝λ⃗MP，⃗NM＝μ⃗MQ，知λ＝－ ，μ＝1，所以λ＋μ＝ ；
3 3
若Q(－2，0)，P(2，0)，由⃗NM＝λ⃗MP，⃗NM＝μ⃗MQ，
1 2
知λ＝1，μ＝－ ，所以λ＋μ＝ ．
3 3
( 1)
当直线m的斜率不为0时，设直线m的方程为x＝ty＋1(显然t≠0)，则N 0，− ，即y ＝
t N
1
－ ，
t
因为⃗NM＝λ⃗MP，⃗NM＝μ⃗MQ，
所以(1，－y )＝λ(x －1，y )，(1，－y )＝μ(x －1，y )，
N 1 1 N 2 2
解得λ＝－ y N，μ＝－ y N，λ＋μ＝－y ( 1 + 1 ) ＝－y · y 1 + y 2．
y y N y y N y y
1 2 1 2 1 2
{ x=ty+1，
由 消去x并整理得(4t2－1)y2＋8ty－12＝0，
4x2−y2=16，
因为直线m与曲线E 有两个交点，
0
−8t −12
则在4t2－1≠0且判别式Δ＞0时，有y ＋y ＝ ，y y ＝ ．
1 2 4t2−1 1 2 4t2−1
1 −8t 4t2−1 2 2
所以λ＋μ＝ · · ＝ ，即证得λ＋μ为定值 ．
t 4t2−1 −12 3 3x2 y2
【典例2】已知M，N分别为椭圆E： + ＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，F为其右焦点，|FM|
a2 b2
( 3)
＝3|FN|，且点P 1， 在椭圆E上．
2
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若过F的直线l与椭圆E交于A，B两点，且l与以MN为直径的圆交于C，D两点，证明：
2
12 |CD|
+ 为定值．
|AB| 4
【解析】 (1)由|FM|＝3|FN|，可得a＋c＝3(a－c)，解得a＝2c，
又因为a2＝b2＋c2，所以b＝❑√3c．
9
( 3)
因为点P 1， 在椭圆E上，所以 1 4 ＝1，
2 +
a2 b2
x2 y2
解得a＝2，b＝❑√3，c＝1，所以椭圆E的标准方程为 + ＝1．
4 3
(2)证明：①当l与x轴重合时，|AB|＝|CD|＝4，
2
12 |CD|
所以 + ＝7．
|AB| 4
②当l不与x轴重合时，设A(x ，y )，B(x ，y )，
1 1 2 2
直线l的方程为x＝my＋1，
{x2 y2
+ =1，
由 4 3 消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，Δ＞0，
x=my+1，
−6m −9
则y ＋y ＝ ，y y ＝ ，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
故|AB|＝❑√(1+m2)［(y + y ) 2−4 y y ］
1 2 1 2
＝❑ √ (1+m2) [ ( −6m ) 2 + 36 ]
3m2+4 3m2+4
m2+1
＝12× ，
3m2+4
1
圆心O到直线l的距离为 ，
❑√m2+1
|CD| 2 1
则 ＝4－ ，
4
m2+112 |CD| 2 3m2+4 1
所以 + ＝ ＋4－ ＝7，
|AB| 4 m2+1 m2+1
2
12 |CD|
即 + 为定值．
|AB| 4
方法技巧 23 3 圆锥曲线的定直线问题
定直线问题是指因图形变化或点的移动而产生的动点在定直线上的问题．这类问题的核心在
于确定动点的轨迹，主要方法如下：
(1)设点法：设点的轨迹，通过已知点轨迹，消去参数，从而得到轨迹方程；
(2)待定系数法：设出含参数的直线方程，待定系数法求解出系数；
(3)验证法：通过特殊点位置求出直线方程，对一般位置再进行验证．
y2 x2 1
【典例1】(2024·辽宁大连一模)已知椭圆C： + ＝1(a>b>0)的离心率为 ，A为上顶点，B
a2 b2 2
为左顶点，F为上焦点，且⃗BA·⃗BF＝5．
(1)求C的方程；
(2)设过点(3，2)的直线交C于M，N两点，过M且垂直于y轴的直线与直线AN交于点Q，证
明：线段MQ的中点在定直线上．
【解析】 (1)由题意可得A(0，a)，B(－b，0)，F(0，c)，则⃗BA·⃗BF＝b2＋ac＝5，
c 1
又 ＝ ，a2＝b2＋c2，故b2＝3c2，即b＝❑√3c，
a 2
故有3c2＋2c2＝5，即c＝1，则b＝❑√3，a＝2，
y2 x2
即C的方程为 + ＝1．
4 3
(2)由3>❑√3，故直线MN斜率存在，设为kx－y－3k＋2＝0，
{kx−y−3k+2=0，
设M(x ，y )，N(x ，y )，联立 y2 x2
1 1 2 2 + =1，
4 3
得(3k2＋4)x2－6k(3k－2)x＋9k(3k－4)＝0，Δ＝36k2(3k－2)2－36k(3k2＋4)(3k－4)
＝－288k(k－2)>0，
6k(3k−2)
即0<k<2，x ＋x ＝ ，
1 2 3k2+4
9k(3k−4)
x x ＝ ，
1 2 3k2+4
当直线AN斜率存在时，
y −2
直线AN：y＝ 2 ·x＋2和y＝y 联立，
x 1
2
(x (y −2) )
得Q 2 1 ，y ，设线段MQ的中点为T，
y −2 1
2
(1[ x (y −2)] )
则T x + 2 1 ，y ，
2 1 y −2 1
2
x (y −2)
则有2x ＝x ＋ 2 1
T 1 y −2
2
x y −2x +x y −2x 2kx x −3k(x +x )
＝ 1 2 1 2 1 2＝ 1 2 1 2 ，
y −2 y −2
2 2
2x 2kx x −3k(x +x )
即 T ＝ 1 2 1 2
y −2 (y −2)(y −2)
T 2 1
2kx x −3k(x +x ) 2x x −3(x +x )
1 2 1 2 1 2 1 2
＝ ＝
k2[x x −3(x +x )+9] k[x x −3(x +x )+9]
1 2 1 2 1 2 1 2
18k(3k−4)−18k(3k−2)
＝
k[9k(3k−4)−18k(3k−2)+27k2+36]
−36
＝ ＝－1，
36
即有2x ＝－(y －2)，即2x ＋y －2＝0，
T T T T
故线段MQ的中点在定直线2x＋y－2＝0上．
2+2 4
当直线AN斜率不存在时，则N(0，－2)，k ＝ ＝ ，
MN 3 3
4 4 (12 2)
直线 MN 的方程为 y＝ (x－3)＋2，即 y＝ x－2，与椭圆方程联立得 M ， ，∴Q
3 3 7 7
( 2)
0， ，
7(6 2)
∴T ， ，符合直线方程2x＋y－2＝0．
7 7
综上，线段MQ的中点在定直线2x＋y－2＝0上．
【典例2】已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，过点(－2，0)的两条直线l ，l 分别交E于A，B两点
1 2
2
和C，D两点．当l 的斜率为 时，|AB|＝❑√13．
1 3
(1)求E的标准方程；
(2)设G为直线AD与BC的交点，证明：点G必在定直线上．
2 2
【解析】 (1)当l 的斜率为 时，得l 的方程为y＝ (x＋2)，
1 3 1 3
{
y2=2px，
由 2 消去x并整理得y2－3py＋4p＝0，
y= (x+2)，
3
Δ＝(－3p)2－4×4p＞0，y ＋y ＝3p，y y ＝4p，
1 2 1 2
由弦长公式得
√ 1
|AB|＝❑1+ ❑√(y + y ) 2−4 y y
k2 1 2 1 2
√ 1+ 1 ❑√(3p) 2−4×4 p
＝❑ (2) 2 ＝❑√13，
3
2
即❑√9p2−16p＝2，解得p＝2或p＝－ (舍去)，p＝2满足Δ＞0，
9
从而E的标准方程为y2＝4x．
(2)法一：因为l ，l 分别交E于A，B两点和C，D两点，所以直线斜率存在．
1 2
设直线AB的方程为y＝k (x＋2)，
1
(
y2
) (
y2
)
设A 1，y ，B 2，y ，
4 1 4 2{y=k (x+2)，
由 1 消去x得k y2－4y＋8k ＝0，Δ＞0，
y2=4x， 1 1
由根与系数的关系得y y ＝8．
1 2
设直线CD的方程为y＝k (x＋2)，
2
(
y2
) (
y2
)
设C 3，y ，D 4，y ，
4 3 4 4
{y=k (x+2)，
由 2 消去x得k y2－4y＋8k ＝0，Δ＞0，
y2=4x， 2 2
由根与系数的关系得y y ＝8．
3 4
y −y ( y2 )
4 1 x− 1
直线AD的方程为y－y ＝ y2 y2 4 ，
1
4− 1
4 4
4 y y
即y＝ x＋ 1 4 ，
y + y y + y
4 1 4 1
化简得4x－(y ＋y )y＋y y ＝0，
1 4 1 4
同理，直线BC的方程为4x－(y ＋y )y＋y y ＝0．
2 3 2 3
因为点(－2，0)在抛物线E的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点 G必在垂直于x轴的
直线上，所以只需证点G的横坐标为定值即可．
因为直线AD与BC相交，所以y ＋y ≠y ＋y ，
2 3 1 4
{4x−(y + y )y+ y y =0，
1 4 1 4
由 消去y，
4x−(y + y )y+ y y =0，
2 3 2 3
y y (y + y )−y y (y + y )
2 3 1 4 1 4 2 3
解得x＝
4［(y + y )−(y + y )］
2 3 1 4
y y y + y y y −y y y −y y y
1 2 3 2 3 4 1 2 4 1 3 4
＝
4［(y + y )−(y + y )］
2 3 1 4
8 y +8 y −8 y −8 y
3 2 4 1
＝
4［(y + y )−(y + y )］
2 3 1 4
8［(y + y )−(y + y )］
2 3 1 4
＝
4［(y + y )−(y + y )］
2 3 1 4
＝2．
所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上．{x=my−2，
法二：设直线AB的方程为x＝my－2，由 消去x得y2－4my＋8＝0，
y2=4x，
(
y2
) (
y2
)
设A 1，y ，B 2，y ，则y y ＝8．
4 1 4 2 1 2
(
y2
) (
y2
)
设直线CD的方程为x＝ny−2，C 3，y ，D 4，y ，
4 3 4 4
同理可得y y ＝8．
3 4
y −y ( y2 )
4 1 x− 1
直线AD的方程为y－y ＝ y2 y2 4 ，
1
4− 1
4 4
4 y y
即y＝ x＋ 1 4 ，
y + y y + y
4 1 4 1
化简得4x－(y ＋y )y＋y y ＝0，
1 4 1 4
同理，直线BC的方程为4x－(y ＋y )y＋y y ＝0．
2 3 2 3
因为点(－2，0)在抛物线E的对称轴上，由抛物线的对称性可知，交点 G必在垂直于x轴的
直线上，所以只需证点G的横坐标为定值即可．
因为直线AD与BC相交，所以y ＋y ≠y ＋y ，
2 3 1 4
{4x−(y + y )y+ y y =0，
1 4 1 4
由 消去y，
4x−(y + y )y+ y y =0，
2 3 2 3
y y (y + y )−y y (y + y )
2 3 1 4 1 4 2 3
解得x＝
4［(y + y )−(y + y )］
2 3 1 4
y y y + y y y −y y y −y y y
1 2 3 2 3 4 1 2 4 1 3 4
＝
4［(y + y )−(y + y )］
2 3 1 4
8 y +8 y −8 y −8 y
3 2 4 1
＝
4［(y + y )−(y + y )］
2 3 1 4
8［(y + y )−(y + y )］
2 3 1 4
＝
4［(y + y )−(y + y )］
2 3 1 4
＝2．
所以点G的横坐标为2，即直线AD与BC的交点G在定直线x＝2上．
方法技巧 23 4 圆锥曲线的等角定理椭圆的等角定理
x2 y2
已知椭圆C： + ＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同时
a2 b2
(a2
)
直线l与椭圆C交于P，Q两点，则x轴上存在点R ，0 ，使得∠ORP＝∠ORQ．
m
逆定理
x2 y2 (a2
)
已知椭圆C： + ＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R ，0 (m≠0，|m|≠a)，设直线l不垂直于
a2 b2 m
x轴，同时直线l与椭圆C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点所在轴只需要与a保持一致即可，不要求在椭圆内，也不要求在椭圆外，如图所示：
证明：普通联立法即可．
双曲线的等角定理
x2 y2
已知双曲线C： − ＝1(a＞b＞0)，直线l过定点(m，0)(m≠0，|m|≠a)且不垂直于x轴，同
a2 b2
(a2
)
时直线l与双曲线C交于P，Q两点，则x轴上存在点R ，0 ，使得∠ORP＝∠ORQ．
m
逆定理
x2 y2 (a2
)
已知双曲线C： − ＝1(a＞b＞0)与x轴上定点R ，0 (m≠0，|m|≠a)．设l不垂直于x
a2 b2 m
轴，同时直线l与双曲线C交于P，Q两点，若∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(m，0)．
注：定点在实轴上即可，不要求在双曲线内部，也不要求过定点的直线必须是和同一侧曲线
相交于两点，包括如下三种情况，证明过程一致．证明：普通联立法即可．
抛物线的等角定理
已知抛物线C：y2＝2px，直线l过定点(m，0)(m≠0)，同时直线l与抛物线C交于P，Q两点，
则x轴上存在点R(－m，0)，使得∠ORP＝∠ORQ．
逆定理
已知抛物线C：y2＝2px与x轴上定点R(m，0)(m≠0)，直线l与抛物线C交于P，Q两点，若
∠ORP＝∠ORQ，则直线恒过定点(－m，0)．
注：定点在对称轴上即可．
x2
【典例1】(2018·全国Ⅰ卷)设椭圆C： ＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B
2
两点，点M的坐标为(2，0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．
【解析】 (1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1．
( ❑√2) ( ❑√2)
由已知可得，点A的坐标为 1， 或 1，− ．
2 2❑√2 ❑√2
又M(2，0)，所以AM的方程为y＝－ x＋❑√2或y＝ x－❑√2．
2 2
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°．
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB．
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x ，y )，B(x ，y )，则x ＜
1 1 2 2 1
y y
❑√2，x ＜❑√2，直线MA，MB的斜率之和为k ＋k ＝ 1 + 2 ．
2 MA MB x −2 x −2
1 2
由y ＝kx －k，y ＝kx －k得
1 1 2 2
2kx x −3k(x +x )+4k
1 2 1 2
k ＋k ＝ ．
MA MB (x −2)(x −2)
1 2
x2
将y＝k(x－1)代入 ＋y2＝1得
2
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
4k2 2k2−2
所以x ＋x ＝ ，x x ＝ ．
1 2 2k2+1 1 2 2k2+1
则2kx x －3k(x ＋x )＋4k
1 2 1 2
4k3−4k−12k3+8k3+4k
＝ ＝0．
2k2+1
从而k ＋k ＝0，故MA，MB的倾斜角互补，所以∠OMA＝∠OMB．
MA MB
综上，∠OMA＝∠OMB．
点拨：解析几何中与角有关的问题可以向斜率转化．
方法技巧 23 5 圆锥曲线中的范围、最值问题
圆锥曲线中的范围、最值问题是高考的重难点之一，主要有两种求解策略：
(1)几何法：即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
(2)代数法：即把要求最值、范围的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，
然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
注：1.利用函数性质处理圆锥曲线中的最值(范围)问题的策略
函数法求最值(范围)问题就是构建关于变量的目标函数，将问题转化为求函数的最值(或值域)，
解决问题时要注意自变量的取值范围．
2.构造基本不等式求最值的步骤3.几何法求最值，主要是利用曲线的定义、几何性质、几何关系以及平面几何中的定理、性
质等进行求解或寻找临界位置求解．
4.不等式求范围的三种常用方法
【典例1】已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过焦点F的直线m与抛物线C分别交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最
小值．
{x−y+1=0，
【解析】 (1)∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切，联立 消去
y2=2px，
x得y2－2py＋2p＝0，即Δ ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍)．
1
∴抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)由于直线m的斜率不为0，可设直线m的方程为ty＝x－1，设A(x ，y )，B(x ，y )．
1 1 2 2
{ty=x−1，
联立 消去x得y2－4ty－4＝0，
y2=4x，
∵Δ ＞0，
2
∴由根与系数的关系得y ＋y ＝4t，即x ＋x ＝4t2＋2，∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1，
1 2 1 2
2t)．
设点A到直线l的距离为d ，点B到直线l的距离为d ，点M到直线l的距离为d，
A B
|2t2−2t+2| | ( 1) 2 3 | 1
则d ＋d ＝2d＝2· ＝2❑√2|t2－t＋1|＝2❑√2 t− + ，∴当t＝ 时，A，B两点
A B ❑√2 2 4 23❑√2
到直线l的距离之和最小，最小值为 ．
2
x2 y2
【典例2】(2025·湖南永州模拟)已知椭圆 E： + ＝1(a>b>0)的短轴长为 2❑√3，右焦点为
a2 b2
F(1，0)．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知过点F的直线l 与椭圆E交于A，B两点，过点F且与l 垂直的直线l 与抛物线y2＝4x
1 1 2
交于C，D两点，求四边形ACBD的面积S的取值范围．
【解析】 (1)依题意可得，椭圆右焦点F(1，0)，且2b＝2❑√3，即b＝❑√3．
又因为a2－b2＝1，所以a＝2，
x2 y2
故椭圆E的标准方程为 + ＝1．
4 3
(2)显然直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为x＝my＋1，C(x ，y )，D(x ，y )．
2 2 1 1 2 2
{x=my+1，
联立 消去x整理得y2－4my－4＝0，Δ>0，所以y ＋y ＝4m，y y ＝－4，
y2=4x， 1 2 1 2
所以|CD|＝❑√1+m2·❑√(y + y ) 2−4 y y ＝4(m2＋1)．
1 2 1 2
由垂直关系可设直线l 的方程为y＝－mx＋m，
1
A(x ，y )，B(x ，y )，
3 3 4 4
{y=−mx+m，
联立 x2 y2 消去y整理得(3＋4m2)x2－8m2x＋4(m2－3)＝0，Δ′>0，则根据根与系数的
+ =1，
4 3
8m2 4(m2−3)
关系得x ＋x ＝ ，x x ＝ ，
3 4 3+4m2 3 4 3+4m2
12(m2+1)
所以|AB|＝❑√1+m2·❑√(x +x ) 2−4x x ＝ ，
3 4 3 4 4m2+3
1 1 12(m2+1) 24(m2+1) 2
所以S ＝ |CD|·|AB|＝ ×4(m2＋1)× ＝ ，
四边形ACBD 2 2 4m2+3 4m2+33 t2+2t+1 3( 1 )
令4m2＋3＝t(t≥3)，则S ＝ × ＝ t+ +2 ，
四边形ACBD 2 t 2 t
1
因为y＝t＋ ＋2在[3，＋∞)上单调递增，
t
3 ( 1 )
所以S ≥ × 3+ +2 ＝8，
四边形ACBD 2 3
所以四边形ACBD的面积S的取值范围为[8，＋∞)．
y2 x2 ❑√6
【典例 3】(2025·广东揭阳模拟)已知椭圆 C： + ＝1(a＞b＞0)的离心率为 ，点
a2 b2 3
(2❑√2 ❑√3)
， 在椭圆C上．
3 3
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点N(2，0)的直线与椭圆C交于A，B两点，求S 的最大值．
△AOB
❑√6 c √ b2 ❑√6
【解析】 (1)由椭圆C的离心率为 ，可得 ＝❑1− ＝ ，可得a2＝3b2，
3 a a2 3
y2 x2 (2❑√2 ❑√3)
设椭圆C： + ＝1，将点 ， 代入方程，可得b2＝1，
3b2 b2 3 3
y2
故椭圆C的方程为 ＋x2＝1．
3
(2)由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，
设l ：x＝ny＋2且A(x ，y )，B(x ，y )，
AB 1 1 2 2
{ x=ny+2，
联立方程 消去x并整理得(3n2＋1)y2＋12ny＋9＝0，
y2+3x2=3，
12n 9
由Δ＞0，可得n2－1＞0，由根与系数的关系得y ＋y ＝－ ，y y ＝ ，
1 2 3n2+1 1 2 3n2+1
2
又由原点到l 的距离d＝ ，
AB ❑√1+n2
|AB|＝❑√1+n2|y －y |，
1 2
1 2
所以S ＝ ❑√1+n2 |y －y | ＝|y －y |＝❑√(y + y ) 2−4 y y
△AOB 2 1 2 ❑√1+n2 1 2 1 2 1 2
√ ( 12n ) 2 36 √36(n2−1)
＝❑ − − ＝❑ ，
3n2+1 3n2+1 (3n2+1) 2
令t＝n2－1，t＞0，可得6 ❑√3
√ 36t ≤
S △AOB ＝❑ (3t+4) 2 ＝ ❑ √ 9t+24+ 16 2 ，
t
4 7 ❑√3
当且仅当t＝ ，即n2＝ 时，面积取到最大值 ．
3 3 2
x2 y2
【典例4】(2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C： + ＝1(a＞b＞0)过点M(2，3)，点A为其左顶
a2 b2
1
点，且AM的斜率为 ．
2
(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
3 1
【解析】 (1)因为椭圆C的左顶点A(－a，0)，则直线AM的斜率为 ＝ ，①
2+a 2
4 9
点M在椭圆C上，则 + ＝1，②
a2 b2
联立①②，解得a＝4，b2＝12，
x2 y2
故椭圆C的方程为 + ＝1．
16 12
(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m(m≠－4)，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与 AM距离较远的直线与椭圆的切点为 N，此时△AMN的
面积取得最大值．
x2 y2
