【备战2013高考数学专题讲座】
第10讲：数学解题方法之配方法探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
3～8讲，我们对数学思想方法进行了探讨，从本讲开始我们对数学解题方法进行探讨。数学问题中，常用的数学解题方法有待定系数法、配方法、换元法、数学归纳法、反证法等。
配方法是对数学式子进行一种定向变形（配成“完全平方”）的技巧，通过配方找到已知和未知的联系，从而化繁为简。如何配方，需要我们根据题目的要求，合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，完成配方。
最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方。它主要适用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解等问题。
配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：
；
；
；
结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如：
；
。
结合2012年全国各地高考的实例探讨配方法的应用：
典型例题：例1. （2012年江苏省5分）已知函数的值域为，若关于x的不等式
的解集为，则实数c的值为 ▲ ．
【答案】9。
【考点】函数的值域，不等式的解集。
【解析】由值域为，当时有，即，
∴。
∴解得，。
∵不等式的解集为，∴，解得。
例2.（2012年全国大纲卷理5分）已知为第二象限角，，则【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】两角和差的公式以及二倍角公式的运用。
【解析】首先利用平方法得到二倍角的正弦值，然后然后利用二倍角的余弦公式，将所求的转化为单角的正弦值和余弦值的问题：
∵，∴两边平方，得，即。
∵为第二象限角，∴因此。
∴。
∴。故选A。
例3.（2012年湖北省理5分）如图，双曲线的两顶点为，虚轴两端点为，两焦点为。若以为直径的圆内切于菱形，切点分别为A，B，C，D。则
（Ⅰ）双曲线的离心率e= ▲ ；
（Ⅱ）菱形的面积与矩形的面积的比值 ▲ 。
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。
【考点】双曲线的离心率及实轴虚轴的相关定义，一般平面几何图形的面积计算。
【解析】（Ⅰ）由已知
，解得。
（Ⅱ）由已知得，又直线的方程为，而直线的方程为，
联立解得，
∴，。
例4.（2012年上海市理14分）海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系（以1海里为单位长度），则救援船恰在失事船的正南方向12海里A处，如图. 现假设：①失事船的移动路径可视为抛物线；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发小时后，失事船所在位置的横坐标为7.
（1）当时，写出失事船所在位置P的纵坐标. 若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向；（6分）
（2）问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？（8分）
【答案】解：（1）时，P的横坐标，代入抛物线方程得P的纵坐标。
∵A（0，12）， ∴ 。
∴救援船速度的大小为海里/时。
由tan∠OAP=，得，
∴救援船速度的方向为北偏东弧度。
（2）设救援船的时速为海里，经过小时追上失事船，此时位置为。
由，整理得。
∵当即=1时最小，即。
∴救援船的时速至少是25海里才能追上失事船。
【考点】曲线与坐标。
【解析】（1）求出A点和P点坐标即可求出。
（2）求出时速关于时间的函数关系式求出极值。
例5.（2012年广东省理14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：的离心率，且椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3.
（1）求椭圆C的方程；
（2）在椭圆C上，是否存在点M（m，n）使得直线l：mx+ny=1与圆O：x2+y2=1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及相对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（1）∵，∴可设 。
∴，故椭圆C的方程为。
设为椭圆上的任一点，则。
∵，
∴当时，取得最大值，即取得最大值。
又∵椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3，
∴，解得。
∴所求的椭圆C方程为。
（2）假设点M（m，n）存在，则 ， 即圆心O到直线的距离。 ∴。
∵
∴
（当且仅当，即时取等号）。
解得，即或或或。
∴所求点M的坐标为，对应的△OAB的面积为。
【考点】椭圆的性质，两点间的距离公式，二次函数的最大值，基本不等式的应用。
【解析】（1）由可得椭圆C的方程为，设设为椭圆上的任一点，求出的表达式，一方面由二次函数的最大值原理得的最大值，另一方面由已知椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3列式求出，从而得到椭圆C的方程。
（2）假设点M（m，n）存在，求出的表达式，应用基本不等式求得△OAB的面积最大时m，n的值和对应的△OAB的面积。
例6. （2012年山东省文13分）如图，椭圆M：的离心率为，直线和
所围成的矩形ABCD的面积为8.
(Ⅰ)求椭圆M的标准方程；
(Ⅱ) 设直线与椭圆M有两个不同的交点P，Q，与矩形ABCD有两个不同的交点
S，T.求的最大值及取得最大值时m的值.
【答案】解：(Ⅰ)∵椭圆M：的离心率为
∴，即……①。
∵矩形ABCD面积为8，∴，即……②
由①②解得：。
∴椭圆M的标准方程是。
(II)由得。
设，则。
由得。
∴。
当过A点时，，当过C点时，。
①当时，有，
∴。
设，则。
∴当，即时，取得最大值。
②当时，由对称性，可知，当时，取得最大值。
③当时，，，
∴当时，取得最大值。
综上可知，当时，取得最大值。
【考点】椭圆的性质，矩形的性质，函数的极值。
【解析】（Ⅰ）由已知条件，根据椭圆M的离心率为 ，直线和 所围成的矩形ABCD的面积为8，列方程组组求解。
（Ⅱ）应用韦达定理、勾股定理，用表示出，分，，三
种情况分别求解。
例7. （2012年辽宁省文12分）如图，动圆,,与椭圆：相交于A，
B，C，D四点，点分别为的左，右顶点。
(Ⅰ)当为何值时，矩形的面积取得最大值？并求出其最大面积；
(Ⅱ) 求直线与直线交点M的轨迹方程。
【答案】解：（I）设，则矩形的面积。
由得，
∴。
∴当时，，最大为，。
∵，
∴当时，矩形的面积取得最大值，最大面积为6。
(Ⅱ)设，
∵，
∴直线A1A的方程为，直线A2B的方程为。
由①×②可得：。
∵在椭圆上，∴。∴。
代入③可得：，
∴点M的轨迹方程为。
【考点】直线、圆、椭圆的方程，椭圆的几何性质，轨迹方程的求法。
【解析】（I）设，应用函数方程思想求出最大时的情况即可。
(Ⅱ)设出线A1A的方程、直线A2B的方程，求得交点满足的方程，利用A在椭圆上，化简即可得到点M的轨迹方程。
例8. （2012年浙江省文5分）若正数x，y满足x+3y=5xy，则的最小值是【 】
A. B. C.5 D.6
【答案】C。
【考点】基本不等式或配方法的应用。
【解析】∵x+3y=5xy，∴，。
∴。（或由基本不等式得）
∴5，即的最小值是5。故选C。
【备战2013高考数学专题讲座】
第11讲：数学解题方法之换元法探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
3～8讲，我们对数学思想方法进行了探讨，从第九讲开始我们对数学解题方法进行探讨。数学问题中，常用的数学解题方法有待定系数法、配方法、换元法、数学归纳法、反证法等。
解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法。 换元法又称辅助元素法、变量代换法。换元的实质是转化，关键是构造元或设元，理论依据是等量代换，目的是通过引进新的变量，把分散的条件联系起来，把隐含的条件显露出来，把条件与结论联系起来，把不熟悉的形式变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化，把非标准型问题标准化等。
通过换元，可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，化代数式为三角式等。在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。 换元的方法有：局部换元，三角换元，均值换元。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面三方面探讨换元法的应用：（1）局部换元法的应用；（2）三角换元法的应用；（3）均值换元法的应用。
一、局部换元法的应用：局部换元，又称整体换元，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现。
典型例题：例1. （2012年上海市文4分）方程的解是 ▲
【答案】。
【考点】解指数方程。
【解析】方程，化简为。
令，则原方程可化为，解得 或（舍去）。
∴。∴原方程的解为。
【点评】通过设，将原方程变为熟悉的一元二次方程和指数方程的问题。
例2. （2012年全国课标卷理5分） 已知函数；则的图像大致为【 】
【答案】。
【考点】导数的应用。
【解析】设，则。
∵时，；时，，
∴。
∴或均有。因此排除。故选。
【点评】通过设，将原函数变为较为简单的函数，讨论其单调性得到原函数的单调性，从而作出正确的判断。
例3. （2012年安徽省理13分）设
（I）求在上的最小值；
（II）设曲线在点的切线方程为；求的值。
【答案】解：（I）设，则。
∴。
①当时，。∴在上是增函数。
∴当时，的最小值为。
②当时，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵，∴。
由题意得：，即，解得。
【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。
【解析】（I）根据导数的的性质分和求解。
（II）根据切线的几何意义列方程组求解。
【点评】通过设，将原函数变为较为简单的函数，讨论其单调性得到原函数的单调性。
例4. （2012年全国课标卷文5分）数列满足，则的前60项和为【 】
（A）3690 （B）3660 （C）1845 （D）1830
【答案】D。
【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。
【解析】求出的通项：由得，
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；······
当时，；当时，；当时，；
当时，（）。
∵，
∴的四项之和为（）。
设（）。
则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列，
∴的前项和=的前15项和=。故选D。
【点评】通过设（），将原数列前项和变为简单的等差数列前15项和的问题。
例5. （2012年四川省文5分）设函数，是公差不为0的等差数列，，则【 】
A、0 B、7 C、14 D、21
【答案】D。
【考点】高次函数的性质，等差数列性质。
【解析】∵是公差不为0的等差数列，记公差为。
∴。
则
。
∵，∴。
设，则。
∴。故选D。
【点评】通过设，使方程变得简单。
例6.（2012年江苏省5分）已知正数满足：则的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】可行域。
【解析】条件可化为：。
设，则题目转化为：
已知满足，求的取值范围。
作出（）所在平面区域（如图）。求出的切
线的斜率，设过切点的切线为，
则，要使它最小，须。
∴的最小值在处，为。此时，点在上之间。
当（）对应点时， ，
∴的最大值在处，为7。
∴的取值范围为，即的取值范围是。
【点评】通过设，将问题变为可行域问题求解。
二、三角换元法的应用：三角换元，是利用已知代数式中与三角知识中的联系进行换元，直角坐标与极坐标的互化就是典型的三角换元。
典型例题：例1. （2012年安徽省理5分）在极坐标系中，圆的圆心到直线的距离是
▲
【答案】。
【考点】极坐标与直角坐标的转换，点到直线的距离公式。
【解析】将化为直角坐标方程：，其圆心坐标为。将化为直角坐标方程：。
∴根据点到直线的距离公式，得圆心到直线的距离是。
【点评】通过极坐标方程化直角坐标方程（本质是三角换元），将问题变为熟悉的求解直角坐标系中点到直线的距离问题。
例2. （2012年湖南省文5分）在极坐标系中，曲线：与曲线：的一个交点在极轴上，则a= ▲ .
【答案】。
【考点】直线的极坐标方程、圆的极坐标方程，直线与圆的位置关系。
【解析】曲线的直角坐标方程是，曲线的普通方程是直角坐标方程，
∵曲线C1：与曲线C2：的一个交点在极轴上，
∴与轴交点横坐标与值相等。
由，知＝。
【点评】通过极坐标方程化直角坐标方程（本质是三角换元），将问题变为熟悉的求解直角坐标问题。
例3. （2012年陕西省文5分）直线与圆相交的弦长为 ▲
【答案】。
【考点】极坐标方程，圆和直线的关系。
【解析】将极坐标方程化为普通方程为与，联立方程组成方程组求出两交点的坐标和，故弦长等于。
【点评】通过极坐标方程化直角坐标方程（本质是三角换元），将问题变为熟悉的求解直角坐标问题。
例4. （2012年全国课标卷文5分） 已知曲线的参数方程是，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线的坐标系方程是，正方形的顶点都在上，且依逆时针次序排列，点的极坐标为
(Ｉ)求点的直角坐标；
(Ⅱ)设为上任意一点，求的取值范围。
【答案】解：(Ｉ)∵正方形的顶点都在：上，
∴点的极坐标为。
∴点的直角坐标为：
，
即。
(Ⅱ)设，则。
∵ ，
，
，
，
∴ 。
∵，
∴的取值范围。
【考点】参数方程和极坐标方程，极坐标和直角坐标的转换，三角函数值的范围。
【解析】(Ｉ)由正方形的性质，首先求得的极坐标，再转换成直角坐标，两点间距离公式。
(Ⅱ)根据两点间距离公式，求出的表达式即可求出其取值范围。
【点评】通过利用参数方程（本质是三角换元），将问题变为三角函数求范围问题。
三、均值换元法的应用：均值换元，是利用两个量的平均值和一个字母元，沟通原来两个量之间的关系，从而简便计算，即形如形式时，设进行换元，其中是的平均值，是新元。
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷文10分）中，内角、、成等差数列，其对边、、满足，求A．
【答案】解：∵中，内角、、成等差数列，
∴。∴，。
又∵，∴根据正弦定理，得。∴。
由“”进行均值换元，设 ，。
则，化简，得。
∴。∴或。
【考点】解三角形的运用，等差数列的性质，三角形的内角和定理，正弦定理，两角和的三角函数。
【解析】根据角、、成等差数列和三角形内角和定理可得，。运用均值换元法，由应用正弦定理和两角和的三角函数，化简等式，求出答案。
【点评】通过均值换元，将问题变为简单三角函数问题。
和“均值换元法”类似，还有一种换元法，即在题中有两个变量时，可以设，这称为“和差换元法”，换元后有可能简化代数式。
我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原则，换元后要注重新变量范围的选取，一定要使新变量范围对应于原变量的取值范围，不能缩小也不能扩大。最后换元后勿忘还原。
【备战2013高考数学专题讲座】
第12讲：数学解题方法之反证法和数学归纳法探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
3～8讲，我们对数学思想方法进行了探讨，从第九讲开始我们对数学解题方法进行探讨。数学问题中，常用的数学解题方法有待定系数法、配方法、换元法、数学归纳法、反证法等。
反证法是“间接证明法”一类，是从反面的角度的证明方法，即：肯定题设而否定结论，从而得出矛盾。具体地讲，反证法就是从反论题入手，把命题结论的否定当作条件，使之得到与条件相矛盾，肯定了命题的结论，从而使命题获得了证明。
在应用反证法证题时，一定要用到“反设”，否则就不是反证法。用反证法证题时，如果欲证明的命题的方面情况只有一种，那么只要将这种情况驳倒了就可以，这种反证法又叫“归谬法”；如果结论的方面情况有多种，那么必须将所有的反面情况一一驳倒，才能推断原结论成立，这种证法又叫“穷举法”。
数学上证明与自然数N有关的命题的一种特殊方法，它主要用来研究与自然数有关的数学问题，在高中数学中常用来证明等式成立和数列通项公式成立。
一般地，在高中数学中证明一个与自然数n有关的命题P(n），有如下步骤：
（1）证明当n取第一个值n0时命题成立。n0对于一般数列取值为0或1，但也有特殊情况；
（2）假设当n=k（k≥n0，k为自然数）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。
综合（1）（2），对一切自然数n（≥n0），命题P(n）都成立。
结合2012年全国各地高考的实例探讨反证法和数学归纳法的应用：
一、反证法的应用：
典型例题：例1：（2012年上海市理18分）对于数集，其中，，定义向量集. 若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P. 例如具有性质P.
（1）若＞2，且，求的值；（4分）
（2）若X具有性质P，求证：1(X，且当n＞1时，1=1；（6分）
（3）若X具有性质P，且1=1，（为常数），求有穷数列的通项公式.（8分）
【答案】解：（1）选取，则Y中与垂直的元素必有形式。
∴，从而=4。
（2）证明：取，设满足。
由得，∴、异号。
∵－1是X中唯一的负数，所以、中之一为－1，另一为1。
故1(X。
假设，其中，则。
选取，并设满足，即。
则、异号，从而、之中恰有一个为－1。
若=－1，则，矛盾；
若=－1，则，矛盾.
∴=1。
（3）猜测，i=1, 2, …, 。
记，=2, 3, …, 。
先证明：若具有性质P，则也具有性质P。
任取，、(.当、中出现－1时，显然有满足。
当且时，、≥1。
∵具有性质P，∴有，、(，使得。
从而和中有一个是－1，不妨设=－1，
假设(且(，则。
由，得，与(矛盾。
∴(，从而也具有性质P。
现用数学归纳法证明：，i=1, 2, …, 。
当=2时，结论显然成立。
假设时，有性质P，则，i=1, 2, …, ；
则当时，若有性质P，则
也有性质P，所以。
取，并设满足，即。
由此可得与中有且只有一个为－1。
若，则，所以，这不可能；
∴，，又，所以。
综上所述，，i=1, 2, …, 。
【考点】数集、集合的基本性质、元素与集合的关系，数学归纳法和反证法的应用。
【解析】（1）根据题设直接求解。
（2）用反证法给予证明。
（3）根据题设，先用反证法证明：若具有性质P，则也具有性质P，再用数学归纳法证明猜测，i=1, 2, …, 。
例2：（2012年北京市理13分）设A是由m×n个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记s(m，n)为所有这样的数表构成的集合。
对于A∈S(m，n)，记Ri(A)为A的第ⅰ行各数之和（1≤ⅰ≤m），Cj(A)为A的第j列各数之和（1≤j≤n）；
记K(A)为∣R1(A)∣,∣R2(A)∣,…,∣Rm(A)∣,∣C1(A)∣,∣C2(A)∣,…,∣Cn(A)∣中的最小值。
（1）对如下数表A，求的值；
1
1
－0.8
0.1
－0.3
－1
（2）设数表A∈S（2,3）形如
1
1
c
a
b
－1
求的最大值；
（3）给定正整数t，对于所有的A∈S（2，2t+1），求的最大值。
【答案】解：（1）由题意可知，
∴。
（2）先用反证法证明：
若，则，
∴（无解）。
同理可知。
∴。
由题设所有数和为0，即，
∴，解得，与题设矛盾。
∴。
易知当时，存在。
∴的最大值为1。
（3）的最大值为。
首先构造满足的：
，
。
经计算知，中每个元素的绝对值都小于1，所有元素之和为0，且
，，
。
下面证明是最大值。
若不然，则存在一个数表A∈S（2，2t+1），使得。
由的定义知的每一列两个数之和的绝对值都不小于，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故的每一列两个数之和的绝对值都在区间中. 由于，故的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于。
设中有列的列和为正，有列的列和为负，由对称性不妨设，则。另外，由对称性不妨设的第一行行和为正，第二行行和为负。
考虑的第一行，由前面结论知的第一行有不超过个正数和不少于个负数，每个正数的绝对值不超过1（即每个正数均不超过1），每个负数的绝对值不小于（即每个负数均不超过）。
因此，故的第一行行和的绝对值小于，与假设矛盾。
因此的最大值为。
【考点】逻辑推理，反证法的应用。
【解析】（1）根据ri（A）为A的第i行各数之和（i=1，2），c j（A）为A的第j列各数之和（j=1，2，3）；求出|r1（A）|，|r2（A）|，|c1（A）|，|c2（A）|，|c3（A）|中的最小值可即为所求。
（2）用反证法证明。
（3）先构造满足的，用反证法证明是最大值。
例3：（2012年江苏省16分）已知各项均为正数的两个数列和满足：，，
（1）设，，求证：数列是等差数列；
（2）设，，且是等比数列，求和的值．
【答案】解：（1）∵，∴。
∴ 。∴ 。
∴数列是以1 为公差的等差数列。
（2）∵，∴。
∴。（﹡）
设等比数列的公比为，由知，下面用反证法证明
若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。
若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。
∴综上所述，。∴，∴。
又∵，∴是公比是的等比数列。
若，则，于是。
又由即，得。
∴中至少有两项相同，与矛盾。∴。
∴。
∴ 。
【考点】等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法。
【解析】（1）根据题设和，求出，从而证明而得证。
（2）根据基本不等式得到，用反证法证明等比数列的公比。
从而得到的结论，再由知是公比是的等比数列。最后用反证法求出。
二、数学归纳法的应用：
例1：（2012年上海市理18分）对于数集，其中，，定义向量集. 若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P. 例如具有性质P.
（1）若＞2，且，求的值；（4分）
（2）若X具有性质P，求证：1(X，且当n＞1时，1=1；（6分）
（3）若X具有性质P，且1=1，（为常数），求有穷数列的通项公式.（8分）
【答案】解：（1）选取，则Y中与垂直的元素必有形式。
∴，从而=4。
（2）证明：取，设满足。
由得，∴、异号。
∵－1是X中唯一的负数，所以、中之一为－1，另一为1。
故1(X。
假设，其中，则。
选取，并设满足，即。
则、异号，从而、之中恰有一个为－1。
若=－1，则，矛盾；
若=－1，则，矛盾.
∴=1。
（3）猜测，i=1, 2, …, 。
记，=2, 3, …, 。
先证明：若具有性质P，则也具有性质P。
任取，、(.当、中出现－1时，显然有满足。
当且时，、≥1。
∵具有性质P，∴有，、(，使得。
从而和中有一个是－1，不妨设=－1，
假设(且(，则。
由，得，与(矛盾。
∴(，从而也具有性质P。
现用数学归纳法证明：，i=1, 2, …, 。
当=2时，结论显然成立。
假设时，有性质P，则，i=1, 2, …, ；
则当时，若有性质P，则
也有性质P，所以。
取，并设满足，即。
由此可得与中有且只有一个为－1。
若，则，所以，这不可能；
∴，，又，所以。
综上所述，，i=1, 2, …, 。
【考点】数集、集合的基本性质、元素与集合的关系，数学归纳法和反证法的应用。
【解析】（1）根据题设直接求解。
（2）用反证法给予证明。
（3）根据题设，先用反证法证明：若具有性质P，则也具有性质P，再用数学归纳法证明猜测，i=1, 2, …, 。
例2：（2012年全国大纲卷理12分）函数。定义数列如下：是过两点的直线与轴交点的横坐标。
（1）证明：；
（2）求数列的通项公式。
【答案】解：（1）∵，∴点在函数的图像上。
∴由所给出的两点，可知，直线斜率一定存在。
∴直线的直线方程为。
令，可求得，解得。
∴。
下面用数学归纳法证明：
当时，，满足，
假设时，成立，则当时，，
由得，，即，∴。
∴也成立。
综上可知对任意正整数恒成立。
下面证明：
∵，
∴由得，。∴。
∴即。
综上可知恒成立。
（2）由得到该数列的一个特征方程即，
解得或。
∴① ，②。
两式相除可得。
而
∴数列是以为首项以为公比的等比数列。
∴。
【考点】数列的通项公式以及函数与数列相结全的综合运用，不等式的证明，数学归纳法。
【解析】（1）先从函数入手，表示直线方程，从而得到交点坐标，再运用数学归纳法证明，运用差值法证明，从而得证。
（2）根据递推公式构造等比数列进而求得数列的通项。
【备战2013高考数学专题讲座】
第13讲：高频考点分析之集合探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
集合是近代数学的基础，也是高中数学最基本的概念之一。集合的思想、方法和语言使数学命题的表达更加简捷、明了，这注定了它可以渗透到数学的各个方面，也是高考考查的重要内容之一。2012年各地高考对集合的考查主要集中在3个方面：（1）集合的运算；（2）集合的元素个数；（3）把集合作为解决数学问题的工具，考查集合语言与集合思想的运用。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面三方面探讨集合知识的考点：（1）集合的运算；（2）集合中的元素和个数；（3）集合思想的运用。
一、集合的运算：
典型例题：例1.（2012年全国课标卷理5分）已知集合；,则中所含元素的个数为【 】
【答案】。
【考点】集合的运算。
【解析】由，得：；；
；，所以中所含元素的个数为。故选。
例2.（2012年北京市理5分）已知集合A={x∈R｜3x＋2>0﹜，B={x∈ R｜(x＋1)(x－3)>0﹜，则A∩B=【 】
A．（－∞，－1） B.（－1，） C. ﹙，3﹚ D.（3，＋∝）
【答案】D。
【考点】集合的交集运算。
【解析】∵， ，
∴A∩B=（3，＋∝）。故选D。
例3.（2012年山东省理5分） 已知全集={0,1,2,3,4}，集合A={1,2,3,}，B={2,4} ，则（CuA）B为【 】
A {1，2，4} B {2，3，4} C {0，2，4} D {0，2，3，4}
【答案】C。
【考点】集合的运算。
【解析】∵全集={0,1,2,3,4}，集合A={1,2,3,}，B={2,4}，
∴。。故选C。
例4.（2012年广东省理5分）设集合U={1,2,3,4,5,6}， M={1,2,4 } 则【 】
A．U B．{1,3,5} C．{3,5,6} D．{2,4,6}
【答案】C。
【考点】补集的运算。
【解析】∵集合U={1,2,3,4,5,6}， M={1,2,4 }，∴{3,5,6}。故选C。
例5.（2012年浙江省理5分）设集合，集合，则【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】集合的运算。
【解析】∵，∴。
∴。故选A。
例6.（2012年湖南省理5分）设集合，则∩=【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】集合的基本运算。
【解析】∵，，
∴∩。故选B。
例7.（2012年辽宁省理5分）已知全集U=｛0,1,2,3,4,5,6,7,8,9｝，集合A=｛0,1,3,5,8｝，集合B=｛2,4,5,6,8｝，
则为【 】
(A){5,8} (B){7,9} (C){0,1,3} (D){2,4,6}
【答案】B。
【考点】集合的交集、补集运算
【解析】∵全集U=｛0,1,2,3,4,5,6,7,8,9｝，集合A=｛0,1,3,5,8｝，集合B=｛2,4,5,6,8｝，
∴。∴为{7,9}。故选B。
例8.（2012年陕西省理5分）集合，，则【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】集合交集运算。
【解析】∵，，
∴。故选C。
例9.（2012年四川省理4分）设全集，集合，，则
▲ 。
【答案】
【考点】集合的运算。
【解析】∵，集合，，
∴，。∴。
例10.（2012年江苏省5分）已知集合，，则 ▲ ．
【答案】。
【考点】集合的概念和运算。
【分析】由集合的并集意义得。
例11.（2012年全国大纲卷文5分）已知集合={︱是平行四边形}，={︱是矩形}，={︱是正方形}，{︱是菱形}，则【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】集合的概念，集合的包含关系。
【解析】平行四边形、矩形、菱形和正方形的关系如图，由图知是大的集合，是最小的集合，因此，选项A、C、、D错误，选项B正确。故选B。
例12.（2012年全国课标卷文5分）已知集合A={x|x2－x－2<0}，B={x|－1
（A）AB （B）BA （C）A=B （D）A∩B=(
【答案】B。
【考点】集合的运算。
【解析】∵
∴BA。故选B。
例13.（2012年安徽省文5分）设集合,集合是函数的定义域；则【 】
【答案】。
【考点】对数函数的定义域，集合的运算。
【解析】∵集合是函数的定义域，∴。
又∵，∴。故选。
例14.（2012年山东省文5分） 已知全集={0,1,2,3,4}，集合A={1,2,3,}，B={2,4} ，则（CuA）B为【 】
A {1，2，4} B {2，3，4} C {0，2，4} D {0，2，3，4}
【答案】C。
【考点】集合的运算。
【解析】∵全集={0,1,2,3,4}，集合A={1,2,3,}，B={2,4}，
∴。。故选C。
例15.（2012年江西省文5分） 若全集的补集为【 】
A B
C D
【答案】C。
【考点】集合的基本运算。
【解析】∵，
∴。故选C。
例16.（2012年浙江省文5分）设全集U={1，2，3，4，5，6} ，设集合P={1，2，3，4} ，Q{3，4，5}，则
P∩（CUQ）=【 】
A.{1，2，3，4，6} B.{1，2，3，4，5} C.{1，2， 5} D.{1,2}
【答案】D。
【考点】集合的并集和补集运算。
【解析】∵全集U={1，2，3，4，5，6} ，Q{3，4，5}，∴CUQ={1，2，6}。
∴P∩（CUQ）={1，2}。故选D。
例17.（2012年福建省文5分）已知集合M＝{1,2,3,4}，N＝{－2,2}，下列结论成立的是【 】
A．N?M B．M∪N＝M C．M∩N＝N D．M∩N＝{2}
【答案】D。
【考点】集合的交集。
【解析】因为集合M＝{1,2,3,4}，N＝{－2,2}，所以M∩N＝{2}。故选D。
例18.（2012年上海市文4分）若集合，，则＝ ▲
【答案】。
【考点】集合的概念和性质的运用，一元一次不等式和绝对值不等式的解法。
【解析】由题意，得，∴。
例19. （2012年重庆市文5分）设函数集合
则为【 】
（A） （B）（0，1） （C）（-1，1） （D）
【答案】D。
【考点】复合函数的概念，解一元二次不等式和指数不等式，集合及其运算。
【分析】利用已知求出集合中的范围，结合集合，求出的范围，然后求解即可：
由得，∴或，即或。
∴或，即。
由得，即，∴，即。
∴。故选D。
二、集合中的元素和个数：
典型例题：例1. （2012年江西省理5分）若集合，，则集合中的元素的个数为【 】
A．5 B.4 C.3 D.2
【答案】C。
【考点】集合的元素，分类讨论。
【解析】分类讨论：
当时，或2，或1；
当时，或2，或3。
根据集合的互异性，中的元素的个数为3。故选C。
例2. （2012年全国大纲卷理5分）已知集合，则【 】
A．0或 B．0或3 C．1或 D．1或3
【答案】B。
【考点】集合的概念和并集运算，集合的关系的运用，元素与集合的关系的综合运用。
【解析】∵，∴。
∵，∴。∴或，解得或或。
根据集合元素的互异性，∴或。故选B。
例3.（2012年湖北省文5分）已知集合 ，，则满足条件的集合的个数为【 】
A 1 B 2 C 3 D 4
【答案】D。
【考点】集合的子集。
【解析】求解一元二次方程，得 ，易知。
∵，∴根据子集的定义，集合必须含有元素1,2，且可能含有元素3,4。
∴原题转换为求集合的子集个数，即有个。故选D。
三、集合思想的运用：
典型例题：例1. （2012年江苏省10分）设集合，．记为同时满足下列条件的集合的个数：
①；②若，则；③若，则。
（1）求；
（2）求的解析式（用表示）．
【答案】解：（1）当时，符合条件的集合为：，
∴ =4。
( 2 ）任取偶数，将除以2 ，若商仍为偶数．再除以2 ，··· 经过次以后．商必为奇数．此时记商为。于是，其中为奇数。
由条件知．若则为偶数；若，则为奇数。
于是是否属于，由是否属于确定。
设是中所有奇数的集合．因此等于的子集个数。
当为偶数〔 或奇数）时，中奇数的个数是（）。
∴。
【考点】集合的概念和运算，计数原理。
【解析】（1）找出时，符合条件的集合个数即可。
（2）由题设，根据计数原理进行求解。
例2.（2012年上海市理18分）对于数集，其中，，定义向量集. 若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P. 例如具有性质P.
（1）若＞2，且，求的值；（4分）
（2）若X具有性质P，求证：1(X，且当n＞1时，1=1；（6分）
（3）若X具有性质P，且1=1，（为常数），求有穷数列的通项公式.（8分）
【答案】解：（1）选取，则Y中与垂直的元素必有形式。
∴，从而=4。
（2）证明：取，设满足。
由得，∴、异号。
∵－1是X中唯一的负数，所以、中之一为－1，另一为1。
故1(X。
假设，其中，则。
选取，并设满足，即。
则、异号，从而、之中恰有一个为－1。
若=－1，则，矛盾；
若=－1，则，矛盾.
∴=1。
（3）猜测，i=1, 2, …, 。
记，=2, 3, …, 。
先证明：若具有性质P，则也具有性质P。
任取，、(.当、中出现－1时，显然有满足。
当且时，、≥1。
∵具有性质P，∴有，、(，使得。
从而和中有一个是－1，不妨设=－1，
假设(且(，则。
由，得，与(矛盾。
∴(，从而也具有性质P。
现用数学归纳法证明：，i=1, 2, …, 。
当=2时，结论显然成立。
假设时，有性质P，则，i=1, 2, …, ；
则当时，若有性质P，则
也有性质P，所以。
取，并设满足，即。
由此可得与中有且只有一个为－1。
若，则，所以，这不可能；
∴，，又，所以。
综上所述，，i=1, 2, …, 。
【考点】数集、集合的基本性质、元素与集合的关系，数学归纳法和反证法的应用。
【解析】（1）根据题设直接求解。
（2）用反证法给予证明。
（3）根据题设，先用反证法证明：若具有性质P，则也具有性质P，再用数学归纳法证明猜测，i=1, 2, …, 。
例3. （2012年北京市理13分）设A是由m×n个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记s(m，n)为所有这样的数表构成的集合。
对于A∈S(m，n)，记Ri(A)为A的第ⅰ行各数之和（1≤ⅰ≤m），Cj(A)为A的第j列各数之和（1≤j≤n）；
记K(A)为∣R1(A)∣,∣R2(A)∣,…,∣Rm(A)∣,∣C1(A)∣,∣C2(A)∣,…,∣Cn(A)∣中的最小值。
（1）对如下数表A，求的值；
1
1
－0.8
0.1
－0.3
－1
（2）设数表A∈S（2,3）形如
1
1
c
a
b
－1
求的最大值；
（3）给定正整数t，对于所有的A∈S（2，2t+1），求的最大值。
【答案】解：（1）由题意可知，
∴。
（2）先用反证法证明：
若，则，
∴（无解）。
同理可知。
∴。
由题设所有数和为0，即，
∴，解得，与题设矛盾。
∴。
易知当时，存在。
∴的最大值为1。
（3）的最大值为。
首先构造满足的：
，
。
经计算知，中每个元素的绝对值都小于1，所有元素之和为0，且
，，
。
下面证明是最大值。
若不然，则存在一个数表A∈S（2，2t+1），使得。
由的定义知的每一列两个数之和的绝对值都不小于，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故的每一列两个数之和的绝对值都在区间中. 由于，故的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于。
设中有列的列和为正，有列的列和为负，由对称性不妨设，则。另外，由对称性不妨设的第一行行和为正，第二行行和为负。
考虑的第一行，由前面结论知的第一行有不超过个正数和不少于个负数，每个正数的绝对值不超过1（即每个正数均不超过1），每个负数的绝对值不小于（即每个负数均不超过）。
因此，故的第一行行和的绝对值小于，与假设矛盾。
因此的最大值为。
【考点】逻辑推理，反证法的应用。
【解析】（1）根据ri（A）为A的第i行各数之和（i=1，2），c j（A）为A的第j列各数之和（j=1，2，3）；求出|r1（A）|，|r2（A）|，|c1（A）|，|c2（A）|，|c3（A）|中的最小值可即为所求。
（2）用反证法证明。
（3）先构造满足的，用反证法证明是最大值。
例4. （2012年广东省文14分）设，集合，，．
（1）求集合（用区间表示）；
（2）求函数在内的极值点．
【答案】解：（1）设，
方程的判别式
①当时，，恒成立，
∴。
∴，即集合D=。
②当时，，方程的两根为
，。
∴
∴，
即集合D=。
（2）令得
的可能极值点为。
①当时，由（1）知，所以随的变化情况如下表：
0
0
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴在D内有两个极值点为：极大值点为，极小值点为。
②当时，
由（1）知=。
∵， ∴，
∴随的变化情况如下表：
0
↗
极大值
↘
↗
∴在D内仅有一个极值点：极大值点为，没有极小值点。
【考点】分类思想的应用，集合的计算， 解不等式，导数的应用。
【解析】（1）根据根的判别式应用分类思想分、讨论即可，计算比较繁。
（2）求出，得到的可能极值点为。仍然分、讨论。
【备战2013高考数学专题讲座】
第14讲：高频考点分析之复数探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
数集拓展到实数范围内，仍有些运算无法进行。比如判别式小于0的一元二次方程仍无解，因此将数集再次扩充，达到复数范围。
形如的数称为复数，其中规定为虚数单位，且（是任意实数）。
我们将复数中的实数称为复数的实部，实数称为复数z的虚部。
当=0时，，这时复数成为实数； 当=0且≠0时，，称为纯虚数。
实部与虚部的平方和的正的平方根称为该复数的模，即对于复数，它的模为 。
对于复数，称复数为的共轭复数。即两个实部相等，虚部（虚部不等于0）互为相反数的复数互为共轭复数。
2012年各地高考对复数知识的考查主要集中在2个方面：（1）复数（含模）的运算；（2）共轭复数。结合2012年全国各地高考的实例，我们从这两方面探讨复数知识的考点。
一、复数（含模）的运算：
典型例题：例1.（2012年全国大纲卷理5分）复数【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考点】复数的四则运算。
【解析】∵，故选C。
例2. （2012年四川省理5分）复数【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】B。
【考点】复数的运算。
【解析】。故选B。
例3. （2012年天津市理5分）是虚数单位，复数=【 】
（A） （Ｂ）
（Ｃ） （Ｄ）
【答案】B。
【考点】复数的四则运算。
【分析】由题意，可对此代数分子分母同乘以分母的共轭，整理即可得到正确选项：
因为===，故选B。
例4.（2012年安徽省理5分）复数满足：；则【 】
【答案】。
【考点】复数的运算。
【解析】根据复数的运算法则计算即可：
。故选。
例5.（2012年山东省理5分）若复数x满足z(2－i)=11＋7i(i为虚数单位)，则z为【 】
A 3＋5i B 3－5i C －3＋5i D －3－5i
【答案】A。
【考点】复数的运算。
【解析】。故选A。
例6. （2012年广东省理5分）设i为虚数单位，则复数=【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】复数的计算。
【解析】。故选D。
例7. （2012年浙江省理5分）已知是虚数单位，则【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】复数的运算。
【解析】。故选D。
例8. （2012年福建省理5分）若复数满足，则等于【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】复数的运算。
【解析】∵，∴。故选A。
例9. （2012年辽宁省理5分）复数【 】
(A) (B) (C) (D)
【答案】A。
【考点】复数代数形式的运算。
【解析】。故选A。
例10. （2012年上海市理4分）计算： ▲ （为虚数单位）.
【答案】。
【考点】复数的运算。
【解析】将分子、分母同乘以分母的共轭复数，将分母实数化即可：。
例11. （2012年重庆市理5分）若，其中为虚数单位，则 ▲
【答案】4。
【考点】复数的乘法运算及复数相等的概念。
【分析】∵，∴。∴。
例12. （2012年江苏省5分）设，（i为虚数单位），则的值为 ▲ ．
【答案】8。
【考点】复数的运算和复数的概念。
【分析】由得，所以， 。
例13. （2012年北京市文5分）在复平面内，复数对应的点的坐标为【 】
A (1 ，3) B (3，1) C(－1，3) D (3 ，－1)
【答案】A。
【考点】复数除法运算，复平面实部虚部。
【解析】∵
∴复数的实部为1，虚部为3。对应复平面上的点的坐标为（1，3）。故选A。
例14. （2012年天津市文5分）是虚数单位，复数【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】C。
【考点】复数的四则运算。
【分析】由题意，可对此代数分子分母同乘以分母的共轭，整理即可得到正确选项：
因为，故选C。
例15. （2012年安徽省文5分）复数满足：；则【 】
【答案】。
【考点】复数的运算。
【解析】根据复数的运算法则计算即可：
∵，∴。故选。
例16. （2012年广东省文5分）设为虚数单位，则复数【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】复数的计算。
【解析】 。故选D。
例17. （2012年福建省文5分）复数等于【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】复数乘法运算。
【解析】。故选A。
例18. （2012年辽宁省文5分）复数【 】
(A) (B) (C) (D)
【答案】A。
【考点】复数代数形式的运算。
【解析】。故选A。
例19. （2012年湖北省文5分）若（为实数，为虚数单位），则=_ ▲ .
【答案】3。
【考点】复数的计算，复数的相等的充要条件。
【解析】∵，∴。
又∵都为实数，∴由复数的相等的充要条件得。
例20. （2012年湖南省理5分）已知复数 (为虚数单位)，则= ▲ .
【答案】10
【考点】复数的运算、复数的模。
【解析】把复数化成标准的形式，利用即可求得：
∵=，∴。
二、共轭复数：
典型例题：例1.（2012年全国课标卷文5分）复数的共轭复数是【 】
（A）2+i （B）2－i （C）－1+i （D）－1－i
【答案】D。
【考点】共轭复数的概念。
【解析】∵，
∴ 的共轭复数是。故选D。
例2. （2012年江西省文5分）若复数 (为虚数单位) 是的共轭复数 ， 则的虚部为【 】
A 0 B －1 C 1 D －2
【答案】A。
【考点】复数的基本运算。
【解析】∵，∴的共轭复数。
∴。∴的虚部为0。故选A。
例3. （2012年湖南省文5分）复数（为虚数单位）的共轭复数是【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】复数代数形式的四则运算，共轭复数定义。
【解析】由，根据共轭复数定义得。故选A。
例4.（2012年上海市理5分）若是关于x的实系数方程的一个复数根，则 ▲
A． B． C． D．
【答案】B。
【考点】实系数方程的根的问题及其性质、复数的代数形式的四则运算。
【解析】根据实系数方程的根的特点，也是该方程的另一个根，所以
，即，，故选B。
例5.（2012年湖北省理5分）方程的一个根是【 】
A -3+2i B 3+2i C -2 + 3i D 2 + 3i
【答案】A。
【考点】复数范围内求一元二次方程的解。
【解析】，故选A。
【备战2013高考数学专题讲座】
第15讲：高频考点分析之最值探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
最值问题是中学数学的重要内容，它分布在中学数学的各个部分和知识水平层面。以最值为载体，可以考查中学数学的许多知识点，考查分类讨论、数形结合、转化与化归等诸多数学思想和方法，还可以考查学生的思维能力、实践和创新能力。纵观近年高考，从题型分布来看，大多数一道填空题或选择题，一道解答题；从分值来看，约占总分的10%左右，它在高考中占有比较重要的地位。
分析考题的类型，高考中最值问题的呈现方式一般有以下几种：
1．函数（含三角函数）的最值；
2．学科内的其它最值，如几何中的最值问题、数列的最大项等等；
3．字母（函数）的取值范围；
4．不等式恒成立问题、存在性问题，常常转化为求函数的最值，例如： 对恒成立的最小值≥0成立，对恒成立的最大值≤0成立，等等；
5．实际应用问题，如最优化问题，可以通过建模可化为最值问题，等等。
结合中学数学的知识，高考中最值问题的求解方式一般有以下几种：
1．应用配方法求最值；
2．应用不等式（含基本不等式）求最值；
3．应用导数求最值；
4．应用单调性等性质求最值；
5．应用函数的值域求最值；
6．应用三角函数求最值；
7．应用几何、向量知识求最值；
8．应用线性规划求最值。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以上八方面探讨最值问题的求解。
一、应用配方法求最值：
典型例题：例1. （2012年浙江省文5分）若正数x，y满足x+3y=5xy，则的最小值是【 】
A. B. C.5 D.6
【答案】C。
【考点】基本不等式或配方法的应用。
【解析】∵x+3y=5xy，∴，。
∴。（或由基本不等式得）
∴5，即的最小值是5。故选C。
例2.（2012年上海市理14分）海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系（以1海里为单位长度），则救援船恰在失事船的正南方向12海里A处，如图. 现假设：①失事船的移动路径可视为抛物线；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发小时后，失事船所在位置的横坐标为7.
（1）当时，写出失事船所在位置P的纵坐标. 若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向；（6分）
（2）问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？（8分）
【答案】解：（1）时，P的横坐标，代入抛物线方程得P的纵坐标。
∵A（0，12）， ∴ 。
∴救援船速度的大小为海里/时。
由tan∠OAP=，得，
∴救援船速度的方向为北偏东弧度。
（2）设救援船的时速为海里，经过小时追上失事船，此时位置为。
由，整理得。
∵当即=1时最小，即。
∴救援船的时速至少是25海里才能追上失事船。
【考点】曲线与坐标。
【解析】（1）求出A点和P点坐标即可求出。
（2）求出时速关于时间的函数关系式求出极值。
例3.（2012年山东省文13分）如图，椭圆M：的离心率为，直线和
所围成的矩形ABCD的面积为8.
(Ⅰ)求椭圆M的标准方程；
(Ⅱ) 设直线与椭圆M有两个不同的交点P，Q，与矩形ABCD有两个不同的交点
S，T.求的最大值及取得最大值时m的值.
【答案】解：(Ⅰ)∵椭圆M：的离心率为
∴，即……①。
∵矩形ABCD面积为8，∴，即……②
由①②解得：。
∴椭圆M的标准方程是。
(II)由得。
设，则。
由得。
∴。
当过A点时，，当过C点时，。
①当时，有，
∴。
设，则。
∴当，即时，取得最大值。
②当时，由对称性，可知，当时，取得最大值。
③当时，，，
∴当时，取得最大值。
综上可知，当时，取得最大值。
【考点】椭圆的性质，矩形的性质，函数的极值。
【解析】（Ⅰ）由已知条件，根据椭圆M的离心率为 ，直线和 所围成的矩形ABCD的面积为8，列方程组组求解。
（Ⅱ）应用韦达定理、勾股定理，用表示出，分，，三
种情况分别求解。
例4.（2012年辽宁省文12分）如图，动圆,,与椭圆：相交于A，
B，C，D四点，点分别为的左，右顶点。
(Ⅰ)当为何值时，矩形的面积取得最大值？并求出其最大面积；
(Ⅱ) 求直线与直线交点M的轨迹方程。
【答案】解：（I）设，则矩形的面积。
由得，
∴。
∴当时，，最大为，。
∵，
∴当时，矩形的面积取得最大值，最大面积为6。
(Ⅱ)设，
∵，
∴直线A1A的方程为，直线A2B的方程为。
由①×②可得：。
∵在椭圆上，∴。∴。
代入③可得：，
∴点M的轨迹方程为。
【考点】直线、圆、椭圆的方程，椭圆的几何性质，轨迹方程的求法。
【解析】（I）设，应用函数方程思想求出最大时的情况即可。
(Ⅱ)设出线A1A的方程、直线A2B的方程，求得交点满足的方程，利用A在椭圆上，化简即可得到点M的轨迹方程。
二、应用不等式（含基本不等式）求最值：
典型例题：例1. （2012年安徽省理13分）设
（I）求在上的最小值；
（II）设曲线在点的切线方程为；求的值。
【答案】解：（I）设，则。
∴。
①当时，。∴在上是增函数。
∴当时，的最小值为。
②当时，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵，∴。
由题意得：，即，解得。
【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。
【解析】（I）根据导数的的性质分和求解。
（II）根据切线的几何意义列方程组求解。
例2.（2012年安徽省文12分）设定义在（0，+）上的函数
（Ⅰ）求的最小值；
（II）若曲线在点处的切线方程为，求的值。
【答案】解：（I）∵，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵曲线在点处的切线方程为，∴。
∴ ①。
又∵，∴ ②。
解①②得：。
【考点】基本不等式的应用，导数的应用。
【解析】（I）应用基本不等式即可求得的最小值。
（II）由和联立方程组，求解即可求得的值。
例3.（2012年陕西省理5分）在中，角所对边长分别为，若，则的最小值为【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】余弦定理，基本不等式的应用。
【解析】通过余弦定理求出cosC的表达式，利用基本不等式求出cosC的最小值：
∵，∴。
∴由余弦定理得，当且仅当时取“=”。
∴的最小值为。故选C。
例4.（2012年安徽省理5分）若平面向量满足：；则的最小值是 ▲
【答案】。
【考点】平面向量，基本不等式的应用。
【解析】∵，∴。
又∵，∴。∴。
∴的最小值是。
例5.（2012年天津市理5分）设，，若直线与圆相切，则的取值范围是【 】
（A） （Ｂ）
（Ｃ） （Ｄ）
【答案】D。
【考点】直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，重要不等式，一元二次不等式的解法
【分析】∵直线与圆相切，
∴圆心到直线的距离为，∴。
又∵，∴，即。
∴。
设，则，解得。故选D。
例6. （2012年湖南省理5分）已知两条直线 ：和：，与函数的图像从左至右相交于点A，B ，与函数的图像从左至右相交于C,D .记线段AC和BD在X轴上的投影长度分别为 , ,当m 变化时，的最小值为【 】
A． B. C. D.
【答案】B。
【考点】数形结合，函数的图象，基本不等式的应用。
【解析】如图，在同一坐标系中作出，，图像，
由，得，
由，得。
根据题意得。
∵，∴。故选B。
例7. （2012年福建省理5分）下列不等式一定成立的是【 】
A．lg＞lgx(x＞0)
B．sinx＋≥2(x≠kπ，k∈)
C．x2＋1≥2|x|(x∈)
D.＞1(x∈)
【答案】C。
【考点】不等式的性质以及基本不等式的应用。
【解析】对于A，当x＝时，lg＝lgx，所以A不一定成立；
对于B，当sinx>0时，不等式才成立，所以B不一定成立；
对于C，命题显然正确；
对于D，∵x2＋1≥1，∴0<≤1，所以D不成立.
故选C。
例8. （2012年北京市理14分）已知曲线C：
（1）若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围；
（2）设m=4，曲线c与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线c交于不同的两点M、N，直线y=1与直线BM交于点G。求证：A，G，N三点共线。
【答案】（1）原曲线方程可化为：。
∵曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，
∴，是。
∴若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，则m的取值范围为。
（2）证明：∵m=4，∴曲线c的方程为。
将已知直线代入椭圆方程化简得：
。
由得，
。
由韦达定理得：。
设。
则MB的方程为，∴。
AN的方程为。
欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。
将代入，得，
即，即，
即，等式恒成立。
由于以上各步是可逆的，从而点在直线AN上。
∴A，G，N三点共线。
【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用，求直线方程，三点共线的证明。
【解析】（1）根据椭圆长轴大于短轴和长、短轴大于0得不等式组求解即得m的取值范围。
（2）欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。故需求出含待定系数的直线MB和AN的方程，点G的坐标，结合韦达定理的应用用逆推证明。也可通过证明直线MB和AN在时横坐标相等来证A，G，N三点共线或直线AN和AG斜率相等。还可用向量求解。
例9. （2012年四川省理12分）如图，动点到两定点、构成，且，设动点的轨迹为。
（Ⅰ）求轨迹的方程；
（Ⅱ）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围。
【答案】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），显然有x>0且。
当∠MBA=90°时，点M的坐标为（2，, ±3）。
当∠MBA≠90°时，x≠2。由得
tan∠MBA=，即
化简得：。
而点（2，,±3）在上。
∵时，，∴。
综上可知，轨迹C的方程为（）。
(II)由方程消去y，可得。（*）
由题意，方程（*）有两根且均在（1，+）内，设，
∴，解得，m>1且m2。
设Q、R的坐标分别为，由有
。
∴。
由m>1且m2得
且。
∴的取值范围是。
【考点】直线、双曲线、轨迹方程的求法，倍角公式的应用。
【解析】（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），当∠MBA=90°时，可直接得到点M的坐标为（2，, ±3）；当∠MBA≠90°时，由应用倍角公式即可得到轨迹的方程。
（Ⅱ）直线与联立，消元可得①，利用①有两根且均在（1，+∞）内可知，m＞1，m≠2。设Q，R的坐标，求出xR，xQ，利用 ，即可确定
的取值范围。
例10. （2012年四川省文12分）如图，动点与两定点、构成，且直线的斜率之积为4，设动点的轨迹为。
（Ⅰ）求轨迹的方程；
（Ⅱ）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围。
【答案】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），
∵当x=－1时，直线MA的斜率不存在；当x=1时，直线MB的斜率不存在；
∴，MA的斜率为，MB的斜率为。
由题意，有·=4，化简可得，。
∴轨迹的方程为（）。
（Ⅱ）由消去y，可得 (﹡)
对于方程(﹡)，其判别式，
而当1或－1为方程（*）的根时，m的值为－1或1，
结合题设可知，，且m≠1。
设的坐标分别为，,则为方程（*）的两根。
∵，∴。 ∴。
∴。
此时，且。
∴且。
∴且。
综上所述，的取值范围为 。
【考点】直线、双曲线、轨迹方程的求法。
【解析】（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），由当x=－1时，直线MA的斜率不存在；当x=1时，直线MB的斜率不存在，得到，由直线的斜率之积为4列式即可得到轨迹的方程。
（Ⅱ）直线与联立，消元可得 (﹡)，利用(﹡)有两根且，且m≠1。设Q，R的坐标，求出xR，xQ，利用 ，即可确定 的取值范围。
例11.（2012年江苏省14分）如图，建立平面直角坐标系，轴在地平面上，轴垂直于地平面，单位长度为1千米．某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程表示的曲线上，其中与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．
（1）求炮的最大射程；
（2）设在第一象限有一飞行物（忽略其大小），其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标不超过多少时，
炮弹可以击中它？请说明理由．
【答案】解：（1）在中，令，得。
由实际意义和题设条件知。
∴，当且仅当时取等号。
∴炮的最大射程是10千米。
（2）∵，∴炮弹可以击中目标等价于存在，使成立，
即关于的方程有正根。
由得。
此时，（不考虑另一根）。
∴当不超过6千米时，炮弹可以击中目标。
【考点】函数、方程和基本不等式的应用。
【解析】（1）求炮的最大射程即求与轴的横坐标，求出后应用基本不等式求解。
（2）求炮弹击中目标时的横坐标的最大值，由一元二次方程根的判别式求解。
三、应用导数求最值：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分）设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为【 】
【答案】。
【考点】反函数的性质，导数的应用。
【解析】∵函数与函数互为反函数，∴它们的图象关于对称。
∴函数上的点到直线的距离为
设函数，则，∴。∴。
∴由图象关于对称得：最小值为。故选。
例2. （2012年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】
（A）函数有极大值和极小值
（B）函数有极大值和极小值
（C）函数有极大值和极小值
（D）函数有极大值和极小值
【答案】D。
【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。
【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2， ∴。
由此得到， ，，和在上的情况：
－2
1
2
＋
0
－
0
＋
0
－
＋
＋
＋
0
－
－
－
＋
0
－
－
－
0
＋
↗
极大值
↘
非极值
↘
极小值
↗
∴的极大值为，的极小值为。故选D。
例3. （2012年陕西省理5分）设函数，则【 】
A. 为的极大值点 B.为的极小值点
C. 为的极大值点 D. 为的极小值点
【答案】D。
【考点】应用导数求函数的极值。
【解析】∵，令得。
∴当时，，为减函数；当时，，为增函数，所以为的极小值点。
故选D。
例4. （2012年陕西省文5分）设函数则【 】
A．=为的极大值点 B．=为的极小值点
C．=2为 的极大值点 D．=2为 的极小值点
【答案】D。
【考点】应用导数求函数的极值。
【解析】∵，令得。
∴当时，，为减函数；
当时，，为增函数。
∴为的极小值点。
故选D。
例5. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；
（1）求的解析式及单调区间；
（2）若，求的最大值。
【答案】解：（1）∵，∴。
令得，。∴。
∴，得。
∴的解析式为。
设，则。
∴在上单调递增。
又∵时，，单调递增；
时，，单调递减。
∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。
（2）∵，∴。
令得。
①当时，，∴在上单调递增。
但时，与矛盾。
②当时，由得；由得。
∴当时，
∴。
令；则。
由得；由得。
∴当时，
∴当时，的最大值为。
【考点】函数和导函数的性质。
【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。
（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。
例6. （2012年北京市理13分）已知函数
（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；
（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大值。
【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。
∴，即①。
又∵，∴。
又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，
∴②。
解①②，得。
（2）∵，∴设。
则。令，解得。
∵，∴。
又∵在各区间的情况如下：
＋
0
－
0
＋
∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。
①若，即时，最大值为；
②若，即时，最大值为。
③若时，即时，最大值为。
综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。
【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。
【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。
（2）由 得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据 ，和三种情况讨论的最大值。
例7. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；
（Ⅲ）证明.
【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.
令，得。
当变化时，和的变化情况如下表：
－
0
＋
↘
极小值
↗
∴在处取得极小值。
∴由题意，得。∴。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。
当＞0时，令，即。
求导函数可得。
令，得。
①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。
∴符合题意。
②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在
(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。
∴不合题意。
综上，实数的最小值为。
（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。
当≥2时，
。
在（2）中，取，得，
∴。
∴
。
综上，。
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。
【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。
（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由
，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。
例8. （2012年安徽省理13分）设
（I）求在上的最小值；
（II）设曲线在点的切线方程为；求的值。
【答案】解：（I）设，则。
∴。
①当时，。∴在上是增函数。
∴当时，的最小值为。
②当时，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵，∴。
由题意得：，即，解得。
【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。
【解析】（I）根据导数的的性质分和求解。
（II）根据切线的几何意义列方程组求解。
例9. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。
【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。
(ⅱ) 利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比
﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。
例10. （2012年湖南省理13分）某企业接到生产3000台某产品的A，B，Ｃ三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为２,２,１（单位：件）.已知每个工人每天可生产Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.该企业计划安排２００名工人分成三组分别生产这三种部件，生产Ｂ部件的人数与生产Ａ部件的人数成正比，比例系数为k（k为正整数）.
（Ⅰ）设生产Ａ部件的人数为ｘ，分别写出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件生产需要的时间；
（Ⅱ）假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案.
【答案】解：（Ⅰ）设完成A，B，Ｃ三种部件的生产任务需要的时间（单位：天）分别为
由题设有
其中均为1到200之间的正整数。
（Ⅱ）完成订单任务的时间为其定义域为。
易知，为减函数，为增函数。
∵于是
（1）当时， 此时 ，
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
由于，
故当时完成订单任务的时间最短，且最短时间为。
（2）当时， 由于为正整数，故，
此时。
易知为增函数，则
。
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
由于
此时完成订单任务的最短时间大于。
（3）当时， 由于为正整数，故，
此时。
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
类似（2）的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于。
综上所述，当时完成订单任务的时间最短，此时生产Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件的人数
分别为44，88，68。
【考点】分段函数、函数单调性、最值，分类思想的应用。
【解析】（Ⅰ）根据题意建立函数模型。
（Ⅱ）利用单调性与最值，分、和三种情况讨论即可得出结论。
例11. （2012年湖南省理13分）已知函数，其中≠0.
（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.
（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题设矛盾，
又，故。
∵∴令。
当时，单调递减；
当时，单调递增.
∴当时，取最小值。
于是对一切恒成立，当且仅当 ①
令则。
当时，单调递增；当时，单调递减，
∴当时，取最大值。
∴当且仅当即时，①式成立。
综上所述，的取值集合为。
（Ⅱ）存在。由题意知，。
令则
。
令，则。
当时，单调递减；当时，单调递增，
∴当，即。
∴，。
又∵∴。
∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，
∴存在使单调递增，故这样的是唯一的，且，故当且仅当时， 。
综上所述，存在使成立.且的取值范围为
。
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。
【解析】（Ⅰ）用导函数法求出取最小值，对一切∈R，≥1恒成立转化为，从而得出的取值集合。
（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。
例12. （2012年江苏省16分）若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。
已知是实数，1和是函数的两个极值点．
（1）求和的值；
（2）设函数的导函数，求的极值点；
（3）设，其中，求函数的零点个数．
【答案】解：（1）由，得。
∵1和是函数的两个极值点，
∴ ，，解得。
（2）∵ 由（1）得， ，
∴，解得。
∵当时，；当时，，
∴是的极值点。
∵当或时，，∴ 不是的极值点。
∴的极值点是－2。
（3）令，则。
先讨论关于 的方程 根的情况：
当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为I 和一2 ，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。
当时，∵， ，
∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。
由（1）知。
① 当时， ，于是是单调增函数，从而。
此时在无实根。
② 当时．，于是是单调增函数。
又∵，，的图象不间断，
∴ 在（1 , 2 ）内有唯一实根。
同理，在（一2 ，一I ）内有唯一实根。
③ 当时，，于是是单调减两数。
又∵， ，的图象不间断，
∴在（一1，1 ）内有唯一实根。
因此，当时，有两个不同的根满足；当 时
有三个不同的根，满足。
现考虑函数的零点：
( i ）当时，有两个根，满足。
而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。
( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。
而有三个不同的根，故有9 个零点。
综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。
【考点】函数的概念和性质，导数的应用。
【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。
（2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。
（3）比较复杂，先分和讨论关于 的方程 根的情况；再考虑函数的零点。
例13. （2012年全国课标卷文5分）设函数
(Ⅰ)求的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值
【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。
若，则，∴在上单调递增。
若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。
(Ⅱ)∵a=1，∴。
∴当x>0时，，它等价于。
令，则。
由(Ｉ)知，函数在上单调递增。
∵，，∴在上存在唯一的零点。
∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。
当时，；当时，。
∴在上的最小值为。
又∵，即，∴。
因此，即整数k的最大值为2。
【考点】函数的单调性质，导数的应用。
【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。
(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，
求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。
例14. （2012年江西省文14分）已知函数在上单调递减且满足。
（1）求的取值范围；
（2）设，求在上的最大值和最小值。
【答案】解：（1）∵，，∴。
∴。∴。
∵函数在上单调递减，
∴对于任意的，都有。
∴由得；由得。
∴。
又当=0时，对于任意的，都有，函数符合条件；
当=1时，对于任意的，都有，函数符合条件。
综上所述，的取值范围是0≤≤1。
（2）∵
∴。
（i）当=0时，对于任意有，
∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；
（ii）当=1时，对于任意有，
∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；
（iii）当0＜＜1时，由得，
①若，即时，在[0，1]上是增函数，
∴在[0，1]上最大值是，最小值是；
②若，即时，在取得最大值g，在=0或=1时取到最小值：
∵，
∴当时，在=0取到最小值；
当时，在=1取到最小值。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性。
【解析】（1）由题意，函数在[0，1]上单调递减且满足，可求出函数的导数，将函数在[0，1]上单调递减转化为导数在[0，1]上的函数值恒小于等于0，再结合，这两个方程即可求得取值范围。
（2）由题设条件，先求出的解析式，求出导函数，由于参数的影响，函数在[0，1]上的单调性不同，结合（1）的结论及分=0，=1， 0＜＜1三类对函数的单调性进行讨论，确定并求出函数的最值。
例15. （2012年湖北省文14分）设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.
（Ⅰ）求a，b的值；
（II）求函数f(x)的最大值；
（III）证明：f(x)＜.
【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。
∵f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。
又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。
∴a＝1，b＝0。
（II）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1。
令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝。
∵在上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f＝n＝。
（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－＝(t＞0)。
∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，
∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。 ∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－(t＞1)。
令t＝1＋，得ln＞，即lnn＋1＞lne。
∴n＋1＞e，即＜。
由（II）知，f(x)≤＜，∴所证不等式成立。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。
（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求 f′(x)＝(n＋1)xn－1，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值。
（III）结合（II），欲证：f(x)＜．由于函数f(x)的最大值f＝n＝，故此不等式证明问题可转化为证明 ＜，对此不等式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅助证明不等式。
例16.（2012年重庆市文13分）已知函数在处取得极值为
（1）求、的值（6分）；
（2）若有极大值28，求在上的最大值（7分）．
【答案】解：（Ⅰ）∵， ∴。
∵ 在点 处取得极值，
∴，即，化简得，解得。
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
令 ，得。
， 和在上的情况如下表：
－
0
＋
0
－
↘
极小值
↗
极大值
↘
由此可知 在处取得极大值， 在处取得极小值。
∵有极大值28，∴，解得。
此时，
∴ 上的最小值为。
【考点】函数的导数与极值，最值之间的关系。
【分析】（Ⅰ）先对函数进行求导，根据=0，，求出、的值。
（Ⅱ）根据（Ⅰ）对函数进行求导，令，解出，列表求出函数的极大值和极小值。再比较函数的极值与端点函数值的大小，端点函数值与极大值中最大的为函数的最大值，端点函数值与极小值中最小的为函数的最小值。
例17.（2012年浙江省文14分）如图，在直角坐标系xOy中，点P（1，）到抛物线C：=2px（p＞0）的准线的距离为。点M（t，1）是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分。
（1）求p,t的值。
（2）求△ABP面积的最大值。
【答案】解：（1）由题意得，解得。
（2）设，由（1）知线段AB的中点坐标为。
设直线AB的斜率为k（k），由（1）知抛物线C：=x。
则。
∴直线AB的方程为，即.。
由，整理得。
∴，，。
∴。
设点P到直线AB的距离为d，则。
设ABP的面积为S，则。
由，得。
令，，则。
则。
由，得。
∴，即ABP的面积的最大值为。
【考点】抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系。应用导数求最大值。
【解析】（1）直接由已知和抛物线的几何性质列式求解即可。
（2）求出△ABP面积关于线段AB的中点坐标的关系式，应用导数求最大值。
四、应用单调性等性质求最值：
典型例题：例1. （2012年四川省理12分）已知数列的前项和为，且对一切正整数都成立。
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）设，数列的前项和为，当为何值时，最大？并求出的最大值。
【答案】解：（Ⅰ）取n=1，得 ①
取n=2，得 ②
由②－①，得 ③
（1）若=0, 由①知=0。
（2）若，则, ④
由①④得：。
（Ⅱ）当时，由（I）知，。
当时，有⑤ ， ⑥，
⑤－⑥，即
∴=。∴。
令，则
∴数列{}是以为公差，且单调递减的等差数列。
∴b1>b2>b3>…>b7=；当n≥8时，bn≤b8=。
∴n=7时，取得最大值，且的最大值为=。
【考点】等差数列、等比数列、对数等基础知识，方程、分类与整合、化归与转化等数学思想的应用。
【解析】（Ⅰ）取n=1和n=2可得关于，的方程，解之即得。
（Ⅱ）作差求得，代入，根据对数的性质求解。
例2. （2012年湖南省文5分）对于，将n表示为,当时，当时为0或1，定义如下：在的上述表示中，当，a2，…，ak中等于1的个数为奇数时，bn=1；否则bn=0.
（1）b2+b4+b6+b8= ▲ .；
（2）记cm为数列{bn}中第m个为0的项与第m+1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是 ▲ ..
【答案】（1）3；（2）2。
【考点】数列问题。
【解析】（1）观察知；；
依次类推；；
；，；；
∴b2+b4+b6+b8=３。
（2）由（1）知cm的最大值为２。
例3. （2012年四川省文12分）已知数列的前项和为，常数，且对一切正整数都成立。
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，，当为何值时，数列的前项和最大？
【答案】解：（Ⅰ）取n=1，得，∴。
若=0，则=0, 当n时，。
若，则，
有当n时，，，
两个相减得：，∴。∴数列公比是2的等比数列。
综上所述，若=0, 则 ；若，则。
（Ⅱ）当且时，令，则。
∴是单调递减的等差数列（公差为－lg2）
则 b1>b2>b3>…>b6=；
当n≥7时，bn≤b7=。
∴数列{lg}的前6项的和最大，即当=6时，数列的前项和最大。
【考点】等差数列、等比数列、对数等基础知识，分类与整合、化归与转化等数学思想的应用。
【解析】（I）由题意，n=1时，由已知可知，分类讨论：由=0及，结合数列的和与项的递推公式可求。
（II）由且时，令，则，结合数列的单调性可求和的最大项 。
例4. （2012年四川省理14分） 已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。
（Ⅰ）用和表示；
（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；
（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。
∴抛物线在点A处的切线方程为，即。
∴。
（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。
即知，对于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到。
当时,
。
当n=0，1，2时，显然。
∴当时，对所有自然数都成立。
∴满足条件的的最小值是。
（Ⅲ）由（1）知，则，。
下面证明：。
首先证明：当0设函数，则。
∵当时，；当时，，
∴在区间（0,1）上的最小值min=g。
∴当0由0从而。
【考点】导数的应用、不等式、数列。
【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则 成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0，1，2时，，由此可得的最小值。
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时， 即可证明： 。
例5.（2012年四川省文14分）已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。
（Ⅰ）用和表示；
（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；
（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。
∴抛物线在点A处的切线方程为，即。
∴。
（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。
即知，对于所有的n成立，特别地，取n=1时，得到。
当时,
。
当n=0时，。
∴当时，对所有自然数都成立。
∴满足条件的的最小值是3。
（Ⅲ）由（1）知，
下面证明：。
首先证明：当0设函数，则。
∵当时，；当时，，
∴在区间（0,1）上的最小值min=g。
∴当0由0从而
。
【考点】导数的应用、不等式、数列。
【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0时，，由此可得的最小值。
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时，即可证明：
。
例6. （2012年北京市文5分）某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高。m值为【 】
A.5 B.7 C.9 D.11
【答案】C。
【考点】直线斜率的几何意义。
【解析】据图像识别看出变化趋势，利用变化速度可以用导数来解，但图像不连续，所以只能是广义上的。实际上，前n年的年平均产量就是前n年的总产量S与n的商：，在图象上体现为这一点有纵坐标与横坐标之比。
因此，要使前m年的年平均产量最高就是要这一点的纵坐标与横坐标之比最大，即这一点与坐标原点连线的倾斜角最大。图中可见。当n=9时，倾斜角最大。从而m值为9。故选C。
例7. （2012年山东省理13分）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为。
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若点M的横坐标为，直线l：y=kx+与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当时，的最小值。
【答案】解：（Ⅰ）F抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F，设M，。
由题意可知，
则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得。
∴抛物线C的方程为。
（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，
而，，，
∴，即。
由可得，，则，
即，解得，点M的坐标为。
（Ⅲ）∵点M的横坐标为，∴点M，。
由可得。
设，则。
∴。
∵圆，圆心到直线l 的距离。
∴。
∴。
∵，∴令。
∴。
设，则。
当时，，
即当时，。
∴当时，。
【考点】抛物线和圆的性质，切线斜率的应用和意义，韦达定理的应用，导数的应用。函数的单调性质。
【解析】（Ⅰ）由已知条件，根据抛物线和圆的性质列式求解。
（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，则由条件列式，并由切线斜率的应用和意义求出点M的坐标。
（Ⅲ）应用韦达定理、勾股定理，用表示出和，根据函数的单调性质可求解。
五、应用函数的值域求最值：
典型例题：例1. （2012年福建省理4分）对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝设，且关于x的方程恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】新定义，分段函数的图象和性质，分类讨论和数形结合思想的应用。
【解析】根据新运算符号得到函数为，
化简得：。
如图，作出函数和的图象，
如果有三个不同的实数解，即直线与函数f(x)的图象有三个交点，如图，
（1）当直线过抛物线的顶点或时，有两个交点；
（2）当直线中时，有一个交点；
（3）当直线中时，有三个交点。
设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1即为方程2x2－x＝小于0的解，解得x1＝，此时x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝。
与函数f(x)有2个交点的最低位置是当y＝m与x轴重合时，此时x1·x2·x3＝0。
所以当方程有三个不等实根时，x1·x2·x3∈。
例2. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考点】指数函数和对数函数的性质。
【解析】设,作图。
∵当时，,
∴在时, 的图象在的图象上方。
根据对数函数的性质，。∴单调递减。
∴由时，得，解得。
∴要使时，，必须。
∴a的取值范围是(，1) 。故选B。
例3. （2012年陕西省理14分）设函数
（1）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；
（2）设，若对任意，有，求的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设是在内的零点，判断数列的增减性.
【答案】解：（1）证明：，时，。
∵，∴在内存在零点。
又∵当时，，∴ 在上单调递增。
∴ 在内存在唯一零点。
（2）当时，。
对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：
（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。
（ⅱ）当，即时，恒成立。
（ⅲ）当，即时，恒成立。
综上所述，的取值范围为。
（3）设是在内的唯一零点，
则，，。
∴。
又由（1）知在上是递增的，∴。
∴数列是递增数列。
【考点】函数与方程，导数的综合应用、函数与数列的综合。
【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。
（2）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。
（3）设是在内的唯一零点， 则可得
。又由（1）知在上是递增的，∴。从而得到数列是递增数列。
另解： 设是在内的唯一零点，
∵
则的零点在内，故。
所以，数列是递增数列。
例4. （2012年天津市文14分）已知函数，其中.
（I）求函数的单调区间；
（II）若函数在区间（－2，0）内恰有两个零点，求的取值范围；
（III）当=1时，设函数在区间上的最大值为M（），最小值为m（）,记，求函数在区间上的最小值。
【答案】解：（I）求导函数可得。
令，可得。
当变化时，和的变化情况如下表：
＋
0
－
0
＋
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴函数的递增区间为，，单调递减区间为。
（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，
∴函数在（－2，0）内恰有两个零点。
∴ ，即，解得。
∴的取值范围为(0，)。
（III）=1时，，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增。
①当]时，，－1∈[，+3]，在[，－1]上单调递增，在
[－1，+3]上单调递减。
∴函数在[，+3]上的最大值为M（）=，而最小值m（）为与中的较小者。
由知，当∈[－3，－2]时，，故m（）=f（），所以。
而在[－3，－2]上单调递增，因此。
∴在[－3，－2]上的最小值为。
②当∈[－2，－1]时，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]。
下面比较的大小：
由在[－2，－1]，[1，2]上单调递增，有。
∵，
∴M（）= ，m（）=
∴在[－2，－1]上的最小值为。
综上，函数在区间[－3，－1]上的最小值为。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的极值和单调性。
【分析】（I）求导函数，令＞0，可得函数的递增区间；令＜0，可得单调递减区间。
（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，从而函数在
（－2，0）内恰有两个零点，由此可求的取值范围。
（III）=1时，，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增，再进行分类讨论：
①当∈[－3，－2]时，+3∈[0，1]，－1∈[，+3]，在[，－1]上单调递增，在[－1，+3]上单调递减，因此函数在[，+3]上的最大值为M（）= ，而最小值m（）为与中的较小者，从而可得在[－3，－2]上的最小值；
②当∈[－2，－1]时，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]，比较的大小，从而可确定函数在区间[－3，－1]上的最小值。
六、应用三角函数求最值：
典型例题：例1. （2012年天津市文5分）将函数（其中>0）的图像向右平移个单位长度，所得图像经过点（，0），则的最小值是【 】
（A） （B）1 （C） （D）2
【答案】D。
【考点】函数的图象变换。
【分析】将函数的图像向右平移得到函数。
∵此时函数过点，∴，即。
∴。
又∵>0，∴的最小值为2。故选D。
例2.（2012年山东省文5分）函数的最大值与最小值之和为【 】
A B 0 C －1 D
【答案】A。
【考点】三角函数的值域。
【解析】∵，
∴当时，最小，为
当时，最大，为。
∴函数的最大值与最小值之和为。故选A。
例3. （2012年上海市文4分）函数的最小正周期是 ▲
【答案】。
【考点】行列式的基本运算，三角函数的值域，二倍角公式。
【解析】∵,
∴函数的最小正周期是。
例4. （2012年北京市文13分）已知函数。
（1）求的定义域及最小正周期；
（2）求的单调递增区间。
【答案】解：（1）由解得，
∴的定义域为。
又∵
∴的最小正周期为。
（2）∵，
∴根据正弦函数的增减性，得或，。
解得或，。
∴的单调递增区间为。
【考点】三角函数的定义域、最小正周期和单调增减性。
【解析】（1）根据分式分母不为0的条件，结合正弦函数的零点得出的定义域。将变形，即可由求最小正周期的公式求得。
（2）根据正弦函数的增减性，结合的定义域，求出的单调递增区间。
例5.（2012年四川省文12分）已知函数。
（Ⅰ）求函数的最小正周期和值域；
（Ⅱ）若，求的值。
【答案】解：（Ⅰ）∵，
∴的最小正周期为2，值域为。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=， ∴cos。
∴
。
【考点】三角函数的性质、两角和的正（余）弦公式、二倍角公式。
【解析】（Ⅰ）将化为 即可求得的最小正周期和值域。
（Ⅱ）由=可求得cos，由余弦函数的二倍角公式与诱导公式可求得的值。
例6. （2012年湖北省文12分）设函数f(x)＝sin2ωx＋2sinωx·cosωx－cos2ωx＋λ(x∈R)的图象关于直线x＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈.