联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程 + ＝1，
16 12
可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16×(3m2－48)＝0，
即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离较远的直线方程为x－2y＝8，
又直线AM的方程为x－2y＝－4，
所以点N到直线AM的距离即两平行直线之间的距离，8+4 12❑√5
所以点N到直线AM的距离d＝ ＝ ，由两点间的距离公式可得|AM|＝❑√(2+4) 2+32
❑√1+4 5
＝3❑√5．
1 12❑√5
所以△AMN的面积的最大值为 ×3❑√5× ＝18．
2 5
x2
【典例5】设过定点M(0，2)的直线l与椭圆C： ＋y2＝1交于不同的两点P，Q，若坐标原点
4
O在以线段PQ为直径的圆的外部，求直线l的斜率k的取值范围．
【解析】 显然直线x＝0不满足题设条件，故可设直线 l的方程为 y＝kx＋2，P(x ，y )，
1 1
Q(x ，y )．
2 2
{x2
+ y2=1，
由 4 消去y并整理得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0，
y=kx+2，
∴Δ＝(16k)2－4×12×(1＋4k2)>0，
( ❑√3) (❑√3 )
∴k∈ −∞，− ∪ ，+∞ ，
2 2
−16k 12
∴x ＋x ＝ ，x x ＝ ，
1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
根据题意，得0°<∠POQ<90°，即⃗OP·⃗OQ>0，
12(1+k2)
∴⃗OP·⃗OQ＝x x ＋y y ＝x x ＋(kx ＋2)(kx ＋2)＝(1＋k2)x x ＋2k(x ＋x )＋4＝ ＋2k·
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1+4k2
( −16k ) 16−4k2
＋4＝ >0，解得－2<k<2．
1+4k2 1+4k2
( ❑√3) (❑√3 )
∴k的取值范围为 −2，− ∪ ，2 ．
2 2
方法技巧 23 6 圆锥曲线中的证明、探索性问题
1.圆锥曲线中的证明、探索性问题是高考的热点、难点之一，相应的解题策略如下：
类型 解题策略
解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线
证明
的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的
问题
数值计算等进行证明．
探索性 探索性问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先
问题 假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往
往涉及对参数的讨论．
2.树立“转化”意识，证明位置关系
x2 y2 ❑√5
【典例1】(2023·北京高考)已知椭圆E： + ＝1(a＞b＞0)的离心率为 ，A，C分别为E
a2 b2 3
的上、下顶点，B，D分别为E的左、右顶点，|AC|＝4．
(1)求E的方程；
(2)点P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2
交于点N．求证：MN∥CD．
❑√5 c
【解析】 (1)由题意可得2b＝4，e＝ ＝ ，a2＝b2＋c2，
3 a
x2 y2
解得b＝2，a2＝9，∴椭圆E的方程为 + ＝1．
9 4
(2)证明：由题意可知，A(0，2)，B(－3，0)，C(0，－2)，D(3，0)，
x y
直线BC的方程为 + ＝1，即2x＋3y＋6＝0．
−3 −2
设直线AP的方程为y＝kx＋2(k＜0)，
(−4 )
∴N ，−2 ．
k
{
y=kx+2，
联立 x2 y2 消去y并整理得(4＋9k2)x2＋36kx＝0，Δ＞0，
+ =1，
9 4
36k
解得x＝0或x＝－ ，
4+9k2
( 36k 8−18k2 )
∴P − ， ．
4+9k2 4+9k218k2−8
4+9k2
直线PD的方程为y＝ (x－3)，
36k
3+
4+9k2
18k2−8
即y＝ (x－3)，
27k2+36k+12
−6k−4 8−18k2
与2x＋3y＋6＝0联立，解得x＝ ，y＝ ．
3k2+2k 9k2+6k
(−6k−4 8−18k2 )
∴M ， ．
3k2+2k 9k2+6k
8−18k2
+2
9k2+6k 2 2
∴k ＝ ＝ ，k ＝ ，∴MN∥CD．
MN 4 6k+4 3 CD 3
−
k 3k2+2k
x2 y2
【典例2】在平面直角坐标系中，已知椭圆C： + ＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1，0)，离心
a2 b2
1
率为 ．
2
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点F的直线l交C于A，B两点，线段AB的中点为M，分别过点A，B作C的切线
l ，l ，且l 与l 交于点P，证明：O，P，M三点共线．
1 2 1 2
{
c=1，
c 1 { a=2， x2 y2
【解析】 (1)由题意得 = ，⇒ 椭圆C的标准方程为 + ＝1．
a 2 b=❑√3， 4 3
a2=b2+c2
(2)证明：由题意知，直线 l的斜率不为 0，设直线 l的方程为 x＝my＋1，A(x ，y )，B(x ，
1 1 2
y )，M(x ，y )，P(x ，y )．
2 0 0 3 3
{ x=my+1，
由 得3(m2y2＋2my＋1)＋4y2＝12，即(3m2＋4)y2＋6my－9＝0．
3x2+4 y2=12，
6m 9
∴Δ＝144(m2＋1)＞0，y ＋y ＝－ ，y y ＝－ ，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
y + y −3m 4
∴y ＝ 1 2＝ ，x ＝ ，
0 2 3m2+4 0 3m2+4
3
∴k ＝－ m．
OM 4x x y y
直线l 的方程为 1 + 1 ＝1，①
1 4 3
x x y y
直线l 的方程为 2 + 2 ＝1，②
2 4 3
y x
①－②可得 (y －y )＝ (x －x )，
3 2 1 4 1 2
y 3 x −x 3
则 ＝ · 1 2＝－ m，
x 4 y −y 4
2 1
y 3
∴ 3＝－ m＝k ，
x 4 OP
3
∴k ＝k ，即O，P，M三点共线．
OM OP
x2 y2 ❑√3
【典例3】已知椭圆C ： + ＝1(a＞b＞0)的离心率为 ，椭圆C 的上顶点与抛物线C ：x2
1 a2 b2 2 1 2
＝2py(p＞0)的焦点F重合，且抛物线C 经过点P(2，1)，O为坐标原点．
2
(1)求椭圆C 和抛物线C 的标准方程；
1 2
(2)已知直线l：y＝kx＋m与抛物线C 交于A，B两点，与椭圆C 交于C，D两点，若直线PF
2 1
平分∠APB，四边形OCPD能否为平行四边形？若能，求实数m的值；若不能，请说明理由．
【解析】 (1)由抛物线C 经过点P(2，1)，得4＝2p，所以p＝2，故抛物线C 的标准方程为
2 2
x2＝4y．
抛物线C ：x2＝4y的焦点为F(0，1)，所以b＝1．
2
c ❑√a2−b2 ❑√a2−1 ❑√3
又椭圆C 的离心率e＝ ＝ ＝ ＝ ，所以a＝2．
1 a a a 2
x2
所以椭圆C 的标准方程为 ＋y2＝1．
1 4
(2)四边形OCPD不是平行四边形，理由如下：
将y＝kx＋m代入x2＝4y，消去y并整理得，
x2－4kx－4m＝0．
所以Δ＝16k2＋16m＞0，即m＞－k2．
设直线PA，PB的斜率分别为k ，k ．
1 2
因为直线PF平分∠APB，所以k ＋k ＝0．
1 2
y −1 y −1
设A(x ，y )，B(x ，y )，则 1 + 2 ＝0．
1 1 2 2 x −2 x −2
1 2
又x2＝4 y ，x2＝4y ，
1 1 2 2x2 x2
1−1 2−1 x +x +4
则 4 4 ＝ 1 2 ＝0，
+ 4
x −2 x −2
1 2
所以x ＋x ＝－4，
1 2
x2 x2
y −y 1− 2 x +x
所以k ＝ 1 2＝ 4 4 ＝ 1 2＝－1，
AB x −x 4
1 2 x −x
1 2
所以直线l：y＝－x＋m且m＞－1．
{y=−x+m，
由 x2 消去y并整理得5x2－8mx＋4m2－4＝0．
+ y2=1，
4
所以Δ＝64m2－4×5×(4m2－4)＝16(5－m2)＞0，
解得－❑√5＜m＜❑√5，所以－1＜m＜❑√5．
8m
设C(x ，y )，D(x ，y )，则x ＋x ＝ ，
3 3 4 4 3 4 5
2m
y ＋y ＝－(x ＋x )＋2m＝ ．
3 4 3 4 5
若四边形OCPD为平行四边形，则⃗OP＝⃗OC+⃗OD，
即(2，1)＝(x ＋x ，y ＋y )．
3 4 3 4
8m
{ =2，
5
所以 显然方程组无解．
2m
=1，
5
所以四边形OCPD不是平行四边形．
方法技巧 23 7 圆锥曲线的极点、极线
“极点、极线”是圆锥曲线的一种基本特征，除了人教 A版选择性必修第一册P 拓广
99
探索T 研究了有关圆的切点弦方程外，中学数学教材中没有提及极点与极线的相关问题，事
15
实上，以“极点、极线”为背景命制的试题屡见不鲜， 在复习备考中，适当了解一些该方面
的知识，可以从“高观点下”看待高中圆锥曲线的相关内容，更容易抓住问题的本质，快速
准确解题．
1.极点、极线的定义与配极原则
定义：对于圆锥曲线C：
Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0(A，B，C不全为零)．已知点P(x ，y )(非中心)及直线l：
0 0
x y+ y x x+x y+ y
Ax x＋B 0 0 ＋Cy y＋D 0＋E 0＋F＝0，则称点P(x ，y )是直线l关于圆锥曲线C
0 2 0 2 2 0 0
的极点，直线l称为P点关于曲线C的极线．
配极原则：共线点的极线必共点，共点线的极点必共线．
从形式上看：直线l的方程是在圆锥曲线方程中按照以下置换：
x y+ y x
x x→x2； 0 0 →xy；y y→y2；
0 2 0
x+x y+ y
0→x； 0→y．
2 2
2.极点、极线的几何意义(以椭圆为例说明)
x x y y x2 y2
设点P(x ，y )的极线l： 0 + 0 ＝1，椭圆方程： + ＝1(a＞b＞0)．
0 0 a2 b2 a2 b2
①当点P(x ，y )在椭圆上时，极线l是以点P为切点的切线．
0 0
证明如下：
( x2 ) √ x2
由y2＝b2 1− 知，当y≥0时，y＝b❑1−
a2 a2
b
＝
❑√a2−x2
．
a
∴以P(x ，y )为切点的切线方程为
0 0
b2 x
y＝－ · 0 (x－x )＋y ．
a2 y 0 0
0
x x y y
整理得 0 + 0 ＝1，
a2 b2
即此时极线l为过点P(x ，y )的切线．
0 0
②当点P(x ，y )在椭圆外时，极线l与椭圆相交，且为由点P向椭圆所引切线的切点弦所在直
0 0
线．
证明如下：x x y y
l ： 1 + 1 ＝1，
PA a2 b2
x x y y
l ： 2 + 2 ＝1．
PB a2 b2
x x y y
{ 1 0+ 1 0=1，
a2 b2
∴
x x y y
2 0+ 2 0=1.
a2 b2
x x y y
即点A(x ，y )，B(x ，y )均满足 0 + 0 ＝1．
1 1 2 2 a2 b2
x x y y
极线l： 0 + 0 ＝1即为切点弦AB所在的直线方程．
a2 b2
③当点P(x ，y )在椭圆内时，极线l与椭圆相离，极线l为经过点P的弦在两端点处切线交点
0 0
的轨迹，且极线l与以点P为中点的弦所在直线平行．
证明如下：
A(x ，y )，B(x ，y )，以A，B为切点的切线交于点M(m，n)．
1 1 2 2
mx ny mx n y
∴l ： + ＝1，∴ 0+ 0＝1，
AB a2 b2 a2 b2
即点M(m，n)在直线上．
b2x
又∵以P为中点的弦，由点差法知k′＝－ 0＝k，
a2y l
0
即极线与中点弦所在直线平行．
特别地，当点P(x ，y )在椭圆内时，H(x，y)－H(x ，y )＝0是点P关于椭圆的中点弦方程(P
0 0 0 0
为弦中点)．
3.自极三角形x2 y2
椭圆E： + ＝1(a＞b＞0)内接四边形ABCD，对角线AC与BD交于点N，分别延长AD，
a2 b2
BC，BA，CD交于点M，P，则△PMN叫自极三角形，若N点为极点，则直线MP是它的极
线；若M点为极点，则直线PN是它的极线；若点P为极点，则直线NM是它的极线．
x2
【典例1】(2020·全国Ⅰ卷) 已知A，B分别为椭圆E： ＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E
a2
的上顶点，⃗AG·⃗GB＝8．P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一
交点为D．
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点．
分析：(1)由已知可得，A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1)，即可求得⃗AG·⃗GB＝a2－1，结合已知
即可求得a2＝9，问题得解．
(2)思考切入点一：
tx
利用自极三角形定义，设四边形ADBC的对角线交于极点N(t，0)，则 ＋0＝1，
9
9 3 (3 )
∴x＝ ＝6，t＝ ，N ，0 ．
t 2 2
y
设P(6，y )，可得直线AP的方程为y＝ 0(x＋3)，联立直线AP的方程与椭圆方程即可求得点
0 9
(−3 y2+27 6 y ) (3 y2−3 −2y )
C的坐标为 0 ， 0 ，同理可得点D的坐标为 0 ， 0 ，即可表示出直
y2+9 y2+9 y2+1 y2+1
0 0 0 0
线CD的方程，整理直线CD的方程可得y＝ 4 y 0 ( x− 3) ，命题得证．
3(3−y2) 2
0
思考切入点二：
如图，点P在直线x＝6上运动，PA与PB是椭圆的两条割线，且与椭圆的交点构成四边形ACBD．该四边形的两条对角线AB与CD的交点就是直线x＝6所对应的极点．x＝6关于椭圆
x2 (3 ) (3 )
＋y2＝1的极点为 ，0 ，而AB固定，则CD过定点 ，0 ．
9 2 2
方法技巧 23 8 两个计数原理及综合应用
利用两个基本计数原理解决问题的步骤
提醒：涂色问题的两种常用解题方法：按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计
数原理分析；以颜色为主分类讨论，用分类加法计数原理分析．
【典例1】如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公
寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24 B．18 C．12 D．9
【解析】由题意可知E到F共有6条最短路径，F到G共有3条最短路径，由分步乘法计数
原理知，共有6×3＝18(条)最短路径．
【典例2】(2025·重庆模拟)用四种不同的颜色给如图所示的六块区域 A，B，C，D，E，F涂
色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是( )
A．120 B．72
C．48 D．24
【解析】根据题意，先涂区域C，D，E，F四块，
(i)若涂区域C，D，E，F用了4种颜色，则有A4＝24(种)方法，然后涂区域A，B，有以下3
4
种方案：
①区域A，D同色且区域B，C同色；②区域A，D同色且区域B，F同色；③区域A，F同色且区域B，C同色．
根据分步乘法计数原理，此时的涂色方法的总数是24×3＝72．
(ii)若涂区域C，D，E，F用了3种颜色，考虑到区域 C，D不相邻，用同一种颜色，则有
C3A3＝24(种)方法，
4 3
然后涂区域A，B，有以下2种方案：
①区域A，F同色且涂区域B用第4种颜色；②区域B，F同色且涂区域A用第4种颜色．
根据分步乘法计数原理，此时的涂色方法的总数是24×2＝48．
综上所述，所有涂色方法的总数是72＋48＝120．
故选A．
【典例3】如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一
个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是
________．
【解析】在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面
对”；而正方体的六个对角截面中，每个对角面又有两条面对角线与之垂直，共构成12个
“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”．
方法技巧 23 9 排列、组合问题
求解排列、组合应用问题的六种常用方法
提醒：先选后排，先组合后排列，恰当的分类，合理的分步．分类标准要明确，做到不重不
漏；分步要步步独立，步骤完整．【典例1】(2025·山东济南模拟)由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意
两个偶数都不相邻，则满足条件的六位数的个数为( )
A．60 B．108
C．132 D．144
【解析】0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，首先
排列1，3，5，3个数字，然后插入偶数，可得A3 (A3−A2 )＝108(个)不同数字．故选B．
3 4 3
【典例2】(2023·新高考Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从
这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有
________种(用数字作答)．
【解析】法一：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修 1门，有
C1C1种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有C1C2种
4 4 4 4
方案；第三类，在体育类选修课中选修 2门，在艺术类选修课中选修1门，有C2C1种方案．
4 4
综上，不同的选课方案共有C1C1+C1C2+C2C1＝64(种)．
4 4 4 4 4 4
法二：若学生从这8门课中选修2门课，则有C2−C2−C2＝16(种)选课方案；若学生从这8门
8 4 4
课中选修3门课，则有C3−C3−C3＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝
8 4 4
64(种)．
【典例3】7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙
不相邻，则不同排法的种数是( )
A．60 B．120
C．240 D．360
【解析】先排甲、乙、丙以外的4个人，再把甲、乙按甲在乙的左边捆好，与丙插两个空位，
A4A2
并去掉顺序，所以不同的排法种数是 4 5＝240．故选C．
A2
2
方法技巧 24 0 分组、分配问题
分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种：
(1)相同元素的分配问题，常用“挡板法”；
(2)不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配；
(3)有限制条件的分配问题，采用分类求解．
提醒：对于部分均分问题，若有m组元素个数相等，则分组时应除以Am．
m
【典例1】(2024·浙江杭州二模)将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去一个社区，每个社区至少1名志愿者，则不同的分配方法数是( )
A．300 B．240
C．150 D．50
【解析】先将5名志愿者分成3组，
若这三组的人员构成为1，1，3，则共有C3种分组方案，
5
C2C2
若这三组的人员构成为1，2，2，则共有 5 3种分组方案，再将这3组志愿者随机分配到三
A2
2
个社区，共有A3种分配方案，故共有 ( C3+ C 5 2C 3 2 ) A3 ＝ ( 10+ 10×3) ×6＝150(种)分配方法．故
3 5 A2 3 2
2
选C．
【典例2】(2024·河北衡水中学模拟)将5本不同的书(2本文学书、2本科学书和1本体育书)
分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、
乙中的一人，则不同的分配方法数为( )
A．78 B．92
C．100 D．122
【解析】若将体育书分给甲，当剩余 4 本书恰好分给乙、丙时，此时的分配方法有
C2·C2
C3·C1·A2+ 4 2·A2＝14(种)，
4 1 2 A2 2
2
当剩余4本书恰好分给甲、乙、丙三人时，此时的分配方法有C2·A3＝36(种)，
4 3
综上，将体育书分给甲，不同的分配方法数是14＋36＝50，同理，将体育书分给乙，不同的
分配方法数也是50，故不同的分配方法数是50＋50＝100．故选C．
【典例3】甲、乙等4名志愿者到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去
一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
【解析】①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有C2A2＝6(种)；②游泳场地只安排1人，
3 2
则不同的安排方法有C1C2A2＝18(种)；所以不同的安排方法有6＋18＝24(种)．故选C．
3 3 2
【典例4】把9个入团名额分给6个班级，每班至少一人，不同的分法种数为( )
A．41 B．56 C．156 D．252
【解析】问题可转化为将9个入团名额排成一列，再分成 6组，每组至少一个，求其方法数．
事实上，只需在上述9个入团名额所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入挡板，即产生符合要求的方法，有C5＝56(种)．故选B．
8
方法技巧 24 1 二项展开式的通项公式的应用
几种求展开式特定项的解法
(1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数
为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可．
(2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合
思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．
(3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决或从组合角度求特定项．
( 1 ) 5
【典例1】 3x− y 的展开式中x2y3的系数是( )
3
10 10
A．－ B．
3 3
C．－30 D．30
【解析】 ( 3x− 1 y ) 5 的展开式的通项为T ＝Ck(3x) 5−k( − 1 y ) k ＝35−k· ( − 1) k ·Ck x5-kyk，k
3 k＋1 5 3 3 5
＝0，1，2，3，4，5．令k＝3，可得x2y3的系数是32× ( − 1) 3 ×C3 ＝− 10 ，故选A.