（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期；
（Ⅱ）若y＝f(x)的图象经过点，求函数f(x)的值域
【答案】解：（Ⅰ）∵f(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2sinωx·cosωx＋λ
＝－cos2ωx＋sin2ωx＋λ＝2sin＋λ.，
且直线x＝π是y＝f(x)图象的一条对称轴，
∴sin＝±1。
∴2ωπ－＝kπ＋(k∈R)，即ω＝＋(k∈R)。
又∵ω∈，k∈R，∴k＝1。∴ω＝。
∴f(x)的最小正周期是。
（Ⅱ）由y＝f(x)的图象过点，得f＝0，即λ＝－2sin＝－2sin＝－。
∴f(x)＝2sin－，函数f(x)的值域为[－2－，2－]
【考点】三角函数的恒等变化，正弦函数的定义域和值域。
【解析】（Ⅰ）先利用二倍角公式和两角差的余弦公式将函数f(x)化为y=Asin（ωx+φ）+k型函数，再利用函数的对称性和ω的范围，计算ω的值，最后利用周期计算公式得函数的最小正周期。
（Ⅱ）先将已知点的坐标代入函数解析式，求得λ的值，再利用正弦函数的图象和性质即可求得函数f(x)的值域。
例7. （2012年重庆市文12分）设函数（其中 ）在处取得最大值2，其图象与轴的相邻两个交点的距离为。
（I）求的解析式（5分）；
（II）求函数的值域（7分）。
【答案】解：（Ⅰ）∵函数图象与轴的相邻两个交点的距离为，
∴的周期为，即，解得。
∵在处取得最大值2，∴=2。
∴，即。
∴。
又∵，∴。
∴的解析式为。
（Ⅱ）∵函数
，
又∵，且，
∴的值域为。
【考点】三角函数中的恒等变换应用，由的部分图象确定其解析式。
【分析】（Ⅰ）通过函数的周期求出ω，求出，利用函数经过的特殊点求出，推出的解析式。
（Ⅱ）利用（Ⅰ）推出函数的表达式，应用同角函数关系式、倍角函数关系式得到。通过，且，求出的值域。
例8. （2012年全国课标卷理5分）已知，函数在上单调递减。则的取值范围是【 】
【答案】。
【考点】三角函数的性质。
【解析】根据三角函数的性质利用排它法逐项判断：
∵时，，不合题意，∴排除。
∵时，，合题意，∴排除。故选。
例9. （2012年湖南省理5分）函数的值域为【 】
A． B. C. D.
【答案】B。
【考点】三角恒等变换。
【解析】利用三角恒等变换把化成的形式，利用，求得的值域：
∵，∴。
∴函数的值域为。故选B。
例10. （2012年四川省理12分） 函数在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，、为图象与轴的交点，且为正三角形。
（Ⅰ）求的值及函数的值域；
（Ⅱ）若，且，求的值。
【答案】解：（Ⅰ）由已知可得：
又∵正的高为2，∴BC=4。
∴函数的同期，即，解得。
∴函数的值域为。
（Ⅱ）∵，由（Ⅰ）有，即。
由得x0。
∴
∴
。
【考点】三角函数的图像与性质，同角三角函数的关系、两角和的正（余）弦公式、二倍角公式。
【解析】（Ⅰ）将）化简为，利用正弦函数的周期公式与性质可求的值及函数的值域。
（Ⅱ）由，知 ，由，可求得即，利用两角和的正弦公式即可求得。
例11. （2012年天津市理13分）已知函数，.
(Ⅰ)求函数的最小正周期；
（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】解：(Ⅰ) ∵
，
∴函数的最小正周期。
（Ⅱ）∵函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，
又，
∴函数在的最大值为 2 ，最小值为－1。
【考点】三角函数中的恒等变换应用，三角函数的周期性及其求法，三角函数的最值。
【分析】(Ⅰ)利用正弦函数的两角和与差的公式与辅助角公式将化为，即可求得函数的最小正周期。
（Ⅱ）分析得到函数在区间上的增减性，即可是求得在区间的最大值和最小值。
例12. （2012年安徽省理12分） 设函数
（I）求函数的最小正周期；
（II）设函数对任意，有，且当时， ；
求函数在上的解析式。
【答案】解：（I）∵
，
∴函数的最小正周期。
（II）∵当时，
∴ 当时， ，
当时， ，
。
∴函数在上的解析式为。
【考点】三角函数公式和性质。，
【解析】（I）将化为，即可求出函数的最小正周期。
（II）由得出关于的函数关系式。由分区间讨论即可。
例13. （2012年湖北省理12分）已知向量，设函数的图像关于直线=π对称，其中为常数，且
（Ⅰ）求函数的最小正周期；
（2）若的图像经过点，求函数在区间上的取值范围。
【答案】解：
。
（Ⅰ）∵函数的图像关于直线=π对称，∴。
∴。
又∵，∴。
∴的最小正周期为。
（II）若的图像经过点，则有，∴。
∴。
∵，∴。∴。
∴函数在区间上的取值范围为。
【考点】数量积的坐标表达式，三角函数的恒等变化，正弦函数的定义域和值域。
【解析】（Ⅰ）先利用向量数量积运算性质，求函数的解析式，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式将函数化为，最后利用函数的对称性和ω的范围，计算ω的值，从而得函数的最小正周期。
（II）先将已知点的坐标代入函数解析式，求得λ的值，再求内层函数的值域，最后将内层函数看做整体，利用正弦函数的图象和性质即可求得函数的值域。
例14. （2012年重庆市理13分）设，其中
（Ⅰ）求函数 的值域；（8分）
（Ⅱ）若在区间上为增函数，求的最大值.（5分）
【答案】解：（Ⅰ）
∵，∴。
即函数的值域为。
（Ⅱ）由得。
∴在上为增函数。
∵时，为增函数，
∴对某个整数成立，易知必有=0。
∴。
∴，解得。
∴的最大值为。
【考点】二倍角的余弦和正弦，两角和与差的正弦函数，正弦函数的定义域和值域，正弦函数的单调性。
【分析】（I）由题意，可由三角函数的恒等变换公式对函数的解析式进行化简得到，由此易求得函数的值域。
（II）在区间上为增函数，此区间必为函数某一个单调区间的子集，由此可根据复合三角函数的单调性求出用参数表示的三角函数的单调递增区间，由集合的包含关系比较两个区间的端点即可得到参数所满足的不等式，由此不等式解出它的取值范围，即可得到它的最大值。
七、应用几何、向量知识求最值：
典型例题：例1. （2012年重庆市理5分）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】A。
【考点】异面直线的判定，棱锥的结构特征，勾股定理和余弦定理的应用。
【分析】如图所示，设四面体的棱长为，取中点P，连接，所以，在中，由勾股定理得=。
∴在中，
。
∵，∴。∴
∴。故选A。
例2. （2012年上海市理4分）在平行四边形中，，边、的长分别为2、1，若、分别是边、上的点，且满足，则的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】平面向量的基本运算。
【解析】如图所示，以为原点，向量所在直线为轴，过垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系。
∵平行四边形中，，，
∴。
设，则。
∴由得，。
∴的横坐标为，的纵坐标为。
∴
∴。
∵函数在有最大值，
∴在时，函数单调增加。
∴在时有最小值2；在时有最大值5。
∴的取值范围是。
例3. （2012年上海市理4分）如图，与是四面体中互相垂直的棱，，若，
且，其中、为常数，则四面体的体积的最大值是 ▲ .
【答案】。
【考点】四面体中线面的关系，椭圆的性质。
【解析】作于，连接，则
∵，，∴⊥平面。
又∵平面，∴。
由题设，，∴与都在以为焦距的椭球上，且、都垂直于焦距所在直线。∴=。
取中点，连接，
∵，∴⊥，，。
∴。
∴四面体的体积。
显然，当在中点，即是短轴端点时，有最大值为。
∴。
例4.（2012年北京市理5分）已知正方形ABCD的边长为l，点E是AB边上的动点。则的值为
▲ ； 的最大值为 ▲
【答案】1；1。
【考点】平面向量的运算法则。
【解析】如图，根据平面向量的运算法则，得
。
∵，正方形ABCD的边长为l，∴。
又∵，
而就是在上的射影，要使其最大即要点E与点B重合，此时。
∴的最大值为。
例5. （2012年上海市文4分）在矩形中，边、的长分别为2、1，若、分别是边、上的点，且满足，则的取值范围是 ▲
【答案】。
【考点】平面向量的基本运算。
【解析】如图所示，以为原点，向量所在直线为轴，过所在直线为轴建立平面直角坐标系。
∵在矩形中， ，
∴。
设，则。
∴由得，。
∴的坐标为。∴。
∴。
∵，∴。
∴的取值范围是。
例6.（2012年江苏省5分）在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上
至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则的最大值是 ▲ ．
【答案】。
【考点】圆与圆的位置关系，点到直线的距离。
【解析】∵圆C的方程可化为：，∴圆C的圆心为，半径为1。
∵由题意，直线上至少存在一点，以该点为圆心，1为半径的圆与圆有
公共点；
∴存在，使得成立，即。
∵即为点到直线的距离，∴，解得。
∴的最大值是。
例7.（2012年安徽省文5分）若直线与圆有公共点，则实数取值范围是【 】
【答案】。
【考点】圆与直线的位置关系，点到直线的距离公式，解绝对值不等式。
【解析】设圆的圆心到直线的距离为，
则根据圆与直线的位置关系，得。
∴由点到直线的距离公式，得，解得。故选。
八、应用线性规划求最值：
典型例题：例1. （2012年天津市理5分）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。
【分析】函数，
当时，，
当时，，
综上函数。
作出函数的图象，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在蓝色或黄色区域内，如图，此时当直线经过黄色区域时，满足，当经过蓝色区域时，满足，综上实数的取值范围是。
例2. （2012年陕西省理5分）设函数，是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在上的最大值为 ▲ .
【答案】2。
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，简单线性规划。
【解析】先求出曲线在点（1，0）处的切线，然后画出区域D，利用线性规划的方法求出目标函数z的最大值即可：
∵，，
∴曲线及该曲线在点处的切线方程为。
∴由轴和曲线及围成的封闭区域为三角形。在点处取得最大值2。
例3. （2012年四川省理5分）某公司生产甲、乙两种桶装产品。已知生产甲产品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生产乙产品1桶需耗原料2千克，原料1千克。每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元。公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗、原料都不超过12千克。通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是【 】
A、1800元 B、2400元 C、2800元 D、3100元
【答案】C。
【考点】线性规划的应用。
【解析】]设公司每天生产甲种产品X桶，乙种产品Y桶，公司共可获得 利润为Z元/天，则由已知，得 Z=300X+400Y，且
画可行域如图所示，目标函数Z=300X+400Y可变形为
Y= 这是随Z变化的一族平行直线，
解方程组得，即A（4,4） 。
∴。故选C。
例4.（2012年山东省理5分）若满足约束条件：，则目标函数的取值范围是【 】
A B C D
【答案】A。
【考点】线性规划。
【解析】如图，作出可行域，直线，
将直线平移至点（2，0）处有最大值：，
将直线平移至点处有最小值：。
∴目标函数的取值范围是。故选A。
例5.（2012年广东省理5分）已知变量x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为【 】
A．12 B．11 C．3 D．
【答案】B。
【考点】简单线性规划。
【解析】如图，作出变量x，y约束条件的可行域，
解得最优解（3,2）
当时，目标函数z=3x+y的最大值为。
故选B。
例6.（2012年江西省理5分）某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50计，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表
年产量/亩
年种植成本/亩
每吨售价
黄瓜
4吨
1.2万元
0.55万元
韭菜
6吨
0.9万元
0.3万元
为使一年的种植总利润（总利润=总销售收入总种植成本）最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积（单位：亩）分别为【 】
A．50，0 B．30，20 C．20，30 D．0，50
【答案】B。
【考点】建模的思想方法，线性规划知识在实际问题中的应用。
【解析】设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x,y亩,总利润为z万元，则目标函数为
.
线性约束条件为?，即。
如图，作出不等式组表示的可行域,易求得点。
平移直线，可知当直线经过点,即时,z取得最大值,且（万元）。故选B。
例7. （2012年福建省理5分）若函数图象上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为【 】
A. B.1 C. D．2
【答案】B。
【考点】线性规划。
【解析】约束条件确定的区域为如图阴影部分，即
△ABC的边与其内部区域，分析可得函数与边界直线交与点（1，2），若函数图象上存在点（x，y）满足约束条件，即图象上存在点在阴影部分内部，则必有m≤1，即实数m的最大值为1。故选B。
例8.（2012年辽宁省理5分）设变量x，y满足则的最大值为【 】
(A) 20 (B) 35 (C) 45 (D) 55
【答案】D。
【考点】简单线性规划问题。
【解析】如图，画出可行域：
根据图形可知当x=5,y=15时2x+3y最大，最大值为55。故选D。
例9. （2012年全国大纲卷理5分）若满足约束条件，则的最小值为 ▲ 。
【答案】。
【考点】线性规划。
【解析】利用不等式组，作出可行域，可知区域表示的为三角形，当目标函数过点（3，0）时，目标函数最大，当目标函数过点（0，1）时最小。
例10.（2012年全国课标卷理5分）设满足约束条件：；则的取值范围为
▲
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出在约束条件下的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应四边形边边际及内的区域： 。
当时，取得最大值3；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。
例11.. （2012年安徽省理5分）若满足约束条件：；则的取值范围为 ▲
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应边际及内的区域：。
当时，取得最大值0；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。
例12. （2012年江苏省5分）已知正数满足：则的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】可行域。
【解析】条件可化为：。
设，则题目转化为：
已知满足，求的取值范围。
作出（）所在平面区域（如图）。求出的切
线的斜率，设过切点的切线为，
则，要使它最小，须。
∴的最小值在处，为。此时，点在上之间。
当（）对应点时， ，
∴的最大值在处，为7。
∴的取值范围为，即的取值范围是。
例13.（2012年全国课标卷文5分）已知正三角形ABC的顶点A(1,1)，B(1,3)，顶点C在第一象限，若点（x，y）在△ABC内部，则z=－x+y的取值范围是【 】
（A）(1－，2) （B）(0，2) （C）(－1，2) （D）(0，1+)
【答案】A。
【考点】简单线性规划，等边三角形的性质，勾股定理。
【解析】求z=－x+y的取值范围，则求出z=－x+y在正三角形ABC边际及内的区域的最大值和最小值即可。
由A(1,1)，B(1,3)，根据正三角形的性质可求C在第一象限的坐标为（1+，2）。
作图，可知约束条件对应正三角形ABC内的区域： A(1,1)，B(1,3)，
C（1+，2）。
当x=1，y=3时，z=－x+y取得最大值2；当1+，y=2时，z=－x+y取得最小值1－。
∴z=－x+y的取值范围为(1－，2)。故选A。
例14. （2012年四川省文5分）若变量满足约束条件，则的最大值是【 】
A、12 B、26 C、28 D、33
【答案】 C。
【考点】线性规划问题。
【解析】画可行域如图所示，
目标函数可以变形为， 作函数的平行线，当其经过点B（4,4）时截距最大时，即z有最大值为=。故选C。
例15. （2012年天津市文5分）设变量满足约束条件,则目标函数z=3x-2y的最小值为【 】
（A）－5 （B）－4 （C）－2 （D）3
【答案】B。
【考点】线性规划。
【分析】作出不等式对应的可行域如图，由得。
由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，
而此时最小为，故选B。
例16. （2012年广东省文5分）已知变量满足约束条件则的最小值为【 】
A． B． C． D
【答案】C。
【考点】简单线性规划。
【解析】如图，作出变量x，y约束条件的可行域，
解得最优解（－1,－2）
当时，目标函数的最小值为。
故选C。
【备战2013高考数学专题讲座】
第16讲：高频考点分析之函数探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
函数问题是中学数学的重要内容，在高考中占有比较重要的地位。
结合中学数学的知识，高考中函数问题主要有以下几种：
1．函数定义域问题；
2．函数值和大小比较问题；
3．函数的值域和最值问题；
4．函数的单调性。周期性、奇偶性问题；
5．函数的零点问题；
6．函数图象的交点问题；
7．反函数问题；
8．函数的图形问题；
9．函数的综合问题
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以上九方面探讨函数问题的求解。
一、函数定义域问题：
典型例题：例1. （2012年山东省文5分）函数的定义域为【 】
A B C D
【答案】B。
【考点】函数的定义域。分式、对数、二次根式有意义的条件。
【解析】根据分式、对数、二次根式有意义的条件，得，解得。
∴函数的定义域为。故选B。
例2. （2012年江西省理5分）下列函数中，与函数定义域相同的函数为【 】
A． B. C. D.
【答案】D。
【考点】函数的定义域。
【解析】求函数的定义域的依据就是要使函数的解析式有意义的自变量的取值范围。其求解根据一般有:(1)分式中，分母不为零;(2)偶次根式中，被开方数非负；(3)对数的真数大于0：（4）实际问题还需要考虑使题目本身有意义。由函数的意义可求得其定义域为，于是对各选项逐一判断即可得答案：
对于A，的其定义域为，故A不满足；
对于B，的定义域为，故B不满足；
对于C，的定义域为，故C不满足；
对于D，的定义域为，故D满足。
综上所述，与函数定义域相同的函数为：。故选D。
例3. （2012年四川省文4分）函数的定义域是 ▲ 。（用区间表示）
【答案】（）
【考点】函数自变量的取值范围，二次根式和分式有意义的条件。
【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使在实数范围内有意义，必须。
例4. （2012年江苏省5分）函数的定义域为 ▲ ．
【答案】。
【考点】函数的定义域，二次根式和对数函数有意义的条件，解对数不等式。
【解析】根据二次根式和对数函数有意义的条件，得
。
例5. （2012年广东省文5分）函数的定义域为 ▲ ．
【答案】。
【考点】函数自变量的取值范围，二次根式和分式有意义的条件。
【分析】求函数自变量的取值范围，就是求函数解析式有意义的条件，根据二次根式被开方数必须是非负数和分式分母不为0的条件，要使在实数范围内有意义，必须。
二、函数值和大小比较问题：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知，则【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】对数、指数的比较大小的运用。
【解析】采用中间值大小比较方法：
∵，，，，
∴。故选D。
例2. （2012年天津市文5分）已知，则的大小关系为【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】A。
【考点】指数函数、对数函数的性质。
【分析】∵，∴ 。
又∵，∴，故选A。
例3. （2012年安徽省理5分）下列函数中，不满足：的是【 】
【答案】。
【考点】求函数值。
【解析】分别求出各函数的值，与比较，即可得出结果：
对于有，结论成立；
对于有，结论成立；
对于有，∴，结论不成立；
对于有，结论成立。
因此，不满足的是，故选。
例4. （2012年安徽省文5分）【 】
【答案】。
【考点】对数的计算。
【解析】。故选。
例5. （2012年江西省文5分）设函数，则=【 】
A. B.3 C. D.
【答案】D。
【考点】分段函数的求值。
【解析】对于分段函数结合复合函数的求值问题，一定要先求内层函数的值，因为内层函数的函数值就是外层函数的自变量的值。同时，要注意自变量的取值对应着哪一段区间，就使用哪一段解析式。
∵，∴。∴。故选D。
例6. （2012年江西省理5分）若函数，则【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】分段函数的求值。
【解析】对于分段函数结合复合函数的求值问题，一定要先求内层函数的值，因为内层函数的函数值就是外层函数的自变量的值。同时，要注意自变量的取值对应着哪一段区间，就使用哪一段解析式。
∵，∴。∴。故选B。
例7. （2012年江西省文5分）已知若a=f（lg5），则【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】二倍角的余弦，诱导公式，对数的运算性质。
【解析】应用二倍角的余弦公式进行降幂处理：。
∴，
。
∴。故选C。
例8. （2012年湖南省文5分）设 a＞b＞1， ，给出下列三个结论：
；② ； ③ ，
其中所有的正确结论的序号是【 】.
A．① B.① ② C.② ③ D.① ②③
【答案】D。
【考点】指数函数的图像与性质、对数函数的图像与性质，不等关系。
【解析】由不等式a＞b＞1知，又，∴。①正确。
由指数函数的图像与性质知②正确。
由a＞b＞1，知，由对数函数的图像与性质知③正确。
因此，正确结论的序号是① ②③。故选D。
例9. （2012年福建省文5分）设f(x)＝g(x)＝则f(g(π))的值为【 】
A．1 B．0 C．－1 D．π
【答案】B。
【考点】求分段函数的值。
【解析】∵π是无理数，∴g(π)＝0，f(g(π))＝f(0)＝0。故选B。
例10. （2012年福建省文5分）已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.
其中正确结论的序号是【 】
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C。
【考点】函数的零点和单调性。
【解析】对函数求导得：f′(x)＝3x2－12x＋9，
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝3。
当x<1时，函数f(x)单调递增；当13时，函数f(x)单调递增。
因为a根据f(b)＝0得f(b)＝b3－6b2＋9b－abc＝b[(b－3)2－ac]＝0，因为b≠0，所以(b－3)2－ac＝0。
又因为c>0，且方程有解，故a>0，所以a>0,13。
画出函数f(x)的图象，如图所示．显然f(0)<0，f(1)>0，f(3)<0，
所以f(0)·f(1)<0，f(0)·f(3)>0。所以②③正确。故选C。
例11. （2012年重庆市文5分）已知，，，则的大小关系是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】B。
【考点】对数的运算性质和大小比较。
【分析】利用对数的运算性质可求得，比较它们的大小：
∵，
，
,
∴，。∴。故选B。
例12. （2012年北京市文5分）已知函数，若，则 = ▲ 。
【答案】2。
【考点】对数的化简计算。
【解析】∵，，
∴。
例13. （2012年陕西省文5分）设函数，则 = ▲
【答案】4。
【考点】分段函数求值。
【解析】∵，∴。
例14.（2012年上海市文4分）方程的解是 ▲
【答案】。
【考点】解指数方程。
【解析】根据方程，化简得。
令，则原方程可化为，解得 或。
∴。∴原方程的解为。
三、函数的值域和最值问题：
典型例题：例1.（2012年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】
（A）函数有极大值和极小值
（B）函数有极大值和极小值
（C）函数有极大值和极小值
（D）函数有极大值和极小值
【答案】D。
【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。
【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2， ∴。
由此得到， ，，和在上的情况：
－2
1
2
＋
0
－
0
＋
0
－
＋
＋
＋
0
－
－
－
＋
0
－
－
－
0
＋
↗
极大值
↘
非极值
↘
极小值
↗
∴的极大值为，的极小值为。故选D。
例2. （2012年陕西省理5分）设函数，则【 】
A. 为的极大值点 B.为的极小值点
C. 为的极大值点 D. 为的极小值点
【答案】D。
【考点】应用导数求函数的极值。
【解析】∵，令得。
∴当时，，为减函数；当时，，为增函数，所以为的极小值点。
故选D。
例3. （2012年陕西省文5分）设函数则【 】
A．=为的极大值点 B．=为的极小值点
C．=2为 的极大值点 D．=2为 的极小值点
【答案】D。
【考点】应用导数求函数的极值。
【解析】∵，令得。
∴当时，，为减函数；
当时，，为增函数。
∴为的极小值点。
故选D。
例4. （2012年江苏省5分）已知函数的值域为，若关于x的不等式
的解集为，则实数c的值为 ▲ ．
【答案】9。
【考点】函数的值域，不等式的解集。
【解析】由值域为，当时有，即，
∴。
∴解得，。
∵不等式的解集为，∴，解得。
例5. （2012年广东省理14分）设a＜1，集合，
（1）求集合D（用区间表示）
（2）求函数在D内的极值点。
【答案】解：（1）设，
方程的判别式
①当时，，恒成立，
∴。
∴，即集合D=。
②当时，，方程的两根为
，。
∴
∴，
即集合D=。
③当时，，方程的两根为
，。
∴
。
∴，
即集合D=。
（2）令得
的可能极值点为。
①当时，由（1）知，所以随的变化情况如下表：
0
0
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴在D内有两个极值点为：极大值点为，极小值点为。
②当时，
由（1）知=。
∵， ∴，
∴随的变化情况如下表：
0
↗
极大值
↘
↗
∴在D内仅有一个极值点：极大值点为，没有极小值点。
③当时，
由（1）知。
∵，∴。
∴
。
∴。
∴在D内没有极值点。
【考点】分类思想的应用，集合的计算， 解不等式，导数的应用。
【解析】（1）根据根的判别式应用分类思想分、、讨论即可，计算比较繁。
（2）求出，得到的可能极值点为。仍然分、、讨论。
例6. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。
【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。
(ⅱ) 利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比
﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。
例7. （2012年江西省文14分）已知函数在上单调递减且满足。
（1）求的取值范围；
（2）设，求在上的最大值和最小值。
【答案】解：（1）∵，，∴。
∴。∴。
∵函数在上单调递减，
∴对于任意的，都有。
∴由得；由得。
∴。
又当=0时，对于任意的，都有，函数符合条件；
当=1时，对于任意的，都有，函数符合条件。
综上所述，的取值范围是0≤≤1。
（2）∵
∴。
（i）当=0时，对于任意有，
∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；
（ii）当=1时，对于任意有，
∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；
（iii）当0＜＜1时，由得，
①若，即时，在[0，1]上是增函数，
∴在[0，1]上最大值是，最小值是；
②若，即时，在取得最大值g，在=0或=1时取到最小值：
∵，
∴当时，在=0取到最小值；
当时，在=1取到最小值。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性。
【解析】（1）由题意，函数在[0，1]上单调递减且满足，可求出函数的导数，将函数在[0，1]上单调递减转化为导数在[0，1]上的函数值恒小于等于0，再结合，这两个方程即可求得取值范围。
（2）由题设条件，先求出的解析式，求出导函数，由于参数的影响，函数在[0，1]上的单调性不同，结合（1）的结论及分=0，=1， 0＜＜1三类对函数的单调性进行讨论，确定并求出函数的最值。
例8. （2012年湖南省理13分）某企业接到生产3000台某产品的A，B，Ｃ三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为２,２,１（单位：件）.已知每个工人每天可生产Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.该企业计划安排２００名工人分成三组分别生产这三种部件，生产Ｂ部件的人数与生产Ａ部件的人数成正比，比例系数为k（k为正整数）.
（Ⅰ）设生产Ａ部件的人数为ｘ，分别写出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件生产需要的时间；
（Ⅱ）假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案.
【答案】解：（Ⅰ）设完成A，B，Ｃ三种部件的生产任务需要的时间（单位：天）分别为
由题设有
其中均为1到200之间的正整数。
（Ⅱ）完成订单任务的时间为其定义域为。
易知，为减函数，为增函数。
∵于是
（1）当时， 此时 ，
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
由于，
故当时完成订单任务的时间最短，且最短时间为。
（2）当时， 由于为正整数，故，
此时。
易知为增函数，则
。
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
由于
此时完成订单任务的最短时间大于。
（3）当时， 由于为正整数，故，
此时。
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
类似（2）的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于。
综上所述，当时完成订单任务的时间最短，此时生产Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件的人数
分别为44，88，68。
【考点】分段函数、函数单调性、最值，分类思想的应用。
【解析】（Ⅰ）根据题意建立函数模型。
（Ⅱ）利用单调性与最值，分、和三种情况讨论即可得出结论。
例10. （2012年重庆市文13分）已知函数在处取得极值为
（1）求、的值（6分）；
（2）若有极大值28，求在上的最大值（7分）．
【答案】解：（Ⅰ）∵， ∴。
∵ 在点 处取得极值，
∴，即，化简得，解得。
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
令 ，得。
， 和在上的情况如下表：
－
0
＋
0
－
↘
极小值
↗
极大值
↘
由此可知 在处取得极大值， 在处取得极小值。
∵有极大值28，∴，解得。
此时，
∴ 上的最小值为。
【考点】函数的导数与极值，最值之间的关系。
【分析】（Ⅰ）先对函数进行求导，根据=0，，求出、的值。
（Ⅱ）根据（Ⅰ）对函数进行求导，令，解出，列表求出函数的极大值和极小值。再比较函数的极值与端点函数值的大小，端点函数值与极大值中最大的为函数的最大值，端点函数值与极小值中最小的为函数的最小值。
例11. （2012年江苏省16分）若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。
已知是实数，1和是函数的两个极值点．
（1）求和的值；
（2）设函数的导函数，求的极值点；
（3）设，其中，求函数的零点个数．
【答案】解：（1）由，得。
∵1和是函数的两个极值点，
∴ ，，解得。
（2）∵ 由（1）得， ，
∴，解得。
∵当时，；当时，，
∴是的极值点。
∵当或时，，∴ 不是的极值点。
∴的极值点是－2。
（3）令，则。
先讨论关于 的方程 根的情况：
当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为I 和一2 ，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。
当时，∵， ，
∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。
由（1）知。
① 当时， ，于是是单调增函数，从而。
此时在无实根。
② 当时．，于是是单调增函数。
又∵，，的图象不间断，
∴ 在（1 , 2 ）内有唯一实根。
同理，在（一2 ，一I ）内有唯一实根。
③ 当时，，于是是单调减两数。
又∵， ，的图象不间断，
∴在（一1，1 ）内有唯一实根。
因此，当时，有两个不同的根满足；当 时
有三个不同的根，满足。
现考虑函数的零点：
( i ）当时，有两个根，满足。
而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。
( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。
而有三个不同的根，故有9 个零点。
综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。
【考点】函数的概念和性质，导数的应用。
【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。
（2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。
（3）比较复杂，先分和讨论关于 的方程 根的情况；再考虑函数的零点。
四、函数的单调性、周期性、奇偶性问题：
典型例题：例1. （2012年天津市文5分）下列函数中，既是偶函数，又在区间（1,2）内是增函数的为【 】
（A） （B），且≠0
（C） （D）
【答案】B。
【考点】函数奇偶性的判断，函数单调性的判断。
【分析】利用函数奇偶性的定义可排除C，D，再由“在区间（1，2）内是增函数”可排除A，从而可得答案：
对于A，令，则，∴函数为偶函数。
而在上单调递减，在上单调递增，（1，2）中，
所以在区间（1，2）内不全是增函数，故排除A。
对于B，函数为偶函数，且当时，函数为增函数，所以在上也为增函数，故B满足题意。
对于C，令 ，则，∴函数为偶函数为奇函数，故可排除C。
对于D，为非奇非偶函数，可排除D。
故选B。
例2. （2012年广东省理5分）下列函数中，在区间（0，+∞）上为增函数的是【 】
A． B． C．y= D．
【答案】A。
【考点】函数的图象和性质。
【解析】利用对数函数的图象和性质可判断A正确；利用幂函数的图象和性质可判断B错误；利用指数函数的图象和性质可判断C正确；利用“对勾”函数的图象和性质可判断D的单调性：
A.在（-2，+∞）上为增函数，故在（0，+∞）上为增函数，A正确；
B.在[-1，+∞）上为减函数，排除B；
C. y=在R上为减函数；排除C；
D.在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，排除D。
故选 A。
例3. （2012年广东省文5分）下列函数为偶函数的是【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】函数偶函数的判断。
【解析】函数结合选项，逐项检验是否满足，即可判断：
A：，则有，为奇函数；
B：，则有，为奇函数；
C：，则有，为非奇非偶函数；
D：，则有，为偶函数。
故选D。
例4. （2012年浙江省理5分）设，【 】
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A。
【考点】函数的单调性，导数的应用。
【解析】对选项A，若，必有。
构造函数：，则恒成立，故有函数在x＞0上单调递增，即a＞b成立。
其余选项用同样方法排除。故选A。
例5. （2012年湖南省文5分）设定义在R上的函数是最小正周期为2的偶函数，是的导函数，当时，0＜＜1；当 且时 ，，则函数在[-2，2] 上的零点个数为【 】
A .2 B .4 C.5 D. 8
【答案】Ｂ。
【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。
【解析】由当 且≠时 ，，知
为减函数；为增函数。
又时，0＜f(x)＜1，在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出和草图像如下，由图知在[-2，2] 上的零点个数为4个。
例6. （2012年福建省理5分）设函数，则下列结论错误的是【 】
A．D(x)的值域为{0,1} B．D(x)是偶函数
C．D(x)不是周期函数 D．D(x)不是单调函数
【答案】C。
【考点】分段函数的奇偶性、单调性、值域、周期性。
【解析】对于A选项，D(x)的值域为{0,1}，选项正确；
对于B选项，∵，∴D(x)是偶函数，选项正确；
对于C选项，∵，∴是D(x) 的一个周期，即D(x)是周期函数，选项错误；
对于D选项，∵，但，∴D(x)不是单调函数，选项正确。
故选C。
例7. （2012年辽宁省文5分）函数的单调递减区间为【 】
（A）（1,1] （B）（0,1] （C.）[1，+∞） （D）（0，+∞）
【答案】B。
【考点】用导数求函数的单调区间。
【解析】∵，∴。
∴。故选B。
例8. （2012年辽宁省理5分）若，则下列不等式恒成立的是【 】
(A) (B)
(C) (D)
【答案】C。
【考点】导数公式，利用导数，通过函数的单调性与最值来证明不等式。
【解析】设，则
所以所以当时，
同理∴即。故选C。
例9. （2012年陕西省理5分）下列函数中，既是奇函数又是增函数的为【 】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】函数的奇偶性和增减性的判断。
【解析】根据函数的奇偶性和增减性逐一作出判断：
对于A，非奇非偶，是R上的增函数，不符合题意；
对于B，是偶函数，不符合题意；
对于C，是奇函数，但不是增函数；
对于D，令，则
∵，∴函数是奇函数；
∵，∴函数是增函数。
故选D。
例10. （2012年上海市理4分）已知函数（为常数）.若在区间[1,+()上是增函数，则的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】指数函数单调性，复合函数的单调性的判断。
【解析】根据函数看出当时函数增函数，而已知函数在区间上为增函数，所以的取值范围为： 。
例11. （2012年全国课标卷文5分）设函数的最大值为M，最小值为m，则M+m= ▲
【答案】2。
【考点】奇函数的性质。
【解析】∵， ∴设。
∵，
∴函数是奇函数，关于坐标原点对称，它的最大值与最小值之和为0。
∴。
例12. （2012年上海市理4分）已知是奇函数，且，若，则
▲ .
【答案】
【考点】函数的奇偶性。
【解析】∵函数为奇函数，∴，即
又∵，∴。∴。
例13. （2012年安徽省文5分）若函数的单调递增区间是，则 ▲
【答案】。
【考点】函数的单调性。
【解析】∵，∴由对称性得，，即。
例14.（2012年山东省文4分）若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，
且函数在上是增函数，则a＝ ▲ .
【答案】。
【考点】函数的增减性。
【解析】∵，∴。
当时，
∵，函数是增函数，
∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。
此时，它在上是减函数，与题设不符。
当时，
∵，函数是减函数，
∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。
此时，它在上是增函数，符合题意。
综上所述，满足条件的。
例15. （2012年江苏省5分）设是定义在上且周期为2的函数，在区间上，
其中．若，
则的值为 ▲ ．
【答案】。
【考点】周期函数的性质。
【解析】∵是定义在上且周期为2的函数，∴，即①。
又∵，，
∴②。
联立①②，解得，。∴。
例16. （2012年浙江省文5分）设函数f（x）是定义在R上的周期为2的偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）=x＋1，则= ▲ 。
【答案】。
【考点】函数的周期性和奇偶性。
【解析】。
例17.（2012年重庆市文5分）函数 为偶函数，则实数 ▲
【答案】4。
【考点】函数奇偶性的性质。
【分析】由题意可得，对于任意的都成立，代入任一不为0的数可得关于的一元一次方程，解出即可：
令，则，即，即，解得。
例18. （2012年浙江省文15分）已知a∈R，函数
（1）求的单调区间
（2）证明：当0≤≤1时， + ＞0.
【答案】解：（1）由题意得，
当时，恒成立，此时的单调递增区间为；
当时，，
此时函数的单调递增区间为。
（2）由于，当时，；
当时，。
设，则。
则有
0
1
－
－
0
＋
＋
1
减
极小值
增
1
∴。
∴当时，总有。
∴。
【考点】分类思想的应用，利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间，不等式的证明。
【解析】（1）求出导数，分和讨论即可。
（2）根据，分和两种情形，得到，从而设出新函数，应用导数，证出，得到恒成立，即。
例19.（2012年江西省理14分）若函数满足
（1），；
（2）对任意，有；
（3）在上单调递减。
则称为补函数。已知函数。
（1）判函数是否为补函数，并证明你的结论；
（2）若存在，使得，称是函数的中介元。记时的中介元为，且，若对任意的，都有，求的取值范围；
（3）当，时，函数的图像总在直线的上方，求的取值范围。
【答案】解：（1）函数h(x)是补函数，证明如下：
①h(0)＝＝1，h(1)＝＝0；
②对任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝h＝＝＝a；
③令g(x)＝(h(x))p，有g′(x)＝＝。
∵λ>－1，p>0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0。
∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，故函数h(x)在(0,1)上单调递减。
（2）当p＝(n∈*)，由h(x)＝x，得λx＋2x－1＝0，(*)
①当λ＝0时，中介元xn＝n；
②当λ>－1且λ≠0时，由(*)得x＝∈(0,1)或x＝?[0,1]；
得中介元xn＝n。
综合① ②：对任意的λ>－1，中介元为xn＝n(n∈*)。
∴当λ>－1时，有Sn＝ i＝<，
当n无限增大时，n无限接近于0，Sn无限接近于。
∴对任意的n∈*，Sn<成立等价于≤，即λ∈[3，＋∞)．
（3）当λ＝0时，h(x)＝(1－xp)，中介元为xp＝。
①当0所以点(xp，h(xp))不在直线y＝1－x的上方，不符合条件。
②当p>1时，依题意只需(1－xp)>1－x在x∈(0,1)时恒成立，也即xp＋(1－x)p<1在x∈(0,1)时恒成立。
设φ(x)＝xp＋(1－x)p，x∈(0,1)，则φ′(x)＝p[xp－1－(1－x)p－1]。
由φ′(x)＝0得x＝，且当x∈时，φ′(x)<0，当x∈时，φ′(x)>0。
又∵φ(0)＝φ(1)＝1，∴当x∈(0,1)时，φ(x)<1恒成立。
综上：p的取值范围是(1，＋∞)。
【考点】综合法与分析法的应用，简单的演绎推理。
【解析】（1）可通过对函数进行研究，探究其是否满足补函数的三个条件来确定函数是否是补函数。
（2）由题意，先根据中介元的定义得出中介元xn通式，代入，计算出和，然后结合极限的思想，利用Sn<得到参数的不等式，解出它的取值范围。
（3），时，对参数p分别讨论由函数的图象总在直线的上方这一位置关系进行转化，解出p的取值范围。
五、函数的零点问题：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【 】
A．或2 B．或3 C．或1 D．或1
【答案】A
【考点】导数的应用。
【解析】若函数图像与轴有两个不同的交点，则需要满足其中一个为零即可。因为三次函数的图像与轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可知只有在极大值点或者极小值点有一点在轴时满足要求（如图所示）。
∵，∴。
∴当时，函数取得极值。
由或可得或，即。故选A。
例2. （2012年北京市文5分）函数的零点个数为【 】
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】B。
【考点】幂函数和指数函数的图象。
【解析】函数的零点个数就是（即）解的个数，即函数和的交点个数。如图，作出图象，即可得到二者交点是1 个。所以函数的零点个数为1。故选B。
例3. （2012年天津市理5分）函数在区间内的零点个数是【 】
（A）0 （Ｂ）1 （Ｃ）2 （Ｄ）3
【答案】B。
【考点】函数的零点的概念，函数的单调性，导数的应用。
【分析】∵，∴函数在定义域内单调递增。
又∵，。
∴函数在区间（0，1）内有唯一的零点。故选B。
例4. （2012年辽宁省理5分）设函数f(x)满足f()=f(x)，f(x)=f(2x)，且当时，f(x)=x3.又函数g(x)=|xcos|，则函数h(x)=g(x)-f(x)在上的零点个数为【 】
(A)5 (B)6 (C)7 (D)8
【答案】B。
【考点】函数的奇偶性、对称性、函数的零点。
【解析】因为当时，f(x)=x3. 所以当，f(x)=f(2x)=(2x)3，
当时，g(x)=xcos；当时，g(x)= xcos，注意到函数f(x)、 g(x)都是偶函数，且f(0)= g(0)， f(1)= g(1)，，作出函数f(x)、 g(x)的大致图象，函数h(x)除了0、1这两个零点之外，分别在区间上各有一个零点，共有6个零点，故选B。
例7. （2012年福建省文14分）已知函数f(x)＝axsinx－(a∈R)，且在上的最大值为.
（I）求函数f(x)的解析式；
（II）判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
【答案】解：（I）由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，
对于任意x∈，有sinx＋xcosx＞0。
当a＝0时，f(x)＝－，不合题意；
当a＜0，x∈时，f′(x)＜0，从而f(x)在内单调递减，
又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f(0)＝－，不合题意；
当a＞0，x∈时，f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f，即a－＝，解得a＝1。
综上所述，函数f(x)的解析式为f(x)＝xsinx－。
（II）f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。证明如下：
由（I）知，f(x)＝xsinx－，从而有f(0)＝－＜0，f＝＞0。
又f(x)在上的图象是连续不断的，所以f(x)在内至少存在一个零点。
又由（I）知f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且仅有一个零点。
当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.
由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m∈，使得g(m)＝0。
由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈时，有g′(x)＜0，从而g(x)在内单调递减。
当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，
故当x∈时，f(x)≥f＝＞0，故f(x)在上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．
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。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，函数的零点，利用导数研究函数的极值。
【解析】（I）由题意，可借助导数研究函数f(x)＝axsinx－(a∈R)，在上的单调性，确定出最值，令最值等于 ，即可得到关于a的方程，由于a的符号对函数的最值有影响，故可以对a的取值范围进行讨论，分类求解。
（II）借助导数研究函数f(x)在（0，π）内单调性，由零点判定定理即可得出零点的个数。
六、函数图象的交点问题：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考点】指数函数和对数函数的性质。
【解析】设,作图。
∵当时，,
∴在时, 的图象在的图象上方。
根据对数函数的性质，。∴单调递减。
∴由时，得，解得。
∴要使时，，必须。
∴a的取值范围是(，1) 。故选B。
例2. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】
A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0
C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0
【答案】B。
【考点】导数的应用。
【解析】令，则。
设，。
令，则
要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：
，整理得。
取值讨论：可取来研究。
当时，，解得，此时，此时；
当时，，解得，此时，此时。故选B。
例3. （2012年天津市理5分）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。
【分析】函数，
当时，，
当时，，
综上函数。
作出函数的图象，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在蓝色或黄色区域内，如图，此时当直线经过黄色区域时，满足，当经过蓝色区域时，满足，综上实数的取值范围是。
例4. （2012年福建省理4分）对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝设，且关于x的方程恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】新定义，分段函数的图象和性质，分类讨论和数形结合思想的应用。
【解析】根据新运算符号得到函数为，
化简得：。
如图，作出函数和的图象，
如果有三个不同的实数解，即直线与函数f(x)的图象有三个交点，如图，
（1）当直线过抛物线的顶点或时，有两个交点；
（2）当直线中时，有一个交点；
（3）当直线中时，有三个交点。
设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1即为方程2x2－x＝小于0的解，解得x1＝，此时x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝。
与函数f(x)有2个交点的最低位置是当y＝m与x轴重合时，此时x1·x2·x3＝0。
所以当方程有三个不等实根时，x1·x2·x3∈。
七、反函数问题：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷文5分）函数= (≥－1)的反函数为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】反函数。
【解析】由原函数求出关于的关系式，再、对换，原函数的值域是反函数的定义域。因此，
将=两边平方，得，即。将、对换，得。
又函数=的值域为，所以的定义域为。故选A。
例2. （2012年全国课标卷理5分）设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为【 】
【答案】。
【考点】反函数的性质，导数的应用。
【解析】∵函数与函数互为反函数，∴它们的图象关于对称。
∴函数上的点到直线的距离为
设函数，则，∴。∴。
∴由图象关于对称得：最小值为。故选。
例3. （2012年上海市理14分）已知函数.
（1）若，求的取值范围；（6分）
（2）若是以2为周期的偶函数，且当时，有，求函数的反函数.（8分）
【答案】（1）由，得。
由得。
∵，∴，解得。
由得，。
（2）当时，，
∴。
由单调性可得。
∵，∴所求反函数是，。
【考点】对数函数的概念、性质，反函数的求法。
【解析】（1）由，结合对数函数的性质，列不等式组求解即可。
（2）根据对数函数与指数函数互为反函数的性质求解。
八、函数的图形问题：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分） 已知函数；则的图像大致为【 】
【答案】。
【考点】导数的应用。
【解析】设，则。
∵时，；时，，
∴。
∴或均有。因此排除。故选。
例2. （2012年四川省文5分）函数的图象可能是【 】
【答案】C。
【考点】函数图像。
【解析】采用排除法：函数恒过（1,0），选项只有C符合，故选C。
例3. （2012年山东省理5分）函数的图像大致为【 】
A B C D
【答案】D。
【考点】奇函数和函数图象的渐近线性质。
【解析】∵函数，，
∴为奇函数。
根据奇函数关于坐标原点对称的性质，可排除A选项。
当时，；当时，；
当时，，；当时，，。
故选D。
例4. （2012年江西省文5分）如下图，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m),OA与OB的夹角为，以A为圆心，AB为半径作圆弧与线段OA延长线交与点C.甲。乙两质点同时从点O出发，甲先以速度1（单位:ms）沿线段OB行至点B，再以速度3（单位：m/s）沿圆弧行至点C后停止，乙以速率2（单位：m/s）沿线段OA行至A点后停止。设t时刻甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为，则函数的图像大致是【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】函数的图象。
【解析】由题设知，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m)，两者行一秒后，甲行到B停止，乙此时行到A，故在第一秒内，甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为的值增加得越来越快，一秒钟后，随着甲的运动，所围成的面积增加值是扇形中AB所扫过的面积，由于点B是匀速运动，故一秒钟后，面积的增加是匀速的，且当甲行走到C后，即B与C重合后，面积不再随着时间的增加而改变，故函数随着时间t的增加先是增加得越来越快，然后转化成匀速增加，然后面积不再变化，考察四个选项，只有A符合题意。故选A。
例5. （2012年湖北省文5分）已知定义在区间（0.2）上的函数的图像如图所示，则的图像为【 】
【答案】B。
【考点】特殊值法的应用，求函数值。
【解析】取特殊值：
当时，；
当时，。
符合以上结果的只有选项B。故选B。
例6. （2012年重庆市文5分）设函数在上可导，其导函数，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】C。
【考点】函数的图象，函数单调性与导数的关系。
【分析】由函数在处取得极小值可知，
当时，，则，函数的图象与轴相交；
当左侧附近时，，则，函数的图象在轴上方；
当右侧附近时，，则，函数的图象在轴下方。
对照选项可知只有C符合题意。故选C。
九、函数的综合问题：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理12分）设函数。
（1）讨论的单调性；
（2）设，求的取值范围。
【答案】解：。
（1）∵，∴。
当时，，在上为单调递增函数；
当时，，在上为单调递减函数；
当时，由得，
由得或；
由得。
∴当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。
（2）由恒成立可得。
令，则。
当时，，当时，。
又，所以，即
故当时，有，
①当时，，，所以。
②当时，。
综上可知故所求的取值范围为。
【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。
【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。
（2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。
例2. （2012年全国大纲卷文12分）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设有两个极值点，，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，求的值．
【答案】解：（1）∵，∴
① 当 时，，且仅当时。∴是增函数。
②当 时，有两个根。列表如下：
的增减性
＞0
增函数
＜
减函数
＞0
增函数
（2）由题设知，，是的两个根，∴，且。
∴
。
同理，。
∴直线的解析式为。
设直线与轴的交点为，则，解得。
代入得
，
∵在轴上，∴，
解得，或或。
【考点】函数的单调性和极值，导数的应用。
【解析】（1）求出导函数，分区间讨论即可。
（2）由，是的两个根和（1）的结论，得，求出关于的表达式和关于的表达式，从而得到直线的解析式。求出交点的横坐标代入，由其等于0，求出的值。
例3. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；
（1）求的解析式及单调区间；
（2）若，求的最大值。
【答案】解：（1）∵，∴。
令得，。∴。
∴，得。
∴的解析式为。
设，则。
∴在上单调递增。
又∵时，，单调递增；
时，，单调递减。
∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。
（2）∵，∴。
令得。
①当时，，∴在上单调递增。
但时，与矛盾。
②当时，由得；由得。
∴当时，
∴。
令；则。
由得；由得。
∴当时，
∴当时，的最大值为。
【考点】函数和导函数的性质。
【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。
（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。
例4. （2012年全国课标卷文5分）设函数
(Ⅰ)求的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值
【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。
若，则，∴在上单调递增。
若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。
(Ⅱ)∵a=1，∴。
∴当x>0时，，它等价于。
令，则。
由(Ｉ)知，函数在上单调递增。
∵，，∴在上存在唯一的零点。
∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。
当时，；当时，。
∴在上的最小值为。
又∵，即，∴。
因此，即整数k的最大值为2。
【考点】函数的单调性质，导数的应用。
【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。
(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，
求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。
例5. （2012年北京市理13分）已知函数
（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；
（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大值。
【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。
∴，即①。
又∵，∴。
又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，
∴②。
解①②，得。
（2）∵，∴设。
则。令，解得。
∵，∴。
又∵在各区间的情况如下：
＋
0
－
0
＋
∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。
①若，即时，最大值为；
②若，即时，最大值为。
③若时，即时，最大值为。
综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。
【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。
【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。
（2）由 得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据 ，和三种情况讨论的最大值。
例6. （2012年北京市文13分）已知函数
（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；
（2）当a=3,b=－9时，若函数在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围。
【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。
∴，即①。
又∵，∴。
又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，
∴②。
解①②，得。
（2）∵a=3,b=－9，∴设。
则。令，解得。
又∵在各区间的情况如下：
1
＋
0
－
0
＋
∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。
其中，为最大值。
∴如果函数在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点。
∴，即k的取值范围为。
【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。
【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。
（2）由 a=3,b=－9得到的方程，求导可得的单调区间；根据函数在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点。从而得出k的取值范围。
例7. （2012年四川省理14分） 已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。
（Ⅰ）用和表示；
（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；
（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。
∴抛物线在点A处的切线方程为，即。
∴。
（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。
即知，对于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到。
当时,
。
当n=0，1，2时，显然。
∴当时，对所有自然数都成立。
∴满足条件的的最小值是。
（Ⅲ）由（1）知，则，。
下面证明：。
首先证明：当0设函数，则。
∵当时，；当时，，
∴在区间（0,1）上的最小值min=g。
∴当0由0从而。
【考点】导数的应用、不等式、数列。
【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则 成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0，1，2时，，由此可得的最小值。
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时， 即可证明： 。
例8. （2012年四川省文14分）已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。
（Ⅰ）用和表示；
（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；
（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。
∴抛物线在点A处的切线方程为，即。
∴。
（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。
即知，对于所有的n成立，特别地，取n=1时，得到。
当时,
。
当n=0时，。
∴当时，对所有自然数都成立。
∴满足条件的的最小值是3。
（Ⅲ）由（1）知，
下面证明：。
首先证明：当0设函数，则。
∵当时，；当时，，
∴在区间（0,1）上的最小值min=g。
∴当0由0从而
。
【考点】导数的应用、不等式、数列。
【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0时，，由此可得的最小值。
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时，即可证明：
。
例9. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；
（Ⅲ）证明.
【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.
令，得。
当变化时，和的变化情况如下表：
－
0
＋
↘
极小值
↗
∴在处取得极小值。
∴由题意，得。∴。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。
当＞0时，令，即。
求导函数可得。
令，得。
①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。
∴符合题意。
②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在
(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。
∴不合题意。
综上，实数的最小值为。
（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。
当≥2时，
。
在（2）中，取，得，
∴。
∴
。
综上，。
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。
【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。
（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由
，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。
例10. （2012年天津市文14分）已知函数，其中.
（I）求函数的单调区间；
（II）若函数在区间（－2，0）内恰有两个零点，求的取值范围；
（III）当=1时，设函数在区间上的最大值为M（），最小值为m（）,记，求函数在区间上的最小值。
【答案】解：（I）求导函数可得。
令，可得。
当变化时，和的变化情况如下表：
＋
0
－
0
＋
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴函数的递增区间为，，单调递减区间为。
（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，
∴函数在（－2，0）内恰有两个零点。
∴ ，即，解得。
∴的取值范围为(0，)。
（III）=1时，，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增。
①当]时，，－1∈[，+3]，在[，－1]上单调递增，在
[－1，+3]上单调递减。
∴函数在[，+3]上的最大值为M（）=，而最小值m（）为与中的较小者。
由知，当∈[－3，－2]时，，故m（）=f（），所以。
而在[－3，－2]上单调递增，因此。
∴在[－3，－2]上的最小值为。
②当∈[－2，－1]时，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]。
下面比较的大小：
由在[－2，－1]，[1，2]上单调递增，有。
∵，
∴M（）= ，m（）=
∴在[－2，－1]上的最小值为。
综上，函数在区间[－3，－1]上的最小值为。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的极值和单调性。
【分析】（I）求导函数，令＞0，可得函数的递增区间；令＜0，可得单调递减区间。
（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，从而函数在
（－2，0）内恰有两个零点，由此可求的取值范围。
（III）=1时，，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增，再进行分类讨论：
①当∈[－3，－2]时，+3∈[0，1]，－1∈[，+3]，在[，－1]上单调递增，在[－1，+3]上单调递减，因此函数在[，+3]上的最大值为M（）= ，而最小值m（）为与中的较小者，从而可得在[－3，－2]上的最小值；
②当∈[－2，－1]时，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]，比较的大小，从而可确定函数在区间[－3，－1]上的最小值。
例11. （2012年安徽省理13分）设
（I）求在上的最小值；
（II）设曲线在点的切线方程为；求的值。
【答案】解：（I）设，则。
∴。
①当时，。∴在上是增函数。
∴当时，的最小值为。
②当时，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵，∴。
由题意得：，即，解得。
【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。
【解析】（I）根据导数的的性质分和求解。
（II）根据切线的几何意义列方程组求解。
例12. （2012年安徽省文12分）设定义在（0，+）上的函数
（Ⅰ）求的最小值；
（II）若曲线在点处的切线方程为，求的值。
【答案】解：（I）∵，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵曲线在点处的切线方程为，∴。
∴ ①。
又∵，∴ ②。
解①②得：。
【考点】基本不等式的应用，导数的应用。
【解析】（I）应用基本不等式即可求得的最小值。
（II）由和联立方程组，求解即可求得的值。
例13. （2012年山东省理13分）已知函数 = （k为常数，e=2.71828……是自然对数的底数），曲线y= )在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。
（Ⅰ）求k的值；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）设g(x)=(x2+x) ，其中为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，。
【答案】解：（Ⅰ）由 = 可得，
∵曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，
∴，即，解得。
（Ⅱ），令可得，即。
令，
由指数函数和对数函数的单调性知，在时，从单调减小；从单调增加。∴和只相交于一点，即只有一解。
由（Ⅰ）知，，∴。
当时，；当时，。（取点代入）
∴在区间内为增函数；在内为减函数。
（Ⅲ）∵，
可以证明，对任意x＞0，有（通过函数的增减性和极值证明），
∴。
设。则。
令，解得。
当时，；当时，。
∴在取得最大值。
∴，即。
∴对任意x＞0，。
【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。
【解析】（Ⅰ）由曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y= f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。
（Ⅱ）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得的单调区间。
（Ⅲ）对，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。
例14. （2012年湖北省文14分）设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.
（Ⅰ）求a，b的值；
（II）求函数f(x)的最大值；
（III）证明：f(x)＜.
【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。
∵f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。
又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。
∴a＝1，b＝0。
（II）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1。
令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝。
∵在上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f＝n＝。
（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－＝(t＞0)。
∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，
∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。 ∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－(t＞1)。
令t＝1＋，得ln＞，即lnn＋1＞lne。
∴n＋1＞e，即＜。
由（II）知，f(x)≤＜，∴所证不等式成立。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。
（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求 f′(x)＝(n＋1)xn－1，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值。
（III）结合（II），欲证：f(x)＜．由于函数f(x)的最大值f＝n＝，故此不等式证明问题可转化为证明 ＜，对此不等式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅助证明不等式。
例15. （2012年湖南省理13分）已知函数，其中≠0.
（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.
（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题设矛盾，
又，故。
∵∴令。
当时，单调递减；
当时，单调递增.
∴当时，取最小值。
于是对一切恒成立，当且仅当 ①
令则。
当时，单调递增；当时，单调递减，
∴当时，取最大值。
∴当且仅当即时，①式成立。
综上所述，的取值集合为。
（Ⅱ）存在。由题意知，。
令则
。
令，则。
当时，单调递减；当时，单调递增，
∴当，即。
∴，。
又∵∴。
∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，
∴存在使单调递增，故这样的是唯一的，且，故当且仅当时， 。
综上所述，存在使成立.且的取值范围为
。
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。
【解析】（Ⅰ）用导函数法求出取最小值，对一切∈R，≥1恒成立转化为，从而得出的取值集合。
（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。
例16. （2012年湖南省文13分）已知函数，其中＞0.
（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合；（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，证明：存在，使恒成立.
【答案】解：（Ⅰ）令，得。
当时单调递减；当时单调递增。
∴当时，取最小值。
∴对一切恒成立，当且仅当. ①
令则。
当时，单调递增；当时，单调递减。
∴当时，取最大值。
∴当且仅当时，①式成立。
综上所述，的取值集合为。
（Ⅱ）证明：由题意知，。
令则
。
令，则。
当时，单调递减；当时，单调递增。
∴当，即。
∴，。
又∵∴。
∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，
∴存在使即成立。
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立，分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。
【解析】（Ⅰ）利用导函数法求出取最小值对一切∈R，≥1恒成立转化为从而得出求的取值集合。
（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题，通过构造函数，研究这个函数的性质进行分析证明。
例17. （2012年福建省理14分）已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.
（Ⅰ）若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；
（Ⅱ）试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.
【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，
∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率k＝2a＝0。
∴a＝0，即f(x)＝ex－ex。此时f′(x)＝ex－e，
∵f′(x)＝0得x＝1，当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)>0，
∴f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)。
（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，
令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点。
因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，所以，
①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；
当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0。
故g(x)只有唯一零点x＝x0。
由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合题意。
②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a。
令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2a)。
则当x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增。
(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上单调递增，
所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*。
(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x∈(x*，x0)时有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0。
又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)
＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c，
其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)。
由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得ax＋bx2＋c＜0.
所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点．即g(x)在R上至少有两个零点。
(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞，可证函数g(x)在R上至少有两个零点。
综上所述，当a＜0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P。
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，利用导数研究函数的单调性。
【解析】（Ⅰ）求导函数，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，可求a的值，由f′(x)<0，可得函数f(x )的单调减区间；由f′(x)＞0，可得单调增区间。
（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P等价于g(x)有唯一零点，求出导函数，再进行分类讨论：①若a≥0，g(x)只有唯一零点x＝x0，由P的任意性a≥0不合题意；（2）②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a，可得函数的单调性，进而可研究g(x)的零点，由此可得结论。
例18. （2012年辽宁省理12分）设，曲线与直线在(0，0)点相切。
(Ⅰ)求的值。
(Ⅱ)证明：当时，。
【答案】解：（I）∵过（0，0），∴=0。∴=－1。
∵曲线与直线在（0，0）点相切，
∴。∴=0。
（II）证明：由（I）知。
由均值不等式，当＞0时，，∴。
令。
则
。
令。
则当时，。
∴在（0，2）内是单调递减函数。
∵又，∴在（0，2）内，。∴在（0，2）内，。
∴在（0，2）内是单调递减函数。
∵又，∴在（0，2）内，。
∴当时，。
【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（I）由过（0，0），可求b的值，根据曲线与直线在（0，0）点相切，利用导函数，可求a的值。
（II）由（I）知，由均值不等式，可得 。用差值
法构造函数，可得。构造函数， 利用导数判断在（0，2）内是单调递减函数，从而得到出在（0，2）内是单调递减函数，进而得出结论。
例19. （2012年辽宁省文12分）设，证明：
(Ⅰ)当时，
(Ⅱ)当时，
【答案】证明：(Ⅰ)设，
则。
∵当时，，∴单调递减。
又∵，∴。
∴当时，。
(Ⅱ) 由均值不等式，当＞0时，，即。
令。
则
。
令。
则当时，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。∴在（1，3）内，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。
∴当时，。
【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性。
【解析】（I）用差值法构造函数，可得当时，，可判断在时是单调递减函数，从而由得到出，进而得出结论。
（II）由均值不等式，可得 。用差值法构造函数，可得
。构造函数， 利用导数判断在（1，3）内是单调递减函数，从而得到出在（1，3）内是单调递减函数，进而得出结论。
例20. （2012年陕西省理14分）设函数
（1）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；
（2）设，若对任意，有，求的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设是在内的零点，判断数列的增减性.
【答案】解：（1）证明：，时，。
∵，∴在内存在零点。
又∵当时，，∴ 在上单调递增。
∴ 在内存在唯一零点。
（2）当时，。
对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：
（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。
（ⅱ）当，即时，恒成立。
（ⅲ）当，即时，恒成立。
综上所述，的取值范围为。
（3）设是在内的唯一零点，
则，，。
∴。
又由（1）知在上是递增的，∴。
∴数列是递增数列。
【考点】函数与方程，导数的综合应用、函数与数列的综合。
【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。
（2）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。
（3）设是在内的唯一零点， 则可得
。又由（1）知在上是递增的，∴。从而得到数列是递增数列。
另解： 设是在内的唯一零点，
∵
则的零点在内，故。
所以，数列是递增数列。
例21. （2012年陕西省文14分）设函数
（Ⅰ）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；
（Ⅱ）设n为偶数，，，求的最小值和最大值；
（III）设，若对任意，有，求的取值范围；
【答案】解：（Ⅰ）证明：，时，。
∵，∴在内存在零点。
又∵当时，，∴ 在上单调递增。
∴ 在内存在唯一零点。
（Ⅱ）依题意，得，∴。
画出可行域，得知在点（0，－2）处取得最小值－6，在点（0，0）处取得最大值0。
（III）当时，。
对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：
（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。
（ⅱ）当，即时，恒成立。
（ⅲ）当，即时，恒成立。
综上所述，的取值范围为。
【考点】函数与方程，简单线性规划，导数的综合应用。
【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。
（Ⅱ）依题意，得到，画出可行域，求出的最小值和最大值。
（III）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。
【备战2013高考数学专题讲座】
第17讲：高频考点分析之极限、导数和定积分探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
在我国现在中学数学新教材中，微积分处于一种特殊的地位，是高中数学知识的一个重要交汇点，是联系多个章节内容以及解决相关问题的重要工具。微积分的思想方法和基本理论有着广泛的应用。
结合中学数学的知识，高考中微积分问题主要有以下几种：
1. 极限的计算；
2. 应用导数求函数的最（极）值；
3. 应用导数讨论函数的增减性；
4. 导数的几何意义和应用导数求曲线的切线；
5. 定积分的计算和应用。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以上五方面探讨极限、导数和定积分问题的求解。
一、极限的计算：
典型例题：例1. （2012年四川省理5分）函数在处的极限是【 】
A、不存在 B、等于 C、等于 D、等于
【答案】A。
【考点】分段函数，极限。
【解析】分段函数在处不是无限靠近同一个值，故不存在极限。故选A。
例2. （2012年重庆市理5分） ▲ .
【答案】。
【考点】极限的运算。
【分析】。
例3. （2012年上海市理4分）有一列正方体，棱长组成以1为首项，为公比的等比数列，体积分别记为，则 ▲ .
【答案】。
【考点】无穷递缩等比数列的极限，等比数列的通项公式。
【解析】由正方体的棱长组成以为首项，为公比的等比数列，可知它们的体积则组成了一个以1为首项，为公比的等比数列，因此，。
二、应用导数求函数的最（极）值：
典型例题：例1.（2012年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】
（A）函数有极大值和极小值
（B）函数有极大值和极小值
（C）函数有极大值和极小值
（D）函数有极大值和极小值
【答案】D。
【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。
【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2， ∴。
由此得到， ，，和在上的情况：
－2
1
2
＋
0
－
0
＋
0
－
＋
＋
＋
0
－
－
－
＋
0
－
－
－
0
＋
↗
极大值
↘
非极值
↘
极小值
↗
∴的极大值为，的极小值为。故选D。
例2. （2012年陕西省理5分）设函数，则【 】
A. 为的极大值点 B.为的极小值点
C. 为的极大值点 D. 为的极小值点
【答案】D。
【考点】应用导数求函数的极值。
【解析】∵，令得。
∴当时，，为减函数；当时，，为增函数，所以为的极小值点。
故选D。
例3. （2012年陕西省文5分）设函数则【 】
A．=为的极大值点 B．=为的极小值点
C．=2为 的极大值点 D．=2为 的极小值点
【答案】D。
【考点】应用导数求函数的极值。
【解析】∵，令得。
∴当时，，为减函数；
当时，，为增函数。
∴为的极小值点。
故选D。
例4. （2012年广东省理14分）设a＜1，集合，
（1）求集合D（用区间表示）
（2）求函数在D内的极值点。
【答案】解：（1）设，
方程的判别式
①当时，，恒成立，
∴。
∴，即集合D=。
②当时，，方程的两根为
，。
∴
∴，
即集合D=。
③当时，，方程的两根为
，。
∴
。
∴，
即集合D=。
（2）令得
的可能极值点为。
①当时，由（1）知，所以随的变化情况如下表：
0
0
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴在D内有两个极值点为：极大值点为，极小值点为。
②当时，
由（1）知=。
∵， ∴，
∴随的变化情况如下表：
0
↗
极大值
↘
↗
∴在D内仅有一个极值点：极大值点为，没有极小值点。
③当时，
由（1）知。
∵，∴。
∴
。
∴。
∴在D内没有极值点。
【考点】分类思想的应用，集合的计算， 解不等式，导数的应用。
【解析】（1）根据根的判别式应用分类思想分、、讨论即可，计算比较繁。
（2）求出，得到的可能极值点为。仍然分、、讨论。
例5. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。
【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。
(ⅱ) 利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比
﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。
例6. （2012年江西省文14分）已知函数在上单调递减且满足。
（1）求的取值范围；
（2）设，求在上的最大值和最小值。
【答案】解：（1）∵，，∴。
∴。∴。
∵函数在上单调递减，
∴对于任意的，都有。
∴由得；由得。
∴。
又当=0时，对于任意的，都有，函数符合条件；
当=1时，对于任意的，都有，函数符合条件。
综上所述，的取值范围是0≤≤1。
（2）∵
∴。
（i）当=0时，对于任意有，
∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；
（ii）当=1时，对于任意有，
∴在[0，1]上的最小值是，最大值是；
（iii）当0＜＜1时，由得，
①若，即时，在[0，1]上是增函数，
∴在[0，1]上最大值是，最小值是；
②若，即时，在取得最大值g，在=0或=1时取到最小值：
∵，
∴当时，在=0取到最小值；
当时，在=1取到最小值。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性。
【解析】（1）由题意，函数在[0，1]上单调递减且满足，可求出函数的导数，将函数在[0，1]上单调递减转化为导数在[0，1]上的函数值恒小于等于0，再结合，这两个方程即可求得取值范围。
（2）由题设条件，先求出的解析式，求出导函数，由于参数的影响，函数在[0，1]上的单调性不同，结合（1）的结论及分=0，=1， 0＜＜1三类对函数的单调性进行讨论，确定并求出函数的最值。
例7. （2012年重庆市文13分）已知函数在处取得极值为
（1）求、的值（6分）；
（2）若有极大值28，求在上的最大值（7分）．
【答案】解：（Ⅰ）∵， ∴。
∵ 在点 处取得极值，
∴，即，化简得，解得。
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
令 ，得。
， 和在上的情况如下表：
－
0
＋
0
－
↘
极小值
↗
极大值
↘
由此可知 在处取得极大值， 在处取得极小值。
∵有极大值28，∴，解得。
此时，
∴ 上的最小值为。
【考点】函数的导数与极值，最值之间的关系。
【分析】（Ⅰ）先对函数进行求导，根据=0，，求出、的值。
（Ⅱ）根据（Ⅰ）对函数进行求导，令，解出，列表求出函数的极大值和极小值。再比较函数的极值与端点函数值的大小，端点函数值与极大值中最大的为函数的最大值，端点函数值与极小值中最小的为函数的最小值。
例8. （2012年江苏省16分）若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。
已知是实数，1和是函数的两个极值点．
（1）求和的值；
（2）设函数的导函数，求的极值点；
（3）设，其中，求函数的零点个数．
【答案】解：（1）由，得。
∵1和是函数的两个极值点，
∴ ，，解得。
（2）∵ 由（1）得， ，
∴，解得。
∵当时，；当时，，
∴是的极值点。
∵当或时，，∴ 不是的极值点。
∴的极值点是－2。
（3）令，则。
先讨论关于 的方程 根的情况：
当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为I 和一2 ，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。
当时，∵， ，
∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。
由（1）知。
① 当时， ，于是是单调增函数，从而。
此时在无实根。
② 当时．，于是是单调增函数。
又∵，，的图象不间断，
∴ 在（1 , 2 ）内有唯一实根。
同理，在（一2 ，一I ）内有唯一实根。
③ 当时，，于是是单调减两数。
又∵， ，的图象不间断，
∴在（一1，1 ）内有唯一实根。
因此，当时，有两个不同的根满足；当 时
有三个不同的根，满足。
现考虑函数的零点：
( i ）当时，有两个根，满足。
而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。
( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。
而有三个不同的根，故有9 个零点。
综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。
【考点】函数的概念和性质，导数的应用。
【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。
（2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。
（3）比较复杂，先分和讨论关于 的方程 根的情况；再考虑函数的零点。
例9. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】
A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0
C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0
【答案】B。
【考点】导数的应用。
【解析】令，则。
设，。
令，则
要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：
，整理得。
取值讨论：可取来研究。
当时，，解得，此时，此时；
当时，，解得，此时，此时。故选B。
例10. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；
（Ⅲ）证明.
【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，
求导函数可得.
令，得。
当变化时，和的变化情况如下表：
－
0
＋
↘
极小值
↗
∴在处取得极小值。
∴由题意，得。∴。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。
当＞0时，令，即。
求导函数可得。
令，得。
①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。
∴符合题意。
②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在
(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。
∴不合题意。
综上，实数的最小值为。
（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。
当≥2时，
。
在（2）中，取，得，
∴。
∴
。
综上，。
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。
【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。
（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由
，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。
例11. （2012年安徽省理13分）设
（I）求在上的最小值；
（II）设曲线在点的切线方程为；求的值。
【答案】解：（I）设，则。
∴。
①当时，。∴在上是增函数。
∴当时，的最小值为。
②当时，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵，∴。
由题意得：，即，解得。
【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。
【解析】（I）根据导数的的性质分和求解。
（II）根据切线的几何意义列方程组求解。
三、应用导数讨论函数的增减性：
典型例题：例1. （2012年浙江省理5分）设，【 】
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A。
【考点】函数的单调性，导数的应用。
【解析】对选项A，若，必有。
构造函数：，则恒成立，故有函数在x＞0上单调递增，即a＞b成立。
其余选项用同样方法排除。故选A。
例2. （2012年湖南省文5分）设定义在R上的函数是最小正周期为2的偶函数，是的导函数，当时，0＜＜1；当 且时 ，，则函数在[-2，2] 上的零点个数为【 】
A .2 B .4 C.5 D. 8
【答案】Ｂ。
【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。
【解析】由当 且≠时 ，，知
为减函数；为增函数。
又时，0＜f(x)＜1，在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出和草图像如下，由图知在[-2，2] 上的零点个数为4个。
例3. （2012年辽宁省文5分）函数的单调递减区间为【 】
（A）（1,1] （B）（0,1] （C.）[1，+∞） （D）（0，+∞）
【答案】B。
【考点】用导数求函数的单调区间。
【解析】∵，∴。
∴。故选B。
例4. （2012年辽宁省理5分）若，则下列不等式恒成立的是【 】
(A) (B)
(C) (D)
【答案】C。
【考点】导数公式，利用导数，通过函数的单调性与最值来证明不等式。
【解析】设，则
所以所以当时，
同理∴即。故选C。
例5. （2012年山东省文4分）若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，
且函数在上是增函数，则a＝ ▲ .
【答案】。
【考点】函数的增减性。
【解析】∵，∴。
当时，
∵，函数是增函数，
∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。
此时，它在上是减函数，与题设不符。
当时，
∵，函数是减函数，
∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。
此时，它在上是增函数，符合题意。
综上所述，满足条件的。
例6. （2012年浙江省文15分）已知a∈R，函数
（1）求的单调区间
（2）证明：当0≤≤1时， + ＞0.
【答案】解：（1）由题意得，
当时，恒成立，此时的单调递增区间为；
当时，，
此时函数的单调递增区间为。
（2）由于，当时，；
当时，。
设，则。
则有
0
1
－
－
0
＋
＋
1
减
极小值
增
1
∴。
∴当时，总有。
∴。
【考点】分类思想的应用，利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间，不等式的证明。
【解析】（1）求出导数，分和讨论即可。
（2）根据，分和两种情形，得到，从而设出新函数，应用导数，证出，得到恒成立，即。
例7. （2012年天津市理5分）函数在区间内的零点个数是【 】
（A）0 （Ｂ）1 （Ｃ）2 （Ｄ）3
【答案】B。
【考点】函数的零点的概念，函数的单调性，导数的应用。
【分析】∵，∴函数在定义域内单调递增。
又∵，。
∴函数在区间（0，1）内有唯一的零点。故选B。
例8. （2012年福建省文14分）已知函数f(x)＝axsinx－(a∈R)，且在上的最大值为.
（I）求函数f(x)的解析式；
（II）判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
【答案】解：（I）由已知f′(x)＝a(sinx＋xcosx)，
对于任意x∈，有sinx＋xcosx＞0。
当a＝0时，f(x)＝－，不合题意；
当a＜0，x∈时，f′(x)＜0，从而f(x)在内单调递减，
又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f(0)＝－，不合题意；
当a＞0，x∈时，f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，又f(x)在上的图象是连续不断的，故f(x)在上的最大值为f，即a－＝，解得a＝1。
综上所述，函数f(x)的解析式为f(x)＝xsinx－。
（II）f(x)在(0，π)内有且只有两个零点。证明如下：
由（I）知，f(x)＝xsinx－，从而有f(0)＝－＜0，f＝＞0。
又f(x)在上的图象是连续不断的，所以f(x)在内至少存在一个零点。
又由（I）知f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且仅有一个零点。
当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sinx＋xcosx.