3 5 3
【典例2】(多选)已知
( x2− 1 ) n
的展开式中第3项与第5项的系数之比为3∶14，则下列结论
❑√x
成立的是( )
A．n＝10
B．展开式中的常数项为45
C．含x5的项的系数为210
D．展开式中的有理项有5项
k 5k
【解析】二项展开式的通项为T k＋1 ＝ Ckx2n−2k(−1) kx − 2＝(−1) kCkx 2n− 2 ，
n n
C2
3
由于第3项与第5项的系数之比为3∶14，则 n＝ ，
C4 14
n
n(n−1)
1×2 3
故 ＝ ，
n(n−1)(n−2)(n−3) 14
1×2×3×4
得n2－5n－50＝0，解得n＝10(负值舍去)，故A正确；5k
则T k＋1 ＝ (−1) kCk x 20− 2 ，
10
5k
令20－ ＝0，解得k＝8，
2
则展开式中的常数项为(−1) 8C8 ＝45，故B正确；
10
5k
令20－ ＝5，解得k＝6，
2
则含x5的项的系数为(−1) 6C6 ＝210，故C正确；
10
5k
令20－ ∈Z，则k为偶数，此时k＝0，2，4，6，8，10，故有6项有理项，故D错误．
2
( y)
【典例3】(2022·新高考Ⅰ卷) 1− (x＋y)8的展开式中x2y6的系数为_______．(用数字作答)
x
( y) y
【解析】因为 1− (x＋y)8＝(x＋y)8－ (x＋y)8，
x x
所以 ( 1− y) (x＋y)8的展开式中含x2y6的项为C6x2y6− y C5 x3y5＝－28x2y6，
x 8 x 8
( y)
所以 1− (x＋y)8的展开式中x2y6的系数为－28．
x
【典例4】(2025·河北沧州模拟)在(x－2y＋3z)6的展开式中，xy2z3项的系数为( )
A．6 480 B．2 160
C．60 D．－2 160
【解析】(x－2y＋3z)6相当于6个因式(x−2y+3z)相乘，其中一个因式取x，有C1种取法，余
6
下5个因式中有2个取－2y，有C2种取法，最后3个因式中全部取3z，有C3种取法，故(x－
5 3
2y＋3z)6展开式中xy2z3的系数为C1×1×C2×(−2) 2×C3×33＝6 480．故选A．
6 5 3
【典例5】(1＋2x－3x2)5的展开式中x5的系数为________．
【 解 析 】 法 一 ： (1 ＋ 2x － 3x2)5 ＝ (1 － x)5(1 ＋ 3x)5 ， 所 以 x5 的 系 数 为
C0C535+C1(−1)C434+C2(−1) 2C333+C3(−1) 3C232＋C4(−1) 4C131＋C5(−1) 5C030＝92．
5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5
法二：(1＋2x－3x2)5＝[(1＋2x)－3x2]5＝C0(1＋2x)5＋C1(1＋2x)4(－3x2)＋C2(1＋2x)3(－3x2)2＋C3
5 5 5 5
(1＋2x)2(－3x2)3＋C4(1＋2x)(－3x2)4＋C5(−3x2) 5
，
5 5
所以x5的系数为C0C525＋C1C3×23×(－3)＋C2C1×2×(－3)2＝92．
5 5 5 4 5 3
方法技巧 24 2 二项式系数和与系数和
赋值法的应用(1)在二项式定理中，令a＝1，b＝x，得(1＋x)n＝C0＋C1x＋C2x2＋…＋Ckxk＋…＋Cnxn．
n n n n n
(2)若f (x)＝a ＋a x＋a x2＋…＋a xn，则
0 1 2 n
①a ＋a ＋a ＋…＋a ＝f (1)．
0 1 2 n
f (1)+f (−1)
②奇数项系数之和为a ＋a ＋a ＋…＝ ．
0 2 4 2
f (1)−f (−1)
③偶数项系数之和为a ＋a ＋a ＋…＝ ．
1 3 5 2
【典例1】(多选)已知(1－2x)2 024＝a ＋a x＋a x2＋…＋a x2 024，下列命题正确的是( )
0 1 2 2 024
A．展开式中所有项的二项式系数和为22 024
32 024 +1
B．展开式中所有偶数项系数的和为
2
32 024 +1
C．展开式中所有奇数项系数的和为
2
a a a a
D． 1+ 2+ 3+…+ 2 024＝－1
2 22 23 22 024
【解析】由二项式知，C0 ＋C1 ＋…＋C2 024＝22 024，A正确；
2 024 2 024 2 024
当x＝1时，有a ＋a ＋a ＋…＋a ＝1，
0 1 2 2 024
当x＝－1时，有a －a ＋a －a ＋…－a ＋a ＝32 024，
0 1 2 3 2 023 2 024
1−32 024
由上可得a ＋a ＋a ＋…＋a ＝ ，B错误；
1 3 5 2 023 2
32 024 +1
由上可得a ＋a ＋a ＋…＋a ＝ ， C正确；
0 2 4 2 024 2
1 a a a a
令x＝ 可得a ＋ 1+ 2+ 3+…+ 2 024＝0，
2 0 2 22 23 22 024
又a ＝1，
0
a a a a
所以 1+ 2+ 3+…+ 2 024＝－1，D正确．故选ACD．
2 22 23 22 024
【典例2】若(x＋2＋m)9＝a ＋a (x＋1)＋a (x＋1)2＋…＋a (x＋1)9，且(a ＋a ＋…＋a )2－(a ＋a
0 1 2 9 0 2 8 1 3
＋…＋a )2＝39，则实数m的值为________．
9
【解析】令x＝0，则(2＋m)9＝a ＋a ＋a ＋…＋a ，
0 1 2 9
令x＝－2，则m9＝a －a ＋a －a ＋…－a ，
0 1 2 3 9
又(a ＋a ＋…＋a )2－(a ＋a ＋…＋a )2＝(a ＋a ＋a ＋…＋a )(a －a ＋a －a ＋…＋a －a )＝
0 2 8 1 3 9 0 1 2 9 0 1 2 3 8 9
39，∴(2＋m)9·m9＝39，∴m(2＋m)＝3，∴m＝－3或m＝1．
【典例3】(2024·湖南长沙模拟)若(1－2x)5＝a ＋a (x－1)＋a (x－1)2＋a (x－1)3＋a (x－1)4＋
0 1 2 3 4a (x－1)5，则下列结论中正确的是( )
5
A．a ＝1
0
B．a ＝80
4
C．|a |+|a|+|a |+|a |+|a |+|a |＝35
0 1 2 3 4 5
1−310
D．(a +a +a )(a +a +a )＝
0 2 4 1 3 5 4
【解析】由(1－2x)5＝a ＋a (x−1)＋a (x－1)2＋a (x－1)3＋a (x－1)4＋a (x－1)5，
0 1 2 3 4 5
对于A中，令x＝1，可得a ＝－1，所以A错误；
0
对于B中，(1－2x)5＝[－1－2(x－1)] 5，
由二项展开式的通项得a ＝C4·(－2)4·(－1)1＝－80，
4 5
所以B错误；
对于C中，|a |+|a|+|a |+|a |+|a |+|a |与[1＋2(x－1)]5的系数之和相等，
0 1 2 3 4 5
令x－1＝1即|a |+|a|+|a |+|a |+|a |+|a |＝35，所以C正确；
0 1 2 3 4 5
对于D中，令x＝2，则a ＋a ＋a ＋a ＋a ＋a ＝－35，
0 1 2 3 4 5
令x＝0，则a －a ＋a －a ＋a －a ＝1，
0 1 2 3 4 5
−35+1 −35−1
解得a ＋a ＋a ＝ ，a +a +a ＝ ，
0 2 4 2 1 3 5 2
310−1
可得(a +a +a )(a +a +a )＝ ，所以D错误．故选C．
0 2 4 1 3 5 4
【典例4】在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为 128，则展开式的中间项
的系数为( )
A．－960 B．960
C．1 120 D．1 680
【解析】因为偶数项的二项式系数之和为2n-1＝128，所以n－1＝7，n＝8，则展开式共有9项，
中间项为第 5 项，因为(1－2x)8的展开式的通项 T ＝Ck(－2x)k＝Ck(−2) kxk，所以 T ＝
k＋1 8 8 5
C4(−2) 4x4 ，其系数为C4(－2)4＝1 120．故选C．
8 8
方法技巧 24 3 二项式系数与系数最值
1、二项式系数先增后减中间项最大
（1）如果二项式的幂指数 是偶数，则中间一项 的二项式系数 最大；（2）如果二项式的幂指数 是奇数，则中间两项 ， 的二项式系数 ， 相等且最
大．
2.如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项
系数分别为A ，A ，…，A ，且第k项系数最大，应用 从而解出k来，即得．
1 2 n＋1
(1 ) 10
【典例1】(2024·全国甲卷) +x 的展开式中，各项系数中的最大值为________．
3
【解析】由题可知展开式通项公式为T ＝Ck
(1) 10−k
xk，0≤k≤10且k∈Z，
k＋1 10 3
设展开式中第k＋1项系数最大，
{ Ck (1) 10−k ≥Ck+1(1) 9−k
，
10 3 10 3
则
Ck
(1) 10−k ≥Ck−1(1) 11−k
10 3 10 3
29
{k≥
，
4 29 33
即 ≤k≤ ，又k∈Z，故k＝8，
33 4 4
k≤ ，
4
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为C8
(1) 2
＝5．
10 3
( 1 ) n
【典例2】已知 x+ 的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式中二项式系
2❑√x
数最大的项是( )
1
35 7
A． x2 B．
7x2
8
35
C． x2 D．7x2
8
【解析】展开式中的第k＋1项为T ＝Ckxn−k( 1 ) k ＝ (1) k Ckx n− 3 2 k ，
k＋1 n 2❑√x 2 n
1 1
所以前三项的系数依次为C0
，
C1
，
C2
，
n 2 n 4 n
1 1 n(n−1)
依题意，有C0+ C2＝C1，即1＋ × ＝n，
n 4 n n 4 2
整理得n2－9n＋8＝0，解得n＝1(舍去)或n＝8．
由二项式系数的性质可知，展开式中第5项的二项式系数最大，即T ＝
(1) 4
C4x
8− 3
2
×4
＝
35
5 2 8 8x2．故选C．
方法技巧 24 4 二项式定理的应用
二项式定理应用的题型及解法
(1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有
除式的因式．
(2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx．
【典例1】设a∈Z，且0≤a≤13，若512 023＋a能被13整除，则a等于( )
A．0 B．1
C．11 D．12
【解析】因为a∈Z，且0≤a≤13，
所以512 023＋a＝(52－1)2 023＋a
＝C0 522 023－C1 522 022＋C2 522 021－…＋C2 022 52－C2 023＋a，因为512 023＋a能被13整
2 023 2 023 2 023 2 023 2 023
除，结合选项，
【典例2】1.026的近似值(精确到0.01)为( )
A．1.12 B．1.13
C．1.14 D．1.20
【解析】1.026＝(1＋0.02)6＝1＋C1×0.02＋C2×0.022＋C3×0.023＋…＋0.026≈1＋0.12＋
6 6 6
0.006≈1.13．故选B
方法技巧 24 5 随机事件与样本空间
1．求样本空间中样本点个数的方法：
(1)列举法；(2)树状图法；(3)排列组合法．
2．互斥事件与对立事件的关系
对立事件是互斥事件，而互斥事件未必是对立事件．
3．判断事件关系时，一可以紧扣定义，二可以将所有试验结果列出，三可以借助Venn图．
【典例1】同时投掷两枚完全相同的骰子，用(x，y)表示结果，记事件A为“所得点数之和小
于5”，则事件A包含的样本点的个数是( )
A．3 B．4 C．5 D．6
【解析】事件A包含(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(3，1)，共6个样本点．故选
D．【典例2】从装有十个红球和十个白球的罐子里任取两球，下列情况中是互斥而不对立的两个
事件的是( )
A．至少有一个红球；至少有一个白球
B．恰有一个红球；都是白球
C．至少有一个红球；都是白球
D．至多有一个红球；都是红球
【解析】对于A，“至少有一个红球”可能为一个红球、一个白球，“至少有一个白球”可
能为一个白球、一个红球，故两事件可能同时发生，所以不是互斥事件；对于B，“恰有一
个红球”，则另一个必是白球，与“都是白球”是互斥事件，而任取两球还可能都是红球，
故两事件不是对立事件；对于C，“至少有一个红球”为都是红球或一红一白，与“都是白
球”显然是对立事件；对于D，“至多有一个红球”为都是白球或一红一白，与“都是红
球”是对立事件．故选B．
【典例3】(多选)口袋里装有1红，2白，3黄共6个除颜色外完全相同的小球，从中取出两个
球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出
的两个球至少有一个白球”，D＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一
个白球”．下列判断正确的是( )
A．A与D为对立事件
B．B与C是互斥事件
C．C与E是对立事件
D．P(C∪E)＝1
方法技巧 24 6 随机事件的频率与概率
计算简单随机事件的频率或概率的步骤
提醒：互斥事件的概率加法公式的适用条件是事件必须是互斥事件．重视利用对立事件的概
率和等于1，用间接法求概率，即“正难则反”的思想，常用此方法求“至少”“至多”型
事件的概率．
【典例1】如图，A地到火车站共有两条路径L 和L ，现随机抽取100位从A地到达火车站的
1 2
人进行调查，调查结果如下：所用时 10～ 20～ 30～ 40～ 50～
间(分钟) 20 30 40 50 60
选择L 的人数 6 12 18 12 12
1
选择L 的人数 0 4 16 16 4
2
(1)试估计40分钟内不能赶到火车站的概率；
(2)分别求通过路径L 和L 所用时间落在上表中各时间段内的频率；
1 2
(3)现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站，为了尽最大可能在允许的时
间内赶到火车站，试通过计算说明，他们应如何选择各自的路径．
【解析】 (1)由已知共调查了100人，其中40分钟内不能赶到火车站的有 12＋12＋16＋4＝
44(人)，
44
∴用频率估计相应的概率为 ＝0.44．
100
(2)选择L 的有60人，选择L 的有40人，
1 2
故由调查结果得频率为
所用时间
10～20 20～30 30～40 40～50 50～60
(分钟)
L 的频率 0.1 0.2 0.3 0.2 0.2
1
L 的频率 0 0.1 0.4 0.4 0.1
2
(3)设A ，A 分别表示甲选择L 和L 时，在40分钟内赶到火车站；B ，B 分别表示乙选择L
1 2 1 2 1 2 1
和L 时，在50分钟内赶到火车站．
2
由(2)知P(A )＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，
1
P(A )＝0.1＋0.4＝0.5，
2
∵P(A )＞P(A )，∴甲应选择L ．
1 2 1
同理，P(B )＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，
1
P(B )＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
2
∵P(B )＜P(B )，∴乙应选择L ．
1 2 2
【典例2】某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市
购物的100位顾客的相关数据，如表所示．
一次购 1至 5至 9至 13至 17件及
物量 4件 8件 12件 16件 以上顾客
x 30 25 y 10
数/人
结算时
1 1.5 2 2.5 3
间/(min/人)
已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%．
(1)确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；
(2)估计一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．
【解析】 (1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20．则顾客一次购物的
1×15+1.5×30+2×25+2.5×20+3×10
结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为
100
＝1.9(分钟)．
(2)记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A ，A ，A 分别表示事件
1 2 3
“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”“该顾客
15 3 30 3
一次购物的结算时间为2分钟”，则可估计概率约为P(A )＝ ＝ ，P(A )＝ ＝ ，
1 100 20 2 100 10
25 1
P(A )＝ ＝ ．
3 100 4
因为 A＝A ∪A ∪A ，且 A ，A ，A 两两互斥，所以 P(A)＝P(A ∪A ∪A )＝P(A )＋P(A )＋
1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2
3 3 1 7
P(A )＝ + + ＝ ，
3 20 10 4 10
7
故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率约为 ．
10
方法技巧 24 7 古典概型
利用公式法求解古典概型问题的步骤
提醒：若样本点个数不多，要列出样本空间，若样本点个数多，用排列组合方法求．
【典例1】(2025·江苏常州模拟)从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽
取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是5的倍数的概率为( )1 1
A． B．
5 3
2 2
C． D．
5 3
【解析】从6张卡片中无放回地随机抽取2张，有：
(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，
(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共15种情况，
其中数字之和为5的倍数的有：
(1，4)，(2，3)，(4，6)，共3种情况，
3 1
所以所求的概率为 ＝ ．故选A．
15 5
【典例2】(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的
概率是( )
1 1
A． B．
4 3
1 2
C． D．
2 3
【解析】画出树状图：
甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有
8 1
8种，所以所求概率为 ＝ ．故选B．
24 3
(3)由题意可知所有可能情况共有83种，按顺序记录的三个数恰好构成等差数列，
可以按照公差为－3，－2，－1，0，1，2，3分类，其中公差为－3，－2，－1和3，2，1的
结果数对应相等．
公差为0的有(1，1，1)，(2，2，2)，…，(8，8，8)共8种结果；
公差为1的有(1，2，3)，(2，3，4)，…，(6，7，8)共6种结果，同公差为－1的；公差为2的有(1，3，5)，(2，4，6)，(3，5，7)，(4，6，8)共4种结果，同公差为－2的；
公差为3的有(1，4，7)，(2，5，8)共2种结果，同公差为－3的；
8+6×2+4×2+2×2 32 1
所以三个数恰好构成等差数列的概率P＝ ＝ ＝ ．
8×8×8 512 16
方法技巧 24 8 事件的相互独立性
1．两个事件是否相互独立的判断
(1)直接法：由事件本身的性质直接判定两个事件发生是否相互影响．
(2)公式法：若P(AB)＝P(A)P(B)，则事件A，B为相互独立事件．
2．求相互独立事件同时发生的概率的方法
(1)首先判断几个事件的发生是否相互独立．
(2)求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有：
①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．
②正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算．
【典例1】(2024·广东湛江一模)在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确
选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选
取两个选项．设事件M＝ “甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件N＝ “甲、乙两人所
选选项完全不同”，事件X＝“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件Y＝ “甲、乙两人均
未选择B选项”，则( )
A．事件M与事件N相互独立
B．事件X与事件Y相互独立
C．事件M与事件Y相互独立
D．事件N与事件Y相互独立
【解析】根据题意，甲、乙两名同学在4个选项中随机选取两个选项，有C2C2＝36(种)情况，
4 4
24 2
其中事件M包含C1C1C1＝24(种)情况，则P(M)＝ ＝ ，
4 3 2 36 3
6 1
事件N包含C2＝6(种)情况，则P(N)＝ ＝ ，
4 36 6
6 1
事件X包含C2＝6(种)情况，则P(X)＝ ＝ ，
4 36 6
9 1
事件Y包含C2C2＝9(种)情况，则P(Y)＝ ＝ ，
3 3 36 4
依次分析选项：对于A，事件M与事件N不会同时发生，是互斥事件，不相互独立，A错误；
3 1
对于B，事件XY包含C2＝3(种)情况，则P(XY)＝ ＝ ，P(XY)≠P(X)P(Y)，事件X，Y不
3 36 12
独立，B错误；
6 1
对于C，事件MY包含C1C1＝6(种)情况，则P(MY)＝ ＝ ，P(MY)＝P(M)P(Y)，事件M，Y
3 2 36 6
相互独立，C正确；
对于D，事件N，Y不会同时发生，是互斥事件，不相互独立，D错误．故选C．
【典例2】(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放
回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件
“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件
“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
1 1
【解析】事件甲发生的概率 P(甲)＝ ，事件乙发生的概率 P(乙)＝ ，事件丙发生的概率
6 6
5 5 6 1
P(丙)＝ ＝ ，事件丁发生的概率P(丁)＝ ＝ ．事件甲与事件丙同时发生的概率为
6×6 36 6×6 6
1 1
0，P(甲丙)≠P(甲)·P(丙)，A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为 ＝ ，P(甲丁)
6×6 36
1 1
＝P(甲)P(丁)，B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为 ＝ ，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，
6×6 36
C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，D错误．故选B．
【典例3】(2024·山东临沂模拟)甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛，约定赛制如下：累计负两
场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行
下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，
直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．已知在每场比赛中，甲胜乙和甲胜丙的
2 1
概率均为 ，乙胜丙的概率为 ，各场比赛的结果相互独立．经抽签，第一场比赛甲轮空．
3 2
①求前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率；
②求只需四场比赛就决出冠军的概率．
2
【解析】 ①记事件A为甲胜乙，则P(A)＝ ，
3
1
则P(A)＝1－P(A)＝ ，
32 1
事件B为甲胜丙，则P(B)＝ ，P(B)＝1－P(B)＝ ，
3 3
1 1
事件C为乙胜丙，则P(C)＝ ，P(C)＝1－P(C)＝ ．
2 2
则丙被淘汰可用事件CAC∪CAB来表示，
所以，前三场比赛结束后，丙被淘汰的概率为
1 1 1 1 2 2 11
P ＝P(C AC)＋P(CAB)＝P(C)P(A)P(C)＋P(C)P(A)P(B)＝ × × + × × ＝ ．
1 2 3 2 2 3 3 36
②若最终的冠军为甲，则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABA∪CBAB来表示，
P(CABA∪CBAB)＝ P(CABA) ＋ P(CBAB)＝ P(C)P(A)P(B)P(A) ＋ P(C)P(B)P(A)P(B) ＝
1 2 2 2 1 2 2 2 8
× × × + × × × ＝ ；
2 3 3 3 2 3 3 3 27
若 最 终 的 冠 军 为 乙 ， 则 只 需 四 场 比 赛 就 决 出 冠 军 可 用 事 件 CAC A来 表 示 ， P
1 1 1 1 1
(C AC A)＝P(C)P(A)P(C)P(A)＝ × × × ＝ ；
2 3 2 3 36
若 最 终 的 冠 军 为 丙 ， 则 只 需 四 场 比 赛 就 决 出 冠 军 可 用 事 件 CBCB来 表 示 ， P
1 1 1 1 1
(CBCB)＝P(C)P(B)P(C)P(B)＝ × × × ＝ ．
2 3 2 3 36
所以，只需四场比赛就决出冠军的概率为
P ＝P(CABA∪CBAB)＋P(C AC A)＋P(CBCB)
2
8 1 1 19
＝ + + ＝ ．
27 36 36 54
方法技巧 24 9 条件概率
求条件概率的两种方法
P(AB)
(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝ ，这是求条件概率的通法．
P(A)
(2)缩小样本空间法，借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件A
n(AB)
与事件B的积事件包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝ ．
n(A)
【典例1】(2022·天津高考)现有52张扑克牌(去掉大小王)，每次取一张，取后不放回，则两
次都抽到 A 的概率为 ________；已知第一次抽到的是 A，则第二次抽取 A 的概率为
________．
【解析】由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C，4 3 1 4 1
则P(BC)＝ × ＝ ，P(B)＝ ＝ ，
52 51 221 52 13
1
P(BC) 221 1
所以P(C|B)＝ ＝ ＝ ．
P(B) 1 17
13
【典例2】(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，