由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的，故存在m∈，使得g(m)＝0。
由g′(x)＝2cosx－xsinx，知x∈时，有g′(x)＜0，从而g(x)在内单调递减。
当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，
故当x∈时，f(x)≥f＝＞0，故f(x)在上无零点；
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．
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。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，函数的零点，利用导数研究函数的极值。
【解析】（I）由题意，可借助导数研究函数f(x)＝axsinx－(a∈R)，在上的单调性，确定出最值，令最值等于 ，即可得到关于a的方程，由于a的符号对函数的最值有影响，故可以对a的取值范围进行讨论，分类求解。
（II）借助导数研究函数f(x)在（0，π）内单调性，由零点判定定理即可得出零点的个数。
例9. （2012年全国大纲卷理12分）设函数。
（1）讨论的单调性；
（2）设，求的取值范围。
【答案】解：。
（1）∵，∴。
当时，，在上为单调递增函数；
当时，，在上为单调递减函数；
当时，由得，
由得或；
由得。
∴当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。
（2）由恒成立可得。
令，则。
当时，，当时，。
又，所以，即
故当时，有，
①当时，，，所以。
②当时，。
综上可知故所求的取值范围为。
【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。
【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。
（2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。
例10. （2012年全国大纲卷文12分）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设有两个极值点，，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，求的值．
【答案】解：（1）∵，∴
① 当 时，，且仅当时。∴是增函数。
②当 时，有两个根。列表如下：
的增减性
＞0
增函数
＜
减函数
＞0
增函数
（2）由题设知，，是的两个根，∴，且。
∴
。
同理，。
∴直线的解析式为。
设直线与轴的交点为，则，解得。
代入得
，
∵在轴上，∴，
解得，或或。
【考点】函数的单调性和极值，导数的应用。
【解析】（1）求出导函数，分区间讨论即可。
（2）由，是的两个根和（1）的结论，得，求出关于的表达式和关于的表达式，从而得到直线的解析式。求出交点的横坐标代入，由其等于0，求出的值。
例11. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；
（1）求的解析式及单调区间；
（2）若，求的最大值。
【答案】解：（1）∵，∴。
令得，。∴。
∴，得。
∴的解析式为。
设，则。
∴在上单调递增。
又∵时，，单调递增；
时，，单调递减。
∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。
（2）∵，∴。
令得。
①当时，，∴在上单调递增。
但时，与矛盾。
②当时，由得；由得。
∴当时，
∴。
令；则。
由得；由得。
∴当时，
∴当时，的最大值为。
【考点】函数和导函数的性质。
【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。
（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。
例12. （2012年全国课标卷文5分）设函数
(Ⅰ)求的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值
【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。
若，则，∴在上单调递增。
若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。
(Ⅱ)∵a=1，∴。
∴当x>0时，，它等价于。
令，则。
由(Ｉ)知，函数在上单调递增。
∵，，∴在上存在唯一的零点。
∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。
当时，；当时，。
∴在上的最小值为。
又∵，即，∴。
因此，即整数k的最大值为2。
【考点】函数的单调性质，导数的应用。
【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。
(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，
求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。
例13. （2012年北京市文13分）已知函数
（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；
（2）当a=3,b=－9时，若函数在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围。
【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。
∴，即①。
又∵，∴。
又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，
∴②。
解①②，得。
（2）∵a=3,b=－9，∴设。
则。令，解得。
又∵在各区间的情况如下：
1
＋
0
－
0
＋
∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。
其中，为最大值。
∴如果函数在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点。
∴，即k的取值范围为。
【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。
【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。
（2）由 a=3,b=－9得到的方程，求导可得的单调区间；根据函数在区间[k,2]上的最大值为28，则区间包含最大值点。从而得出k的取值范围。
例14. （2012年天津市文14分）已知函数，其中.
（I）求函数的单调区间；
（II）若函数在区间（－2，0）内恰有两个零点，求的取值范围；
（III）当=1时，设函数在区间上的最大值为M（），最小值为m（）,记，求函数在区间上的最小值。
【答案】解：（I）求导函数可得。
令，可得。
当变化时，和的变化情况如下表：
＋
0
－
0
＋
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴函数的递增区间为，，单调递减区间为。
（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，
∴函数在（－2，0）内恰有两个零点。
∴ ，即，解得。
∴的取值范围为(0，)。
（III）=1时，，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增。
①当]时，，－1∈[，+3]，在[，－1]上单调递增，在
[－1，+3]上单调递减。
∴函数在[，+3]上的最大值为M（）=，而最小值m（）为与中的较小者。
由知，当∈[－3，－2]时，，故m（）=f（），所以。
而在[－3，－2]上单调递增，因此。
∴在[－3，－2]上的最小值为。
②当∈[－2，－1]时，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]。
下面比较的大小：
由在[－2，－1]，[1，2]上单调递增，有。
∵，
∴M（）= ，m（）=
∴在[－2，－1]上的最小值为。
综上，函数在区间[－3，－1]上的最小值为。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的极值和单调性。
【分析】（I）求导函数，令＞0，可得函数的递增区间；令＜0，可得单调递减区间。
（II）由（I）知函数在区间（－2，－1）内单调递增，在（－1，0）内单调递减，从而函数在
（－2，0）内恰有两个零点，由此可求的取值范围。
（III）=1时，，由（I）知，函数在（－3，－1）上单调递增，在（－1，1）上单调递减，在（1，2）上单调递增，再进行分类讨论：
①当∈[－3，－2]时，+3∈[0，1]，－1∈[，+3]，在[，－1]上单调递增，在[－1，+3]上单调递减，因此函数在[，+3]上的最大值为M（）= ，而最小值m（）为与中的较小者，从而可得在[－3，－2]上的最小值；
②当∈[－2，－1]时，+3∈[1，2]，－1，1∈[，+3]，比较的大小，从而可确定函数在区间[－3，－1]上的最小值。
例15. （2012年山东省理13分）已知函数 = （k为常数，e=2.71828……是自然对数的底数），曲线y= )在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。
（Ⅰ）求k的值；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）设g(x)=(x2+x) ，其中为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，。
【答案】解：（Ⅰ）由 = 可得，
∵曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，
∴，即，解得。
（Ⅱ），令可得，即。
令，
由指数函数和对数函数的单调性知，在时，从单调减小；从单调增加。∴和只相交于一点，即只有一解。
由（Ⅰ）知，，∴。
当时，；当时，。（取点代入）
∴在区间内为增函数；在内为减函数。
（Ⅲ）∵，
可以证明，对任意x＞0，有（通过函数的增减性和极值证明），
∴。
设。则。
令，解得。
当时，；当时，。
∴在取得最大值。
∴，即。
∴对任意x＞0，。
【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。
【解析】（Ⅰ）由曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y= f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。
（Ⅱ）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得的单调区间。
（Ⅲ）对，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。
例16. （2012年湖南省文13分）已知函数，其中＞0.
（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合；（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，证明：存在，使恒成立.
【答案】解：（Ⅰ）令，得。
当时单调递减；当时单调递增。
∴当时，取最小值。
∴对一切恒成立，当且仅当. ①
令则。
当时，单调递增；当时，单调递减。
∴当时，取最大值。
∴当且仅当时，①式成立。
综上所述，的取值集合为。
（Ⅱ）证明：由题意知，。
令则
。
令，则。
当时，单调递减；当时，单调递增。
∴当，即。
∴，。
又∵∴。
∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，
∴存在使即成立。
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立，分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。
【解析】（Ⅰ）利用导函数法求出取最小值对一切∈R，≥1恒成立转化为从而得出求的取值集合。
（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，然后把问题归结为一个方程是否存在解的问题，通过构造函数，研究这个函数的性质进行分析证明。
例17. （2012年福建省理14分）已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.
（Ⅰ）若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；
（Ⅱ）试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.
【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，
∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率k＝2a＝0。
∴a＝0，即f(x)＝ex－ex。此时f′(x)＝ex－e，
∵f′(x)＝0得x＝1，当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)>0，
∴f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)。
（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，
令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点。
因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，所以，
①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；
当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0。
故g(x)只有唯一零点x＝x0。
由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合题意。
②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a。
令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2a)。
则当x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增。
(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上单调递增，
所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*。
(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x∈(x*，x0)时有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0。
又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)
＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c，
其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)。
由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得ax＋bx2＋c＜0.
所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点．即g(x)在R上至少有两个零点。
(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞，可证函数g(x)在R上至少有两个零点。
综上所述，当a＜0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P。
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，利用导数研究函数的单调性。
【解析】（Ⅰ）求导函数，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，可求a的值，由f′(x)<0，可得函数f(x )的单调减区间；由f′(x)＞0，可得单调增区间。
（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P等价于g(x)有唯一零点，求出导函数，再进行分类讨论：①若a≥0，g(x)只有唯一零点x＝x0，由P的任意性a≥0不合题意；（2）②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a，可得函数的单调性，进而可研究g(x)的零点，由此可得结论。
例18. （2012年辽宁省文12分）设，证明：
(Ⅰ)当时，
(Ⅱ)当时，
【答案】证明：(Ⅰ)设，
则。
∵当时，，∴单调递减。
又∵，∴。
∴当时，。
(Ⅱ) 由均值不等式，当＞0时，，即。
令。
则
。
令。
则当时，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。∴在（1，3）内，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。
∴当时，。
【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性。
【解析】（I）用差值法构造函数，可得当时，，可判断在时是单调递减函数，从而由得到出，进而得出结论。
（II）由均值不等式，可得 。用差值法构造函数，可得
。构造函数， 利用导数判断在（1，3）内是单调递减函数，从而得到出在（1，3）内是单调递减函数，进而得出结论。
例19. （2012年江西省理14分）若函数满足
（1），；
（2）对任意，有；
（3）在上单调递减。
则称为补函数。已知函数。
（1）判函数是否为补函数，并证明你的结论；
（2）若存在，使得，称是函数的中介元。记时的中介元为，且，若对任意的，都有，求的取值范围；
（3）当，时，函数的图像总在直线的上方，求的取值范围。
【答案】解：（1）函数h(x)是补函数，证明如下：
①h(0)＝＝1，h(1)＝＝0；
②对任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝h＝＝＝a；
③令g(x)＝(h(x))p，有g′(x)＝＝。
∵λ>－1，p>0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0。
∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，故函数h(x)在(0,1)上单调递减。
（2）当p＝(n∈*)，由h(x)＝x，得λx＋2x－1＝0，(*)
①当λ＝0时，中介元xn＝n；
②当λ>－1且λ≠0时，由(*)得x＝∈(0,1)或x＝?[0,1]；
得中介元xn＝n。
综合① ②：对任意的λ>－1，中介元为xn＝n(n∈*)。
∴当λ>－1时，有Sn＝ i＝<，
当n无限增大时，n无限接近于0，Sn无限接近于。
∴对任意的n∈*，Sn<成立等价于≤，即λ∈[3，＋∞)．
（3）当λ＝0时，h(x)＝(1－xp)，中介元为xp＝。
①当0所以点(xp，h(xp))不在直线y＝1－x的上方，不符合条件。
②当p>1时，依题意只需(1－xp)>1－x在x∈(0,1)时恒成立，也即xp＋(1－x)p<1在x∈(0,1)时恒成立。
设φ(x)＝xp＋(1－x)p，x∈(0,1)，则φ′(x)＝p[xp－1－(1－x)p－1]。
由φ′(x)＝0得x＝，且当x∈时，φ′(x)<0，当x∈时，φ′(x)>0。
又∵φ(0)＝φ(1)＝1，∴当x∈(0,1)时，φ(x)<1恒成立。
综上：p的取值范围是(1，＋∞)。
【考点】综合法与分析法的应用，简单的演绎推理。
【解析】（1）可通过对函数进行研究，探究其是否满足补函数的三个条件来确定函数是否是补函数。
（2）由题意，先根据中介元的定义得出中介元xn通式，代入，计算出和，然后结合极限的思想，利用Sn<得到参数的不等式，解出它的取值范围。
（3），时，对参数p分别讨论由函数的图象总在直线的上方这一位置关系进行转化，解出p的取值范围。
四、导数的几何意义和应用导数求曲线的切线：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷文5分）曲线在点（1,1）处的切线方程为 ▲
【答案】。
【考点】导数的应用，曲线的切线方程。
【解析】∵，∴。∴。
∴曲线在点（1,1）处的切线方程为，即。
例2. （2012年广东省理5分）曲线在点（1，3）处的切线方程为 ▲ 。
【答案】。
【考点】曲线的切线方程，导数的应用。
【解析】∵，，
∴由点斜式得所求的切线方程为 ，即。
例3. （2012年辽宁省理5分）已知P，Q为抛物线上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P、Q分别作抛物线的切线，两切线交于A，则点A的纵坐标为 ▲ 。
【答案】4。
【考点】利用导数求切线方程的方法，直线的方程、两条直线的交点的求法。
【解析】∵点P，Q的横坐标分别为4，2，∴代人抛物线方程得P，Q的纵坐标分别为8，2。
由得，∴。∴过点P，Q的抛物线的切线的斜率分别为4，2。
∴过点P，Q的抛物线的切线方程分别为。
联立方程组解得。∴点A的纵坐标为4。
例4. （2012年陕西省理5分）设函数，是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在上的最大值为 ▲ .
【答案】2。
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，简单线性规划。
【解析】先求出曲线在点（1，0）处的切线，然后画出区域D，利用线性规划的方法求出目标函数z的最大值即可：
∵，，
∴曲线及该曲线在点处的切线方程为。
∴由轴和曲线及围成的封闭区域为三角形。在点处取得最大值2。
例5. （2012年北京市理13分）已知函数
（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；
（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大值。
【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。
∴，即①。
又∵，∴。
又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，
∴②。
解①②，得。
（2）∵，∴设。
则。
令，解得。
∵，∴。
又∵在各区间的情况如下：
＋
0
－
0
＋
∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。
①若，即时，最大值为；
②若，即时，最大值为。
③若时，即时，最大值为。
综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。
【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。
【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。
（2）由 得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据 ，和三种情况讨论的最大值。
例6. （2012年四川省理14分） 已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。
（Ⅰ）用和表示；
（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；
（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。
∴抛物线在点A处的切线方程为，即。
∴。
（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。
即知，对于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到。
当时,
。
当n=0，1，2时，显然。
∴当时，对所有自然数都成立。
∴满足条件的的最小值是。
（Ⅲ）由（1）知，则，。
下面证明：。
首先证明：当0设函数，则。
∵当时，；当时，，
∴在区间（0,1）上的最小值min=g。
∴当0由0从而。
【考点】导数的应用、不等式、数列。
【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则 成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0，1，2时，，由此可得的最小值。
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时， 即可证明： 。
例7. （2012年安徽省文12分）设定义在（0，+）上的函数
（Ⅰ）求的最小值；
（II）若曲线在点处的切线方程为，求的值。
【答案】解：（I）∵，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵曲线在点处的切线方程为，∴。
∴ ①。
又∵，∴ ②。
解①②得：。
【考点】基本不等式的应用，导数的应用。
【解析】（I）应用基本不等式即可求得的最小值。
（II）由和联立方程组，求解即可求得的值。
例8. （2012年湖北省文14分）设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.
（Ⅰ）求a，b的值；
（II）求函数f(x)的最大值；
（III）证明：f(x)＜.
【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。
∵f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。
又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。
∴a＝1，b＝0。
（II）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1。
令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝。
∵在上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f＝n＝。
（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－＝(t＞0)。
∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，
∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。 ∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－(t＞1)。
令t＝1＋，得ln＞，即lnn＋1＞lne。
∴n＋1＞e，即＜。
由（II）知，f(x)≤＜，∴所证不等式成立。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。
（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求 f′(x)＝(n＋1)xn－1，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值。
（III）结合（II），欲证：f(x)＜．由于函数f(x)的最大值f＝n＝，故此不等式证明问题可转化为证明 ＜，对此不等式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅助证明不等式。
例9. （2012年湖南省理13分）已知函数，其中≠0.
（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.
（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题设矛盾，
又，故。
∵∴令。
当时，单调递减；
当时，单调递增.
∴当时，取最小值。
于是对一切恒成立，当且仅当 ①
令则。
当时，单调递增；当时，单调递减，
∴当时，取最大值。
∴当且仅当即时，①式成立。
综上所述，的取值集合为。
（Ⅱ）存在。由题意知，。
令则
。
令，则。
当时，单调递减；当时，单调递增，
∴当，即。
∴，。
又∵∴。
∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，
∴存在使单调递增，故这样的是唯一的，且，故当且仅当时， 。
综上所述，存在使成立.且的取值范围为
。
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。
【解析】（Ⅰ）用导函数法求出取最小值，对一切∈R，≥1恒成立转化为，从而得出的取值集合。
（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。
例10. （2012年辽宁省理12分）设，曲线与直线在(0，0)点相切。
(Ⅰ)求的值。
(Ⅱ)证明：当时，。
【答案】解：（I）∵过（0，0），∴=0。∴=－1。
∵曲线与直线在（0，0）点相切，
∴。∴=0。
（II）证明：由（I）知。
由均值不等式，当＞0时，，∴。
令。
则
。
令。
则当时，。
∴在（0，2）内是单调递减函数。
∵又，∴在（0，2）内，。∴在（0，2）内，。
∴在（0，2）内是单调递减函数。
∵又，∴在（0，2）内，。
∴当时，。
【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（I）由过（0，0），可求b的值，根据曲线与直线在（0，0）点相切，利用导函数，可求a的值。
（II）由（I）知，由均值不等式，可得 。用差值
法构造函数，可得。构造函数， 利用导数判断在（0，2）内是单调递减函数，从而得到出在（0，2）内是单调递减函数，进而得出结论。
五、定积分的计算和应用：
典型例题：例1.（2012年湖北省理5分）已知二次函数的图像如图所示 ，则它与轴所围图形的面积为【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】待定系数法求函数解析式，定积分在求面积中的应用。
【解析】先根据函数的图象用待定系数法求出函数的解析式，然后利用定积分表示所求面积，最后根据定积分运算法则求出所求：
根据函数的图象可知二次函数图象过点（－1，0），（1，0），（0，1），用待定系数法可求得二次函数解析式为。
设二次函数的图像与轴所围图形的面积为，
则。故选B。
例2.（2012年上海市文4分）已知函数的图像是折线段，其中、、，函数（）的图像与轴围成的图形的面积为 ▲
【答案】。
【考点】函数的图象与性质，函数的解析式的求解方法。
【解析】根据题意得到，，∴得到。
（）的图象如图。易知，（）的分段解析式中的两部分
抛物线形状完全相同，只是开口方向及顶点位置不同，，封闭图形与全等，面积相等，故所求面积即为矩形的面积。
若用定积分求解，则。
例3.（2012年山东省理4分）设a＞0.若曲线与直线x＝a，y=0所围成封闭图形的面积为a，则a=
▲ 。
【答案】。
【考点】定积分的应用。
【解析】，解得。
例4.（2012年江西省理5分）计算定积分 ▲ 。
【答案】。
【考点】定积分。
【解析】。
例5. （2012年福建省理5分）如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】定积分的计算，几何概型的计算。
【解析】∵，
∴利用几何概型公式得：。故选C。
例6. （2012年湖南省理5分）函数的导函数的部分图像如图所示，其中，P为图像与y轴的交点，A,C为图像与轴的两个交点，B为图像的最低点.
（1）若，点P的坐标为，则 ▲ ;
（2）若在曲线段与轴所围成的区域内随机取一点，则该点在△ABC内的概率为 ▲ .
【答案】（1）3；（2）。
【考点】三角函数的图像与性质，定积分，几何概率。
【解析】（1），当，点P的坐标为时，，
∴。
（2）由图知，。
∵，∴曲线段与轴所围成的区域面积为
。
由几何概率知该点在△ABC内的概率为。
【备战2013高考数学专题讲座】
第18讲：高频考点分析之命题、逻辑推理和程序框图探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
结合中学数学的知识，高考中命题、逻辑推理和程序框图问题主要有以下几种：
1. 四种命题的判定；
2. 真假命题的判定；
3. 充分必要条件的判定；
4. 逻辑推理；
5. 程序框图。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以上五方面探讨命题和简易逻辑问题的求解。
一、四种命题的判定：
典型例题：例1. （2012年安徽省文5分）命题“存在实数,，使”的否定是【 】
对任意实数, 都有 不存在实数，使
对任意实数, 都有 存在实数，使
【答案】。
【考点】否命题。
【解析】如果两个命题中一个命题的条件和结论分别是另一个命题的条件和结论的否定，则这两个命题称互为否命题。因此，命题“存在实数,，使”的否定是：对任意实数, 都有。故选。
例2. （2012年湖北省理5分）命题“”的否定是【 】
A B
C D
【答案】D。
【考点】命题的否定。
【解析】根据特称命题“?x∈A，p（A）”的否定是“?x∈A，非p（A）”，结合已知中命题，即可得到答案：
∵命题“”是特称命题，而特称命题的否定是全称命题，
∴“”的否定是“”。故选D。
例3. （2012年湖北省文5分）命题“存在一个无理数，它的平方是有理数”的否定是【 】
A.任意一个有理数，它的平方是有理数
B.任意一个无理数，它的平方不是有理数
C.存在一个有理数，它的平方是有理数
D.存在一个无理数，它的平方不是有理数
【答案】B。
【考点】命题的否定。
【解析】根据特称命题的否定，需先将存在量词改为全称量词，然后否定结论，故该命题的否定为“任意一个无理数,它的平方不是有理数”。故选B。
例4. （2012年湖南省理5分）命题“若，则”的逆否命题是【 】
A.若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】C 。
【考点】四种命题。
【解析】因为“若，则”的逆否命题为“若，则”，所以 “若，则”的逆否命题是 “若，则”。 故选C。
例5. （2012年辽宁省理5分）已知命题p：x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≥0，则p是【 】
(A) x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0
(B) x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0
(C) x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)<0
(D) x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)<0
【答案】C。
【考点】含有量词的命题的否定。
【解析】命题p为全称命题，所以其否定p应是特称命题，
所以(f(x2)f(x1))(x2x1)≥0否定为(f(x2)f(x1))(x2x1)<0。故选C。
例6. （2012年重庆市文5分）命题“若p则q”的逆命题是【 】
（A）若q则p （B）若p则 q
（C）若则 （D）若p则
【答案】A 。
【考点】四种命题。
【分析】将原命题的条件与结论互换，可得逆命题，从而可得解答：
命题“若p则q”的逆命题是：若q则p。故选A 。
例7. （2012年陕西省理12分）（1）如图，证明命题“是平面内的一条直线，是外的一条直线（不垂直于），是直线在上的投影，若，则”为真.
（2）写出上述命题的逆命题，并判断其真假（不需要证明）
【答案】解：（1）证明：如图，过直线上任一点作平面的垂线，
设直线的方向向量分别是，
则共面。
根据平面向量基本定理，存在实数使得，则。
∵，∴。
又∵，，∴。
∴，从而。
（2）逆命题：a是平面内一条直线，是外的一条直线（不垂直于），是直线在上的投影，若，则。逆命题为真命题。
【考点】向量语言表述线面的垂直、平行关系，命题。
【解析】（1）作出辅助线，在直线上构造对应的方向向量：过直线上任一点作平面的垂线，要证两条直线垂直，只要证明两条直线对应的向量的数量积等于0，根据向量的运算法则得到结果。
另解： 如图，记，为直线上异于点A的任意一点，过P作，垂足为，则。
∵，，∴直线。
又∵，平面，，
∴平面。
又∵平面，∴。
（2）把所给的命题的题设和结论交换位置，得到原命题的逆命题，判断出逆命题的正确性。
如上图，记，为直线上异于点A的任意一点，过P作，垂足为，则。
∵，，∴直线。
又∵，，∴平面。
又∵平面，∴。
二、真假命题的判定：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分）下面是关于复数的四个命题：其中的真命题为【 】
的共轭复数为 的虚部为
【答案】。
【考点】真假命题，复数的概念。
【解析】∵，，，
的共轭复数是，
∴不是真命题；是真命题；的共轭复数为不是真命题；的虚部为是真命题。故选。
例2. （2012年四川省理5分）下列命题正确的是【 】
A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
【答案】C。
【考点】立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质。
【解析】采用排除法：
若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；
一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；
若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；
故选项C正确。故选C。
例3. （2012年山东省文5分）设命题p：函数的最小正周期为；命题q：函数的图
象关于直线对称.则下列判断正确的是【 】
A p为真 B 为假 C 为假 D 为真
【答案】C。
【考点】真假命题的判定，三角函数的周期和对称性。
【解析】∵函数的最小正周期为，∴命题p为假。
∵函数的图象的对称轴为，∴命题q为假。
∴为假。故选C。
例4. （2012年江西省理5分）下列命题中，假命题为【 】
A．存在四边相等的四边形不是正方形
B．为实数的充分必要条件是互为共轭复数
C．若，且则至少有一个大于
D．对于任意都是偶数
【答案】B。
【考点】真假命题的判定，特称命题和全称命题，充要条件，共轭复数，不等式的基本性质，二项式定理。
【解析】对于A项，通过特例判断：例如菱形，满足四边相等的四边形不是正方形，所以A为真命题；
对于B项，通过特例判断：令,显然，但不互为共轭复数，所以B为假命题；
对于C项，通过不等式的基本性质判断：显然正确（可用它的逆否命题证明），所以C为真命题；
对于D项，通过二项式定理系数的特例判断：根据二项式定理，对于任意有
为偶数，所以D为真命题。
综上所述，假命题为B项。故选B。
例5. （2012年浙江省理5分）设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题错误的是【 】
A．若，则数列有最大项
B．若数列有最大项，则
C．若数列是递增数列，则对任意，均有
D．若对任意，均有，则数列是递增数列
【答案】C。
【考点】命题的真假判断与应用，数列的函数特性。
【解析】选项C显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，…，满足数列{S n}是递增数列，但是S n＞0不成立。故选C。
例6. （2012年福建省理5分）下列命题中，真命题是【 】
A．?x0∈，≤0
B．?x∈，2x＞x2
C．a＋b＝0的充要条件是＝－1
D．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件
【答案】D。
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，全称命题，特称命题，命题的真假判断与应用。
【解析】对于A，根据指数函数的性质不存在x0，使得≤0，因此A是假命题。
对于B，当x＝2时，2x＝x2，因此B是假命题。
对于C，当a＋b＝0时，不存在，因此C是假命题。
对于D，a＞1，b＞1时 ab＞1，所以a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件，因此D是真命题。
故选D。
例7. （2012年福建省理5分）函数在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有，则称在[a，b]上具有性质P.设在[1,3]上具有性质P，现给出如下命题：
①在[1,3]上的图象是连续不断的；
②在[1，]上具有性质P；
③若在x＝2处取得最大值1，则＝1，x∈[1,3]；
④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有．
其中真命题的序号是【 】
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】D。
【考点】抽象函数及其应用，函数的连续性。
【解析】对于命题①，设，显然它在[1,3]上具有性质P，但函数在处是不连续的，命题错误；
对于命题②，设，显然它在[1,3]上具有性质P，但在[1，]上不具有性质P，命题错误；
对于命题③，∵在x＝2处取得最大值1，
∴在[1，3]上，，即。
∴。∴＝1，x∈[1,3]。命题正确；
对于命题④，对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有
命题正确。
故选D。
例8. （2012年四川省理4分）记为不超过实数的最大整数，例如，，，。设为正整数，数列满足，，现有下列命题：
①当时，数列的前3项依次为5,3,2；
②对数列都存在正整数，当时总有；
③当时，；
④对某个正整数，若，则。
其中的真命题有 ▲ _。（写出所有真命题的编号）
【答案】①③④。
【考点】真命题的判定，对高斯函数的理解，数列的性质，特殊值法的应用，基本不等式的应用。
【解析】对于①，若，根据
当n=1时，x2=[]=3, 同理x3=。 故①正确。
对于②，可以采用特殊值列举法：
当a=3时，x1=3, x2=2, x3=1, x4=2……x2k=1, x2k+1=1,……
此时数列从第二项开始为2，1，2，1……，不成立。故②错误。
对于③，由的定义知，，而为正整数，故，且是整数。
∵对于两个正整数、，当为偶数时；当为奇数时，
∴不论是偶数还是奇数，有。
∵和都是整数，
∴。
又当时，，
∵，∴成立。
∴当时，。故③正确。
对于④，当时，， ∴，即。
∴，即，解得。
由③，∴。∴。故④正确。
综上所述，真命题有 ①③④ 。
例9. （2012年四川省文4分）设为正实数，现有下列命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则。
其中的真命题有 ▲ 。（写出所有真命题的编号）
【答案】①④。
【考点】真命题的判定，特殊值法的应用。
【解析】对于①，∵为正实数，∴。
又∵，∴。故①正确。
对于②，可以采用特殊值列举法：
取，满足为正实数和的条件，但。故②错误。
对于③，可以采用特殊值列举法：
取，满足为正实数和的条件，，但。故③错误。
对于④，不妨设，由得，∴。
∵为正实数，∴。
∴。故④正确。
∵且，∴。
综上所述，真命题有 ①④。
三、充分必要条件的判定：
典型例题：例1. （2012年北京市理5分）设a，b∈R.“a=0”是‘复数a+bi是纯虚数”的【 】
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】B。
【考点】复数的概念，纯虚数的定义，充分必要条件的判定。
【解析】复数a+bi是纯虚数必须满足a=0，b≠0同时成立。当a =0 时，如果b =0，此时a+bi 是实数，不是纯虚数，因此不是充分条件：而如果a + bi已经为纯虚数，由定义实部为零，虚部不为零可以得到a=0。因此，.“a=0”是‘复数a+bi是纯虚数”的必要而不充分条件。故选B。
例2. （2012年上海市文5分）对于常数、，“”是“方程的曲线是椭圆”的【 】
A、充分不必要条件 B、必要不充分条件
C、充分必要条件 D、既不充分也不必要条件
【答案】B。
【考点】充分条件、必要条件和充要条件，椭圆的标准方程的理解。
【解析】方程的曲线表示椭圆，常数的取值为或，所以，由得不到方程的曲线表示椭圆，因而不充分。
反过来，根据该曲线表示椭圆，能推出，因而必要。
∴“”是“方程的曲线是椭圆”的必要不充分条件。故选B。
例3. （2012年四川省文5分）设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的充分条件是【 】
A、且 B、 C、 D、
【答案】D。
【考点】充分条件。
【解析】若使成立， 即要、共线且方向相同，即要。所以使成立的充分条件是。故选D。
例4. （2012年天津市理5分）设，则“”是“为偶函数”的【 】
（A）充分而不必要条件 （Ｂ）必要而不充分条件
（Ｃ）充分必要条件 （Ｄ）既不充分也不必要条件
【答案】A。
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，函数奇偶性的判断。
【分析】∵为偶函数，成立；
为偶函数，推不出。
∴“”是“为偶函数”的充分而不必要条件。故选A。
例5. （2012年天津市文5分）设，则“”是“”的【 】
（A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件
（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件
【答案】A。
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，一元二次不等式的解。
【分析】∵不等式的解集为或，∴“”是“”成立的充分不必要条件。故选A。
例6. （2012年安徽省理5分）设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且， 则“”是“”的【 】
充分不必要条件 必要不充分条件
充要条件 即不充分不必要条件
【答案】。
【考点】充分和必要条件，两直线垂直的判定和性质。
【解析】∵，∴“”是“”的充分条件。
∵如果，则与条件相同，∴“”是“”的不必要条件。
故选。
例7.（2012年山东省理5分） 设 ，则“函数在R上是减函数 ”，是“函数在R上是增函数”的【 】
A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件
【答案】A。
【考点】充分必要条件的判断，指数函数和幂函数的性质。
【解析】∵p：“函数在R上是减函数 ”等价于，
q：“函数在R上是增函数”等价于且，即且，
∴p是q成立的充分不必要条件.。故选A。
例8.. （2012年浙江省理5分）设，则“”是“直线：与直线：平行”的【 】
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A。
【考点】充分必要条件。
【解析】当a＝1时，直线l1：x＋2y－1＝0与直线l2：x＋2y＋4＝0显然平行，所以“”是“直线：与直线：平行”的充分条件；
若直线l1与直线l2平行，则有：，解之得：a＝1 或a＝﹣2，所以“”是“直线：与直线：平行”的不必要条件。
∴“”是“直线：与直线：平行”的充分不必要条件。
故选A。
例9. （2012年湖北省文5分）设∈ R，则 “”是“”的【 】
A.充分条件但不是必要条件 B.必要条件但不是充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要的条件
【答案】A。
【考点】充分、必要条件的判定，基本不等式的应用。
【解析】当时，，
而（当且仅当，且，即时等号成立），
∴。
当取,显然有,但。
∴由不可以推得。
综上，是的充分不必要条件。故选A。
例10. （2012年重庆市理5分）已知是定义在R上的偶函数，且以2为周期，则“为[0，1]上的增函数”是“为[3，4]上的减函数”的【 】
（A）既不充分也不必要的条件 （B）充分而不必要的条件
（C）必要而不充分的条件 （D）充要条件
【答案】D。
【考点】充分条件、必要条件、和充要条件的判定，函数的奇偶性、周期性和单调性及其之间的关系。
【分析】∵为[0，1]上的增函数，是偶函数，∴在上递减。
任取，则。
又∵是周期为2的周期函数，∴且。
∴为[3，4]上递减。
反之，当在[3，4]上递减时，根据是周期为2的周期函数知在上递减；又根据是定义在R上的偶函数，得到在[0，1]上递增。
故选D。
例11. （2012年陕西省理5分）设，是虚数单位，则“”是“复数为纯虚数”的【 】
A.充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B。
【考点】充分必要条件。
【解析】当时，，只有，并且时，复数为纯虚数，否则不成立。所以“”是“复数为纯虚数”的不充分条件。
若复数为纯虚数，则有：，所以“”是“复数为纯虚数”的必要条件。
∴“”是“复数为纯虚数”的必要不充分条件。
故选B。
例12. （2012年安徽省理13分） 数列满足：
（I）证明：数列是单调递减数列的充分必要条件是
（II）求的取值范围，使数列是单调递增数列。
【答案】解：（I）证明：必要条件：
当时，，∴数列是单调递减数列。
充分条件
当数列是单调递减数列时，，∴。
∴数列是单调递减数列的充分必要条件是。
（II）由（I）得：
①当时，，不合题意。
②当时， 。 由解得，。
∵，∴ 。∴ 。
又 ，
当时，，∴。∴与同号。
由得，∴。
∴。
当时，存在，使，即
即与异号。与数列是单调递减数列矛盾。
综上所述，当时，数列是单调递增数列。
【考点】充分必要条件，数列的单调性证明。
【解析】（I）要证数列是单调递减数列的充分必要条件是，即要①由得出数列是单调递减数列：②由数列是单调递减数列得。
（II）求的取值范围，使数列是单调递增数列，即要求出数列的后项与前项之差大于0时的取值范围。由（I）和时，，不合题意。因此在的条件下推导。
四、逻辑推理：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）正方形的边长为1，点在边上，点在边上，
，动点从出发沿直线向运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角。
当点第一次碰到时，与正方形的边碰撞的次数为【 】
A．16 B．14 C．12 D．10
【答案】A。
【考点】反射原理，正方形的性质，三角形相似的判定和性质。
【解析】结合已知中的点,的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到点时，需要碰撞14次即可。
也可以通过三角形相似的相似比求解：如图，
为便是于计算，将正方形的边长扩大7倍，这样边长为7，，。
∴这些三角形相似的两边长之比。
∴；；
；
；
；。
∴经过7次碰撞，到达与点成轴对称的点处，根据正方形的对称性，再经过7次碰撞，到达点，共14次碰撞。故选A。
例2. （2012年全国大纲卷文5分）正方形的边长为1，点在边上，点在边上，
，动点从出发沿直线向运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角。
当点第一次碰到时，与正方形的边碰撞的次数为【 】
A 8 B 6 C 4 D 3
【答案】B。
【考点】反射原理，正方形的性质，三角形相似的判定和性质。
【解析】结合已知中的点,的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到点时，需要碰撞6次即可。
也可以通过三角形相似的相似比求解：如图，
为便是于计算，将正方形的边长扩大3倍，这样边长为7，，。
∴这些三角形相似的两边长之比。
∴；；
∴经过3次碰撞，到达与点成轴对称的点处，根据正方形的对称性，再经过3次碰撞，到达点，共6次碰撞。故选B。
例3. （2012年江西省理5分）观察下列各式：则【 】
A．28 B．76 C．123 D．199
【答案】C。
【考点】归纳推理的思想方法。
【解析】观察各等式的右边,它们分别为1，3，4，7，11，…，发现从第3项开始，每一项就是它的前两项之和，故等式的右边依次为1，3，4，7，11，18，29，47，76，123,…，故。故选C。
例4. （2012年福建省文5分）数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 012等于【 】
A．1006 B．2012 C．503 D．0
【答案】A。
【考点】规律探索题。
【解析】寻找规律：a1＝1cos＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝3cos＝0，a4＝4cos2π＝4；
a5＝5cos＝0，a6＝6cos3π＝－6，a7＝7cos＝0，a8＝8cos＝8；
······
∴该数列每四项的和。
∵2012÷4=503，∴S2 012＝2×503＝1006。故选A。
例5. （2012年北京市理5分）已知，若同时满足条件：
，
则m的取值范围是 ▲
【答案】。
【考点】简易逻辑，函数的性质。
【解析】由得。
∵条件，∴当时，。
当时，，不能做到在时，，所以舍去。
∵作为二次函数开口只能向下，∴，且此时两个根为。
为保证条件①成立，必须。
又由条件的限制，可分析得出时，恒负。
∴就需要在这个范围内有得正数的可能，即－4应该比两根中小的那个大。
由得，
∴当时，，解得交集为空集，舍去。
当时，两根同为－2＞－4，舍去。
当时，。
综上所述，。
例6. （2012年湖北省文5分）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数。他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1,3， 6,10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列，可以推测：
（Ⅰ）是数列中的第 ▲ 项；
（Ⅱ） = ▲ 。（用表示）
【答案】（Ⅰ）5030；（Ⅱ）。
【考点】归纳规律。
【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…,的一个通项公式为，写出其若干项有：1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,110,发现其中能被5整除的为10,15,45,55,105,110。
故。
从而由上述规律可猜想：（为正整数），
。
故,即是数列中的第5030项。
例7. （2012年湖南省理5分）设N=2n（n∈N*，n≥2），将N个数x1,x2,…，xN依次放入编号为1,2，…，N的N个位置，得到排列P0=x1x2…xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前和后个位置，得到排列P1=x1x3…xN-1x2x4…xN，将此操作称为C变换，将P1分成两段，每段个数，并对每段作C变换，得到；当2≤i≤n-2时，将Pi分成2i段，每段个数，并对每段C变换，得到Pi+1，例如，当N=8时，P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此时x7位于P2中的第4个位置.
（1）当N=16时，x7位于P2中的第 ▲ 个位置；
（2）当N=2n（n≥8）时，x173位于P4中的第 ▲ 个位置.
【答案】（1）6；（2）。
【考点】演绎推理的基本方法，进行简单的演绎推理。
【解析】（1）当N=16时,
,可设为,
,即为,
,即, x7位于P2中的第6个位置。
（2）考察C变换的定义及（1）计算可发现：
第一次C变换后，所有的数分为两段，每段的序号组成公差为2的等差数列，且第一段序号以1为首项，第二段序号以2为首项；
第二次C变换后，所有的数据分为四段，每段的数字序号组成以为4公差的等差数列，且第一段的序号以1为首项，第二段序号以3为首项，第三段序号以2为首项，第四段序号以4为首项；
依此类推可得出P4中所有的数字分为16段，每段的数字序号组成以16为公差的等差数列，且一到十六段的首项的序号分别为1，9，5，13，…，由于173=16×10+13，故x173位于以13为首项的那一段的第11个数，由于N=2n（n≥8）故每段的数字有2n-4个，以13为首项的是第四段，故x173位于第个位置。
例8. （2012年福建省理4分）数列{an}的通项公式，前n项和为Sn，则S2 012＝ ▲ .
【答案】3018。
【考点】规律探索题。
【解析】寻找规律：a1＝1cos＋1＝1，a2＝2cosπ＋1＝－1，a3＝3cos＋1＝1，a4＝4cos2π＋1＝5；
a5＝5cos＋1＝1，a6＝6cos3π＋1＝－5，a7＝7cos＋1＝1，a8＝8cos＋1＝9；
······
∴该数列每四项的和。
∵2012÷4=503，∴S2 012＝6×503＝3018。
例9. （2012年福建省文4分）某地区规划道路建设，考虑道路铺设方案，方案设计图中，点表示城市，两点之间连线表示两城市间可铺设道路，连线上数据表示两城市间铺设道路的费用．要求从任一城市都能到达其余各城市，并且铺设道路的总费用最小，例如：在三个城市道路设计中，若城市间可铺设道路的线路图如图①，则最优设计方案如图②，此时铺设道路的最小总费用为10.
现给出该地区可铺设道路的线路图如图③，则铺设道路的最小总费用为 ▲ ．
【答案】16。
【考点】最优设计方案。
【解析】根据题意先选择中间最优线路，中间有三条，分别是A→F→G→D，E→F→B，E→G→C，费用最低的是A→F→G→D为3＋1＋2＝6；再选择A→F→G→D线路到点E的最低费用线路是：A→E费用为2；再选择A→F→G→D到C→B的最低费用，则选择：G→C→B，费用最低为3＋5＝8，所以铺设道路的最小费用为：6＋2＋8＝16。
例10. （2012年陕西省理5分） 观察下列不等式
，
……
照此规律，第五个不等式为 ▲ .
【答案】。
【考点】归纳规律。
【解析】由题设中所给的三个不等式归纳出它们的共性：左边式子是连续正整数平方的倒数和，最后一个数的分母是不等式序号n+1的平方；右边分式中的分子与不等式序号n的关系是2n+1，分母是不等式的序号n+1，得出第n个不等式，即可得到通式：。
令n=5，即可得出第五个不等式，即。
例11. （2012年北京市文13分）设A是如下形式的2行3列的数表，
a
b
c
d
e
f
满足性质P：a，b，c，d，e，f∈[-1,1],且a+b+c+d+e+f=0。记ri（A）为A的第i行各数之和（i=1,2），c j（A）为A的第j列各数之和（j=1，2，3）；记k（A）为|r1(A)|, |r2(A)|, |c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值。
（1）对如下数表A，求k（A）的值
1
1
－0.8
0.1
－0.3
－1
（2）设数表A形如
1
1
－1－2d
d
d
－1
其中－1≤d≤0.求k（A）的最大值；
（3）对所有满足性质P的2行3列的数表A ，求k(A)的最大值。
【答案】解：（1）由题意可知，
∴。
（2）
∵－1≤d≤0，
∴。
∴。
∴当d=0时，k（A）取得最大值1。
（3）任给满足性质P的数表A（如下所示）
a
b
c
d
e
f
任意改变A三维行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*仍满足性质P，并且k（A）=k（A*）
因此，不防设r1（A）≥0，c1（A）≥0，c2（A）≥0，
由k（A）的定义知，k（A）≤r1（A），k（A）≤c1（A），k（A）≤c2（A），
∴
∴k（A）≤1
由（2）可知，存在满足性质P的数表A使k（A）=1，故k（A）的最大值为1。
【考点】逻辑推理。
【解析】（1）根据ri（A）为A的第i行各数之和（i=1，2），c j（A）为A的第j列各数之和（j=1，2，3）；求出|r1（A）|，|r2（A）|，|c1（A）|，|c2（A）|，|c3（A）|中的最小值可即为所求。
（2）k（A）的定义可求出k（A）=1+d，然后根据d的取值范围可求出所求。
（3）任意改变A三维行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*仍满足性质P，并且k（A）=k（A*）。因此，不防设r1（A）≥0，c1（A）≥0，c2（A）≥0，然后利用不等式的性质可知3k（A）≤r1（A）+c1（A）+c2（A），从而求出k（A）的最大值。
例12. （2012年上海市理18分）对于数集，其中，，定义向量集. 若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P. 例如具有性质P.
（1）若＞2，且，求的值；（4分）
（2）若X具有性质P，求证：1(X，且当n＞1时，1=1；（6分）
（3）若X具有性质P，且1=1，（为常数），求有穷数列的通项公式.（8分）
【答案】解：（1）选取，则Y中与垂直的元素必有形式。
∴，从而=4。
（2）证明：取，设满足。
由得，∴、异号。
∵－1是X中唯一的负数，所以、中之一为－1，另一为1。
故1(X。
假设，其中，则。
选取，并设满足，即。
则、异号，从而、之中恰有一个为－1。
若=－1，则，矛盾；
若=－1，则，矛盾.
∴=1。
（3）猜测，i=1, 2, …, 。
记，=2, 3, …, 。
先证明：若具有性质P，则也具有性质P。
任取，、(.当、中出现－1时，显然有满足。
当且时，、≥1。
∵具有性质P，∴有，、(，使得。
从而和中有一个是－1，不妨设=－1，
假设(且(，则。
由，得，与(矛盾。
∴(，从而也具有性质P。
现用数学归纳法证明：，i=1, 2, …, 。
当=2时，结论显然成立。
假设时，有性质P，则，i=1, 2, …, ；
则当时，若有性质P，则
也有性质P，所以。
取，并设满足，即。
由此可得与中有且只有一个为－1。
若，则，所以，这不可能；
∴，，又，所以。
综上所述，，i=1, 2, …, 。
【考点】数集、集合的基本性质、元素与集合的关系，数学归纳法和反证法的应用。
【解析】（1）根据题设直接求解。（2）用反证法给予证明。
（3）根据题设，先用反证法证明：若具有性质P，则也具有性质P，再用数学归纳法证明猜测，i=1, 2, …, 。
例13. （2012年北京市理13分）设A是由m×n个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零，记s(m，n)为所有这样的数表构成的集合。
对于A∈S(m，n)，记Ri(A)为A的第ⅰ行各数之和（1≤ⅰ≤m），Cj(A)为A的第j列各数之和（1≤j≤n）；
记K(A)为∣R1(A)∣,∣R2(A)∣,…,∣Rm(A)∣,∣C1(A)∣,∣C2(A)∣,…,∣Cn(A)∣中的最小值。
（1）对如下数表A，求的值；
1
1
－0.8
0.1
－0.3
－1
（2）设数表A∈S（2,3）形如
1
1
c
a
b
－1
求的最大值；
（3）给定正整数t，对于所有的A∈S（2，2t+1），求的最大值。
【答案】解：（1）由题意可知，
∴。
（2）先用反证法证明：
若，则，
∴（无解）。
同理可知。
∴。
由题设所有数和为0，即，
∴，解得，与题设矛盾。
∴。
易知当时，存在。
∴的最大值为1。
（3）的最大值为。
首先构造满足的：
，
。
经计算知，中每个元素的绝对值都小于1，所有元素之和为0，且
，，
。
下面证明是最大值。
若不然，则存在一个数表A∈S（2，2t+1），使得。
由的定义知的每一列两个数之和的绝对值都不小于，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故的每一列两个数之和的绝对值都在区间中. 由于，故的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于。
设中有列的列和为正，有列的列和为负，由对称性不妨设，则。另外，由对称性不妨设的第一行行和为正，第二行行和为负。
考虑的第一行，由前面结论知的第一行有不超过个正数和不少于个负数，每个正数的绝对值不超过1（即每个正数均不超过1），每个负数的绝对值不小于（即每个负数均不超过）。
因此，故的第一行行和的绝对值小于，与假设矛盾。
因此的最大值为。
【考点】逻辑推理，反证法的应用。
【解析】（1）根据ri（A）为A的第i行各数之和（i=1，2），c j（A）为A的第j列各数之和（j=1，2，3）；求出|r1（A）|，|r2（A）|，|c1（A）|，|c2（A）|，|c3（A）|中的最小值可即为所求。
（2）用反证法证明。
（3）先构造满足的，用反证法证明是最大值。
例14. （2012年湖北省理14分）（Ⅰ）已知函数，其中为有理数，且.求的最小值；
（II）试用（1）的结果证明如下命题：设为正有理数，若，则；
（III）请将（2）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题。注：当为正有理数时，有求导公式
【答案】解：（Ⅰ），令，解得。
当时，，所以在内是减函数；
当 时，，所以在内是增函数。
∴函数在处取得最小值。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，有，即 ①。
若，中有一个为0，则成立；
若，均不为0，又，可得。
于是在①中令，，可得，
即，亦即。
综上，对，，为正有理数且，总有 ②。
（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：
设为非负实数，为正有理数.
若，则. ③
用数学归纳法证明如下：
（1）当时，，有，③成立。
（2）假设当时，③成立，即若为非负实数，为正有理数，
且，则。
当时，已知为非负实数，为正有理数，
且，此时，即。
∴=。
∵，由归纳假设可得
，
∴。
又∵，由②得
，
∴.
故当时，③成立。
由（1）（2）可知，对一切正整数，所推广的命题成立，
【考点】利用导数求函数的最值，数学归纳法的应用。
【解析】（Ⅰ）应用导数求函数的最值。
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，分，中有一个为0和，均不为0讨论即可。
（Ⅲ）应用数学归纳法证明。
五、程序框图：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分）如果执行下边的程序框图，输入正整数和实数，输出，则【 】
为的和
为的算术平均数
和分别是中最大的数和最小的数
和分别是中最小的数和最大的数
【答案】。
【考点】程序框图的结构。
【解析】根据程序框图所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序的作用是：和分别是中最大的数和最小的数。故选。
例2. （2012年北京市理5分）执行如图所示的程序框图，输出的S值为【 】
A. 2 B .4 C.8 D. 16
【答案】C。
【考点】程序框图。
【分析】根据流程图所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用，程序的运行过程中各变量值变化如下表：
是否继续循环
S
k
循环前
1
0
第一圈
是
2
1
第二圈
是
4
2
第三圈
是
8
3
第四圈
否
输出8
∴最终输出结果k=4。故选C。
例3. （2012年天津市理5分）阅读下边的程序框图，运行相应的程序，当输入的值为时，输出的值为【 】
（A） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）
【答案】C。
【考点】程序框图。
【分析】根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中各变量值变化如下表：
是否继续循环
循环前
－25
第一圈
是
4
第二圈
是
1
第三圈
否
输出3
∴最终输出结果。故选C。
例4. （2012年天津市文5分）阅读下边的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为【 】
（A）8 （B）18 （C）26 （D）80
【答案】C。
【考点】程序框图。
【分析】根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中各变量值变化如下表：
是否继续循环
循环前
0
1
第一圈
是
2
第二圈
是
3
第三圈
是
4
第四圈
否
输出26
∴最终输出结果。故选C。
例5. （2012年安徽省理5分）如图所示，程序框图（算法流程图）的输出结果是【 】
【答案】。
【考点】程序框图的结构。
【解析】根据程序框图所示的顺序，逐框分析程序中各变量、各语句的作用可知：该程序的作用是计算满足的最小项数：
根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中各变量值变化如下表：
是否继续循环
循环前
1
1
第一圈
是
2
2
第二圈
是
4
3
第三圈
是
8
4
第四圈
否
输出4
∴最终输出结果。故选。
例6. （2012年山东省理5分）执行下面的程序图，如果输入a=4，那么输出的n的值为【 】
A 2 B 3 C 4 D 5
【答案】B。
【考点】程序框图。
【分析】根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中各变量值变化如下表：
是否继续循环
n= n+1
P=P+42
Q=2Q+1
循环前
0
0
1
第一圈
是
0
1
3
第二圈
是
1
5
7
第三圈
是
2
21
15
第四圈
否
输出3
∴最终输出结果n =3。故选B。
例7. （2012年辽宁省理5分）执行如图所示的程序框图，则输出的S的值是【 】
(A) 1 (B) (C) (D) 4
【答案】D。
【考点】程序框图中的循环结构，数列的周期性。
【解析】根据程序框图可计算得由此可知S的值呈周期出现，其周期为4，输出时因此输出的值与时相同。故选D。
例8. （2012年广东省文5分）执行如图所示的程序框图，若输入的值为6，则输出的值为 【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考点】程序框图。
【解析】本循环结构是当型循环结构，它所表示的算式为=1×3×5×…×（2i-1），输入n=6，可得：进入循环的条件为，即=1，3，5，模拟程序的运行结果，即可得到输出的s值：
当时，；
当时，；
当时，；
当时，不满足条件“ ”，退出循环，则输出的。故选C。
例9. （2012年陕西省理5分）下图是用模拟方法估计圆周率的程序框图，表示估计结果，则图中空白框内应填入【 】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】程序框图。
【解析】点落在单位圆内或圆上，随机产生1000个数，因此图中空白框内应填入，故选D。
例10. （2012年福建省文5分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的s值等于【 】
A．－3 B．－10 C．0 D．－2
【答案】A。
【考点】程序框图。
【解析】第一次循环由于k＝1<4，所以s＝2－1＝1，k＝2；
第二次循环k＝2<4，所以s＝2－2＝0，k＝3；
第三次循环k＝3<4，所以s＝0－3＝－3，k＝4，结束循环，所以输出s＝－3。故选A。
例11. （2012年陕西省文5分）下图是计算某年级500名学生期末考试（满分为100分）及格率q的程序框图，则图中空白框内应填入【 】
A. q= B.q= C．q= D.q=
【答案】D。
【考点】程序框图。
【解析】因为执行判断框“是”计算的及格的总分数M，“否”统计的是不及格的成绩，所以及格率。故选D。
例12. （2012年广东省理5分）执行如图所示的程序框图，若输入n的值为8，则输出s的值为 ▲ 。
【答案】8。
【考点】程序框图。
【解析】由已知中的程序框图及已知输入n=8，可得：进入循环的条件为，即=2，4，6模拟程序的运行结果，即可得到输出的s值：
当时，；
当时，；
当时，；
当时，不满足条件“ ”，退出循环，则输出的。
例13. （2012年江西省理5分）下图为某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是 ▲ .
【答案】3。
【考点】算法程序框图的应用。
【解析】由程序框图可知：
第一次:T=0,k=1,成立，，2<6,满足判断条件，继续循环；
第二次:不成立，,3<6，满足判断条件，继续循环；
第三次:不成立， ，4<6, 满足判断条件，继续循环；
第四次: 成立，, 5<6, 满足判断条件，继续循环；
第五次: 成立， ，6<6不成立，不满足判断条件，跳出循环，故输出T的值3。
例14.（2012年浙江省理4分）若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是 ▲ ．
【答案】.
【考点】程序框图的结构。
【解析】通过循环框图，计算循环变量的值，当=6时结束循环，输出结果即可：
根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中各变量值变化如下表：
是否继续循环
循环前
2
1
第一圈
是
3
第二圈
是
4
第三圈
是
5
第四圈
否
6
输出
∴最终输出结果。
例15. （2012年湖北省理5分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果s= ▲ .
【答案】9。
【考点】程序框图。
【解析】用列举法，通过循环过程直接得出s与n的值，得到n=3时退出循环，即可．
循环前，S=1，a=3，
第1次判断后循环，n=2，s=4，a=5，
第2次判断并循环n=3，s=9，a=7，
第3次判断n退出循环，输出s =9。
例16.（2012年湖南省理5分）如果执行如图所示的程序框图，输入,n=3,则输出的数S= ▲
【答案】。
【考点】算法流程图。
【解析】输入,n=3,，执行过程如下：；；，所以输出的是。
例17. （2012年湖南省文5分）如果执行如图所示的程序框图，输入,则输出的数 = ▲ ..
【答案】4。
【考点】算法流程图。
【解析】算法的功能是赋值，通过四次赋值得，输出。
例18. （2012年福建省理4分）阅读图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的s值等于 ▲ ．
【答案】－3。
【考点】程序框图。
【解析】第一次循环由于k＝1<4，所以s＝2－1＝1，k＝2；
第二次循环k＝2<4，所以s＝2－2＝0，k＝3；
第三次循环k＝3<4，所以s＝0－3＝－3，k＝4，结束循环，所以输出s＝－3。
例19. （2012年江苏省5分）下图是一个算法流程图，则输出的k的值是 ▲ ．
【答案】5。
【考点】程序框图。
【分析】根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中变量值变化如下表：
是否继续循环
k
循环前
0
0
第一圈
是
1
0
第二圈
是
2
－2
第三圈
是
3
－2
第四圈
是
4
0
第五圈
是
5
4
第六圈
否
输出5
∴最终输出结果k=5。
【备战2013高考数学专题讲座】
第19讲：高频考点分析之数列探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
数列是高考数学的必考内容，全考查的比重不小，等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式的应用是必考内容，数列与函数和导数、三角函数、解析几何、组合数的综合应用问题是命题热点和难点。
从解题思想方法的规律着眼，高考数学中主要有：① 方程思想的应用，利用公式列方程(组)；② 函数思想方法的应用、图像、单调性、最值等问题；③ 待定系数法、分类讨论等方法的应用等。
从题型的角度，高考中数列问题主要有以下几种：
1. 等差、等比数列的相关知识；
2. 裂项求和法的运用：
3. 逐商求积法的运用：
4. 错位相减法的运用：
5. 周期（循环）数列（扩展）的运用：
6. 数列特征方程的应用；
7. 数列与函数（方程）的综合应用；
8. 数列与三角函数的综合应用。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以上八方面探讨数列问题的求解。
一、等差、等比数列的相关知识：包括等差、等比数列的概念、性质、通项公式、前n项和公式或可直接转化为等差、等比数列的数列。
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷文5分）已知数列的前项和为，则=【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】数列的通项公式和求和公式的应用。
【解析】∵，∴，即。
又∵，∴。∴，即。
∴。∴当时，是公比为的等比数列。
∴。故选B。
例2. （2012年全国课标卷理5分）已知为等比数列，，，则【 】
【答案】。
【考点】等比数列。
【解析】∵为等比数列，，，∴ 或。
由 得，即；
由 得，即。故选。
例3. （2012年北京市文5分）已知为等比数列，下面结论中正确的是【 】
A. B. C.若a1=a3，则a1=a2 D.若a3＞a1，则a4＞a2
【答案】B。
【考点】等比数列的基本概念，均值不等式。
【解析】本题易用排除法求解：设等比数列的公比为，则
A，当时，，此时，选项错误。
B. 根据均值不等式，有，选项正确。
C. 当时，a1=a3，但a1=a2 ，选项错误。
D. 当时，，选项错误。
故选B。
例4. （2012年安徽省文5分）公比为2的等比数列{} 的各项都是正数，且 =16，则【 】
【答案】
【考点】等比数列。
【解析】∵等比数列{} 的公比为2，且 =16，∴，即。
又∵等比数列{}各项都是正数，∴。∴。∴。故选。
例5. （2012年福建省理5分） 等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为【 】
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B。
【考点】等差数列的通项。
【解析】设等差数列{an}的公差为，根据已知条件得： 即 解得2d＝4，所以d＝2。故选B。
例6. （2012年辽宁省理5分）在等差数列{an}中，已知a4+a8=16，则该数列前11项和S11=【 】
(A)58 (B)88 (C)143 (D)176
【答案】B。
【考点】等差数列的通项公式、性质及其前n项和公式。
【解析】在等差数列中，∵，∴。故选B。
例7. （2012年辽宁省文5分）在等差数列{an}中，已知，则=【 】
(A) 12 (B) 16 (C) 20 (D)24
【答案】B。
【考点】等差数列的通项公式。
【解析】∵，，
∴。故选B。
例8. （2012年重庆市理5分）在等差数列中，，则的前5项和=【 】
A.7 B.15 C.20 D.25 【答案】B。
【考点】等差数列的性质。
【分析】利用等差数列的性质，可得，再利用等差数列的求和公式，即可得到结论：
∵等差数列中，，∴，
∴。故选B。
例9. （2012年全国课标卷文5分）等比数列的前n项和为Sn，若S3+3S2=0，则公比q= ▲
【答案】。
【考点】等比数列。
【解析】∵等比数列的前n项和为Sn，∴。
又∵S3+3S2=0，∴，即，解得。
例10. （2012年北京市理5分）已知为等差数列，为其前n项和。若，，则=
▲ ； ▲
【答案】1；。
【考点】等差数列
【解析】设等差数列的公差为，根据等差数列通项公式和已知，得
。
∴。
例11. （2012年广东省理5分）.已知递增的等差数列满足，，则 ▲ 。
【答案】。
【考点】等差数列。
【解析】设递增的等差数列的公差为（），由得，
解得，舍去负值，。
∴。
例12. （2012年广东省文5分）若等比数列满足，则 ▲ ．
【答案】。
【考点】等比数列的性质。
【解析】∵是等比数列,∴。∴=。
例13. （2012年江西省理5分）设数列都是等差数列，若，，则
▲ 。
【答案】35。
【考点】等差中项的性质，整体代换的数学思想。
【解析】∵数列都是等差数列，∴数列也是等差数列。
∴由等差中项的性质，得，即，
解得。
例14. （2012年江西省文5分）等比数列的前项和为，公比不为1。若，且对任意的都有，则= ▲ 。
【答案】11
【考点】数列递推式，数列的求和。
【解析】设等比数列的公比为。
∵，∴即。
解得 =－2，或 =1（舍去）。
∴。
例15. （2012年浙江省理4分）设公比为的等比数列的前项和为．若，，则 ▲ ．
【答案】。
【考点】等比数列的性质，待定系数法。
【解析】用待定系数法将，两个式子全部转化成用，q表示的式子：
，
两式作差得：，即：，解之得：或 (舍去)。
例16. （2012年辽宁省理5分）已知等比数列｛an｝为递增数列，且，则数列｛an｝的通项公式an = ▲ 。
【答案】。
【考点】等比数列的通项公式。
【解析】设等比数列｛an｝的公比为。
∵，∴。∴，。
又∵，∴。∴。
解得或。
又∵等比数列｛an｝为递增数列，∴舍去。
∴。
例17. （2012年辽宁省文5分）已知等比数列｛an｝为递增数列.若,且 ,则数列｛an｝的公比 = ▲ .
【答案】2。
【考点】等比数列的通项公式。
【解析】∵，∴，即，解得或。
∵数列为递增数列，且，∴。∴。
例18.（2012年重庆市文5分）首项为1，公比为2的等比数列的前4项和 ▲
【答案】5。
【考点】等比数列的前项和。
【分析】把已知的条件直接代入等比数列的前项和公式，运算求得结果：。
例19. （2012年山东省文12分）已知等差数列的前5项和为105，且.
(Ⅰ)求数列的通项公式；
(Ⅱ)对任意，将数列中不大于的项的个数记为.求数列的前m项和.
【答案】解：(Ⅰ)由已知得：，解得。
∴通项公式为。
(II)由，得，即
∵，∴是公比为49的等比数列。
∴。
【考点】等差数列和等比数列的性质。
【解析】（Ⅰ）根据已知条件不求出和即可求出数列的通项公式。
（Ⅱ）由（Ⅰ）和题设得不等式，解出后根据条件得到是公比为49的等比数列，再求和。
例20. （2012年湖北省理12分）已知等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8.
（Ⅰ）求等差数列的通项公式；
（II）若成等比数列，求数列的前n项的和。
【答案】解：（Ⅰ）设等差数列的公差为，则，，
由题意得 解得或
∴由等差数列通项公式可得，或。
∴等差数列的通项公式为，或。
（Ⅱ）当时，，，分别为，，，不成等比数列；
当时，，，分别为，，，成等比数列，满足条件。
∴
记数列的前项和为，
当时，；当时，；
当时，
。
当时，满足此式。
综上，
【考点】等差等比数列的通项公式，和前n项和公式及基本运算。
【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，根据等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8列方程组求解即可。
（II）对（Ⅰ）的结果验证符合成等比数列的数列，应用等差数列前n项和公式分，，分别求解即可。
例21. （2012年湖南省理12分）已知数列{an}的各项均为正数，记A（n）=a1+a2+……+an，B（n）=a2+a3+……+an+1，C（n）=a3+a4+……+an+2，n=1,2，……
（Ⅰ）若a1=1，a2=5，且对任意n∈N﹡，三个数A（n），B（n），C（n）组成等差数列，求数列{ an }的通项公式.
(Ⅱ)证明：数列{ an }是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意，三个数A（n），B（n），C（n）组成公比为q的等比数列.
【答案】解：（Ⅰ）∵对任意,三个数是等差数列，
∴，即，。
∵a1=1，a2=5，∴。
∴数列是首项为１，公差为４的等差数列，即。
（Ⅱ）（１）必要性：若数列是公比为ｑ的等比数列，则对任意，有。
由知，均大于０，于是
，
，
即＝＝。
∴三个数组成公比为的等比数列。
（２）充分性：若对于任意，三个数组成公比为的等比数列，
则。
∴得
即。
由有即，从而。
∵，∴。
∴数列是首项为，公比为的等比数列。
综上所述，数列是公比为的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N﹡，三个数组成公比为的等比数列。
【考点】等差数列、等比数列的定义、性质，充要条件的证明。
【解析】（Ⅰ）由等差数列定义可得。
（Ⅱ）从充分性、必要性两方面来证明，利用等比数列的定义及性质易得证。
例22. （2012年湖南省文13分）某公司一下属企业从事某种高科技产品的生产.该企业第一年年初有资金2000万元，将其投入生产，到当年年底资金增长了50％.预计以后每年资金年增长率与第一年的相同.公司要求企业从第一年开始，每年年底上缴资金d万元，并将剩余资金全部投入下一年生产.设第n年年底企业上缴资金后的剩余资金为an万元.
（Ⅰ）用d表示a1，a2，并写出与an的关系式；
（Ⅱ）若公司希望经过m（m≥3）年使企业的剩余资金为4000万元，试确定企业每年上缴资金d的值（用m表示）.
【答案】解：（Ⅰ）由题意得，，
。
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
。
整理得 。
由题意，，∴，
解得。
∴该企业每年上缴资金的值为缴时，经过年企业的剩余资金为4000元。
【考点】递推数列问题在实际问题中的应用。
【解析】（Ⅰ）建立数学模型，得出与an的关系式。
（Ⅱ）把（Ⅰ）中的迭代，即可以解决。
例23. （2012年重庆市文13分）已知为等差数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式（6分）；
（Ⅱ）记的前项和为，若成等比数列，求正整数的值（7分）。
【答案】解：（Ⅰ）设数列 的公差为，
由题意知，解得。
∴。
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，
∵ 成等比数列，∴，
即，即 。
解得 或（舍去）。
∴。
【考点】等比数列的性质，等差数列的通项和前项和公式。
【分析】（Ⅰ）设等差数列的公差等于，则由可得关于和的二元一次方程组，解出即可求得数列的通项公式。
（Ⅱ） 由（Ⅰ）可得的前项和为，再由 成等比数列，得a即可求得正整数的值。
例24. （2012年陕西省文12分）已知等比数列的公比为.
（I）若，求数列的前项和；
（Ⅱ）证明：对任意，成等差数列
【答案】解：（1）由通项公式可得，得。
∴由等比数列求和公式得数列的前项和为。
（Ⅱ）证明：∵，
∴
，
即。
∴对任意，成等差数列。
【考点】等比数列的概念、通项公式、求和公式及其性质，等差数列的确定。
【解析】（I）由 ，以及可得 ，代入等比数列的前项和公式，运算求得结果。
（Ⅱ）对任意，化简可得=0，故成等差数列。
例25.（2012年陕西省理12分）设的公比不为1的等比数列，其前项和为，且成等差数列.
（1）求数列的公比；
（2）证明：对任意，成等差数列.
【答案】解：（1）设数列的公比为（），
由成等差数列，得，即。
由得，解得。
∵的公比不为1，∴舍去。
∴ 。
（2）证明：∵对任意，，
，
∴
∴对任意，成等差数列。
【考点】等差等比数列的概念、通项公式、求和公式及其性质。
【解析】（1）设数列的公比为（），利用成等差数列结合通项公式，可得，由此即可求得数列的公比。
（2）对任意，可证得，从而得证。
另解：对任意，
所以，对任意，成等差数列。
例26.（2012年江苏省16分）已知各项均为正数的两个数列和满足：，，
（1）设，，求证：数列是等差数列；
（2）设，，且是等比数列，求和的值．
【答案】解：（1）∵，∴。
∴ 。∴ 。
∴数列是以1 为公差的等差数列。
（2）∵，∴。
∴。（﹡）
设等比数列的公比为，由知，下面用反证法证明
若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。
若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。
∴综上所述，。∴，∴。
又∵，∴是公比是的等比数列。
若，则，于是。
又由即，得。
∴中至少有两项相同，与矛盾。∴。
∴。
∴ 。
【考点】等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法。
【解析】（1）根据题设和，求出，从而证明而得证。
（2）根据基本不等式得到，用反证法证明等比数列的公比。
从而得到的结论，再由知是公比是的等比数列。最后用反证法求出。
例27.（2012年上海市理4分）有一列正方体，棱长组成以1为首项，为公比的等比数列，体积分别记为，则 ▲ .
【答案】。
【考点】无穷递缩等比数列的极限，等比数列的通项公式。
【解析】由正方体的棱长组成以为首项，为公比的等比数列，可知它们的体积则组成了一个以1为首项，为公比的等比数列，因此，。
二、裂项求和法的运用：裂项求和法是把一个数列分成几个可直接求和的数列（等差、等比数列），适用于其中{ }是各项不为0的等差数列，c为常数；部分无理数列、含阶乘的数列等。
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知等差数列的前项和为，则数列的前100项和为【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】等差数列的通项公式和前项和公式的运用，裂项求和的综合运用。
【解析】通过已知，列式求解，得到公差与首项，从而得的通项公式，进一步裂项求和：
设等差数列的公差为，则由可得
。
∴。
∴。故选A。
例2. （2012年山东省理12分）在等差数列中，。
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）对任意m∈N﹡，将数列中落入区间内的项的个数记为，求数列的前m项和。
【答案】解：（Ⅰ）由可得。
而，则。。
∴，即。
（Ⅱ）∵对任意m∈N﹡，，
∴，即，
而，由题意可知。
∴
，
即。
【考点】等差数列的性质，数列的求法。
【解析】（Ⅰ）根据已知条件不求出和即可求出数列的通项公式。
（Ⅱ）由（Ⅰ）和将数列中落入区间内得不等式，解出后根据条件得到，再求和。
三、逐商求积法的运用：逐商求积法是利用恒等式求通项的方法，适用于的递推 数列通项公式，其中可求前积。
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷文12分）已知数列{}中， =1，前n项和．
（1）求，
（2）求{}的通项公式。
【答案】解：（1）由 =1，得，解得。
同理，解得。
（2）∵，∴。
∴，即。
∴。
∴，即。
由 =1，得。
∴{}的通项公式为。
【考点】数列。
【解析】（1）由已知条件，可直接求出。
（2）由求出，两式相减，求出。从而各项相乘即可求得{}的通项公式。
四、错位相减法的运用：错位相减法是一种常用的数列求和方法， 形如的数列，其中{}为等差数列，为等比数列；分别列出，再把所有式子同时乘以等比数列的公比，即；然后错一位，两式相减即可。适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和。
典型例题：例1. （2012年四川省文12分）已知数列的前项和为，常数，且对一切正整数都成立。
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设，，当为何值时，数列的前项和最大？
【答案】解：（Ⅰ）取n=1，得，∴。
若=0，则=0, 当n时，。
若，则，
有当n时，，，
两个相减得：，∴。∴数列公比是2的等比数列。
综上所述，若=0, 则 ；若，则。
（Ⅱ）当且时，令，则。
∴是单调递减的等差数列（公差为－lg2）
则 b1>b2>b3>…>b6=；
当n≥7时，bn≤b7=。
∴数列{lg}的前6项的和最大，即当=6时，数列的前项和最大。
【考点】等差数列、等比数列、对数等基础知识，分类与整合、化归与转化等数学思想的应用。
【解析】（I）由题意，n=1时，由已知可知，分类讨论：由=0及，结合数列的和与项的递推公式可求。
（II）由且时，令，则，结合数列的单调性可求和的最大项 。
例2. （2012年天津市理13分）已知{}是等差数列，其前项和为，{}是等比数列,且=，，.
(Ⅰ)求数列{}与{}的通项公式；
(Ⅱ)记，，证明.
【答案】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由=，得。
由条件，得方程组
，解得。
∴。
(Ⅱ)证明：由（1）得， ①；
∴ ②；
由②－①得，
∴。
【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列和等比数列的通项公式。
【分析】（Ⅰ）直接设出首项和公差，根据条件求出首项和公差，即可求出通项。
（Ⅱ）写出的表达式，借助于错位相减求和。
还可用数学归纳法证明其成立。
例3. （2012年天津市文13分）已知{}是等差数列，其前项和为，{}是等比数列,且=，，.
(Ⅰ)求数列{}与{}的通项公式；
(Ⅱ)记，，证明。
【答案】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由=，得。
由条件，得方程组
，解得。
∴。
(Ⅱ)证明：由（1）得， ①；
∴ ②；
由②－①得，
∴。
【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列和等比数列的通项公式。
【分析】（Ⅰ）直接设出首项和公差，根据条件求出首项和公差，即可求出通项。
（Ⅱ）写出的表达式，借助于错位相减求和。
还可用数学归纳法证明其成立。
例4. （2012年广东省理14分）设数列的前n项和为Sn，满足且成等差数列。
（1）求a1的值；（2）求数列的通项公式。（3）证明：对一切正整数n，有.
【答案】解：（1）∵且成等差数列
∴ ，解得。
即。
（2）∵………………………………………………①
∴ ……………………………………………………②
①－②，得。
∵，∴。
∴，。
∴数列{}成首项为，公比为的等比数列，
∴。∴。 。
（3）∵（当n=1时，取等号。）
∴， ∴（当且仅当n=1时，取等号）。
∴。
【考点】数列与不等式的综合，等差数列和等比数列的应用，数列递推式。
【解析】（1）在中，令分别令n=1，2，由成等差数列，得到关于的三元方程，解之即可可求得。
（2）由，，两式相减即可得，可知，数列{}成首项为，公比为的等比数列，从而可求数列的通项公式。
（3）构造，证得其大于等于0，从而，即（当且仅当n=1时，取等号）。因此。
例5. （2012年广东省文14分）设数列的前项和，数列的前项和为，满足
．
（1）求的值；
（2）求数列的通项公式．
【答案】解：（1）当时，。
∵，∴，解得。
（2）∵ ①，
当时， ②，
∴①②得： ③ ，此式对也成立。
∴当时， ④。
∴③④得：，即 。
∴是以为首项，2为公比的等比数列。
∴，即，。
【考点】数列递推式，等比数列的性质。
【解析】（1）当时，。由得解得。
（2）两次递推后得到以为首项，2为公比的等比数列，由此能求出数列的通项公式。
例6. （2012年江西省理12分）已知数列的前项和（其中），且的最大值为。
（1）确定常数，并求；
（2）求数列的前项和。
【答案】解：（1）当n＝时，Sn＝－n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，
∴k2＝16，∴k＝4。
∴＝－n(n≥2)。
又∵a1＝S1＝，∴an＝－n。
（2）∵设bn＝＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋＋＋…＋＋，
∴Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝4－。
【考点】数列的通项，递推、错位相减法求和，二次函数的性质。
【解析】（1）由二次函数的性质可知，当n＝时，取得最大值，代入可求，然后利用可求通项，要注意不能用来求解首项，首项一般通过来求解。
（2）设bn＝＝，可利用错位相减求和即可。
例7. （2012年江西省文12分）已知数列的前项和（其中，为常数），且
（1）求；
（2）求数列的前项和。
【答案】解：（1）∵，∴当时，。
则，，。∴=2。
∵，即，解得=2。∴（）。
当=1时，。
综上所述。
（2）∵，
∴①，
②。
①－②得，，即。
【考点】数列的求和，等比数列的通项公式。
【解析】（1）先根据前项和求出数列的通项表达式；再结合求出，，即可求出数列的通项。
（2）直接利用错位相减法求和即可。
例8. （2012年浙江省文14分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=，n∈N﹡，数列{bn}满足an=4log2bn＋3，n∈N﹡.