70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，
则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
【解析】法一(图示法)：如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学
生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪
的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以
B 0.4
B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1．所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为 ＝ ＝
B+C 0.5
0.8．故选A．
法二(运用条件概率的计算公式求解)：令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑
雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则 P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝
P(AB) 0.4
P(A)＋P(B)－0．7＝0．4，所以P(C)＝P(A|B)＝ ＝ ＝0.8．故选A．
P(B) 0.5
方法技巧 25 0 全概率公式的应用
“化整为零”求多事件的全概率问题
(1)如图，P(B)＝
3
∑ P(A )P(B|A )．
i i
i＝1(2)已知事件B的发生有各种可能的情形A(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种
i
可能情形A 发生的可能性与已知在A 发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和．
i i
【典例1】(2024·河北保定一模)已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，
二级运动员6人，三级运动员10人．现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动
员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率
为( )
A．0.62 B．0.58
C．0.46 D．0.42
【解析】某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动
员10人，
现在举行一场羽毛球选拔赛，一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为 0.9，0.6，
0.2，
设事件A表示“选中一级运动员”，事件B表示“选中二级运动员”，事件C表示“选中三
级运动员”，
事件D表示“选中的运动员能晋级”，
4 6 10
则 P(A)＝ ＝0.2，P(B)＝ ＝0.3，P(C)＝ ＝0.5，P(D|A)＝0.9，P(D|B)＝0.6，P(D|C)＝
20 20 20
0.2，
则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为：
P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C)
＝0.2×0.9＋0.3×0.6＋0.5×0.2＝0.46．
故选C．
【典例2】某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统
计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30．若该保险公司的被
保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占
30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是( )
A．0.155 B．0.175
C．0.016 D．0.096
【解析】设事件B 表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B 表示“被保险人是‘一般的’”，
1 2
事件B 表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B )＝20%，P(B )＝50%，P(B )＝30%，设事件
3 1 2 3
A表示“被保险人在一年内发生事故”，则P(A|B )＝0.05，P(A|B )＝0.15，P(A|B )＝0.30．
1 2 3
由全概率公式，得P(A)＝3
∑ P(B )P(A|B )
i i
i＝1
＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175，故选B
方法技巧 25 1 离散型随机变量分布列的性质
分布列性质的两个作用
(1)利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值及检查分布列的正确性．
(2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范
围内的概率．
【典例1】(多选)设离散型随机变量X的分布列为
X －1 0 1 2 3
1 1 1 1 2
P
10 5 10 5 5
则下列各式正确的是( )
9
A．P(X＝1.5)＝0 B．P(X＞－1)＝
10
C．P(2＜X＜4)＝1 D．P(X＜0)＝0
【解析】由分布列可知，事件“X＝1.5”不存在，所以 P(X＝1.5)＝0，所以 A正确．因为
9 2 1
P(X＞－1)＝1－P(X＝－1)＝ ，所以B正确．因为P(2＜X＜4)＝P(X＝3)＝ ，P(X＜0)＝
10 5 10
，所以C，D均错误．
【典例2】设X是一个离散型随机变量，其分布列为
X －1 0 1
1
P 1－q q－q2
2
则q＝________．
【解析】由离散型随机变量分布列的性质得
1
{ +1−q+q−q2=1，
2
1 ❑√2
0≤1−q≤ ， 解得q＝ ．
2 2
1
0≤q−q2≤
，
2
【典例3】(多选)已知随机变量X，Y，且Y＝3X＋1，X的分布列如下：X 1 2 3 4 5
1 1 3
P m n
10 5 10
若E(Y)＝10，则( )
3 1
A．m＝ B．n＝
10 5
7
C．E(X)＝3 D．D(Y)＝
3
1 1 3 2
【解析】由m＋ + ＋n＋ ＝1可得m＋n＝ ，①
10 5 10 5
又因为E(Y)＝E(3X+1)＝3E(X)＋1＝10，
解得E(X)＝3，故C正确；
1 1 3
所以E(X)＝m＋2× ＋3× ＋4n＋5× ＝3，
10 5 10
7
则m＋4n＝ ，②
10
1 3
所以由①②可得，n＝ ，m＝ ，
10 10
故A正确，B错误；
3 1 1 1 3 3 1
D(X)＝(1−3) 2× +(2−3) 2× +(3−3) 2× +(4−3) 2× +(5−3) 2× ＝4× ＋1×
10 10 5 10 10 10 10
1 3 13
＋1× ＋4× ＝ ，
10 10 5
13 117
D(Y)＝D(3X+1)＝9D(X)＝9× ＝ ，故D错误．故选AC．
5 5
方法技巧 25 2 离散型随机变量的分布列及数字特征
离散型随机变量分布列的求解步骤【典例1】(2024·九省联考)盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小
球．
(1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；
(2)记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E(X)．
【解析】 (1)记“取出的3个小球上的数字两两不同”为事件M，先确定3个不同数字，有
C3种方法，
4
C3×C1×C1×C1
4
然后每种小球各取1个，有C1×C1×C1种取法，所以P(M)＝ 4 2 2 2＝ ．
2 2 2 C3 7
8
(2)由题意可知，X的可能取值为1，2，3，
当X＝1时，分为两种情况：只有一个数字为1的小球、有两个数字为1的小球，
C1C2+C2C1
9
所以P(X=1)＝ 2 6 2 6＝ ；
C3 14
8
当X＝2时，分为两种情况：只有一个数字为2的小球、有两个数字为2的小球，
C1C2+C2C1
2
所以P(X=2)＝ 2 4 2 4＝ ；
C3 7
8
当X＝3时，分为两种情况：只有一个数字为3的小球、有两个数字为3的小球，
C1C2+C2C1
1
所以P(X=3)＝ 2 2 2 2＝ ，
C3 14
8
所以X的分布列为
X 1 2 3
9 2 1
P
14 7 14
9 2 1 10
所以E(X)＝1× ＋2× ＋3× ＝ ．
14 7 14 7
【典例2】某项考核，设有一个问题，能正确回答该问题者则考核过关，否则即被淘汰．已知1 2
甲、乙、丙三人参与考核，考核结果互不影响，甲过关的概率为 ，乙过关的概率为 ，丙过
2 3
3
关的概率为 ．
4
①若三人中有两人过关，求丙过关的概率；
②记甲、乙、丙三人中过关的人数为X，求X的分布列与数学期望．
【解析】 ①记甲、乙、丙三人过关分别为事件 A，B，C，记三人中恰有两人过关为事件
D，
则P(D)＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)
1 2 1 1 1 3 1 2 3 11
＝ × × + × × + × × ＝ ，
2 3 4 2 3 4 2 3 4 24
又P(CD)＝P(ABC)＋P(ABC)
1 2 3 1 1 3 3
＝ × × + × × ＝ ，
2 3 4 2 3 4 8
3
P(CD) 8 9
所以P(C|D)＝ ＝ ＝ ，
P(D) 11 11
24
9
故若有两人过关，丙过关的概率为 ．
11
②由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3，
1 1 1 1
则P(X＝0)＝P(ABC)＝ × × ＝ ，
2 3 4 24
P(X＝1)＝P(ABC)＋P(ABC)＋P(ABC)
1 1 1 1 2 1 1 1 3 1
＝ × × + × × + × × ＝ ，
2 3 4 2 3 4 2 3 4 4
11
P(X=2)＝P(D)＝ ，
24
1 2 3 1
P(X=3)＝P(ABC)＝ × × ＝ ，
2 3 4 4
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
1 1 11 1
P
24 4 24 4
1 1 11 1 23
故E(X)＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ ，
24 4 24 4 1223
即X的数学期望为 ．
12
【典例3】在一次班级联欢晚会上，某班设计了一个摸球表演节目的游戏：在一个纸盒中装有
红球、黄球、白球、黑球各 1个，这些球除颜色外完全相同，同学不放回地每次摸出 1个球，
若摸到黑球，则停止摸球，否则就要将纸盒中的球全部摸出才停止．规定摸到红球表演两个
节目，摸到白球或黄球表演1个节目，摸到黑球不用表演节目．
(1)求a同学摸球三次后停止摸球的概率；
(2)记X为a同学摸球后表演节目的个数，求随机变量X的分布列和数学期望、方差．
【解析】 (1)设“a同学摸球三次后停止摸球”为事件E，
A2
1
则P(E)＝ 3＝ ，
A3 4
4
1
故a同学摸球三次后停止摸球的概率为 ．
4
(2)随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4．
1
P(X＝0)＝ ，
4
2 1
P(X＝1)＝ ＝ ，
A2 6
4
1
A2
1
P(X＝2)＝ + 2＝ ，
A2 A3 6
4 4
C1A2
1
P(X＝3)＝ 2 2＝ ，
A3 6
4
A3
1
P(X＝4)＝ 3＝ ．
A4 4
4
所以随机变量X的分布列为
X 0 1 2 3 4
1 1 1 1 1
P
4 6 6 6 4
1 1 1 1 1
期望E(X)＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＋4× ＝2，
4 6 6 6 4
1 1 1 1 1 7
方差D(X)＝(0－2)2× ＋(1－2)2× ＋(2－2)2× ＋(3－2)2× ＋(4－2)2× ＝ ．
4 6 6 6 4 3【典例4】已知A ，A 为两所高校举行的自主招生考试，某同学参加每所高校的考试通过的概
1 2
1
率均为 ，该同学一旦通过某所高校的考试，就不再参加其他高校的考试．设该同学通过考
2
试的高校的个数为随机变量X，则D(X)等于( )
3 5
A． B．
16 4
25 19
C． D．
64 64
1 1 1 1 1 1 3
【解析】X的可能取值为0，1，则P(X＝0)＝ × ＝ ，P(X＝1)＝ + × ＝ ，所以E(X)＝
2 2 4 2 2 2 4
1 3 3 9 1 1 3 3
0× ＋1× ＝ ，D(X)＝ × + × ＝ ，故选A.
4 4 4 16 4 16 4 16
1
【典例5】随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝ ，则D(3X－2)＝( )
3
X －1 0 1
1
P a b
6
5 5
A． B． C．5 D．7
9 3
1
【解析】∵E(X)＝ ，∴由随机变量X的分布列得，
3
1 1
{ +a+b=1， {a= ，
6 3
解得
1 1 1
− +b= ， b= ，
6 3 2
( 1) 2 1 ( 1) 2 1 ( 1) 2 1 5
∴D(X)＝ −1− × + 0− × + 1− × ＝ ，
3 6 3 3 3 2 9
5
∴D(3X－2)＝9D(X)＝9× ＝5．故选C．
9
【典例6】(2025·广东八校联考)已知随机变量X的分布列如表所示：
X －1 0 1
1
P m n
3
1
若P(X≤0)＝ ，且2X＋Y＝1，则D(Y)＝( )
2
29 47
A． B．
18 1829 38
C． D．
9 9
1 1 1 1 1
【解析】由P(X≤0)＝ ，得m＝ − ＝ ，n＝1－P(X≤0)＝ ，
2 2 3 6 2
1 1 1 1 5 1 (1) 2 29
则E(X)＝－1× ＋0× ＋1× ＝ ，D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝1× ＋0× − ＝ ，
3 6 2 6 6 6 6 36
29
由2X＋Y＝1，得Y＝1－2X，所以D(Y)＝4D(X)＝ ．
9
故选C．
方法技巧 25 3 离散型随机变量数字特征在决策中的应用
利用均值、方差进行决策的方法
随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要
理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定．
【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛
具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，
比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投
篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．
某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投
中与否相互独立．
(1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设0<p<q．
(ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
(ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
【解析】 (1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶
段也至少投中1次，
∴比赛成绩不少于5分的概率
P＝(1－0.63)(1－0.53)＝0.686．
(2)(ⅰ)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为 15分的概率为P ＝[1－(1－
甲
p)3]q3，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为 15 分的概率为 P ＝[1－(1－
乙q)3]p3，
∵0<p<q，
∴P －P ＝q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3
甲 乙
＝(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)]
＝(p－q)(3p2q2－3p2q－3pq2)
＝3pq(p－q)(pq－p－q)
＝3pq(p－q)[(1－p)(1－q)－1]>0，
∴P >P ，应该由甲参加第一阶段比赛．
甲 乙
(ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15，
P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3，
P(X＝5)＝［1−(1−p) 3 ］·C1q(1－q)2，
3
P(X＝10)＝［1−(1−p) 3 ］·C2q2(1－q)，
3
P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·q3，
∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15(p3－3p2＋3p)·q．
若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15，
同理E(Y)＝15(q3－3q2＋3q)·p，
∴E(X)－E(Y)＝15[pq(p＋q)(p－q)－3pq(p－q)]
＝15pq(p－q)(p＋q－3)，
∵0<p<q≤1，∴p－q<0，p＋q－3<1＋1－3<0，
∴pq(p－q)(p＋q－3)>0，即E(X)＞E(Y)，
∴应该由甲参加第一阶段比赛．
【典例2】某口罩加工厂加工口罩由A，B，C三道工序组成，每道工序之间相互独立，且每道
工序加工质量分为高和低两种层次级别，A，B，C三道工序加工的质量层次决定口罩的过滤
等级；A，B，C工序加工质量层次均为高时，口罩过滤等级为 100等级(表示最低过滤效率为
99.97%)；C工序的加工质量层次为高，A，B工序至少有一个质量层次为低时，口罩过滤等
级为99等级(表示最低过滤效率为 99%)；其余均为95级(表示最低过滤效率为 95%)．现从
A，B，C三道工序的流水线上分别随机抽取 100个口罩进行检测，其中A工序加工质量层次
为高的个数为 50，B工序加工质量层次高的个数为 75，C工序加工质量层次为高的个数为
80．加工一个口罩的利润如下表所示：
口罩等级 100等级 99等级 95等级
利润/元 2 1 0.5(1)用样本估计总体，估计该厂生产的口罩过滤等级为100等级的概率；
(2)X表示一个口罩的利润，求X的分布列和数学期望；
(3)用频率估计概率，由于工厂中A工序加工质量层次为高的概率较低，工厂计划通过增加检
测环节对A工序进行升级．在升级过程中，每个口罩检测成本增加了 0.2元时，相应的A工
序加工层次为高的概率在原来的基础上增加了 b．试问：若工厂升级方案后对一个口罩利润
的期望有所提高，写出一个满足条件的b的值．
【解析】 (1)设A，B，C三道工序加工的质量层次高的概率分别为p ，p ，p ，
1 2 3
50 75 80
用频率估计概率可得：p ＝ ＝0.5，p ＝ ＝0.75，p ＝ ＝0.8，
1 100 2 100 3 100
记“该厂生产的口罩过滤等级为100等级”为事件M，
所以P(M)＝0.5×0.75×0.8＝0.3．
(2)由题意可知，X的可能取值为2，1，0.5，则有，
P(X=2)＝P(M)＝0.3，P(X=1)＝p (1－p p )＝0.5，
3 1 2
P(X=0.5)＝1－P(X=2)－P(X=1)＝0.2，
所以X的分布列为
X 2 1 0.5
P 0.3 0.5 0.2
X的期望E(X)＝2×0.3＋1×0.5＋0.5×0.2＝1.2(元)．
(3)由题意可知，工厂升级方案后A道工序加工的质量层次高的概率为0.5＋b，b∈[0，0.5]，
设工厂升级方案后一个口罩利润为Y，
由题意可知，Y的可能取值为1.8，0.8，0.3，则有：
P(Y =1.8)＝(0.5+b)×0.75×0.8＝0.6b＋0.3，
P(Y =0.8)＝0.8[1−(0.5+b)×0.75] ＝0.5－0.6b，
P(Y =0.3)＝1－P(Y =1.8)－P(Y =0.8)＝0.2，
所以Y的期望E(Y)＝1.8×(0.6b+0.3)＋0.8×(0.5−0.6b)＋0.3×0.2＝0.6b＋1(元)，
1 1
令E(Y)>E(X)，即0.6b＋1>1.2，解得 <b≤ ，
3 2
2
例如b＝ 符合题意．
5
【典例3】(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参
加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学
比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该
同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．
已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回
答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
【解析】 (1)由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，
P(X＝0)＝1－0.8＝0.2，
P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32，
P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48，
所以X的分布列为
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
(2)当小明先回答A类问题时，由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4．
当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分，
则Y的所有可能取值为0，80，100，
P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4，
P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12，
P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48，
所以Y的分布列为
Y 0 80 100
P 0.4 0.12 0.48
则E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6．
因为E(Y)＞E(X)，
所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．
方法技巧 25 4 二项分布的期望
二项分布问题的解题关键
①在每一次试验中，事件发生的概率相同．
定型 ②各次试验中的事件是相互独立的．
③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生
定参 确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率
提醒：下列问题能转化为二项分布
①条件不变，重复进行试验，一般取球后再放回；②该地区人数多或不知总体，从中抽取几
个；③某产品服从正态分布，若干个产品服从二项分布；④用频率表示概率，有时转化为二
项分布．
【典例1】(2024·湘豫名校联考)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜
2
者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局．根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为 ，每
3
局比赛的结果互不影响．
(1)经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望；
(2)若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率．
( 2)
【解析】 (1)由题意得，X～B 3， ，X的可能取值为0，1，2，3，
3
( 2) 3 1
则P(X=0)＝ 1− ＝ ，
3 27
P(X=1)＝C1× 2 × ( 1− 2) 2 ＝ 2 ，
3 3 3 9
P(X=2)＝C2× (2) 2 × ( 1− 2) ＝ 4 ，P(X＝3)＝ (2) 3 ＝ 8 ．
3 3 3 9 3 27
所以X的分布列为
X 0 1 2 3
1 2 4 8
P
27 9 9 27
( 2) 2
因为X～B 3， ，所以X的期望E(X)＝np＝3× ＝2．
3 3
(2)第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况：
甲获胜2局，甲获胜3局，
4 8 20
所以所求概率为P＝P(X=2)＋P(X=3)＝ + ＝ ．
9 27 27
【典例2】小明和小亮两名同学每天利用课余时间进行羽毛球比赛．规定每一局比赛中获胜方
记2分，失败方记0分，没有平局，谁先获得10分就获胜，比赛结束．假设每局比赛小明获
2
胜的概率都是 ．
3(1)求比赛结束时恰好打了7局的概率；
(2)若现在是小明以6∶2的比分领先，记X表示结束比赛还需打的局数，求X的分布列及期望．
【解析】 (1)恰好打了7局小明获胜的概率
P
＝C4(2) 4
×
(1) 2
×
2
＝
15×25
，
1 6 3 3 3 37
恰好打了7局小亮获胜的概率
P
＝C4(1) 4
×
(2) 2
×
1
＝
15×22
，
2 6 3 3 3 37
∴比赛结束时恰好打了7局的概率为
15×25+15×22 20
P＝P ＋P ＝ ＝ ．
1 2 37 81
(2)X的可能取值为2，3，4，5．
(2) 2 4
P(X=2)＝ ＝ ，
3 9
P(X=3)＝C1×
(2) 2
×
1
＝
23
＝
8
，
2 3 3 33 27
P(X=4)＝C1×
(2) 2
×
(1) 2
+C4×
(1) 4
＝
13
＝
13
，
3 3 3 4 3 34 81
P(X=5)＝C1×
(2) 2
×
(1) 3
+C3×
2
×
(1) 4
＝
24
＝
8
，
4 3 3 4 3 3 35 81
∴X的分布列为
X 2 3 4 5
4 8 13 8
P
9 27 81 81
4 8 13 8 236
E(X)＝2× ＋3× ＋4× ＋5× ＝ ．
9 27 81 81 81
方法技巧 25 5 二项分布的性质
由二项分布的分布列 可以看出，其共有3个参数 ，
故涉及二项分布的概率最值问题主要有以下三个考查方向：（1）给定 （2）给定 （3）给定（1）给定 ，可得到函数 ，这个可转化为数列的最值问题,
当 时， ， 随 值的增加而增加；当 时， ， 随 值的增
加而减少.如果 为正整数，当 时， ，此时这两项概率均为最大值.如果
为非整数，而 取 的整数部分，则 是唯一的最大值.