（1）求an，bn；
（2）求数列{an·bn}的前n项和Tn.
【答案】解：（1）由Sn=，得
当n=1时，；
当n2时，，n∈N﹡。
由an=4log2bn＋3，得，n∈N﹡。
（2）由（1）知，n∈N﹡，
∴，
。
∴。
∴，n∈N﹡。
【考点】等比数列、等差数列的概念、通项公式以及求和公式，对数的定义。
【解析】（1）由Sn=，作即可求得an；代入an=4log2bn＋3，化为指数形式即可求得bn。
（2）由an，bn求出数列{an·bn}的通项，得到，从而作即可求得T。
例9. （2012年重庆市理12分）设数列的前项和满足，其中.
（I）求证：是首项为1的等比数列；（5分）
（II）若，求证：，并给出等号成立的充要条件.（7分）
【答案】证明：（Ⅰ）∵，∴。
∴。∴。
∵，∴。∴。
∵，∴。∴。∴。∴。
∴。∴是首项为1，公比为的等比数列。
（II）当=1或=2时，易知成立。
当时，成立。
当时，，
∴。∴。
当时，上面不等式可化为，
设，
①当时， 。
∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
②当时，
令，
则。
∴在（0，1）上递减。∴。∴。
∴在（0，1）上递增。∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
③ 当时，，由已证结论得：。
∴。∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
综上所述，当且时，。当且仅当=1,2或时等号成立。
【考点】数列与不等式的综合，数列与函数的综合，等比数列的性质，等比关系的确定。
【分析】（I）根据，得，两式相减，即可证得是首项为1，公比为的等比数列。
（II）当=1或=2时和当时， 成立。
当时，分，，三种情况分别证明即可。
本题也可用数学归纳法证明。
五、周期（循环）数列（扩展）的运用：对于数列{An}，如果存在一个常数T,对于任意整数n>N，使得对任意的正整数恒有Ai=A(i+T)成立，则称数列{An}是从第n项起的周期为T的周期数列。
典型例题：例1. （2012年全国课标卷文5分）数列满足，则的前60项和为【 】
（A）3690 （B）3660 （C）1845 （D）1830
【答案】D。
【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。
【解析】求出的通项：由得，
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；······
当时，；当时，；当时，；
当时，（）。
∵，
∴的四项之和为（）。
设（）。
则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列，
∴的前项和=的前15项和=。故选D。
例2. （2012年湖南省文5分）对于，将n表示为,当时，当时为0或1，定义如下：在的上述表示中，当，a2，…，ak中等于1的个数为奇数时，bn=1；否则bn=0.
（1）b2+b4+b6+b8= ▲ .；
（2）记cm为数列{bn}中第m个为0的项与第m+1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是 ▲ ..
【答案】（1）3；（2）2。
【考点】数列问题。
【解析】（1）观察知；；
依次类推；；
；，；；
∴b2+b4+b6+b8=３。
（2）由（1）知cm的最大值为２。
例3. （2012年上海市文18分）对于项数为的有穷数列，记（），即为中的最大值，并称数列是的控制数列，如1，3，2，5，5的控制数列是1，3，3，5，5
（1）若各项均为正整数的数列的控制数列为2，3，4，5，5，写出所有的（4分）
（2）设是的控制数列，满足（为常数，），求证：（）（6分）
（3）设，常数，若，是的控制数列，求（8分）
【答案】解：（1）数列为：2, 3, 4, 5, 1；2, 3, 4, 5, 2；2, 3, 4, 5, 3；2, 3, 4, 5, 4；2, 3, 4, 5, 5。
（2）证明：∵，，∴。
∵，，∴，即。
∴。
（3）对，；；
；。
比较大小，可得。
∵，
∴，即；
，即。
又∵，∴，，，。
∴
=
=
===。
【考点】数列的应用。
【解析】（1）根据题意，可得数列。
（2）依题意可得，又，，从而可得，整理即证得结论。
（3）根据，可发现，；；
；。通过比较大小，可得，，而，从而可求得的值。
六、数列特征方程的应用：所谓数列的特征方程，实际上就是为研究相应的数列而引入的一些等式，常用的有以下几种形式：
1. 形如的数列，一般是令，解出，则是公比为的等比数列 。
2. 形如的数列，一般是令，解出，则
①当时, ，其中为待定系数，可根据初始值求出；
②当时，，其中为待定系数，可根据初始值求出。
3. 形如的数列，一般是令，解出，则
①当时，为等比数列；②当时，为等差数列。
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理12分）函数。定义数列如下：是过两点的直线与轴交点的横坐标。
（1）证明：；
（2）求数列的通项公式。
【答案】解：（1）∵，∴点在函数的图像上。
∴由所给出的两点，可知，直线斜率一定存在。
∴直线的直线方程为。
令，可求得，解得。
∴。
下面用数学归纳法证明：
当时，，满足，
假设时，成立，则当时，，
由得，，即，∴。
∴也成立。
综上可知对任意正整数恒成立。
下面证明：
∵，
∴由得，。∴。
∴即。
综上可知恒成立。
（2）由得到该数列的一个特征方程即，
解得或。
∴① ，②。
两式相除可得。
而
∴数列是以为首项以为公比的等比数列。
∴。
【考点】数列的通项公式以及函数与数列相结全的综合运用，不等式的证明，数学归纳法。
【解析】（1）先从函数入手，表示直线方程，从而得到交点坐标，再运用数学归纳法证明，运用差值法证明，从而得证。
（2）根据递推公式构造等比数列进而求得数列的通项。
七、数列与函数（方程）的综合应用：数列与函数的结合，利用函数的性质体现数列的变化。
典型例题：例1. （2012年四川省文5分）设函数，是公差不为0的等差数列，，则【 】
A、0 B、7 C、14 D、21
【答案】D。
【考点】高次函数的性质，等差数列性质。
【解析】∵是公差不为0的等差数列，记公差为。
∴。
则
。
∵，∴。
设，
则。
∴。故选D。
例2. （2012年安徽省理5分）公比为等比数列的各项都是正数，且，则【 】
【答案】。
【考点】等比数列，分数指数幂，对数。
【解析】∵是等比数列，且，∴。
又∵等比数列的各项都是正数，∴。
∴。
∴。故选。
例3. （2012年湖北省理5分）定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的函数，如果对于任意给定的等比数列，仍是等比数列，则称为“保等比数列函数”。现有定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的如下函数：①；②；③；④。
则其中是“保等比数列函数”的的序号为【 】
A.①② B.③④ C.①③ D.②④
【答案】C。
【考点】等比数列的判定，新定义。
【解析】逐一检验：
令等比数列的公比为，
①对，∵，∴是等比数列；
②对，∵不一定是常数，∴不一定是等比数列；
③对，∵，∴是等比数列；
④对，举个特例，令是等差数列不是等比数列。
从而是“保等比数列函数”的的序号为①③，故选C。
例4. （2012年江西省文5分） 观察下列事实的不同整数解的个数为4 ，的不同整数解的个数为8，的不同整数解的个数为12 ….则的不同整数解的个数为【 】
A.76 B.80 C.86 D.92
【答案】B。
【考点】归纳推理，等差数列的应用。
【解析】观察可得不同整数解的个数4，8，12，…可以构成一个首项为4，公差为4的等差数列，通项公式为，则所求为第20项，所以。故选B。
例5. （2012年上海市文4分）已知，各项均为正数的数列满足，，
若，则的值是 ▲
【答案】。
【考点】数列的概念、组成和性质，函数的概念。
【解析】根据题意，，并且，得到。
当为奇数时，，，，，。
当为偶数时，由，得到，解得（负值舍去）。
由得，解得。
∴当为偶数时，。
∴。
例6. （2012年四川省理12分）已知数列的前项和为，且对一切正整数都成立。
（Ⅰ）求，的值；
（Ⅱ）设，数列的前项和为，当为何值时，最大？并求出的最大值。
【答案】解：（Ⅰ）取n=1，得 ①
取n=2，得 ②
由②－①，得 ③
（1）若=0, 由①知=0。
（2）若，则, ④
由①④得：。
（Ⅱ）当时，由（I）知，。
当时，有⑤ ， ⑥，
⑤－⑥，即
∴=。∴。
令，则
∴数列{}是以为公差，且单调递减的等差数列。
∴b1>b2>b3>…>b7=；当n≥8时，bn≤b8=。
∴n=7时，取得最大值，且的最大值为=。
【考点】等差数列、等比数列、对数等基础知识，方程、分类与整合、化归与转化等数学思想的应用。
【解析】（Ⅰ）取n=1和n=2可得关于，的方程，解之即得。
（Ⅱ）作差求得，代入，根据对数的性质求解。
八、数列与三角函数的综合应用：数列与三角函数的结合是一类创新试题，利用三角函数的周期性体现数列的变化。
典型例题：例1. （2012年四川省理5分）设函数，是公差为的等差数列，，则【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】D。
【考点】等差数列性质，三角函数性质。
【解析】∵，，
∴。
∵是公差为的等差数列，
∴，。
∴，解得。
∴。故选D。
关于， 可化为。
由，
设，作图可得二者交点在处：
例2. （2012年安徽省文13分）设函数的所有正的极小值点从小到大排成的数列为.
（Ⅰ）求数列；
（Ⅱ）设的前项和为，求。
【答案】解：（I）∵，∴。
令，解得。
当时，；
当时，。
∴当时，取极小值。
∴数列：。
（II）由（I）得：，
∴。
当时，；
当时，；
当时，。
∴当时，；
当时，；
当时，。
【考点】三角函数的极值，导数的应用，数列。
【解析】（I）求函数的所有正的极小值点，即要讨论，和的情况，得出结果。
（II）求出的前项和为，分类讨论，求出。
例3. （2012年全国大纲卷文10分）中，内角、、成等差数列，其对边、、满足，求A．
【答案】解：∵中，内角、、成等差数列，
∴。∴，。
又∵，∴根据正弦定理，得。∴。
由“”进行均值换元，设 ，。
则，化简，得。
∴。∴或。
【考点】解三角形的运用，等差数列的性质，三角形的内角和定理，正弦定理，两角和的三角函数。
【解析】根据角、、成等差数列和三角形内角和定理可得，。运用均值换元法，由应用正弦定理和两角和的三角函数，化简等式，求出答案。
例4. （2012年山东省文12分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为，已知
.
(Ⅰ)求证：成等比数列；
(Ⅱ)若，求△ABC的面积S.
【答案】解：(Ⅰ)由已知得：，即。
∵，
∴。
由正弦定理，得，∴成等比数列。
(Ⅱ)若，则，
由余弦定理，得，
∴。
∴△ABC的面积。
【考点】正弦定理和余弦定理的应用，和的三角函数公式，同角三角函数公式，等比数列的判定。
【解析】(Ⅰ)根据和的三角函数公式化简，求得三角正弦之间的关系，由正弦定理推出结论。
(Ⅱ)由余弦定理求出的余弦，从而根据同角三角函数公式得到正弦，应用面积公式求解。
例5. （2012年辽宁省文12分）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c。角A，B，C成等差数
列。
(Ⅰ)求的值；
(Ⅱ)边a，b，c成等比数列，求的值。
【答案】解：（Ⅰ）∵角A，B，C成等差数列，∴。
又∵，∴=60°。∴。
（Ⅱ）∵边a，b，c成等比数列，∴。∴根据正弦定理得。
∵=60°，∴。∴。
【考点】数列与三角函数的综合，正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理及等差、等比数列的定义。
【解析】（Ⅰ）在中，由角A、B、C成等差数列可知B =60°，从而可得的值。
（Ⅱ）由a，b，c成等比数列，得，由的值得到的值，结合正弦定理可求得的值。
另解：由余弦定理求得得到是等边三角形，每个内角等于600求解。
例6. （2012年上海市理5分）设，，在中，正数的个数是【 】
A．25 B．50 C．75 D．100
【答案】 D。
【考点】正弦函数的周期性。
【解析】∵对于（只有)，∴都为正数。
当时，令，则，画出终边如右，
其终边两两关于轴对称，即有，
∴
其中=26,27,…,49，此时。
∵， ，∴。
从而当=26,27,…,49时，都是正数。
又。
同上可得，对于从51到100的情况同上可知都是正数，故选D。
例7. （2012年福建省理4分）已知△ABC的三边长成公比为的等比数列，则其最大角的余弦值为
▲ ．
【答案】。
【考点】等比数列的性质，余弦定理的应用。
【解析】∵△ABC的三边长成公比为的等比数列，∴设三角形的三边分别是：a、a、a。
∵最大角所对的边是a，
∴根据三角形中大边对大角的性质，结合余弦定理得：。
∴最大角的余弦值为。
【备战2013高考数学专题讲座】
第1讲：选择题解法探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
选择题的题型构思精巧，形式灵活，知识容量大，覆盖面广，一般不拘泥于具体的知识点，而是将数学知识、方法等原理融于一体，突出对数学思想方法的考查，可以比较全面地考察学生的基础知识和基本技能，还能考查学生的思维敏捷性，是高考数学中的一种重要题型。近年来，高考数学试题推出了一些思路开阔、情景新颖脱俗的选择题，解决这类问题主要注意三个方面：一是提高总体能力；二是要跳出传统思维定式，学会数学的合情推理；三是要熟练地进行数学图形、符号、文字三种语言的转换。在全国各地高考数学试卷中，选择题约占总分的30％～40％，因此掌握选择题的解法，快速、准确地解答好选择题是夺取高分的关键之一。
选择题由题干和选项两部分组成，题干可以是由一个问句或一个半陈述句构成，选项中有四个答案，至少有一个正确的答案，这个正确的答案可叫优支，而不正确的答案可叫干扰支或惑支。目前在高考数学试卷中，如果没有特别说明，都是“四选一”的选择题，即单项选择题。
选择题要求解题者从若干个选项中选出正确答案，并按题目的要求，把正确答案的字母代号填入指定位置。笔者将选择题的解法归纳为应用概念法、由因导果法、执果索因法、代入检验法、特殊元素法、筛选排除法、图象解析法、待定系数法、分类讨论法、探索规律法十种，下面通过2012年全国各地高考的实例探讨这十种方法。
一、应用概念法：应用概念法是解选择题的一种常用方法，也是一种基本方法。根据选择题的题设条件，通过应用定义、公理、定理等概念直接得出正确的结论。使用应用概念法解题，要求学生熟记相关定义、公理、定理等基本概念，准确应用。
典型例题：例1：（2012年全国课标卷理5分）如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为【 】
【答案】。
【考点】由三视图判断几何体。
【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为。因此此几何体的体积为：
。故选。
例2：（2012年全国课标卷文5分）在一组样本数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn）（n≥2，x1,x2,…,xn不全相等）的散点图中，若所有样本点（xi，yi）(i=1,2,…,n)都在直线y=x+1上，则这组样本数据的样本相关系数为【 】
（A）－1 （B）0 （C） （D）1
【答案】D。
【考点】样本相关系数。
【解析】根据样本相关系数的概念，因为所有样本点（xi，yi）(i=1,2,…,n)都在直线y=x+1上，即两变量为完全线性相关，且完全正相关，因此这组样本数据的样本相关系数为1。故选D。
例3：（2012年广东省理5分）设集合U={1,2,3,4,5,6}， M={1,2,4 } 则【 】
A．U B．{1,3,5} C．{3,5,6} D．{2,4,6}
【答案】C。
【考点】补集的运算。
【解析】∵集合U={1,2,3,4,5,6}， M={1,2,4 }，∴{3,5,6}。故选C。
例4：（2012年北京市理5分）如图. ∠ACB=90o。CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E.则【 】
A. CE·CB=AD·DB B. CE·CB=AD·AB C. AD·AB=CD 2 D.CE·EB=CD 2
【答案】C。
【考点】射影定理。
【解析】由射影定理可得AD·AB=CD 2。故选C。
例5：（2012年安徽省理5分）设平面与平面相交于直线，直线在平面内，直线在平面内，且， 则“”是“”的【 】
充分不必要条件 必要不充分条件
充要条件 即不充分不必要条件
【答案】。
【考点】充分和必要条件，两直线垂直的判定和性质。
【解析】∵，∴“”是“”的充分条件。
∵如果，则与条件相同，∴“”是“”的不必要条件。
故选。
例6：（2012年安徽省文5分）要得到函数的图象，只要将函数的图象【 】
向左平移1个单位 向右平移1个单位
向左平移个单位 向右平移个单位
【答案】。
【考点】函数图象平移的性质。
【解析】∵，
∴只要将函数的图象向左平移个单位即可得到函数的图象。故选。
例7：（2012年北京市理5分）设a，b∈R.“a=0”是‘复数a+bi是纯虚数”的【 】
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】B。
【考点】复数的概念，纯虚数的定义，充分必要条件的判定。
【解析】复数a+bi是纯虚数必须满足a=0，b≠0同时成立。当a =0 时，如果b =0，此时a+bi 是实数，不是纯虚数，因此不是充分条件：而如果a + bi已经为纯虚数，由定义实部为零，虚部不为零可以得到a=0。因此，.“a=0”是‘复数a+bi是纯虚数”的必要而不充分条件。故选B。
例8：（2012年湖南省理5分）命题“若，则”的逆否命题是【 】
A.若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】C 。
【考点】四种命题。
【解析】因为“若，则”的逆否命题为“若，则”，所以 “若，则”的逆否命题是 “若，则”。 故选C。
例9：（2012年辽宁省理5分）已知命题p：x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≥0，则p是【 】
(A) x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0
(B) x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)≤0
(C) x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)<0
(D) x1，x2R，(f(x2)f(x1))(x2x1)<0
【答案】C。
【考点】含有量词的命题的否定。
【解析】命题p为全称命题，所以其否定p应是特称命题，
所以(f(x2)f(x1))(x2x1)≥0否定为(f(x2)f(x1))(x2x1)<0。故选C。
二、由因导果法：由因导果法，又称综合法，直接推演法，是解选择题的一种常用方法，也是一种基本方法。它的解题方法是根据选择题的题设条件，通过应用定义、公理、公式、定理等经过计算、推理或判断，得出正确的结论，再从四个选项中选出与已得结论一致的正确答案。由因导果法解题自然，不受选项的影响，运用数学知识，通过综合法，直接得出正确答案。
典型例题：例1： （2012年全国课标卷理5分）已知集合；,则中所含元素的个数为【 】
【答案】。
【考点】集合的运算。
【解析】由，得：；；
；，所以中所含元素的个数为。故选。
例2：（2012年全国课标卷理5分）设是椭圆的左、右焦点，为直线上一点， 是底角为的等腰三角形，则的离心率为【 】
【答案】。
【考点】椭圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义。
【解析】∵是椭圆的左、右焦点，
∴。
∵是底角为的等腰三角形，
∴。
∵为直线上一点，∴。∴。
又∵，即。∴。故选。
例3：（2012年全国课标卷文5分）平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为 【 】
（A）π （B）4π （C）4π （D）6π
【答案】B。
【考点】点到平面的距离，勾股定理，球的体积公式。
【解析】由勾股定理可得球的半径为，从而根据球的体积公式可求得该球的体积为：
。故选B。
例4：（2012年全国大纲卷理5分）已知为双曲线的左右焦点，点在上，
，则【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考点】双曲线的定义和性质的运用，余弦定理的运用。
【解析】首先运用定义得到两个焦半径的值，然后结合三角形中的余弦定理求解即可。
由可知，，∴。
∴。
设，则。
∴根据双曲线的定义，得。
∴。
在中，应用用余弦定理得。故选C。
例5：（2012年全国大纲卷文5分））已知正四棱柱中，为的
中点，则直线 与平面的距离为【 】
A．2 B． C． D．1
【答案】D。
【考点】正四棱柱的性质，点到面的距离，线面平行的距离，勾股定理。
【解析】连接，和交于点，则在中，
∵是正方形，∴，
又∵为的中点，∴。
∴则点到平面的距离等于到平面的距离。
过点作于点，则即为所求。
∵是正方形，，∴根据勾股定理，得。
∵为的中点，，∴。∴。
在中，利用等面积法得，即。∴。故选D。
例6：（2012年安徽省文5分）【 】
【答案】。
【考点】对数的计算。
【解析】。故选。
例7：（2012年广东省理5分）设i为虚数单位，则复数=【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】复数的计算。
【解析】。故选D。
三、执果索因法：执果索因法，又称分析法，它与由因导果法的解题思路相反。它的解题方法是从要求解的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，根据定义、公理、定理等，把要求解的结论归结为判定一个明显成立的条件——四个选项之一。
典型例题：例1： （2012年北京市理5分）某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高。m值为【 】
A.5 B.7 C.9 D.11
【答案】C。
【考点】直线斜率的几何意义。
【解析】据图像识别看出变化趋势，利用变化速度可以用导数来解，但图像不连续，所以只能是广义上的。实际上，前n年的年平均产量就是前n年的总产量S与n的商：，在图象上体现为这一点的纵坐标与横坐标之比。
因此，要使前m年的年平均产量最高就是要这一点的纵坐标与横坐标之比最大，即这一点与坐标原点连线的倾斜角最大。图中可见。当n=9时，倾斜角最大。从而m值为9。故选C。
例2：（2012年北京市文5分）函数的零点个数为【 】
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】B。
【考点】幂函数和指数函数的图象。
【解析】函数的零点个数就是（即）解的个数，即函数和的交点个数。如图，作出图象，即可得到二者交点是1 个。所以函数的零点个数为1。故选B。
例3：（2012年湖北省文5分）过点的直线，将圆形区域分两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】分析法的应用，垂径定理，两直线垂直的性质，由点斜式求直线方程。
【解析】要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，必须使过点的圆的弦长达到最小，所以需该直线与直线垂直即可。
又已知点，则。故所求直线的斜率为-1。
又所求直线过点，故由点斜式得，所求直线的方程为，即。
故选A。
例4：（2012年四川省理5分）设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的充分条件是【 】
A、 B、 C、 D、且
【答案】C。
【考点】充分条件。
【解析】若使成立， 即要、共线且方向相同，即要。所以使成立的充分条件是。故选C。
四、代入检验法：代入检验法的解题方法是将四个选项分别代入题设中或将题设代入选项中检验，从而确定答案。当遇到定量命题时，常用此法。
典型例题：例1： （2012年全国大纲卷理5分）已知集合，则【 】
A．0或 B．0或3 C．1或 D．1或3
【答案】B。
【考点】集合的概念和并集运算，集合的关系的运用，元素与集合的关系的综合运用。
【解析】当0时，；
当时，；
当3时，。
∴或。故选B。
例2：（2012年安徽省理5分）下列函数中，不满足：的是【 】
【答案】。
【考点】求函数值。
【解析】分别求出各函数的值，与比较，即可得出结果：
对于有，结论成立；
对于有，结论成立；
对于有，∴，结论不成立；
对于有，结论成立。
因此，不满足的是，故选。
例3：（2012年广东省理5分）下列函数中，在区间（0，+∞）上为增函数的是【 】
A． B． C．y= D．
【答案】A。
【考点】函数的图象和性质。
【解析】利用对数函数的图象和性质可判断A正确；利用幂函数的图象和性质可判断B错误；利用指数函数的图象和性质可判断C正确；利用“对勾”函数的图象和性质可判断D的单调性：
A.在（-2，+∞）上为增函数，故在（0，+∞）上为增函数，A正确；
B.在[-1，+∞）上为减函数，排除B；
C. y=在R上为减函数；排除C；
D.在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，排除D。
故选 A。
例4：（2012年陕西省理5分） 已知圆，过点的直线，则【 】
A.与相交 B. 与相切 C.与相离 D. 以上三个选项均有可能
【答案】A。
【考点】直线与圆的位置关系。
【解析】∵，∴点在圆C内部。故选A。
例5：（2012年湖北省理5分）定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的函数，如果对于任意给定的等比数列，仍是等比数列，则称为“保等比数列函数”。现有定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上的如下函数：①；②；③；④。
则其中是“保等比数列函数”的的序号为【 】
A.①② B.③④ C.①③ D.②④
【答案】C。
【考点】等比数列的判定，新定义。
【解析】逐一检验：
令等比数列的公比为，
①对，∵，∴是等比数列；
②对，∵不一定是常数，∴不一定是等比数列；
③对，∵，∴是等比数列；
④对，举个特例，令是等差数列不是等比数列。
从而是“保等比数列函数”的的序号为①③，故选C。
例6：（2012年湖北省理5分）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径，“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式。人们还用过一些类似的近似公式。根据=3.14159…..判断，下列近似公式中最精确的一个是【 】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】球的体积公式以及估算。
【解析】由球的体积公式得，由此得。对选项逐一验证：
对于A. 有，即；
对于B. 有，即；
对于C. 有，即；
对于D. 有，即；
∴中的数值最接近。故选D。
例7：（2012年辽宁省文5分）将圆平分的直线是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】C。
【考点】直线和圆的方程，曲线上点的坐标与方程的关系。
【解析】∵，
∴圆的圆心坐标为（1，2）。
∵将圆平分的直线必经过圆心，∴逐一检验，得过（1，2）。故选C。
例8：（2012年福建省文5分）函数f(x)＝sin的图象的一条对称轴是【 】
A．x＝ B．x＝ C．x＝－ D．x＝－
【答案】C。
【考点】三角函数的图象和性质。
【解析】因为三角函数图象的对称轴经过最高点或最低点，所以可以把四个选项代入验证，知只有当x＝－时，函数f＝sin＝－1取得最值。故选C。
五、特殊元素法：特殊元素法的解题方法是在有些选择题所涉及的数学命题与字母的取值范围有关，在解决这类解答题，可以考虑从取值范围内选取某一个特殊的值，代入原命题进行验证，从而确定答案。
典型例题：例1：（2012年湖北省文5分）已知定义在区间（0.2）上的函数的图像如图所示，则的图像为【 】
【答案】B。
【考点】特殊值法的应用，求函数值。
【解析】取特殊值：
当时，；
当时，。
符合以上结果的只有选项B。故选B。
例2：（2012年陕西省理5分）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱，，则直线与直线夹角的余弦值为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】异面直线间的角的求法，特殊元素法的应用。
【解析】设，则，
∴。
又∵直线与直线夹角为锐角，∴余弦值为。选A。
例3：（2012年全国课标卷理5分） 已知函数；则的图像大致为【 】
【答案】。
【考点】函数的图象。
【解析】当时，；
当时，。
因此排除。故选。
例4：（2012年福建省理5分）下列命题中，真命题是【 】
A．?x0∈，≤0
B．?x∈，2x＞x2
C．a＋b＝0的充要条件是＝－1
D．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件
【答案】D。
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，全称命题，特称命题，命题的真假判断与应用。
【解析】对于A，根据指数函数的性质不存在x0，使得≤0，因此A是假命题。
对于B，当x＝2时，2x＝x2，因此B是假命题。
对于C，当a＋b＝0时，不存在，因此C是假命题。
对于D，a＞1，b＞1时 ab＞1，所以a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件，因此C是真命题。
故选D。
例5：（2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】
A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0
C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0
【答案】B。
【考点】导数的应用。
【解析】令，则。
设，。
令，则
要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：
，整理得。
取值讨论：可取来研究。
当时，，解得，此时，此时；
当时，，解得，此时，此时。故选B。
例6：（2012年浙江省理5分）把函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），然后向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的图像是【 】
【答案】A。
【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换。
【解析】把函数y＝cos2x＋1的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得：y1＝cosx＋1，向左平移1个单位长度得：y2＝cos(x＋1)＋1，再向下平移1个单位长度得：y3＝cos(x＋1)。
取特殊值进行判断：令x＝0，得：y3＞0；x＝，得：y3＝0。比对所给选项即得答案。
故选A。
例7：（2012年浙江省理5分）设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题错误的是【 】
A．若，则数列有最大项
B．若数列有最大项，则
C．若数列是递增数列，则对任意，均有
D．若对任意，均有，则数列是递增数列
【答案】C。
【考点】命题的真假判断与应用，数列的函数特性。
【解析】选项C显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，…，满足数列{S n}是递增数列，但是S n＞0不成立。故选C。
例8：（2012年江西省理5分）下列命题中，假命题为【 】
A．存在四边相等的四边形不是正方形
B．为实数的充分必要条件是互为共轭复数
C．若，且则至少有一个大于
D．对于任意都是偶数
【答案】B。
【考点】真假命题的判定，特称命题和全称命题，充要条件，共轭复数，不等式的基本性质，二项式定理。
【解析】对于A项，通过特例判断：例如菱形，满足四边相等的四边形不是正方形，所以A为真命题；
对于B项，通过特例判断：令,显然，但不互为共轭复数，所以B为假命题；
对于C项，通过不等式的基本性质判断：显然正确（可用它的逆否命题证明），所以C为真命题；
对于D项，通过二项式定理系数的特例判断：根据二项式定理，对于任意有
为偶数，所以D为真命题。
综上所述，假命题为B项。故选B。
例9：（2012年江西省理5分）在直角三角形中，点是斜边的中点，点为线段的中点，则【 】
A．2 B．4 C．5 D．10
【答案】D。
【考点】两点间的距离公式。
【解析】对于非特殊的一般图形求解长度问题，由于是选择题，不妨将图形特殊化，用特殊元素法以方便求解各长度：
不妨令，则，，，
。
∴。故选D。
六、筛选排除法：筛选排除法是解选择题的一种常用方法，使用排除法的前提条件是答案唯一，它的解题方法是根据题设条件，结合选项，通过观察、比较、猜想推理和计算，进行排查，从四个选项中把不正确的答案一一淘汰，最后得出正确答案的方法。筛选排除法可通过观察、比较、分析和判断，进行简单的推理和计算选出正确的答案，特别对用由因导果法解之较困难而答案又模棱两可者更有用。
典型例题：例1： （2012年北京市文5分）已知为等比数列，下面结论中正确的是【 】
A. B. C.若a1=a3，则a1=a2 D.若a3＞a1，则a4＞a2
【答案】B。
【考点】等比数列的基本概念，均值不等式。
【解析】本题易用排除法求解：设等比数列的公比为，则
A，当时，，此时，选项错误。
B. 根据均值不等式，有，选项正确。
C. 当时，a1=a3，但a1=a2 ，选项错误。
D. 当时，，选项错误。
故选B。
例2：（2012年天津市文5分）下列函数中，既是偶函数，又在区间（1,2）内是增函数的为【 】
（A） （B），且≠0
（C） （D）
【答案】B。
【考点】函数奇偶性的判断，函数单调性的判断。
【分析】利用函数奇偶性的定义可排除C，D，再由“在区间（1，2）内是增函数”可排除A，从而可得答案：
对于A，令，则，∴函数为偶函数。
而在上单调递减，在上单调递增，（1，2）中，
所以在区间（1，2）内不全是增函数，故排除A。
对于B，函数为偶函数，且当时，函数为增函数，所以在上也为增函数，故B满足题意。
对于C，令 ，则，∴函数为偶函数为奇函数，故可排除C
对于D，为非奇非偶函数，可排除D。
故选B。
例3：（2012年全国课标卷理5分）已知，函数在上单调递减。则的取值范围是【 】
【答案】。
【考点】三角函数的性质。
【解析】根据三角函数的性质利用排它法逐项判断：
∵时，，不合题意，∴排除。
∵时，，合题意，∴排除。故选。
例4：（2012年浙江省理5分）设，是两个非零向量【 】
A．若，则
B．若，则
C．若，则存在实数，使得
D．若存在实数，使得，则
【答案】C。
【考点】平面向量的综合题。
【解析】利用排除法可得选项C是正确的：
∵|a＋b|＝|a|－|b|，则a，b共线，即存在实数λ，使得a＝λb，
∴选项A：|a＋b|＝|a|－|b|时，a，b可为异向的共线向量，不正确；
选项B：若a⊥b，由正方形得|a＋b|＝|a|－|b|，不正确；
选项D：若存在实数λ，使得a＝λb，a，b可为同向的共线向量，此时显然|a＋b|＝|a|－|b|，不正确。
故选C。
例5：（2012年湖南省理5分）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是【 】
【答案】D。
【考点】组合体的三视图。
【解析】由几何体的正视图和侧视图均如图所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形。故选D。
例6：（2012年江西省理5分）下列函数中，与函数定义域相同的函数为【 】
A． B. C. D.
【答案】D。
【考点】函数的定义域。
【解析】求函数的定义域的依据就是要使函数的解析式有意义的自变量的取值范围。其求解根据一般有:(1)分式中，分母不为零;(2)偶次根式中，被开方数非负；(3)对数的真数大于0：（4）实际问题还需要考虑使题目本身有意义。由函数的意义可求得其定义域为，于是对各选项逐一判断即可得答案：
对于A，的其定义域为，故A不满足；
对于B，的定义域为，故B不满足；
对于C，的定义域为，故C不满足；
对于D，的定义域为，故D满足。
综上所述，与函数定义域相同的函数为：。故选D。
例7：（2012年四川省理5分）下列命题正确的是【 】
A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
【答案】C。
【考点】立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质。
【解析】采用排除法：
若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；
一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；
若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；
故选项C正确。故选C。
例8：（2012年四川省理5分）函数的图象可能是【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】D。
【考点】函数图像。
【解析】采用排除法：函数恒过（－1,0），选项只有D符合，故选D。
例9：（2012年江西省理5分）如下图，已知正四棱锥所有棱长都为1，点是侧棱上一动点，过点垂直于的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记截面下面部分的体积为则函数的图像大致为【 】
【答案】A。
【考点】棱锥的体积公式，线面垂直，函数的思想。
【解析】对于函数图象的识别问题，若函数的图象对应的解析式不好求时，作为选择题，可采用定性排它法：
观察图形可知，当时，随着的增大， 单调递减，且递减的速度越来越快，不是的线性函数，可排除C，D。当时，随着的增大， 单调递减，且递减的速度越来越慢，可排除B。只有A图象符合。故选A。
如求解具体的解析式，方法繁琐，而且计算复杂，很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃，并且作为选择题也没有太多的时间去解答。我们也解答如下：
连接AC，BD，二者交于点O，连接SO，过点E作底面的垂线EH。
当E为SC中点时，∵SB＝SD＝BC＝CD，∴SE⊥BE，SE⊥DE。
∴SE⊥面BDE。
∴当时，截面为三角形EBD，截面下面部分锥体的底为BCD。
又∵SA＝SC＝1，AC＝，SO＝。此时。
∴。
当时，截面与AD和AB相交，分别交于点F、D，设FG与AC相交于点I，则易得。
由EH∥SO，得
，即。
由EI∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。
∴。
当时，截面与DC和BC相交，分别交于点M、N，设MN与AC相交于点J，则易得。
由EH∥SO，得
，即。
由EJ∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。
∴。
综上所述，。
结合微积分知识，可判定A正确。
例10：（2012年江西省文5分）如下图，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m),OA与OB的夹角为，以A为圆心，AB为半径作圆弧与线段OA延长线交与点C.甲。乙两质点同时从点O出发，甲先以速度1（单位:ms）沿线段OB行至点B，再以速度3（单位：m/s）沿圆弧行至点C后停止，乙以速率2（单位：m/s）沿线段OA行至A点后停止。设t时刻甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为，则函数的图像大致是【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】函数的图象。
【解析】由题设知，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m)，两者行一秒后，甲行到B停止，乙此时行到A，故在第一秒内，甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为的值增加得越来越快，一秒钟后，随着甲的运动，所围成的面积增加值是扇形中AB所扫过的面积，由于点B是匀速运动，故一秒钟后，面积的增加是匀速的，且当甲行走到C后，即B与C重合后，面积不再随着时间的增加而改变，故函数随着时间t的增加先是增加得越来越快，然后转化成匀速增加，然后面积不再变化，考察四个选项，只有A符合题意。故选A。
七、图象解析法：图象解析法的解题方法解选择题的一种常用方法，它是根据数形结合的原理,先画出示意图,再观察图象的特征作出选择的方法。对于一些具有几何背景的数学题，如能构造出与之相应的图形进行分析，则能在数形结合，以形助数中获得形象直观的解法。
典型例题：例1： （2012年全国课标卷文5分）已知正三角形ABC的顶点A(1,1)，B(1,3)，顶点C在第一象限，若点（x，y）在△ABC内部，则z=－x+y的取值范围是【 】
（A）(1－，2) （B）(0，2) （C）(－1，2) （D）(0，1+)
【答案】A。
【考点】简单线性规划，等边三角形的性质，勾股定理。
【解析】求z=－x+y的取值范围，则求出z=－x+y在正三角形ABC边际及内的区域的最大值和最小值即可。
由A(1,1)，B(1,3)，根据正三角形的性质可求C在第一象限的坐标为（1+，2）。
作图，可知约束条件对应正三角形ABC内的区域： A(1,1)，B(1,3)，
C（1+，2）。
当x=1，y=3时，z=－x+y取得最大值2；当1+，y=2时，z=－x+y取得最小值1－。
∴z=－x+y的取值范围为(1－，2)。故选A。
例2：（2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考点】指数函数和对数函数的性质。
【解析】设,作图。
∵当时，,
∴在时, 的图象在的图象上方。
根据对数函数的性质，。∴单调递减。
∴由时，得，解得。
∴要使时，，必须。
∴a的取值范围是(，1) 。故选B。
例3：（2012年全国大纲卷理5分）已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【 】
A．或2 B．或3 C．或1 D．或1
【答案】A
【考点】导数的应用。
【解析】若函数图像与轴有两个不同的交点，则需要满足其中一个为零即可。因为三次函数的图像与轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可知只有在极大值点或者极小值点有一点在轴时满足要求（如图所示）。
∵，∴。
∴当时，函数取得极值。
由或可得或，即。故选A。
例4：（2012年北京市理5分）设不等式组表示的平面区域为D，在区域D内随机取一个点。则此点到坐标原点的距离大于2的概率是【 】
A. B. C. D.
【答案】 D。
【考点】几何概率。
【解析】不等式组表示的平面区域D是一个边长为2的正方形，如画图可知，区域内到坐标原点的距离大于2的点为红色区域，它的面积为正方形的面积减四分之一圆的面积：。
∴此点到坐标原点的距离大于2的概率是。故选D。
例5：（2012年全国大纲卷理5分）正方形的边长为1，点在边上，点在边上，
，动点从出发沿直线向运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角。
当点第一次碰到时，与正方形的边碰撞的次数为【 】
A．16 B．14 C．12 D．10
【答案】A。
【考点】反射原理，正方形的性质，三角形相似的判定和性质。
【解析】结合已知中的点,的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到点时，需要碰撞14次即可。
也可以通过三角形相似的相似比求解：如图，
为便是于计算，将正方形的边长扩大7倍，这样边长为7，，。
∴这些三角形相似的两边长之比。
∴；；
；
；
；。
∴经过7次碰撞，到达与点成轴对称的点处，根据正方形的对称性，再经过7次碰撞，到达点，共14次碰撞。故选A。
例6：（2012年湖南省理5分）已知两条直线 ：和：，与函数的图像从左至右相交于点A，B ，与函数的图像从左至右相交于C,D .记线段AC和BD在X轴上的投影长度分别为 , ,当m 变化时，的最小值为【 】
A． B. C. D.