（2）当 给定时，可得到函数 ，这个可转化为数列的最值问题,
,当 时， ,
随着 值的增大而增大；当 时， , 随着 值的增大而减小.记 ，则
.
（3）当 给定时，可得到函数 ，这个可转化为函数的最值问题，并利
用导数进行求解，
当 时，由于当
时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，故当 时，取得最大值， .又当 ，当 时， ，从而 无最
小值.
【典例1】(2024·河北唐山一模)某项测试共有8道题，每道题答对得5分，不答或答错得0分．
1
某人答对每道题的概率都是 ，每道试题答对或答错互不影响，设某人答对题目的个数为X．
4
(1)求此人得分的期望；
(2)指出此人答对几道题的可能性最大，并说明理由．
1
【解析】 (1)某人答对每道题的概率都是 ，则答对题目的个数X服从二项分布，
4
( 1) 1
即X～B 8， ，E(X)＝8× ＝2，由于每道题答对得5分，
4 4
所以此人答题得分为5X，因此，在此项测试中，
此人答题得分的期望为E(5X)＝5E(X)＝5×2＝10．
(2)设此人答对k道题的可能性为P(X=k)＝Ck(1) k
×
(3) 8−k
，k＝0，1，2，…，8，
8 4 4
Ck(1) k
×
(3) 8−k 8！
×
1
p P(X=k) 8 4 4 k！(8−k)！ 4 9−k
记p ＝P(X=k)，则 k ＝ ＝ ＝ ＝ ＝
k p
k−1
P(X=k−1) Ck−1(1) k−1
×
(3) 9−k 8！
×
3 3k
8 4 4 (k−1)！(9−k)！ 4
9−4k
1＋ ，k＝1，2，…，8，
3k
9
当k< 时，p >p ，p 随k的增加而增加，即p >p >p ；
4 k k－1 k 2 1 0
9
当k> 时，p <p ，p 随k的增加而减小，即p <p <…<p ；
4 k k－1 k 8 7 2
所以当k＝2时，p 最大，因此此人答对2道题的可能性最大．
2
( 1)
【典例2】若X～B 100， ，则当k＝0，1，2，…，100时( )
3
A．P(X＝k)≤P(X＝50)
B．P(X＝k)≤P(X＝32)
C．P(X＝k)≤P(X＝33)
D．P(X＝k)≤P(X＝49){P(X=k)≥P(X=k−1)，
【解析】由题意，得
P(X=k)≥P(X=k+1)，
{ Ck (1) k (2) 100−k ≥Ck−1(1) k−1 (2) 101−k
，
100 3 3 100 3 3 98 101
即 化简得 ≤k≤ ，又k为整数，可得k＝33，
Ck
(1) k (2) 100−k ≥Ck+1(1) k+1 (2) 99−k
，
3 3
100 3 3 100 3 3
所以P(X＝k)≤P(X＝33)，故选C．
3
【典例3】经检测一批产品中每件产品的合格率为 ，现从这批产品中任取5件，设取得合格
5
产品的件数为X，则以下说法正确的是( )
A．X的可能取值为1，2，3，4，5
B．P(X＝2)＝C2(3) 3 (2) 2
5 5 5
C．X＝3的概率最大
D．X服从超几何分布
【解析】对于A，X的可能取值为0，1，2，3，4，5，A错误；
对于B，P(X＝2)＝C2(3) 2 (2) 3
，B错误；
5 5 5
( 3)
对于D，由题意，随机变量X～B 5， ，D错误；
5
对于C，随机变量X～B ( 5， 3) ，所以P(X＝k)＝Ck· (3) k · (2) 5−k ，
5 5 5 5
若P(X＝k)取得最大值，
{P(X=k)≥P(X=k+1)，
则
P(X=k)≥P(X=k−1)，
{ Ck(3) k (2) 5−k ≥Ck+1(3) k+1 (2) 4−k
，
5 5 5 5 5 5
则
Ck(3) k (2) 5−k ≥Ck−1(3) k−1 (2) 6−k
，
5 5 5 5 5 5
1 2 1 3
{ × ≥ × ，
5−k 5 k+1 5
即
1 3 1 2
× ≥ × ，
k 5 6−k 5
解得2.6≤k≤3.6，k∈N*，则k＝3，故X＝3的概率最大，C正确．故选C．【典例4】为了提高广大青少年的法律意识，我市开展青少年“学宪法、讲宪法”知识竞赛活
动，团员小明每天自觉登录“青少年普法”软件，参加各种学习活动，同时热衷于参与四人
赛．每局四人赛是由网络随机匹配四人进行比赛，每题回答正确得 20分，第1个达到100分
的比赛者获得第1名，赢得该局比赛，该局比赛结束．每天的四人赛共有 20局，前2局是有
效局，根据得分情况获得相应名次，从而得到相应的学习积分，第 1局获得第1名的得3分，
获得第2，3名的得2分，获得第4名的得1分；第2局获得第1名的得2分，获得第2，3，4
名的得1分；后18局是无效局，无论获得什么名次，均不能获得学习积分．经统计，小明每
1 1 1
天在第1局四人赛中获得3分、2分、1分的概率分别为 ， ， ，在第2局四人赛中获得2
4 2 4
1 3
分、1分的概率分别为 ， ．
4 4
(1)设小明每天获得的得分为X，求X的分布列和数学期望；
1
(2)若小明每天赛完20局，设小明在每局四人赛中获得第1名从而赢得该局比赛的概率为 ，
4
每局是否赢得比赛相互独立，请问在每天的20局四人赛中，小明赢得多少局的比赛概率最大？
[解] (1)记事件A(i＝1，2，3)表示第一局获得i分，事件B(i＝1，2)表示第二局获得i分，这
i i
些事件相互独立，由条件知X的可能值为5，4，3，2．
1 1 1
P(X＝5)＝P(A B )＝P(A )P(B )＝ × ＝ ；
3 2 3 2 4 4 16
1 3 1 1 5
P(X＝4)＝P(A B )＋P(A B )＝ × + × ＝ ；
3 1 2 2 4 4 2 4 16
1 3 1 1 7
P(X＝3)＝P(A B )＋P(A B )＝ × + × ＝ ；
2 1 1 2 2 4 4 4 16
1 3 3
P(X＝2)＝P(A B )＝ × ＝ ．
1 1 4 4 16
则其分布列为
X 5 4 3 2
1 5 7 3
P
16 16 16 16
1 5 7 3 52 13
所以E(X)＝5× ＋4× ＋3× ＋2× ＝ ＝ ．
16 16 16 16 16 4
( 1)
(2)设小明每天赢得的局数为Y，则易知Y～B 20， ，
4
于是P(Y＝k)＝Ck ·
(1) k
·
(3) 20−k
．
20 4 4
假设赢得k局的概率最大，则据条件得{ Ck · (1) k · (3) 20−k ≥Ck−1· (1) k−1 · (3) 21−k ，
20 4 4 20 4 4
Ck ·
(1) k
·
(3) 20−k
≥Ck+1·
(1) k+1
·
(3) 19−k
，
20 4 4 20 4 4
20！ (1) k (3) 20−k
{ · ·
k！·(20−k)！ 4 4
20！ (1) k−1 (3) 21−k
≥ · · ，
(k−1)！·(21−k)！ 4 4
即
20！ (1) k (3) 20−k
· ·
k！·(20−k)！ 4 4
20！ (1) k+1 (3) 19−k
≥ · · ，
(k+1)！·(19−k)！ 4 4
1 1 1 3
{ · ≥ · ，
k 4 21−k 4 17 21
整理得 解得 ≤k≤ ，
1 3 1 1 4 4
· ≥ · ，
20−k 4 k+1 4
又因为k∈N*，所以k＝5，
因此在每天的20局四人赛中，小明赢得5局的比赛概率最大．
方法技巧 25 6 超几何分布
(1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数．
(2)超几何分布的特征是：
①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体数 X的
概率分布．
(3)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型．
【典例1】 (2024·山东青岛一模)为促进全民阅读，建设书香校园，某校在寒假面向全体学
生发出“读书好、读好书、好读书”的号召，并开展阅读活动．开学后，学校统计了高一年
级共1 000名学生的假期日均阅读时间(单位：分钟)，得到了如图所示的频率分布直方图，若
前两个小矩形的高度分别为0.007 5，0.012 5，后三个小矩形的高度比为3∶2∶1．(1)根据频率分布直方图，估计高一年级 1 000名学生假期日均阅读时间的平均值(同一组中的
数据用该组区间的中点值为代表)；
(2)开学后，学校从高一日均阅读时间不低于60分钟的学生中，按照分层随机抽样的方式，抽
取6名学生作为代表分两周进行国旗下演讲，假设第一周演讲的3名学生日均阅读时间处于
[80，100)的人数记为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望．
【解析】 (1)由题知：各组频率分别为0.15，0.25，0.3，0.2，0.1，
日均阅读时间的平均数为：
30×0.15＋50×0.25＋70×0.3＋90×0.2＋110×0.1＝67(分钟)．
(2)由题意，在[60，80)，[80，100)，[100，120]三组分别抽取3，2，1人，所以ξ的可能取值
为0，1，2．
C3C0
1
C2C1
3
则P(ξ＝0)＝ 4 2＝ ；P(ξ＝1)＝ 4 2＝ ；
C3 5 C3 5
6 6
C1C2
1
P(ξ＝2)＝ 4 2＝ ．
C3 5
6
所以ξ的分布列为
ξ 0 1 2
1 3 1
P
5 5 5
1 3 1
E(ξ)＝0× ＋1× ＋2× ＝1．
5 5 5
【典例2】某公司采购部需要采购一箱电子元件，供货商对该电子元件整箱出售，每箱 10个．
在采购时，随机选择一箱并从中随机抽取3个逐个进行检验．若其中没有次品，则直接购买
该箱电子元件；否则，不购买该箱电子元件．
(1)若某箱电子元件中恰有一个次品，求该箱电子元件能被直接购买的概率；
(2)若某箱电子元件中恰有两个次品，记对随机抽取的3个电子元件进行检验时次品的个数为
X，求X的分布列及期望．C3
7
【解析】 (1)设某箱电子元件有一个次品能被直接购买为事件A，则P(A)＝ 9 ＝ ．
C3 10
10
(2)由已知得10个元件中有2个次品，8个正品，
随机抽取3个电子元件进行检验时，次品的个数为X，X可取0，1，2．
C3
7
P(X＝0)＝ 8 ＝ ，
C3 15
10
C2C1
7
P(X＝1)＝ 8 2＝ ，
C3 15
10
C1C2
1
P(X＝2)＝ 8 2＝ ，
C3 15
10
所以X的分布列为
X 0 1 2
7 7 1
P
15 15 15
7 7 1 3
故E(X)＝0× ＋1× ＋2× ＝ ．
15 15 15 5
【典例3】(2025·重庆模拟)已知一个袋子中装有大小、形状完全相同的3个白球和2个黑球．
(1)若从袋中一次任取3个球，设取到的3个球中有X个黑球，求X的分布列及数学期望；
(2)若从袋中每次随机取出一个球，记下颜色后将球放回袋中，重复此过程，直至他连续 2次
取到黑球才停止，设他在第Y次取球后停止取球，求P(Y =5)．
CkC3−k
【解析】 (1) X的可能取值为0，1，2，P(X=k)＝ 2 3 ，其中k＝0，1，2．
C3
5
所以X的分布列为
X 0 1 2
1 3 3
P
10 5 10
3×2 6
故X的数学期望E(X)＝ ＝ ．
5 5
(2)当Y＝5时知第四、五次取到的是黑球，第三次取到的是白球，前两次不能都取到黑球，
( 2 2) 3 2 2 252
所以所求概率P(Y＝5)＝ 1− × × × × ＝ ．
5 5 5 5 5 3 125
方法技巧 25 7 正态分布解决正态分布问题的三个关键点
(1)对称轴x＝μ； (2)标准差σ； (3)分布区间．
利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化
为3σ特殊区间，从而求出所求概率；μ决定正态曲线位置，σ的大小决定正态曲线的稳定与
波动大小，即高矮与胖瘦；注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0．
【典例1】(2024·河南信阳一模)对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企
员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中 A地员工的上班迟到时间为X(单位：min)，X～N
( 1)
(2，4)，对应的曲线为C ，B地员工的上班迟到时间为Y(单位：min)，Y～N 3， ，对应的
1 9
曲线为C ，则下列图象正确的是( )
2
A B
C D
【解析】由μ ＝2<μ ＝3，故曲线C 的对称轴在曲线C 的左侧，排除C、D；
X Y 1 2
1
由σ2＝4>σ2＝ ，故曲线C 比曲线C 瘦高，曲线C 比曲线C 矮胖，排除A．故选B．
X Y 9 2 1 1 2
【典例2】(多选)(2025·广东八校开学考试)随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，若P(X≥1)＝
P(X≤3)，则( )
1
A．μ＝2 B．P(X>2)＝
2
1
C．P(X≥2)> D．P(X≥σ)>P(X≥σ2)
2
【解析】对于A，由P(X≥1)＝P(X≤3)知μ是1和3的中间值，故μ＝2，故A正确；1
对于B，C，在正态分布X～N(2，σ2)中，P(X>2)＝P(X≥2)＝ ，故B正确，C错误；
2
当σ∈(0，1)时，0<σ2<σ<1，由正态曲线的特征可得，P(X≥σ)<P(X≥σ2)，所以D错误．故
选AB．
【典例3】设随机变量X～N(2，9)，若P(X＞c＋1)＝P(X＜c－1)，则c的值为________，P(－
4≤X≤8)＝________．(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|≤2σ)≈0.954 5)
【解析】由X～N(2，9)可知，正态分布的图象关于直线x＝2对称(如图所示)，
又P(X＞c＋1)＝P(X＜c－1)，
故有2－(c－1)＝(c＋1)－2，
∴c＝2．
∴P(－4≤X≤8)＝P(2－2×3≤X≤2＋2×3)≈0.954 5．
【典例4】(2024·新高考Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推
动茶叶出口，为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推
动出口后亩收入的样本均值x＝2．1，样本方差s2＝0．01，已知该种植区以往的亩收入X服
从正态分布N(1．8，0．12)，假设推动出口后的亩收入 Y服从正态分布N(x，s2)，则(若随机
变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0．841 3)( )
A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5
C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8
【解析】依题可知，x＝2.1，s2＝0.01，
所以Y～N(2.1，0.12)，
故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3>0.5，C正确，D错误；
因为X～N(1.8，0.12)，
所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)．
因为P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3，
所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7<0.2，
而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)<0.2，B正确，A错误．故选BC．
【典例5】已知X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．今有一批数量庞大的零件，假设这批零件的某项质量指标ξ(单
位：mm)服从正态分布N(5.40，0.052)，现从中随机抽取M个，这M个零件中恰有K个的质
量指标ξ位于区间[5.35，5.55]．若K＝45，试以使得P(K＝45)最大的M值作为M的估计值，
则M为( )
A．45 B．53
C．54 D．90
【解析】由已知可得，P(5.35≤ξ≤5.55)＝P(5.40－0.05≤ξ≤5.40＋3×0.05)＝P(μ－σ≤ξ≤μ＋
3σ)．
又P(μ－σ≤ξ≤μ＋3σ)
P(μ−σ≤ξ≤μ+σ)+P(μ−3σ≤ξ≤μ+3σ)
＝
2
0.682 7+0.997 3
≈ ＝0.84，
2
所以K～B(M，0.84)，P(K＝45)＝C45·0.8445·0.16M-45．
M
设f (x)＝C45·0.8445·0.16x-45，
x
f (x+1) C45 ·0.8445·0.16x−44
令 ＝
x+1
f (x) C45·0.8445·0.16x−45
x
(x+1)！
(x−44)！45！
＝0.16·
x！
(x−45)！45！
x+1
＝0.16· >1，
x−44
368 4
所以x< ＝52＋ ，所以f (53)>f (52)．
7 7
f (x)
C45·0.8445·0.16x−45
令 ＝ x
f (x−1) C45 ·0.8445·0.16x−46
x−1
x！
(x−45)！45！ x
＝0.16· ＝0.16· <1，
(x−1)！ x−45
(x−46)！45！
375 4
所以x> ＝53＋ ，所以f (53)>f (54)．
7 7
所以，以使得P(K＝45)最大的M值作为M的估计值，则M为53．故选B．
方法技巧 25 8 二项分布与超几何分布的区别
超几何分布 二项分布
描述的是不放回抽样问题(总体 描述的是有放回抽样问题(总体不改变)，
在变化)，一次性取 一个一个的取
区别
考察对象分为两类
每一次试验是伯努利试验
已知各类对象的个数
联系 (当总体容量很大时)超几何分布可近似看作二项分布
【典例1】某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的 40件产
品作为样本称出它们的质量(单位：g)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，
(510，515]．由此得到样本的频率分布直方图(如图)．
(1)根据频率分布直方图，求质量超过505 g的产品数量；
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505 g的产品数量，求X的分布列；
(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505 g的产品数量，求Y的分布列．
【解析】(1)质量超过505 g的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3，
所以质量超过505 g的产品数量为40×0.3＝12．
(2)质量超过505 g的产品数量为12，则质量未超过505 g的产品数量为28，X的取值为0，
1，2，X服从超几何分布．
C2
63
C1 C1
28
C2
11
P(X＝0)＝ 28＝ ，P(X＝1)＝ 12 28＝ ，P(X＝2)＝ 12＝ ，
C2 130 C2 65 C2 130
40 40 40
所以X的分布列为
X 0 1 2
63 28 11
P
130 65 13012 3
(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505 g的概率为 ＝ ．
40 10
从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2重伯努利试验，质量超过505 g的件数Y
( 3 )
的可能取值为0，1，2，且Y～B 2， ，
10
P(Y＝k)＝Ck(
1−
3 ) 2−k ( 3 ) k
，k＝0，1，2．
2 10 10
所以P(Y＝0)＝C0× ( 7 ) 2 ＝ 49 ，
2 10 100
7 3 21
P(Y＝1)＝C1× × ＝ ，
2 10 10 50
P(Y＝2)＝C2× ( 3 ) 2 ＝ 9 ．
2 10 100
所以Y的分布列为
Y 0 1 2
49 21 9
P
100 50 100
【典例2】(多选)(2025·辽宁鞍山模拟)甲盒中有3个白球，2个黑球，乙盒中有2个白球，3
个黑球，则下列说法中正确的是( )
3
A．若从甲盒中一次性取出2个球，记X表示取出白球的个数，则P(X＝1)＝
10
13
B．若从甲盒和乙盒中各取1个球，则恰好取出1个白球的概率为
25
C．若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，则恰好得到2个白球的概
54
率为
125
D．若从甲盒中取出1球放入乙盒中，再从乙盒中取出1球，记B：从乙盒中取出的1球为白
13
球，则P(B)＝
30
C1C1
3
【解析】A选项，由题意得P(X=1)＝ 3 2＝ ，故错误； B选项，由题意得取出1个白球的
C2 5
5
C1C1+C1C1
9+4 13
概率为P＝ 3 3 2 2＝ ＝ ，故正确；
C1C1 25 25
5 5
C选项，若从甲盒中连续抽取 3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，设抽到白球个数为( 3)
Y，则Y～B 3， ，
5
则恰好得到2个白球的概率为P(Y
=2)＝C2(3) 2
×
2
＝
54
，故正确；
3 5 5 125
C1 C1
D选项，从甲盒中取出白球放入乙盒中，从乙盒中取出的 1球为白球，此时概率为 3× 3＝
C1 C1
5 6
3 1 3
× ＝ ，
5 2 10
C1 C1
2
从甲盒中取出黑球放入乙盒中，从乙盒中取出的1球为白球，此时概率为 2× 2＝ ，故
C1 C1 15
5 6
3 2 13
P(B)＝ + ＝ ，故正确．故选BCD．
10 15 30
方法技巧 25 9 简单随机抽样
简单随机抽样的适用范围
简单随机抽样常用抽签法(适用于总体中个体数较少的情况)、随机数法(适用于个体数较多的
情况)．
【典例1】对一个容量为N的总体抽取容量为n的样本，当选取抽签法抽样、随机数法抽样和
分层随机抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为p ，p ，p ，则
1 2 3
( )
A．p ＝p <p B．p ＝p <p
1 2 3 2 3 1
C．p ＝p <p D．p ＝p ＝p
1 3 2 1 2 3
n
【解析】在简单随机抽样和分层随机抽样中，每个个体被抽中的概率均为p ＝p ＝p ＝ ．故
1 2 3 N
选D．
【典例2】某班有30位同学，他们依次编号为01，02，…，29，30，现利用下面的随机数表
选取5位同学组建“文明校园督查组”．选取方法是从随机数表的第1行的第5列和第6列数
字开始，由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5位同学的编号为( )
41792 71635 86089 32157 95620 92109 29145
74955 82835 98378 83513 47870 20799 32122
A．08 B．21
C．09 D．14【解析】从随机数表的第1行的第5列和第6列数字开始，则取得的数字分别为27，16，
35(舍去)，86(舍去)，08，93(舍去)，21，57(舍去)，95(舍去)，62(舍去)，09，最终取得的第
5个编号为09．
方法技巧 26 0 分层随机抽样
样本容量n 该层抽取的个体数
抽样比＝ ＝ ．
总样本量N 该层的个体数
【典例1】 (2024·河南驻马店二模)已知某社区共有居民480人，其中老年人200人，中年人
200人，青少年80人，为加大对该社区反电信诈骗的宣传力度，按年龄进行分层随机抽样，
共抽取36人作为代表，则中年人比青少年多( )
A．6人 B．9人
C．12人 D．18人
200 x 80 y
【解析】设中年人抽取x人，青少年抽取y人，由分层随机抽样可知 ＝ ， ＝ ，
480 36 480 36
解得x＝15，y＝6，故中年人比青少年多9人．故选B．
【典例2】某高中学校为了促进学生个体的全面发展，开设了富有地方特色的“泥塑”与“剪
纸”两个社团，已知报名参加这两个社团的学生共有800人，按照要求每人只能参加一个社
团，各年级参加社团的人数情况如表：
社团 高一年级 高二年级 高三年级
泥塑 a b c
剪纸 x y z
3
其中x∶y∶z＝5∶3∶2，且“泥塑”社团的人数占两个社团总人数的 ．为了了解学生对两
5
个社团活动的满意程度，从中抽取一个50人的样本进行调查，则从高二年级“剪纸”社团的
学生中应抽取________人．
3
【解析】因为“泥塑”社团的人数占总人数的 ，
5
2
故“剪纸”社团的人数占总人数的 ，
5
2
所以抽取的50人的样本中，“剪纸”社团中的人数为50× ＝20．
5
y 3 3
又“剪纸”社团中高二年级人数比例为 ＝ ＝ ，所以从高二年级“剪纸”社
x+ y+z 5+3+2 103
团的学生中抽取的人数为20× ＝6．
10
方法技巧 26 1 分层随机抽样的均值与方差
在 分 层 随 机 抽 样 中 ， 如 果 第 一 层 的 样 本 量 为 m ， 平 均 数 为
mx+n y
x；第二层的样本量为n，平均数为y，则样本的平均数为 ．
m+n
【典例1】(多选)(2025·湖北武汉模拟)某市教育局为了解该市高中各年级学生的文学经典名著
的年阅读量，采用样本比例分配的分层随机抽样方法抽取了一个容量为 100的样本．其中，
从高三年级抽取容量为20的样本，平均数为4，方差为9；从高二年级抽取容量为40的样本，
平均数为7，方差为15；从高一年级抽取容量为40的样本，平均数为9，方差为21，据此估
计，三个年级的学生文学经典名著的年阅读量的( )
A．均值为6.2 B．均值为7.2
C．方差为19.56 D．方差为20.56
【 解 析 】 A 、 B 选 项 ， 三 个 年 级 的 学 生 文 学 经 典 名 著 的 年 阅 读 量 的 均 值 为
20×4+40×7+40×9
＝7.2，A错误，B正确；C、D选项，三个年级的学生文学经典名著的
100
20 40 40
年阅读量的方差为 ＋ [15＋(7－7.2)2]＋ [21＋(9－7.2)2]＝19.56，C正确，D错误．
100 100 100
故选BC．
【典例2】为调查某地区中学生每天睡眠时间，采用按比例分配的分层随机抽样的方法，现抽
取初中生800人，其每天睡眠时间的平均数为 9小时，方差为1，抽取高中生1 200人，其每
天睡眠时间的平均数为8小时，方差为0.5，则估计该地区中学生每天睡眠时间的方差为(
)
A．0.94 B．0.96
C．0.75 D．0.78
【解析】该地区中学生每天睡眠时间的平均数为
800 1 200
×9+ ×8＝8.4(小时)，
1 200+800 1 200+800
该地区中学生每天睡眠时间的方差为
800 1 200
×[1＋(9－8.4)2]＋ ×[0.5＋(8－8.4)2]＝0.94．故选A．
1 200+800 1 200+800【典例3】(2025·湖南开学考试)某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，现希望
获得全体学生的身高信息，按照分层随机抽样的方法抽取了容量为50的样本．经计算得到男
生身高样本均值为170 cm，方差为17 cm2，女生身高样本均值为160 cm，方差为30 cm2．则
每个女生被抽入到样本的概率均为________，所有样本的方差为________cm2．
50 1
【解析】依题意，每个女生被抽入到样本的概率等于抽样比 ＝ ；由分层随机抽样知，
500 10
300 200
样本中男生有 ×50＝30(人)，女生有 ×50＝20(人)，
500 500
170×30+160×20
则所有的样本均值为 ＝166(cm)，
50
30 20
所有样本的方差s2＝ ×[17＋(170－166)2]＋ ×[30＋(160－166)2]＝46.2(cm2)．
50 50
方法技巧 26 2 统计图表
几种统计图表的特点及使用方法
(1)通过扇形图可以很清楚地表示出各部分数量同总数之间的关系．
(2)折线图可以显示随时间(根据常用比例设置)而变化的连续数据，因此非常适用于显示在相
等时间间隔下数据的趋势．
(3)频率分布直方图的数据特点：
①频率分布直方图中纵轴上的数据是各组的频率除以组距的结果，不要误认为纵轴上的数据
是各组的频率，不要和条形图混淆；
②频率分布直方图中各小长方形的面积之和为 1，这是解题的关键，常利用频率分布直方图
估计总体分布．
【典例1】(多选)为了解我国在芯片、软件方面的潜力，某调查机构对我国若干大型科技公司
进行调查统计，得到了这两个行业从业者年龄分布的扇形图和“90后”从事这两个行业的岗
位分布雷达图，如图所示，则下列说法中正确的是( )A．芯片、软件行业从业者中，“90后”占总人数的比例超过50%
B．芯片、软件行业中，从事技术、设计岗位的“90后”人数超过总人数的25%
C．芯片、软件行业从事技术岗位的人中，“90后”比“80后”多
D．芯片、软件行业中，“90后”从事市场岗位的人数比“80前”的总人数多
【解析】芯片、软件行业从业者中，“90后”占总人数的55%，A正确；
芯片、软件行业中，从事技术、设计岗位的“90 后”占总人数的(37%＋13%)×55%＝
27.5%，B正确；
芯片、软件行业中，从事技术岗位的“90后”占总人数的37%×55%＝20.35%，“80后”占
总人数的40%，但从事技术岗位的“80后”占总人数的百分比不知道，无法确定二者人数多
少，C错误；
芯片、软件行业中，从事市场岗位的“90后”占总人数的14%×55%＝7.7%，“80前”占总
人数的5%，D正确．故选ABD．
【典例2】下图是2023年11月中国的10个城市地铁运营里程(单位：公里)及运营线路条数的
统计图，下列判断正确的是( )
A．这10个城市中北京的地铁运营里程最长且运营线路条数最多
B．这10个城市地铁运营里程的中位数是516公里
C．这10个城市地铁运营线路条数的平均数为15.4
D．这10个城市地铁运营线路条数的极差是12
【解析】对于A，北京的地铁运营线路条数最多，而运营里程最长的是上海，A错误；558.6+516.0
对于B，地铁运营里程的中位数是 ＝537.3公里，B错误；
2
20+27+18+14+17+12+14+10+14+8
对于C，地铁运营线路条数的平均数为 ＝15.4，C正确；
10
对于D，地铁运营线路条数的极差是27－8＝19，D错误．故选C．
【典例3】(多选)(2025·湖南名校联盟联考)某快递公司2020－2024年的快递业务量及其增长
率如图所示，则( )
A．该公司2020－2024年快递业务量逐年上升
B．该公司2020－2024年快递业务量的极差为68.5亿件
C．该公司2020－2024年快递业务量的增长率的中位数为29.9%
D．该公司2020－2024年快递业务量的增长率的平均数为21.58%
【解析】对于A，由题图可知：2020－2024年快递业务量逐年上升，故A正确；
对于B，2020－2024年快递业务量的极差为132.0－63.5＝68.5(亿件)，故B正确；
对于C，因为增长率从小到大排序，
即 2.1%，19.4%，25.3%，29.9%，31.2%，
则中位数为25.3%，故C错误；
1
对于D，由 ×(2.1%＋19.4%＋25.3%＋29.9%＋31.2%)＝21.58%，故D正确．
5
故选ABD.
【典例4】(2024·天津模拟)为了解某校今年准备报考飞行员的学生的体重情况，对所得的体
重数据(单位：kg)进行分组，区间为[50，55)，[55，60)，[60，65)，[65，70)，[70，75]，将
其按从左到右的顺序分别编号为第一组，第二组，…，第五组，画出频率分布直方图(如图所
示)．已知第一组，第二组和第三组的频率之比为 1∶2∶3，且第一组的频数为6，则报考飞
行员的学生人数是( )A．48 B．50
C．54 D．60
【解析】由题中频率分布直方图可知，前三组频率之和为1－(0.013+0.037)×5＝0.75，
又第一组、第二组和第三组的频率之比为1∶2∶3，
1
所以第一组的频率为0.75× ＝0.125，又第一组的频数为6，所以报考飞行员的学生人
1+2+3
6
数为 ＝48．
0.125
故选A．
【典例5】(2025·重庆长寿模拟)近几年，我国新能源汽车行业呈现一片生机勃勃的景象．电
动汽车因其智能性与操控感越来越被人们接受与认可，尤其是其辅助驾驶功能．某品牌电动
汽车公司为了更好地了解车主使用辅助驾驶功能的情况，进行了问卷调查，从中抽取了 100
位车主进行抽样分析，分析100位车主在100次驾驶途中使用辅助驾驶功能的次数，得到如
下频率分布直方图(60次以上的称为经常使用辅助驾驶功能)，则下列结论错误的是( )
A．b＝0.005
B．估计车主在100次驾驶途中使用辅助驾驶功能的次数的平均数低于70
3
C．从这100位车主中随机选取一位车主，则这位车主经常使用辅助驾驶功能的概率约为
4
D．按照“经常使用辅助驾驶功能”的人与“不经常使用辅助驾驶功能”的人进行分层随机
抽样，从这100人中抽取12人，则在经常使用辅助驾驶功能的人中应抽取8人
【解析】对于A，由频率分布直方图可得 10×(2b＋0.015＋0.020＋0.025＋0.030)＝1，故b＝
0.005，A正确；对 于 B ， 使 用 辅 助 驾 驶 功 能 的 次 数 的 平 均 数 为 45×0.005×10 ＋ 55×0.020×10 ＋
65×0.025×10＋75×0.030×10＋85×0.015×10＋95×0.005×10＝69.5，故B正确；
对于C，使用辅助驾驶功能的次数不少于60的频率为1－(0.005+0.020)×10＝0.75，故C正
确；
对于D，“经常使用辅助驾驶功能”的人与“不经常使用辅助驾驶功能”的人的频率之比为
3 1
∶ ＝3∶1．
4 4
3
故从这100人中抽取12人，则在经常使用辅助驾驶功能的人中应抽 ×12＝9(人)，故D错误．
4
故选D．
方法技巧 26 3 总体百分位数的估计
1．计算一组n个数据的第p百分位数的一般步骤
2．频率分布直方图中第p百分位数的计算
(1)确定百分位数所在的区间[a，b)．
p%−f %
(2)确定小于a和小于b的数据所占的百分比分别为f %，f %，则第p百分位数为a＋ a
a b f %−f %
b a
×(b－a)．
【典例1】(2025·湖北武汉模拟)有一组样本数据：15，16，11，11，14，20，11，13，13，
24，13，18，则这组样本数据的上四分位数是( )
A．11 B．13
C．16 D．17
【解析】将样本数据由小到大排列依次为：11，11，11，13，13，13，14，15，16，18，
3 16+18
20，24，因为12× ＝9，所以这组数据的上四分位数为 ＝17．故选D．
4 2【典例2】已知由小到大排列的4个数据1，3，5，a，若这4个数据的极差是它们中位数的2
倍，则这4个数据的第75百分位数是( )
A．7 B．6
C．5 D．4
【解析】由小到大排列的4个数据1，3，5，a，则a≥5，
3+5
这4个数的极差为a－1，中位数为 ＝4，
2
因为这4个数据的极差是它们中位数的2倍，
则a－1＝2×4，解得a＝9，
所以这四个数由小到大依次为1，3，5，9，
5+9
因为4×0.75＝3，所以这4个数据的第75百分位数是 ＝7．故选A．
2
【典例3】2024年4月30日，神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，激发了学
生对航天的热爱．某校组织高中学生参加航天知识竞赛，现从中随机抽取100名学生的成绩，
其频率分布直方图如图所示，设这组样本数据的第75百分位数为x，众数为y，则( )
A．x＝88，y＝90 B．x＝83，y＝90
C．x＝83，y＝85 D．x＝88，y＝85
【解析】由题意得(0.005+0.030+a+0.015)×10＝1，解得a＝0.050，
因为0.05＋0.3＝0.35，0.05＋0.3＋0.5＝0.85，则0.35<0.75<0.85，
则样本数据的第75百分位数位于[80，90)，则0.35＋(x－80)×0.050＝0.75，解得x＝88，
80+90
因为样本数据中位于成绩[80，90)之间最多，则众数为y＝ ＝85.故选D.
2
方法技巧 26 4 总体集中趋势的估计
频率分布直方图的数字特征(1)众数：最高矩形的底边中点的横坐标．
(2)中位数：中位数左边和右边的矩形的面积和应该相等．
(3)平均数：平均数在频率分布直方图中等于各组区间的中点值与对应频率之积的和．
【典例1】(多选)已知运动员甲特训的成绩分别为：9，12，8，16，16，18，20，16，12，
13，则这组数据的( )
A．众数为12 B．平均数为14
C．中位数为14.5 D．第85百分位数为16
【解析】成绩从小到大排列为：8，9，12，12，13，16，16，16，18，20.
出现次数最多的数为16，故A错误；
1
平均数为 ×(8＋9＋12＋12＋13＋16＋16＋16＋18＋20)＝14，故B正确；
10
13+16
中位数为 ＝14.5，故C正确；
2
10×0.85＝8.5，
故第85百分位数为第9位，为18，故D错误．故选BC.
【典例2】(2025·陕西西安模拟)某校为了解在校学生对中国传统文化的传承认知情况，随机
抽取了100名学生进行中国传统文化知识考试，并将这100名学生成绩整理得到如下频率分
布直方图．根据此频率分布直方图(分成[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，
90)，[90，100]六组)，下列结论中不正确的是( )
A．图中的a＝0.012
B．若从成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]内的学生中采用分层随机抽样方法抽取10名学
生，则成绩在[80，90)内的有3人
C．这100名学生成绩的中位数约为65
D．若同一组中的数据用该组区间的中点值作代表，则这100名学生的平均成绩约为68.2
【解析】由(0.008×2+a+0.020×2+0.032)×10＝1，得a＝0.012，所以A正确，不符合题意；
这100名学生中成绩在[70，80)，[80，90)，[90，100]内的频率分别为0.2，0.12，0.08，所以0.12
采用分层随机抽样方法抽取的10名学生中成绩在[80，90)内的有10× ＝3(人)，故B正确，
0.4
不符合题意；
根据频率分布直方图，可知这100名学生成绩的中位数在[60，70)之间，设中位数为x，则
0.08＋0.2＋(x－60)×0.032＝0.5，所以x＝66.875，故C错误，符合题意；
根据频率分布直方图的平均数的计算公式，可得x＝45×0.08＋55×0.2＋65×0.32＋75×0.2＋
85×0.12＋95×0.08＝68.2，故D正确，不符合题意．故选C.
【典例3】(多选)(2024·广东汕头一模)某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年
级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．为进一步分析高
分学生的成绩分布情况，计算得到这 100名学生中，成绩位于[80，90)内的学生成绩方差为
12，成绩位于[90，100]内的学生成绩方差为10，则( )
A．a＝0.004
B．估计该年级学生成绩的中位数约为77.14
C．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50
D．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为30.25
【解析】对于A，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为1，则(2a＋3a＋7a＋6a＋
2a)×10＝200a＝1，解得a＝0.005，A错误；
对于B，前两个矩形的面积之和为(2a+3a)×10＝50a＝0.25<0.5，
前三个矩形的面积之和为(2a+3a+7a)×10＝120a＝0.6>0.5，
设该年级学生成绩的中位数为m，则m∈[70，80)，
根据中位数的定义可得0.25＋(m−70)×0.035＝0.5，解得m≈77.14，所以估计该年级学生成
绩的中位数约为77.14，B正确；
6a 2a
对于C，估计成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为 ×85+ ×95＝87.5，C
6a+2a 6a+2a
正确；
3 1
对于D，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为 [12＋(87.5－85)2]＋ [10＋
4 4
(87.5－95)2]＝30.25，D正确．故选BCD．方法技巧 26 5 总体离散程度的估计
标准差(方差)反映了数据的离散与集中、波动与稳定的程度．标准差(方差)越大，数据的离散
程度越大；标准差(方差)越小，数据的离散程度越小．
【典例1】(2023·全国乙卷)某厂为比较甲、乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行
10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处
理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶
产品的伸缩率分别记为x，y(i＝1，2，…，10)，试验结果如下：
i i
试验
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
序号i
伸缩
545 533 551 522 575 544 541 568 596 548
率x
i
伸缩
536 527 543 530 560 533 522 550 576 536
率y
i
记z＝x－y(i＝1，2，…，10)，z ，z ，…，z 的样本平均数为z，样本方差为s2．
i i i 1 2 10
(1)求z，s2；
(2)判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提
√ s2
高．(如果z≥2❑ ，则认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品
10
的伸缩率有显著提高，否则不认为有显著提高)
[解] (1)由题意，求出z 的值如表所示，
i
试验
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
序号i
z 9 6 8 －8 15 11 19 18 20 12
i
1
则z＝ ×(9＋6＋8－8＋15＋11＋19＋18＋20＋12)＝11，
10
1
s2＝ ×[(9－11)2＋(6－11)2＋(8－11)2＋(－8－11)2＋(15－11)2＋(11－11)2＋(19－11)2＋(18－
10
11)2＋(20－11)2＋(12－11)2]＝61．
√ s2
(2)因为2❑ ＝2❑√6.1＝❑√24.4，z＝11＝❑√121>❑√24.4，
10
所以可认为甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率有显著提
高．【典例2】(多选)(2025·湖南衡阳开学考试)有一组样本数据x ，x ，…，x ，由这组样本得到
1 2 n
新样本数据y ，y ，…，y ，其中y＝ax＋b，则( )
1 2 n i i
A．x ，x ，…，x 的中位数为m ，则y ，y ，…，y 的中位数为am ＋b
1 2 n 1 1 2 n 1
B．x ，x ，…，x 的平均数为m ，则y ，y ，…，y 的平均数为am ＋b
1 2 n 2 1 2 n 2
C．x ，x ，…，x 的方差为m ，则y ，y ，…，y 的方差为am
1 2 n 3 1 2 n 3
D．x ，x ，…，x 的极差为m ，则y ，y ，…，y 的极差为am
1 2 n 4 1 2 n 4
【解析】对于A，数据从小到大排列对应中位数的顺序不变，所以若x ，x ，…，x 的中位数
1 2 n
为m ，则y ，y ，…，y 的中位数为am ＋b，故A正确；
1 1 2 n 1
对于B，由平均数的计算方法与性质可知，
若原数据的平均数为m ，则新数据的平均数为am ＋b，故B正确；
2 2
对于C，由方差的性质可知，若原数据的方差为m ，则新数据的方差为a2m ，故C错误；
3 3
对于D，新数据的最大数与最小数与原数据的最大数与最小数对应，即y －y ＝
max min
|a|(x −x )＝|a|m ，故D错误．故选AB．
max min 4
【典例3】(2023·新高考Ⅰ卷)有一组样本数据x ，x ，…，x ，其中x 是最小值，x 是最大值，
1 2 6 1 6
则( )
A．x ，x ，x ，x 的平均数等于x ，x ，…，x 的平均数
2 3 4 5 1 2 6
B．x ，x ，x ，x 的中位数等于x ，x ，…，x 的中位数
2 3 4 5 1 2 6
C．x ，x ，x ，x 的标准差不小于x ，x ，…，x 的标准差
2 3 4 5 1 2 6
D．x ，x ，x ，x 的极差不大于x ，x ，…，x 的极差
2 3 4 5 1 2 6
【解析】取x ＝1，x ＝x ＝x ＝x ＝2，x ＝9，则x ，x ，x ，x 的平均数等于2，标准差为
1 2 3 4 5 6 2 3 4 5
√22 ❑√66
0，x ，x ，…，x 的平均数等于3，标准差为❑ ＝ ，故A，C均不正确；根据中位数的
1 2 6 3 3
定义，将x ，x ，…，x 按从小到大的顺序进行排列，中位数是中间两个数的算术平均数，由
1 2 6
于x 是最小值，x 是最大值，故x ，x ，x ，x 的中位数是将x ，x ，x ，x 按从小到大的顺序
1 6 2 3 4 5 2 3 4 5
排列后中间两个数的算术平均数，与x ，x ，…，x 的中位数相等，故B正确；根据极差的定
1 2 6
义，知x ，x ，x ，x 的极差不大于x ，x ，…，x 的极差，故D正确．故选BD．
2 3 4 5 1 2 6
方法技巧 26 6 成对数据的相关性
判定两个变量正、负相关的方法(1)画散点图：点的分布从左下角到右上角，两个变量正相关；点的分布从左上角到右下角，
两个变量负相关．
(2)样本相关系数：r＞0时，正相关；r＜0时，负相关．
(3)经验回归方程^y＝b^x＋a^中：b^>0时，正相关；b^<0时，负相关．
【典例1】调查某种群花萼长度和花瓣长度，所得数据如图所示．其中样本相关系数r＝0.824
5，下列说法正确的是( )
A．花瓣长度和花萼长度没有相关性
B．花瓣长度和花萼长度呈现负相关
C．花瓣长度和花萼长度呈现正相关
D．若从样本中抽取一部分，则这部分的样本相关系数一定是0.824 5
【解析】 ∵样本相关系数r＝0.824 5，且散点图呈左下角到右上角的带状分布，∴花瓣长度和
花萼长度正相关．若从样本中抽取一部分，则这部分的样本相关系数不一定是0.824 5，故选
C．
【典例 2】(2024·重庆模拟)已知成对样本数据(x ，y )，(x ，y )，…，(x ，y )(n≥2)中
1 1 2 2 n n
3
x ，x ，…，x 不全相等，且所有样本点(x，y )(i=1，2，…，n)都在直线y＝－ x＋1上，
1 2 n i i 4
则这组成对样本数据的样本相关系数r＝________，其决定系数R2＝________．
3 3
【解析】由所有样本点(x，y )(i=1，2，…，n)都在直线y＝－ x＋1上，又－ <0，由题易
i i 4 4
知r＝－1，R2＝1．
方法技巧 26 7 一元线性回归模型
回归分析问题的类型及解题方法
(1)求经验回归方程的步骤
①根据散点图判断两变量是否线性相关，如不是，应通过换元构造线性相关．
②利用公式，求出回归系数b^．③利用经验回归直线过样本点的中心求系数a^．
(2)利用经验回归方程进行预测，把经验回归方程看作一次函数，求函数值．
(3)利用经验回归方程判断正、负相关，决定正相关还是负相关的是系数b^．
(4)经验回归方程的拟合效果，可以利用样本相关系数判断，当|r|越趋近于1时，两变量的线
性相关程度越强．
【典例1】据统计，某城市居民年收入(所有居民在一年内收入的总和，单位：亿元)与某类商
品销售额(单位：亿元)的10年数据如表所示：
第n
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
年
居民
年收 32.2 31.1 32.9 35.7 37.1 38.0 39.0 43.0 44.6 46.0
入x
商品
销售 25.0 30.0 34.0 37.0 39.0 41.0 42.0 44.0 48.0 51.0
额y
依据表格数据，得到下面一些统计量的值．
10 10 10 10 10
∑ x ∑ y ∑(x −x) 2 ∑(y −y) 2 ∑(x −x)·(y－y)
i i i i i i
i=1 i=1 i=1 i=1 i=1
379.6 391 246.904 568.9 m
(1)根据表中数据，得到样本相关系数r≈0.95．以此推断，y与x的线性相关程度是否很强？
(2)根据统计量的值与样本相关系数 r≈0.95，建立 y 关于 x 的经验回归方程。(系数精确到
0.01)
❑√2.304
附：样本(x，y)(i＝1，2，…，n)的相关系数r＝ ≈1.518，
i i
[解] (1)根据样本相关系数r≈0.95，可以推断线性相关程度很强．
(2)由又因为x＝37.96，y＝39.1，
所以a^＝y－b^x≈－15.56，
所以y与x的经验回归方程为^y＝1.44x－15.56．
【典例2】按照《中华人民共和国环境保护法》的规定，每年生态环境部都会会同国家发展改
革委等部门共同编制《中国生态环境状况公报》，并向社会公开发布．下表是 2017－2021年
五年《中国生态环境状况公报》中酸雨区面积约占国土面积的百分比(y %)：
i
年份 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年
年份
1 2 3 4 5
代码x
i
y 6.4 5.5 5.0 4.8 3.8
i
(1)求2017—2021年年份代码x 与y 的样本相关系数(精确到0．01)；
i i
(2)请用样本相关系数说明该组数据中 y与x之间的关系可用一元线性回归模型进行描述，并
求出y关于x的经验回归方程；
(3)预测2025年的酸雨区面积占国土面积的百分比．
附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为： ，
a^= y−b^x
，样本相关系数
1+2+3+4+5
[解] (1)由已知可得，x＝ ＝3，
56.4+5.5+5.0+4.8+3.8
y＝ ＝5.1，
5
由题可列下表：
x－x －2 －1 0 1 2
i
y－y 1.3 0.4 －0.1 －0.3 －1.3
i
(2)由(1)知，y与x的样本相关系数r≈－0.98，|r|接近1，所以y与x之间具有极强的线性相
关关系，可用线性回归模型进行描述．
−5.9
＝ ＝－0.59，a^＝y－b^x
10
由(1)所求知， ＝5.1－(－0.59)×3＝
6.87，
所求经验回归方程为^y＝－0.59x＋6.87．
(3)令x＝9，则^y＝－0.59×9＋6.87＝1.56，
故预测2025年的酸雨区面积占国土面积的百分比为1.56%．
方法技巧 26 8 非线性回归模型
非线性问题处理策略要通过换元、取对数等手段把非线性问题转化为线性问题．
【典例1】(2025·湖南衡阳模拟)为了加快实现我国高水平科技自立自强，某科技公司逐年加
大高科技研发投入．下图1是该公司2015年至2024年的年份代码x和年研发投入y(单位：亿
元)的散点图，其中年份代码1～10分别对应年份2015～2024．根据散点图，分别用模型①^y＝b^x＋a^，②^y＝c^＋d^❑√x作为年研发投入y(单位：亿元)关于年份
代码x的经验回归方程模型，并进行残差分析，得到图2所示的残差图．结合数据，计算得
到如下表所示的一些统计量的值：
10
1
表中t ＝❑√x，t＝ ∑t .
i i 10 i
i=1
(1)根据残差图，判断模型①和模型②哪一个更适宜作为年研发投入y(单位：亿元)关于年份代
码x的经验回归方程模型？并说明理由；
(2)①根据(1)中所选模型，求出y关于x的经验回归方程；
②设该科技公司的年利润L(单位：亿元)和年研发投入y(单位：亿元)满足L＝(111.225−y)❑√x
(x∈N*且x∈[1，20])，问该科技公司哪一年的年利润最大？
附：对于一组数据(x ，y )，(x ，y )，…，(x ，y )，其经验回归直线^y＝a^＋b^x的斜率和截
1 1 2 2 n n
a^ y b^x
距的最小二乘估计分别为 ＝ － ．
[解] (1)根据题图2可知，模型①的残差波动性很大，说明拟合关系较差；
模型②的残差波动性很小，基本分布在0的附近，说明拟合关系很好，所以选择模型②更适
宜．
(2)①设t＝❑√x，所以^y＝c^＋d^t，28.35
＝ ＝6.3，c^＝y－d^t
4.5
所以 ＝75－6.3×2.25＝60.825，
所以y关于x的非线性经验回归方程为^y＝60.825＋6.3❑√x．
②由题设可得L＝(111.225−y)❑√x＝(111.225−6.3❑√x−60.825)❑√x＝－6.3x＋50.4❑√x，
50.4
当取对称轴即❑√x＝ ＝4，即x＝16时，年利润L有最大值，故该公司2030年的年利润
2×6.3
最大．
【典例2】一企业生产某种产品，通过加大技术创新投入降低了每件产品成本，为了调查年技
术创新投入x(单位：千万元)对每件产品成本y(单位：元)的影响，对近10年的年技术创新投
入x 和每件产品成本y(i＝1，2，3，…，10)的数据进行分析，得到如图所示的散点图，并计
i i
算得：x＝6.8，y＝70，
10 1 10 1 10 y
∑ ＝3，∑ ＝1.6，∑ i＝350．
x x2 x
i=1 i i=1 i i=1 i
^β
(1)根据散点图可知，可用函数模型^y＝ ＋α^拟合y与x的关系，试建立y关于x的非线性
x
经验回归方程；
(2)已知该产品的年销售额 m(单位：千万元)与每件产品成本 y(单位：元)的关系为 m＝－
y2 2y 200
+ + ＋100．该企业的年投入成本除了年技术创新投入，还要投入其他成本 10千
500 25 y−10
万元，根据(1)的结果回答：当年技术创新投入x为何值时，年利润M的预报值最大？
(注：年利润＝年销售额－年投入成本)
参考公式：对于一组数据(u ，v )，(u ，v )，…，(u ，v )，其经验回归直线v^＝α^＋^βu的斜率
1 1 2 2 n n
α^ v ^βu
和截距的最小二乘估计公式分别为 ， ＝ － ．1
[解] (1)令u＝ ，则y关于u的经验回归方程为^y＝α^＋^βu，
x
350−210
1.6−0.9
由题意可得 ＝ ＝200，
α^＝y－ ^βu＝70－200×0.3＝10，则^y＝10＋200u，
200
所以y关于x的非线性经验回归方程为^y＝10＋ ．
x
200 200
(2)由y＝10＋ 可得x＝ ，
x y−10
y2 2y 200 200 1
年利润M＝m－x－10＝－ + + ＋100－ －10＝－ (y－20)2＋90.8，
500 25 y−10 y−10 500
当y＝20时，年利润M取得最大值，
200 200
此时x＝ ＝ ＝20，
y−10 20−10
所以当年技术创新投入为20千万元时，年利润M的预报值最大．
【典例3】某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备加大研发资金投入，
为了解年研发资金投入额x(单位：亿元)对年盈利额y(单位：亿元)的影响，通过对“十二五”
和“十三五”规划发展10年期间年研发资金投入额x 和年盈利额y(i＝1，2，…，10)数据进
i i
行分析，建立了两个函数模型：y＝α＋βx2；y＝eλx＋t，其中α，β，λ，t均为常数，e为自然对
数的底数，令u＝x2，v＝ln y(i＝1，2，…，10)，经计算得如下数据：
i i i i
x＝26 y＝215 u＝680 v＝5.36
10 10 10
∑(x −x) 2 ∑(u −u) 2 10 ∑(y −y) 2
i=1
i
i=1
i ∑(u
i
−u)(y
i
－y)＝260
i=1
i
i=1
＝100 ＝22 500 ＝4
10 10
∑(v −v) 2 ∑(x −x)(v
i i i
i=1 i=1
＝4 －v)＝18
①请从样本相关系数的角度，分析哪一个模型拟合度更好？
②根据①的选择及表中数据，建立y关于x的非线性经验回归方程．
附：样本相关系数^y b^ a^ b^ a^ y b^x
经验回归方程 ＝ x＋ 中： ＝ ＝ － ．
[解] ①设模型y＝α＋βx2的样本相关系数为r ，模型y＝eλx＋t的样本相关系数为r ，
1 2
对于模型y＝α＋βx2，令u＝x2，即y＝α＋βu，
260
＝ ≈0.87，
❑√22 500×❑√4
对于模型y＝eλx＋t，有ln y＝ln eλx＋t＝λx＋t，令v＝ln y，即v＝λx＋t，
18
❑√100×❑√4
所以r ＝ ＝ ＝0.9，
2
因为r <r ，所以模型y＝eλx＋t拟合度更好．
1 2
18
^λ ＝ ＝0.18，t^＝v－ ^λx
100
②因为 ＝ ＝5.36－0.18×26＝0.68，
所以y关于x的非线性经验回归方程为^y＝e0.18x+0.68．
方法技巧 26 9 独立性检验
独立性检验的一般步骤
(1)根据样本数据完成2×2列联表．
n(ad−bc) 2
(2)根据公式χ2＝ 计算．
(a+b)(a+c)(b+d)(c+d)
(3)比较χ2与临界值的大小关系，作统计推断．
【典例1】(2023·全国甲卷改编)一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选 40只小白鼠，
随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度
臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位：
g)．试验结果如下：
对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8 26.5 27.5 30.1
32.6 34.3 34.8 35.6 35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2
试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为
7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5 18.0 18.8 19.2
19.8 20.2 21.6 22.8 23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5
(1)计算试验组的样本平均数；
(2)①求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数
据的个数，完成如下列联表：
单位：只
小白鼠体重的增加量
组别 合计
<m ≥m
对照组
试验组
合计
②根据①中的列联表，依据小概率值 α＝0.05的独立性检验，能否以此推断小白鼠在高浓度
臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？
n(ad−bc) 2
附：χ2＝ ．
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
α 0.1 0.05 0.01
x 2.706 3.841 6.635
α
[解] (1)根据题意，计算试验组样本平均数为
1
x＝ ×(7.8＋9.2＋11.4＋12.4＋13.2＋15.5＋16.5＋18.0＋18.8＋19.2＋19.8＋20.2＋21.6＋22.8
20
＋23.6＋23.9＋25.1＋28.2＋32.3＋36.5)＝19.8．
(2)①由题意知，这40只小白鼠体重的增加量的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排
列后第20位与第21位数据的平均数，
因为第20位数据为23.2，第21位数据为23.6，
1
所以这组数据的中位数是m＝ ×(23.2＋23.6)＝23.4．
2
填写列联表如下：
单位：只
小白鼠体重的增加量
组别 合计
<m ≥m
对照组 6 14 20试验组 14 6 20
合计 20 20 40
②零假设为H ：小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量无差异．
0
根据列联表中数据，得
40×(6×6−14×14) 2
χ2＝ ＝6.4>3.841＝x ，
0.05
20×20×20×20
所以依据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断 H 不成立，可以认为小白鼠在高浓度臭
0
氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异，此推断犯错误的概率不大于0.05．
【典例2】(2024·浙江嘉兴二模)为了有效预防流感，很多民众注射了流感疫苗．某市防疫部
门从辖区居民中随机抽取了1 000人进行调查，发现其中注射疫苗的800人中有220人感染流
感，另外没注射疫苗的200人中有80人感染流感．医学研究表明，流感的检测结果是有错检
的可能，已知患有流感的人其检测结果有 95%呈阳性(感染)，而没有患流感的人其检测结果
有99%呈阴性(未感染)．
①估计该市流感感染率是多少？
②根据小概率值α＝0.001的独立性检验，能否认为注射流感疫苗与预防流感有关；
③已知某人的流感检测结果呈阳性，求此人真的患有流感的概率．(精确到0．001)
n(ad−bc) 2
附：χ2＝ ，
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
α
220+80
[解] ①估计流感的感染率P＝ ＝0.3．
1 000
②由题意， 2×2列联表如下：
单位：人
流感情况
疫苗情况 合计
患有流感 不患有流感
打疫苗 220 580 800
不打疫苗 80 120 200
合计 300 700 1 000
零假设为H ：注射流感疫苗与预防流感无关，
0
1 000(220×120−580×80) 2
则χ2＝ ≈11.9．
800×200×300×700因为11.9>10.828＝x ，
0.001
根据小概率值α＝0.001的独立性检验，我们推断H 不成立，即认为注射流感疫苗与预防流感
0
有关，此推断犯错误的概率不大于0.001．
③设事件A为“一次检测结果呈阳性”，事件B为“被检测者确实患有流感”，
由题意得 P(B)＝0.3，P(B)＝0.7，P(A∣B)＝0.95，P(A∣B)＝0.01，P(AB)＝P(B)·P(A∣B)
＝0.3×0.95＝0.285，
由全概率公式得P(A)＝P(B)·P(A∣B)＋P(B)·P(A∣B)＝0.3×0.95＋0.7×0.01＝0.292，P
P(AB) 0.285
(B∣A)＝ ＝ ≈97.6%，
P(A) 0.292
所以此人真的患有流感的概率是97.6%．
方法技巧 27 0 以统计图表为载体的概率、统计问题
该类问题常常借助图形或表格，将文字、图表、数据等融为一体，考查考生的直观想象能力
和数学建模素养，求解的关键是立足题干提取信息，结合统计的相关知识进行数据分析或结
合概率模型求解相应概率．
【典例1】AI技术驱动的自然语言处理工具引领了人工智能的新一轮创新浪潮．某数学兴趣小
组为了解使用此类工具人群中年龄与是否喜欢该程序的关系，从某社区使用过该程序的人群
中随机抽取了200名居民进行调查，并依据年龄样本数据绘制了如下频率分布直方图．
(1)根据频率分布直方图，估计年龄样本数据的75%分位数：
(2)将年龄不超过(1)中75%分位数的居民视为青年居民，否则视为非青年居民．
①完成下列2×2列联表，根据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为年龄与是否喜欢该
程序有关联？
单位：人
年龄
对该程序的态度 合计
青年 非青年喜欢 20
不喜欢 60
合计 200
②按照等比例分配分层随机抽样的方式从样本中随机抽取8名居民．若从选定的这8名居民
中随机抽取4名居民做进一步调查，求这4名居民中至少有3人为青年居民的概率．
n(ad−bc) 2
参考公式：χ2＝ ，其中n＝a＋b＋c＋d．
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
参考数据：
α 0.1 0.05 0.01
x 2.706 3.841 6.635
α
[解] (1)由频率分布直方图可知，
年龄在40岁以下的居民所占比例为10×(0.010+0.025+0.030)＝0.65，
年龄在50岁以下的居民所占比例为0.65＋10×0.020＝0.85，
所以75%分位数位于[40，50)内，
0.75−0.65
由40＋10× ＝45，
0.85−0.65
所以样本数据的75%分位数为45．
(2)①由题知，2×2列联表为
单位：人
年龄
对该程序的态度 合计
青年 非青年
喜欢 90 20 110
不喜欢 60 30 90
合计 150 50 200
零假设为H ：年龄与是否喜欢该程序无关．
0
根据列联表中的数据，可得
200×(90×30−60×20) 2
χ2＝ ≈6.061>3.841＝x ．
0.05
150×50×110×90
根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断 H 不成立，即认为年龄与是否喜欢该程序有
0
关，以此推断的错误概率不大于0.05．
3
②按照分层随机抽样，青年居民应抽取8× ＝6(人)，非青年居民应抽取2人．
4
设从中随机抽取的4名居民中为青年居民的人数为X，C3C1
4
P(X=3)＝ 6 2＝ ，
C4 7
8
C4
3
P(X=4)＝ 6＝ ，
C4 14
8
11
所以P(X≥3)＝P(X=3)＋P(X=4)＝ ，
14
11
所以这4名居民中至少有3人为青年居民的概率为 ．
14
【典例2】某学校号召学生参加“每天锻炼1小时”活动，为了了解学生参与活动的情况，随
机调查了100名学生一个月(30天)完成锻炼活动的天数，制成如下频数分布表：
天数 [0，5) [5，10) [10，15) [15，20) [20，25) [25，30]
人数 4 15 33 31 11 6
(1)由频数分布表可以认为，学生参加体育锻炼天数 X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近
似为样本的平均数(每组数据取区间的中间值)，且σ＝6.1，若全校有3 000名学生，求参加
“每天锻炼1小时”活动超过21天的人数(精确到1)；
(2)调查数据表明，参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[15，30]的学生中有30名男生，天
数在[0，15)的学生中有20名男生，学校对当月参加“每天锻炼1小时”活动不低于15天的
学生授予“运动达人”称号．请填写下面列联表：
单位：人
活动天数
性别 合计
[0，15) [15，30]
男生
女生
合计
依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为学生性别与获得“运动达人”称号有关联．
如果结论是有关联，请解释它们之间如何相互影响．
参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，
P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．
n(ad−bc) 2
附：χ2＝ ，n＝a＋b＋c＋d．
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
α 0.05 0.01 0.001
x 3.841 6.635 10.828
α[解] (1)由频数分布表知
1
μ＝ ×(4×2.5＋15×7.5＋33×12.5＋31×17.5＋11×22.5＋6×27.5)＝14.9，
100
则X～N(14.9，6.12)，
∵P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，
∴P(X＞21)＝P(X＞14.9＋6.1)
1−0.682 7
≈ ＝0.158 65，
2
∴3 000×0.158 65＝475.95≈476，
∴参加“每天锻炼1小时”活动超过21天的人数约为476．
(2)由频数分布表知，锻炼活动的天数在[0，15)的人数为4＋15＋33＝52，
∵参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[0，15)的学生中有20名男生，
∴参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[0，15)的学生中女生人数为52－20＝32．
由频数分布表知，锻炼活动的天数在[15，30]的人数为31＋11＋6＝48，
∵参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[15，30]的学生中有30名男生，
∴参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[15，30]的学生中女生人数为48－30＝18．
列联表如下：
单位：人
活动天数
性别 合计
[0，15) [15，30]
男生 20 30 50
女生 32 18 50
合计 52 48 100
零假设为H ：学生性别与获得“运动达人”称号无关，
0
100×(30×32−20×18) 2
χ2＝ ≈5.769＞3.841，
50×50×52×48
依据α＝0.05的独立性检验，我们推断H 不成立，
0
即可以认为学生性别与获得“运动达人”称号有关，以此推断犯错误的概率不大于0.05．
30 18
根据列联表中的数据得到，男生、女生中活动天数不低于15天的频率分别为 ＝0.6和 ＝
50 50
0.6
0.36，可见男生中获得“运动达人”称号的频率是女生中获得“运动达人”称号频率的
0.36
≈1.67倍，于是依据频率稳定与概率的原理，我们可以认为男生获得“运动达人”的概率大于女生，即男生更容易获得“运动达人”称号．
方法技巧 27 1 概率、统计与数列的综合问题
解答此类问题的关键是借助概率知识(如相互独立事件的概率公式、条件概率的公式等)建立
P 与P 的递推关系，然后利用数列知识(一般是构造法)求解．
n＋1 n
【典例1】(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则
此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均
为0.6，乙每次投篮的命中率均为 0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、
乙的概率各为0.5．求：
(1)第2次投篮的人是乙的概率；
(2)第i次投篮的人是甲的概率；
(3)已知：若随机变量X 服从两点分布，且P(X＝1)＝1－P(X＝0)＝q，i＝1，2，…，n，则
i i i i
＝ ．记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)．
[解] (1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA
＋BA，
所以P(A)＝P(BA＋BA)＝P(BA)＋P(BA)＝P(B)P(A|B)＋P(B)P(A|B)＝0.5×(1－0.6)
＋0.5×0.8＝0.6．
1
(2)设第 i 次投篮的人是甲的概率为 p，由题意可知，p ＝ ，p ＝p×0.6＋(1－p)×(1－
i 1 2 i＋1 i i
2 1
0.8)，即p ＝0.4p＋0.2＝ p＋ ，
i＋1 i 5 i 5
1 2( 1)
所以p － ＝ p − ，
i＋1 3 5 i 3
1 1 1 1 { 1 } 1 2
又p － ＝ − ＝ ，所以数列 p − 是以 为首项， 为公比的等比数列，
1 3 2 3 6 i 3 6 5
1 1 (2) i−1
所以p－ ＝ × ，
i 3 6 5
1 1 (2) i−1
所以p＝ + × ．
i 3 6 5
(3)设第i次投篮时甲投篮的次数为X，则X 的可能取值为0或1，当X＝0时，表示第i次投
i i i
篮的人是乙，当X＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(X＝1)＝p，P(X＝0)＝1－p，所
i i i i i
以E(X)＝p．
i iY＝X ＋X ＋X ＋…＋X ，
1 2 3 n
1 1 (2) i−1
则E(Y)＝E(X ＋X ＋X ＋…＋X )＝p ＋p ＋p ＋…＋p ，由(2)知，p＝ + × ，
1 2 3 n 1 2 3 n i 3 6 5
(2) n
1−
n 1 [ 2 (2) 2 (2) n−1] n 1 5
所以 E(Y)＝p ＋p ＋p ＋…＋p ＝ + × 1+ + +…+ ＝ + × ＝
1 2 3 n 3 6 5 5 5 3 6 2
1−
5
n 5 [ (2) n]
+ × 1− ．
3 18 5
【典例2】甲、乙两位乒乓球爱好者进行一次对抗赛，第一个球的发球权通过掷硬币确定，从
3
第二个球开始，上一个球谁赢谁发球．由以往数据可知，甲发球甲赢的概率为 ，乙发球甲
4
1
赢的概率为 ．
5
(1)求第1个球甲赢的概率p ；
1
(2)求第n个球甲赢的概率p ；
n
(3)定义第n个球甲赢的期望E ＝np ，求
n n
[解] (1)设第1个球的发球人为甲为事件A ，第1个球的发球人为乙为事件B ，第1个球甲
0 0
1 3 1
赢为事件A ，由题知，P(A )＝P(B )＝ ，P(A |A )＝ ，P(A |B )＝ ，
1 0 0 2 1 0 4 1 0 5
1 3 1 1 19
由全概率公式知，p ＝P(A )＝P(A )P(A |A )＋P(B )P(A |B )＝ × + × ＝ ，
1 1 0 1 0 0 1 0 2 4 2 5 40
19
∴第1个球甲赢的概率p ＝ ．
1 40
(2)设事件A ：第n个球甲赢，事件B ：第n个球乙赢，
n n
3 1 19
由题知，当n≥2时，P(A |A )＝ ，P(A |B )＝ ，P(B )＝1－p ，p ＝ ，
n n－1 4 n n－1 5 n－1 n－1 1 40
3 1
由全概率公式知，当n≥2时，p ＝P(A )＝P(A |A )P(A )＋P(A |B )P(B )＝ p ＋ (1
n n n n－1 n－1 n n－1 n－1 4 n－1 5
11 1
－p )＝ p ＋ ，
n－1 20 n－1 5
4 11( 4)
∴p － ＝ p − ，
n 9 20 n−1 9
4 19 4 11
∵p － ＝ − ＝ ，
1 9 40 9 360{ 4 } 11 11
∴数列 p − 是首项为 ，公比为 的等比数列，
n 9 360 20
4 11 (11) n−1
∴p － ＝ × ，
n 9 360 20
1 (11) n 4
∴p ＝ × ＋ ．
n 18 20 9
n (11) n 4n
(3)由(2)知，E ＝np ＝ × ＋ ．
n n 18 20 9
{ n (11) n}
设数列 × 的前n项和为T ，
18 20 n
1 11 2 (11) 2 3 (11) 3 n (11) n
则T ＝ × + × ＋ × ＋…＋ × ，①
n 18 20 18 20 18 20 18 20
11 1 (11) 2 2 (11) 3 n−1 (11) n n (11) n+1
∴ T ＝ × ＋ × ＋…＋ × ＋ × ，②
20 n 18 20 18 20 18 20 18 20
9 1 11 1 (11) 2 1 (11) n n (11) n+1
①－②得， T ＝ × + × ＋…＋ × － ×
20 n 18 20 18 20 18 20 18 20
11[ (11) n]
1−
＝
1
×
20 20
−
n
×
(11) n+1
＝
11
−
11
×
(11) n
－
n
×
(11) n+1
，
162 162 20 18 20
18 11 18 20
1−
20
110 220+99n (11) n
∴T ＝ − × ，
n 729 1 458 20
{4n } 2n(n+1)
易知数列 的前n项和为 ，
9 9
n 110 220+99n (11) n 2n(n+1)
∴∑ E＝ − × ＋ ．
i 729 1 458 20 9
i=1
【典例3】(2019·全国Ⅰ卷)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更
有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于
两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮
试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多 4只时，就停止试验，并认为治愈
只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施
以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠
未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药
的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X．(1)求X的分布列；
(2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4分，p(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，
i
最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p ＝0，p ＝1，p＝ap ＋bp＋cp (i＝1，2，…，
0 8 i i－1 i i＋1
7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α＝0．5，β＝0．8．
①证明：{p －p}(i＝0，1，2，…，7)为等比数列；
i＋1 i
②求p ，并根据p 的值解释这种试验方案的合理性．
4 4
[解] (1)由题意可知X所有可能的取值为－1，0，1．
P(X=−1)＝(1−α)β，
P(X=0)＝αβ＋(1−α)(1−β)，
P(X=1)＝α(1−β)．
则X的分布列为
X －1 0 1
P (1−α)β αβ＋(1−α)(1−β) α(1−β)
(2)∵α＝0.5，β＝0.8，
∴a＝0.5×0.8＝0.4，b＝0.5×0.8＋0.5×0.2＝0.5，c＝0.5×0.2＝0.1．
①证明：∵p＝ap ＋bp＋cp (i＝1，2，…，7)，
i i－1 i i＋1
即p＝0.4p ＋0.5p＋0.1p (i＝1，2，…，7)，
i i－1 i i＋1
整理可得：5p＝4p ＋p (i=1，2，…，7)，
i i－1 i＋1
∴p －p＝4(p −p )(i=1，2，…，7)，
i＋1 i i i−1
又∵p －p ＝p ≠0，
1 0 1
∴{p −p }(i=0，1，2，…，7)是以p 为首项，4为公比的等比数列．
i+1 i 1
②由①知：p －p＝(p −p )·4i＝p ·4i，
i＋1 i 1 0 1
∴p －p ＝p ·47，p －p ＝p ·46 ，…，p −p ＝p ·40．
8 7 1 7 6 1 1 0 1
1−48 48−1 3
作和可得：p －p ＝p ·(40+41+…+47)＝ p ＝ p ＝1，∴p ＝ ，
8 0 1 1−4 1 3 1 1 48−1
1−44 44−1 3 1 1
∴p ＝p －p ＝p ·(40+41+42+43)＝ p ＝ × ＝ ＝ ．
4 4 0 1 1−4 1 3 48−1 44+1 257
p 表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为 0.5，乙药治愈率
4
1
为0.8时，认为甲药更有效的概率为p ＝ ≈0.003 9，此时得出错误结论的概率非常小，说
4 257
明这种试验方案合理．方法技巧 27 2 概率、统计与函数的交汇问题
该类问题常以实际生活中的概率、统计知识为背景，将概率、统计与函数建模融合在一起，
充分借助函数的性质研究相关问题的最值，可能涉及函数的单调性、导数等知识，求解时注
意合理转化．
【典例1】(2024·郑州调研)某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏，每个小
组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在
每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于 3的称为“神投小组”，已知甲、
乙两名队员投进篮球的概率分别为p ，p ．
1 2
1 2
(1)若p ＝ ，p ＝ ，求他们在第一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率；
1 2 2 3
6
(2)已知p ＋p ＝ ，则
1 2 5
①p ，p 取何值时能使得甲、乙两名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？
1 2
并求出此时的最大概率；
②在第①问的前提下，若甲、乙两名队员想要获得 297次“神投小组”的称号，则他们平均
要进行多少轮游戏？
[解] (1)每个小组投进的次数之和不少于3的称为“神投小组”，
则可能的情况有①甲投中一次，乙投中两次；②甲投中两次，乙投中一次；③甲投中两次，
乙投中两次．
1 2
∵p ＝ ，p ＝ ，
1 2 2 3
∴ 他 们 在 第 一 轮 游 戏 中 获 得 “ 神 投 小 组 ” 称 号 的 概 率 为
C1×
1
×
1
×
(2) 2
+
(1) 2
×C1×
2
×
1
+
(1) 2
×
(2) 2
＝
4
．
2 2 2 3 2 2 3 3 2 3 9
(2)①由题意得他们在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率为
P＝C1·p (1−p )p2+p2C1·p (1−p )+p2·p2＝2p p (p +p )−3p2·p2．
2 1 1 2 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1
6 12
∵p ＋p ＝ ，∴P＝ p p −3p2·p2．
1 2 5 5 1 2 2 1
6
又0≤p ≤1，0≤p ≤1，p ＋p ＝ ，
1 2 1 2 5
1
∴ ≤p ≤1．
5 1令m＝p p ＝−p2＋ 6 p ＝－ ( p − 3) 2 ＋ 9 ，
1 2 1 5 1 1 5 25
[1 9 ]
则m∈ ， ，
5 25
12
∴P＝f (m)＝－3m2＋ m
5
( 2) 2 12
＝－3 m− ＋ ．
5 25
12 [1 9 ]
∵P＝－3m2＋ m在 ， 上单调递增，
5 5 25
( 9 ) 297
∴P ＝f ＝ ，
max 25 625
3
此时p ＝p ＝ ．
1 2 5
( 297)
②他们小组在n轮游戏中获得“神投小组”称号的次数ξ满足ξ～B n， ，
625
297
∵np＝297，则n＝297＝625，
625
∴平均要进行625轮游戏．
【典例2】(2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种
微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第 2代……该微生物每代
繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，
P(X＝i)＝p(i＝0，1，2，3)．
i
(1)已知p ＝0.4，p ＝0.3，p ＝0.2，p ＝0.1，求E(X)；
0 1 2 3
(2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程p ＋p x＋p x2＋
0 1 2
p x3＝x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p＝1，当E(X)>1时，p<1；
3
(3)根据你的理解说明第(2)问结论的实际含义．
[解] (1)E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1．
(2)法一(常规求导)：
p ＋p x＋p x2＋p x3－x＝0，x＞0，
0 1 2 3
令f (x)＝p ＋p x＋p x2＋p x3－x，
0 1 2 3
f ′(x)＝p ＋2p x＋3p x2－1，
1 2 3令g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝2p ＋6p x＞0，
2 3
∴f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当E(X)＝p ＋2p ＋3p ≤1时，注意到 x∈(0，1]时，f ′(x)≤f ′(1)＝p ＋2p ＋3p －1≤0，∴f
1 2 3 1 2 3
(x)在(0，1]上单调递减，注意到f (1)＝0，∴x＝1，即p＝1．
当E(X)＝p ＋2p ＋3p ＞1时，注意到f ′(0)＝p －1＜0，
1 2 3 1
f ′(1)＝p ＋2p ＋3p －1＞0，
1 2 3
∴存在唯一的x ∈(0，1)使f ′(x )＝0，且当0＜x＜x 时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减；
0 0 0
当x ＜x＜1时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，
0
注意到f (0)＝p ＞0，f (1)＝0，
0
∴f (x )＜f (1)＝0．
0
∴f (x)在(0，x )上有一个零点x ，另一个零点为1，∴p＝x ＜1．
0 1 1
法二(巧妙因式分解)：
由题意知p ＋p ＋p ＋p ＝1，E(X)＝p ＋2p ＋3p ，
0 1 2 3 1 2 3
由p ＋p x＋p x2＋p x3＝x p ＋p x2＋p x3－(1－p )x＝0，
0 1 2 3 0 2 3 1
∴p ＋p x2＋p x3－(p ＋p ＋p )x＝0 p (1－x)＋p x(x－1)＋p x(x－1)(x＋1)＝0，
0 2 3 0 2⇒ 3 0 2 3
(x－1)[p x2＋(p ＋p )x－p ]＝0，
3 2 3 0 ⇒
p +p
令f (x)＝p x2＋(p ＋p )x－p ，f (x)图象的对称轴为直线x＝－ 2 3＜0，
3 2 3 0 2p
3
注意到f (0)＝－p ＜0，f (1)＝2p ＋p －p ＝p ＋2p ＋3p －1＝E(X)－1，
0 3 2 0 1 2 3
当E(X)≤1时，f (1)≤0，f (x)＝0的正实根x ≥1，原方程的最小正实根p＝1，
0
当E(X)＞1时，f (1)＞0，f (x)＝0的正实根x ＜1，原方程的最小正实根p＝x ＜1．
0 0
(3)当1个微生物个体繁殖下一代的期望小于等于 1时，这种微生物经过多代繁殖后临近灭绝；
当1个微生物个体繁殖下一代的期望大于1时，这种微生物经过多代繁殖后还有继续繁殖的
可能．