【答案】B。
【考点】数形结合，函数的图象，基本不等式的应用。
【解析】如图，在同一坐标系中作出，，图像，
由，得，
由，得。
根据题意得。
∵，∴。故选B。
例7：（2012年江西省理5分）某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50计，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表
年产量/亩
年种植成本/亩
每吨售价
黄瓜
4吨
1.2万元
0.55万元
韭菜
6吨
0.9万元
0.3万元
为使一年的种植总利润（总利润=总销售收入总种植成本）最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积（单位：亩）分别为【 】
A．50，0 B．30，20 C．20，30 D．0，50
【答案】B。
【考点】建模的思想方法，线性规划知识在实际问题中的应用。
【解析】设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x,y亩,总利润为z万元，则目标函数为
.
线性约束条件为?，即。
如图，作出不等式组表示的可行域,易求得点。
平移直线，可知当直线经过点,即时,z取得最大值,且（万元）。故选B。
八、待定系数法：待定系数法是一种常用的数学方法，对于某些数学问题，如果已知所求结果具有某种确定的形式，则可引进一些尚待确定的系数来表示这种结果，通过已知条件建立起给定的算式和结果之间的恒等式，得到以待定系数为元的方程（组）或不等式（组），解之即得待定的系数。对于待定系数法方法的使用，笔者将另文详细解析。
典型例题：例1： （2012年全国课标卷理5分）等轴双曲线的中心在原点，焦点在轴上，与抛物线的准线交于两点，；则的实轴长为【 】
【答案】。
【考点】双曲线和抛物线的性质。
【解析】的准线。
∵与抛物线的准线交于两点，，
∴，。
设，则，得，。故选。
例2：（2012年全国大纲卷理5分）已知等差数列的前项和为，则数列的前100项和为【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】等差数列的通项公式和前项和公式的运用，裂项求和的综合运用。
【解析】通过已知，列式求解，得到公差与首项，从而得的通项公式，进一步裂项求和：
设等差数列的公差为，则由可得
。
∴。
∴。故选A。
例3：（2012年湖北省理5分）已知二次函数的图像如图所示 ，则它与轴所围图形的面积为【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】待定系数法求函数解析式，定积分在求面积中的应用。
【解析】先根据函数的图象用待定系数法求出函数的解析式，然后利用定积分表示所求面积，最后根据定积分运算法则求出所求：
根据函数的图象可知二次函数图象过点（－1，0），（1，0），（0，1），用待定系数法可求得二次函数解析式为。
设二次函数的图像与轴所围图形的面积为，
则。故选B。
例4：（2012年湖北省理5分）设是正数，且，则【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】柯西不等式不等式的应用，待定系数法的应用。
【解析】由柯西不等式知，
而此时恰好满足取等条件。
令，则。
代入到中得，再将代入得。
∵，∴。∴。故选C。
例5：（2012年四川省文5分）已知抛物线关于轴对称，它的顶点在坐标原点，并且经过点。若点到该抛物线焦点的距离为，则【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】B。
【考点】抛物线的定义。
【解析】设抛物线方程为,则焦点坐标为（），准线方程为。
∵点在该抛物线上，
∴点到该抛物线焦点的距离等于到准线的距离，即，
解得，。∴。
∴。故选B。
九、分类讨论法：在解答某些问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是分类讨论法。分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性。解答分类讨论问题时，我们的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳，综合得出结论。对于分类讨论法方法的使用，笔者将另文详细解析。
典型例题：例1：（2012年全国课标卷理5分）已知为等比数列，，，则【 】
【答案】。
【考点】等比数列。
【解析】∵为等比数列，，，∴ 或。
由 得，即；
由 得，即。故选。
例2：（2012年全国课标卷文5分）数列满足，则的前60项和为【 】
（A）3690 （B）3660 （C）1845 （D）1830
【答案】D。
【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。
【解析】求出的通项：由得，
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；······
当时，；当时，；当时，；
当时，（）。
∵，
∴的四项之和为（）。
设（）。
则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列，
∴的前项和=的前15项和=。故选D。
例3：（2012年全国大纲卷文5分）6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有【 】
A. 240种 B.360种 C.480种 D.720种
【答案】C。
【考点】排列组合的应用。
【解析】根据特殊元素优先的原则，选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，在其余4个次序演讲有种组合，则其余5 位选手进行全排列。因此，不同的演讲次序共有种。故选C。
例4：（2012年北京市理5分）从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为【 】
A. 24 B. 18 C. 12 D. 6
【答案】B。
【考点】排列组合问题。
【解析】由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇。如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析（3 种情况），之后十位（2 种情况），最后百位（2 种情况），共12 种；如果是第二种情况偶奇奇：个位（3 种情况），十位（2 种情况），百位（不能是O ，一种倩况），共6 种。因此总共有12 + 6 = 18 种情况。故选B。
例5：（2012年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】
（A）函数有极大值和极小值
（B）函数有极大值和极小值
（C）函数有极大值和极小值
（D）函数有极大值和极小值
【答案】D。
【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。
【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2， ∴。
由此得到， ，，和在上的情况：
－2
1
2
＋
0
－
0
＋
0
－
＋
＋
＋
0
－
－
－
＋
0
－
－
－
0
＋
↗
极大值
↘
非极值
↘
极小值
↗
∴的极大值为，的极小值为。故选D。
例6：（2012年浙江省理5分）若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有【 】
A．60种 B．63种 C．65种 D．66种
【答案】D。
【考点】分类讨论，计数原理的应用。
【解析】1，2，2，…，9这9个整数中有5个奇数，4个偶数．要想同时取4个不同的数其和为偶数，则取法有：
4个都是偶数：1种；
2个偶数，2个奇数：种；
4个都是奇数：种。
∴不同的取法共有66种。故选D。
例7：（2012年广东省理5分）从概率位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是【 】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】分类讨论的思想，概率。
【解析】由题意知，个位数与十位数应该一奇一偶。
①个位数为奇数，十位数为偶数共有5×5=25个两位数；
②个位数为偶数，十位数为奇数共有5×4=20个两位数。
两类共有25+20=45个数，其中个位数为0，十位数为奇数的有10,30,50,70,90共5个数。
∴概率位数为0的概率是=。故选D。
例8：（2012年四川省理5分）方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有【 】
A、60条 B、62条 C、71条 D、80条
【答案】B。
【考点】分类讨论的思想，抛物线的定义。
【解析】将方程变形得，若表示抛物线，则
∴分=－3,－2，1，2，3五种情况：
（1）若=－3， ; （2）若=3,
以上两种情况下有9条重复，故共有16+7=23条；
同理当=－2,或2时，共有23条； 当=1时，共有16条。
综上，共有23+23+16=62条。故选B。
例9：（2012年陕西省理5分） 两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有【 】
A. 10种 B.15种 C. 20种 D. 30种
【答案】D。
【考点】排列、组合及简单计数问题，分类计数原理。
【解析】根据分类计数原理，所有可能情形可分为3:0，3:1，3:2三类，在每一类中可利用组合数公式计数，最后三类求和即可得结果：
当比分为3:0时，共有2种情形；
当比分为3:1时，共有种情形；
当比分为3:2时，共有种情形。
总共有种。故选D。
例10：（2012年湖北省理5分）函数在区间[0,4]上的零点个数为【 】
A.4 B.5 C.6 D.7
【答案】C。
【考点】函数的零点与方程，三角函数的周期性。
【解析】由得或。
当时，，∴是函数在区间[0,4]上的一个零点。
当时，∵，∴。
∵使余弦为零的角的弧度数为，∴令。
则时对应角分别为均满足条件，当时，不满足条件。
综上所述，函数在区间[0,4]上的零点个数为6个。故选C。
十、探索规律法：探索规律法的解题方法是直接通过对选择题的条件和结论，作详尽的分析、归纳和判断，从而选出正确的结果。当遇到寻找规律的命题时，常用此法。
典型例题：例1： （2012年江西省理5分）观察下列各式：则【 】
A．28 B．76 C．123 D．199
【答案】C。
【考点】归纳推理的思想方法。
【解析】观察各等式的右边,它们分别为1，3，4，7，11，…，发现从第3项开始，每一项就是它的前两项之和，故等式的右边依次为1，3，4，7，11，18，29，47，76，123,…，故。故选C。
例2：（2012年江西省文5分） 观察下列事实的不同整数解的个数为4 ，的不同整数解的个数为8，的不同整数解的个数为12 ….则的不同整数解的个数为【 】
A.76 B.80 C.86 D.92
【答案】B。
【考点】归纳推理，等差数列的应用。
【解析】观察可得不同整数解的个数4，8，12，…可以构成一个首项为4，公差为4的等差数列，通项公式为，则所求为第20项，所以。故选B。
例3：（2012年福建省文5分）数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 012等于【 】
A．1006 B．2012 C．503 D．0
【答案】A。
【考点】规律探索题。
【解析】寻找规律：a1＝1cos＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝3cos＝0，a4＝4cos2π＝4；
a5＝5cos＝0，a6＝6cos3π＝－6，a7＝7cos＝0，a8＝8cos＝8；
······
∴该数列每四项的和。
∵2012÷4=503，∴S2 012＝2×503＝1006。故选A。
【备战2013高考数学专题讲座】
第20讲：高频考点分析之三角函数探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
三角函数是高考数学的必考内容，从题型的角度，高考中三角函数问题主要有以下几种：
1. 同角、和差倍三角函数的应用；
2. 正弦定理和余弦定理的应用；
3. 三角函数的图象和性质；
4. 三角函数的综合问题；
5. 三角函数与其它知识的综合问题。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以上五方面探讨三角函数问题的求解。
一、同角、和差倍三角函数的应用：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知为第二象限角，，则【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】两角和差的公式以及二倍角公式的运用。
【解析】首先利用平方法得到二倍角的正弦值，然后然后利用二倍角的余弦公式，将所求的转化为单角的正弦值和余弦值的问题：
∵，∴两边平方，得，即。
∵为第二象限角，∴因此。
∴。
∴。故选A。
例2. （2012年全国大纲卷文5分）已知为第二象限角，sin=，则sin2=【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】同角三角函数和倍角三角函数的应用。
【解析】∵为第二象限角，∴。又∵sin=，∴。
∴。故选A。
例3. （2012年山东省理5分）若，，则【 】
A B C D
【答案】D。
【考点】倍角三角函数公式的应用。
【解析】由可得，
∵，∴。
∴，故选D。
例4. （2012年江西省理5分）若，则【 】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】三角恒等变形式以及转化与化归的数学思想。
【解析】∵，∴。故选D。
例5. （2012年江西省文5分）若，则=【 】
A. － B. C. － D.
【答案】B。
【考点】二倍角的正切，同角三角函数间的基本关系。
【解析】将等式左边分子分母同时除以得，解得。
∴。故选B。
例6. （2012年辽宁省理5分）已知，(0，π)，则=【 】
(A) 1 (B) (C) (D) 1
【答案】A。
【考点】三角函数中的和差公式、倍角公式、三角函数的性质。
【解析】∵，∴。∴。
又∵，∴。∴，即。
∴。故选A。
另析：，
。
例7. （2012年辽宁省文5分）已知，(0，π)，则=【 】
(A) 1 (B) (C) (D) 1
【答案】A。
【考点】三角函数中的倍角公式。
【解析】∵，∴。∴。故选A。
例8. （2012年重庆市文5分）=【 】
（A）（B）（C） （D）
【答案】C。
【考点】两角和的正弦函数，特殊角的三角函数值。
【分析】将原式分子第一项中的度数47°=17°+30°，然后利用两角和与差的正弦函数公式化简后，合并约分后，再利用特殊角的三角函数值即可求出值：
。
故选C。
例9. （2012年江苏省5分）设为锐角，若，则的值为 ▲ ．
【答案】。
【考点】同角三角函数，倍角三角函数，和角三角函数。
【解析】∵为锐角，即，∴。
∵，∴。∴。
∴。
∴
。
例10. （2012年广东省文12分）已知函数,且．
（1）求的值；
（2）设，，求的值．
【答案】解：（1），解得。
（2），即
，即
∵，∴，。
∵。
【考点】特殊角三角函数值，诱导公式，同角三角函数关系式，两角和的余弦公式。
【解析】（1）将代入函数解析式，利用特殊角三角函数值即可解得A的值。
（2）先将，代入函数解析式，利用诱导公式即可得、的值，再利用同角三角函数基本关系式，即可求得、的值，最后利用两角和的余弦公式计算所求值即可。
例11. （2012年福建省理13分）某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
(1)sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；
(2)sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；
(3)sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；
(4)sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；
(5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.
（I）请从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
（II）根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
【答案】解：（I）选择(2)式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝。
（II）三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝。证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)
＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α
＝sin2α＋cos2α＝。
【考点】同角函数关系式、倍角公式和差的余弦公式的应用。
【解析】（I）选择(2)式，应用同角函数关系式和倍角公式即可得出结果。
（II）三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝。应用差的余弦公式和同角函数关系式即可证明。
二、正弦定理和余弦定理的应用：
典型例题：例1. （2012年上海市理5分）在中，若，则的形状是 ▲
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定
【答案】C。
【考点】正弦定理和余弦定理的运用。
【解析】由正弦定理，得代入得到。
由余弦定理的推理得。
∴C为钝角，即该三角形为钝角三角形。故选C。
例2. （2012年广东省文5分）在中，若，，，则【 】
A． B． C． D．
【答案】B。
【考点】正弦定理的应用。
【解析】由正弦定理得，即，解得。故选B。
例3. （2012年湖北省文5分）设△的内角所对的边分别为，若三边的长为连续的三个正整数，且，，则为【 】
A.4∶3∶2 B.5∶6∶7 C.5∶4∶3 D.6∶5∶4
【答案】D。
【考点】正弦定理和余弦定理的应用。
【解析】∵为连续的三个正整数，且，∴。∴①。
又∵已知，∴②。
由余弦定理可得③。
则由②③可得④。
联立①④，得，解得或（舍去），则，。
∴由正弦定理可得，。故选D。
例4. （2012年湖南省文5分） 在△ABC中，，则BC边上的高等于【 】
A． B. C. D.
【答案】B。
【考点】余弦定理、三角形面积公式。
【解析】设，在△ABC中，由余弦定理知，
即，。
又，∴。
设BC边上的高等于，由三角形面积公式，知
，解得。故选B。
例5. （2012年北京市理5分）在△ABC中，若=2，b+c=7, ，则b= ▲
【答案】4。
【考点】余弦定理的应用。
【解析】由余弦定理和=2，得。
由b+c=7得c=7－b，代入，得。
解得，b=4。
例6. （2012年北京市文5分）在△ABC中，若a=3，b=，，则的大小为 ▲ 。
【答案】。
【考点】正弦定理的应用。
【解析】由已知△ABC中， a=3，b=，，根据正弦定理得，
∴（舍去）。∴。
例7. （2012年湖北省理5分）设△ABC的内角A，B，C，所对的边分别是a，b，c.若，则角C= ▲ 。
【答案】。
【考点】余弦定理的运用
【解析】由 得，
∴根据余弦定理得。∴。
例8. （2012年福建省文4分）在△ABC中，已知∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，BC＝，则AC＝ ▲ .
【答案】。
【考点】正弦定理
【解析】在△ABC中，由正弦定理得：＝?＝?AC＝＝。
三、三角函数的图象和性质：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分）已知，函数在上单调递减。则的取值范围是【 】
【答案】。
【考点】三角函数的性质。
【解析】根据三角函数的性质利用排它法逐项判断：
∵时，，不合题意，∴排除。
∵时，，合题意，∴排除。故选。
例2. （2012年全国课标卷文5分）已知>0，0<<π，直线x=和x=是函数f(x)=sin(x+)图像的两条相邻的对称轴，则φ=【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】A。
【考点】正弦函数的性质。
【解析】∵函数f(x)=sin(x+)图像的对称轴是函数取得最大（小）值时垂直于x轴的直线，
∴不妨设x=时，f(x)=1；x=时，f(x)=－1。
则由得，解得。
∵0<<π，∴。故选A。
例3. （2012年上海市理5分）设，，在中，正数的个数是【 】
A．25 B．50 C．75 D．100
【答案】 D。
【考点】正弦函数的周期性。
【解析】∵对于（只有)，∴都为正数。
当时，令，则，画出终边如右，
其终边两两关于轴对称，即有，
∴
其中=26,27,…,49，此时。
∵， ，∴。
从而当=26,27,…,49时，都是正数。
又。
同上可得，对于从51到100的情况同上可知都是正数，故选D。
例4. （2012年上海市文5分）若（），则在中，正数的个数是【 】
A、16 B、72 C、86 D、100
【答案】C。
【考点】正弦函数的周期性和对称性。
【解析】依据正弦函数的周期性，可以找其中等于零或者小于零的项：
在中，分成7部分，加上。在7部分中，每一部分正数的个数是相同的。
讨论一个周期的情况：
如图， 中，当时，，所以均为正数；当时，由于正弦函数的性质，知也为正数；
当时，由于正弦函数的性质，知为0。因此共有12个正数。
另为正数。
∴在中，正数的个数是。故选C。
例5. （2012年天津市文5分）将函数（其中>0）的图像向右平移个单位长度，所得图像经过点（，0），则的最小值是【 】
（A） （B）1 （C） （D）2
【答案】D。
【考点】函数的图象变换。
【分析】将函数的图像向右平移得到函数。
∵此时函数过点，∴，即。
∴。
又∵>0，∴的最小值为2。故选D。
例6. （2012年安徽省文5分）要得到函数的图象，只要将函数的图象【 】
向左平移1个单位 向右平移1个单位
向左平移个单位 向右平移个单位
【答案】。
【考点】函数图象平移的性质。
【解析】∵，
∴只要将函数的图象向左平移个单位即可得到函数的图象。故选。
例7. （2012年山东省文5分）函数的最大值与最小值之和为【 】
A B 0 C －1 D
【答案】A。
【考点】三角函数的值域。
【解析】∵，
∴当时，最小，为
当时，最大，为。
∴函数的最大值与最小值之和为。故选A。
例8. （2012年浙江省理5分）把函数的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），然后向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的图像是【 】
【答案】A。
【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换。
【解析】把函数y＝cos2x＋1的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)得：y1＝cosx＋1，向左平移1个单位长度得：y2＝cos(x＋1)＋1，再向下平移1个单位长度得：y3＝cos(x＋1)。
取特殊值进行判断：令x＝0，得：y3＞0；x＝，得：y3＝0。比对所给选项即得答案。
故选A。
例9. （2012年湖北省理5分）函数在区间[0,4]上的零点个数为【 】
A.4 B.5 C.6 D.7
【答案】C。
【考点】函数的零点与方程，三角函数的周期性。
【解析】由得或。
当时，，∴是函数在区间[0,4]上的一个零点。
当时，∵，∴。
∵使余弦为零的角的弧度数为，∴令。
则时对应角分别为均满足条件，当时，不满足条件。
综上所述，函数在区间[0,4]上的零点个数为6个。故选C。
例10. （2012年湖北省文5分） 函数在区间上的零点个数为【 】
A 2 B 3 C 4 D 5
【答案】D。
【考点】函数的零点与方程，三角函数的周期性。
【解析】由得或。
当时，，∴是函数在区间上的一个零点。
由，得，即。
又∵，∴。
综上所述，函数在区间[上的零点个数为个。故选D。
例11. （2012年福建省文5分）函数f(x)＝sin的图象的一条对称轴是【 】
A．x＝ B．x＝ C．x＝－ D．x＝－
【答案】C。
【考点】三角函数的图象和性质。
【解析】因为三角函数图象的对称轴经过最高点或最低点，所以可以把四个选项代入验证，知只有当x＝－时，函数f＝sin＝－1取得最值。故选C。
例12. （2012年湖南省文12分）已知函数的部分图像如图所示.
（Ⅰ）求函数的解析式；
（Ⅱ）求函数的单调递增区间.
【答案】解：（Ⅰ）由题设图像知，周期，∴。
∵点在函数图像上，∴。
又∵，∴。∴，即。
又∵点在函数图像上，∴。
∴函数的解析式为。
（Ⅱ）
。
由得
∴的单调递增区间是。
【考点】三角函数的图像和性质。
【解析】（Ⅰ）结合图形求得周期从而求得.再利用特殊点在图像上求出，从而求出的解析式。
（Ⅱ）用（Ⅰ）的结论和三角恒等变换及的单调性求得。
例13.（2012年天津市理5分）设，则“”是“为偶函数”的【 】
（A）充分而不必要条件 （Ｂ）必要而不充分条件
（Ｃ）充分必要条件 （Ｄ）既不充分也不必要条件
【答案】A。
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，函数奇偶性的判断。
【分析】∵为偶函数，成立；
为偶函数，推不出。
∴“”是“为偶函数”的充分而不必要条件。故选A。
例14. （2012年山东省文5分）设命题p：函数的最小正周期为；命题q：函数的图象
关于直线对称.则下列判断正确的是【 】
A p为真 B 为假 C 为假 D 为真
【答案】C。
【考点】真假命题的判定，三角函数的周期和对称性。
【解析】∵函数的最小正周期为，∴命题p为假。
∵函数的图象的对称轴为，∴命题q为假。
∴为假。故选C。
四、三角函数的综合问题：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷文5分）若函数是偶函数，则=【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】偶函数的性质，和的三角函数公式。
【解析】∵函数是偶函数，∴，即。
展开，得，
即，即。
∴，解得。
又∵，∴。故选C。
例2. （2012年四川省理5分）如图，正方形的边长为，延长至，使，连接、则【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】B。
【考点】余弦定理，同角函数关系式。
【解析】∵，正方形的边长为，
∴。
∴。
∵为钝角，∴为锐角。
∴。故选B。
例3. （2012年天津市理5分）在中，内角，，所对的边分别是，已知，，则 =【 】
（A） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）
【答案】A 。
【考点】正弦定理，二倍角的三角函数公式。
【分析】∵，由正弦定理得。
又∵，∴。∴，
∵，∴，=。故选A 。
例4. （2012年湖南省理5分）函数的值域为【 】
A． B. C. D.
【答案】B。
【考点】三角恒等变换。
【解析】利用三角恒等变换把化成的形式，利用，求得的值域：
∵，∴。
∴函数的值域为。故选B。
例5. （2012年全国大纲卷理5分）当函数取得最大值时， ▲ 。
【答案】。
【考点】三角函数性质的运用。
【解析】求解值域的问题，首先化为单一三角函数，然后利用定义域求解角的范围，从而结合三角函数图像得到最值点。
∵，∴。
∵，
∴当且仅当即时，函数取得最大值。
例6. （2012年重庆市理5分）设的内角的对边分别为，且则 ▲
【答案】。
【考点】同角三角函数的基本关系式，两角和的三角公式，正弦定理的应用。
【分析】∵，∴。∵，∴。
∴。
由正弦定理得，。
例7. （2012年重庆市文5分）设△的内角的对边分别为，且，则 ▲
【答案】。
【考点】同角三角函数间的基本关系，余弦定理应用，等腰三角形的性质。
【分析】由为三角形的内角，及cos的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sin的值，再由与的值，利用余弦定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，再由sin，及的值，利用正弦定理即可求出的值：
∵为三角形的内角， ，∴。
又∵，∴由余弦定理得：，解得：。
又∵，，，∴由等腰三角形等边对等角的性质得：。
（或用正弦定理求解）
例8. （2012年全国大纲卷理10分）的内角的对边分别为，已知，求。
【答案】解：∵，∴。
由正弦定理及可得①，
∴
。
由得②。
将①代入②，得，∴。
∵为三角形的内角且，∴。
∴。∴。
【考点】解三角形的运用，三角形的内角和定理，正弦定理，和与差的三角函数。
【解析】给出两个公式，一个是边的关系，一个角的关系，而求解的为角，因此要找到角的关系式为好。先将三角函数关系式化简后，得到角关系，然后结合，得到两角的二元一次方程组，自然很容易得到角的值。
例9. （2012年全国课标卷理12分）已知分别为三个内角的对边，
（1）求 （2）若，的面积为；求。
【答案】解：（1）由，根据正弦定理得：
，
∵，
∴。
∴。∴。
∴或（不合题意，舍去）。∴。
（2）由得，
由得，
解得：。
【考点】正弦定理和余弦定理的应用，和与差的三角函数。
【解析】（1）根据正弦定理可将已知等式化为，应用和与差的三角函数变形后可得，从而求出。
（2）根据已知和余弦定理，可得关于 的方程组，求解即可。
例10. （2012年全国课标卷文12分）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，c = asinC－ccosA
求A
若a=2，△ABC的面积为，求b,c
【答案】解：（1）由c = asinC－ccosA得，根据正弦定理，得
，即，。
∴或（不合题意，舍去）。∴。
（2）由得，
由得，
解得：。
【考点】正弦定理和余弦定理的应用，和与差的三角函数。
【解析】（1）根据正弦定理可将已知等式化为，应用和与差的三角函数变形后可得，从而求出。
（2）根据已知和余弦定理，可得关于 的方程组，求解即可。
例11. （2012年北京市理13分）已知函数。
（1）求的定义域及最小正周期；
（2）求的单调递增区间。
【答案】解：（1）由解得，
∴的定义域为。
又∵
∴的最小正周期为。
（2）∵，
∴根据正弦函数的增减性，得或，。
解得或，。
∴的单调递增区间为。
【考点】三角函数的定义域、最小正周期和单调增减性。
【解析】（1）根据分式分母不为0的条件，结合正弦函数的零点得出的定义域。将变形，即可由求最小正周期的公式求得。
（2）根据正弦函数的增减性，结合的定义域，求出的单调递增区间。
例12. （2012年四川省理12分） 函数在一个周期内的图象如图所示，为图象的最高点，、为图象与轴的交点，且为正三角形。
（Ⅰ）求的值及函数的值域；
（Ⅱ）若，且，求的值。
【答案】解：（Ⅰ）由已知可得：
又∵正的高为2，∴BC=4。
∴函数的同期，即，解得。
∴函数的值域为。
（Ⅱ）∵，由（Ⅰ）有，即。
由得x0。
∴
∴
。
【考点】三角函数的图像与性质，同角三角函数的关系、两角和的正（余）弦公式、二倍角公式。
【解析】（Ⅰ）将）化简为，利用正弦函数的周期公式与性质可求的值及函数的值域。
（Ⅱ）由，知 ，由，可求得即，利用两角和的正弦公式即可求得。
例13. （2012年四川省文12分）已知函数。
（Ⅰ）求函数的最小正周期和值域；
（Ⅱ）若，求的值。
【答案】解：（Ⅰ）∵，
∴的最小正周期为2，值域为。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，=， ∴cos。
∴
。
【考点】三角函数的性质、两角和的正（余）弦公式、二倍角公式。
【解析】（Ⅰ）将化为 即可求得的最小正周期和值域。
（Ⅱ）由=可求得cos，由余弦函数的二倍角公式与诱导公式可求得的值。
例14. （2012年天津市理13分）已知函数，.
(Ⅰ)求函数的最小正周期；
（Ⅱ）求函数在区间上的最大值和最小值.
【答案】解：(Ⅰ) ∵
，
∴函数的最小正周期。
（Ⅱ）∵函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，
又，
∴函数在的最大值为 2 ，最小值为－1。
【考点】三角函数中的恒等变换应用，三角函数的周期性及其求法，三角函数的最值。
【分析】(Ⅰ)利用正弦函数的两角和与差的公式与辅助角公式将化为，即可求得函数的最小正周期。
（Ⅱ）分析得到函数在区间上的增减性，即可是求得在区间的最大值和最小值。
例15. （2012年天津市文13分） 在中，内角所对的分别是。已知，
.
（I）求和b的值；
（II）求的值。
【答案】解：（I）在中，∵，∴。
∵ ，，∴。
∵，∴，解得。
（II）∵、 ∴ ，。
∴。
【考点】解三角形，三角函数中的恒等变换应用。
【分析】（I）中，利用同角三角函数的基本关系求出，再由正弦定理求出，再由余弦定理求得。
（II）利用二倍角公式求得和的值，，再由两角和的余弦公式求出的值。
例16. （2012年安徽省理12分） 设函数
（I）求函数的最小正周期；
（II）设函数对任意，有，且当时， ；
求函数在上的解析式。
【答案】解：（I）∵
，
∴函数的最小正周期。
（II）∵当时，
∴ 当时， ，
当时， ，
。
∴函数在上的解析式为。
【考点】三角函数公式和性质。，
【解析】（I）将化为，即可求出函数的最小正周期。
（II）由得出关于的函数关系式。由分区间讨论即可。
例17. （2012年安徽省文12分）设的内角所对的边为，且有
（Ⅰ）求角的大小；
（II） 若，，为的中点，求的长。
【答案】解：（Ⅰ）∵，∴。
∴。
∴。∴。
（II）∵，，，，
∴，解得。
∴。∴。
∴在中，。
【考点】三角函数的应用，余弦定理，勾股定理和逆定理。
【解析】（Ⅰ）化简即可求出角的大小。
（II）应用余弦定理，求出，从而根据勾股定理逆定理得到，在在中应用勾股定理即可求出的长。
例18. （2012年广东省理12分）已知函数的最小正周期为
（1）求的值；
（2）设，求的值。
【答案】解：（1）由得。
（2）由（1）知
∵，
且，
∴，。
∵，，
∴，
∴。
【考点】两角和与差的余弦函数，诱导公式，三角函数的函数的周期。
【解析】（1）由题意，由于已经知道函数的周期，可直接利用公式解出参数的值。
（2）由题设条件，可先对，与进行化简，求出与两角的函数值，再由余弦的和角公式求出的值。
例19. （2012年江西省理12分）在中，角的对边分别为。已知，。
（1）求证：
（2）若，求的面积。
【答案】解：（1）证明：由bsin－csin＝a，应用正弦定理，得
sinBsin－sinCsin＝sinA，
∴sinB－sinC＝。
整理得sinBcosC－cosBsinC＝1，即sin(B－C)＝1。
∵0（2）由（1）知B－C＝，又B＋C＝π－A＝，∴B＝，C＝。
由a＝，A＝，得b＝＝2sin，c＝＝2sin。
∴△ABC的面积S＝bcsinA＝sinsin＝cossin＝。
【考点】解三角形，三角形的面积，三角恒等变换、三角和差公式以及正弦定理的应用。
【解析】（1）通过正弦定理以及三角和差公式化简已知表达式，推出B－C的正弦函数值，由得出0（2）利用，通过正弦定理求出b，c，然后利用三角形的面积公式求△ABC的面积。
例20. （2012年江西省文12分）在中，角的对边分别为。已知。
（1）求；
（2）若， 的面积为，求。
【答案】解：（1）由化简得：，
变形得：，即，。
∴。
（2）∵为三角形的内角，，∴。
又，即，，解得：①。
又，，
∴由余弦定理得，即=13②。
联立①②解得：或。
【考点】余弦定理、正弦定理、诱导公式的应用，两角和与差的余弦函数。
【解析】（1）利用两角和与差的余弦函数公式化简已知等式左边的第一项，移项合并后再利用两角和与差的余弦函数公式得出的值，将用三角形的内角和定理及诱导公式变形后，将的值代入即可求出的值。
（2）由的值及为三角形的内角，利用同角三角函数间的基本关系求出的值，利用三角形的面积公式表示出的面积，将已知的面积及的值代入，得出，记作①，再由及的值，利用余弦定理列出关于与的关系式，记作②，联立①②即可求出与的值。
例21. （2012年浙江省理14分）在中，内角，，的对边分别为，，．已知，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，求的面积．
【答案】解：(Ⅰ)∵cosA＝＞0，∴sinA＝。
又cosC＝sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinCcosA＝cosC＋sinC．
整理得：tanC＝。
（Ⅱ）由图辅助三角形知：sinC＝，，
∴。
又由正弦定理知：，解得 。
∴ABC的面积为：S＝。
【考点】三角恒等变换，正弦定理，三角形面积求法。
【解析】(Ⅰ)由A为三角形的内角，及cosA的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinA的值，再将已知等式的左边sinB中的角B利用三角形的内角和定理变形为π－（A+C），利用诱导公式得到sinB=sin（A+C），再利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理后利用同角三角函数间的基本关系即可求出tanC的值。
（Ⅱ）由tanC的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinC 和cosC的值，将cosC的值代入中，即可求出的值，由求出c的值，最后由S＝即可求出三角形ABC的面积。
例22. （2012年浙江省文14分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsinA=acosB。
（1）求角B的大小；
（2）若b=3，sinC=2sinA，求a，c的值.
【答案】解：（1）∵bsinA=acoSb，∴由正弦定理得，即。
∵B是△ABC的内角，∴。
（2）∵sinC=2sinA，∴由正弦定理得。
由余弦定理得，
解得。
∴。
【考点】正弦定理，余弦定理，三角形内角和定理。
【解析】（1）将已知的等式利用正弦定理化简，根据sinA不为0，等式两边同时除以sinA，再利用同角三角函数间的基本关系求出tanB的值，由B为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出B的度数。
（2）由正弦定理化简sinC=2sinA，得到关于a与c的关系，再由b及cosB的值，利用余弦定理列出关于a的一个方程，解出即可求出a与c的值。
例23. （2012年湖北省文12分）设函数f(x)＝sin2ωx＋2sinωx·cosωx－cos2ωx＋λ(x∈R)的图象关于直线x＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈.
（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期；
（Ⅱ）若y＝f(x)的图象经过点，求函数f(x)的值域
【答案】解：（Ⅰ）∵f(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2sinωx·cosωx＋λ
＝－cos2ωx＋sin2ωx＋λ＝2sin＋λ.，
且直线x＝π是y＝f(x)图象的一条对称轴，
∴sin＝±1。
∴2ωπ－＝kπ＋(k∈R)，即ω＝＋(k∈R)。
又∵ω∈，k∈R，∴k＝1。∴ω＝。
∴f(x)的最小正周期是。
（Ⅱ）由y＝f(x)的图象过点，得f＝0，即λ＝－2sin＝－2sin＝－。
∴f(x)＝2sin－，函数f(x)的值域为[－2－，2－]
【考点】三角函数的恒等变化，正弦函数的定义域和值域。
【解析】（Ⅰ）先利用二倍角公式和两角差的余弦公式将函数f(x)化为y=Asin（ωx+φ）+k型函数，再利用函数的对称性和ω的范围，计算ω的值，最后利用周期计算公式得函数的最小正周期。
（Ⅱ）先将已知点的坐标代入函数解析式，求得λ的值，再利用正弦函数的图象和性质即可求得函数f(x)的值域。
例24. （2012年重庆市理13分）设，其中
（Ⅰ）求函数 的值域；（8分）
（Ⅱ）若在区间上为增函数，求的最大值.（5分）
【答案】解：（Ⅰ）
∵，∴。
即函数的值域为。
（Ⅱ）由得。
∴在上为增函数。
∵时，为增函数，
∴对某个整数成立，易知必有=0。
∴。
∴，解得。
∴的最大值为。
【考点】二倍角的余弦和正弦，两角和与差的正弦函数，正弦函数的定义域和值域，正弦函数的单调性。
【分析】（I）由题意，可由三角函数的恒等变换公式对函数的解析式进行化简得到，由此易求得函数的值域。
（II）在区间上为增函数，此区间必为函数某一个单调区间的子集，由此可根据复合三角函数的单调性求出用参数表示的三角函数的单调递增区间，由集合的包含关系比较两个区间的端点即可得到参数所满足的不等式，由此不等式解出它的取值范围，即可得到它的最大值。
例25. （2012年重庆市文12分）设函数（其中 ）在处取得最大值2，其图象与轴的相邻两个交点的距离为。
（I）求的解析式（5分）；
（II）求函数的值域（7分）。
【答案】解：（Ⅰ）∵函数图象与轴的相邻两个交点的距离为，
∴的周期为，即，解得。
∵在处取得最大值2，∴=2。
∴，即。
∴。
又∵，∴。
∴的解析式为。
（Ⅱ）∵函数
，
又∵，且，
∴的值域为。
【考点】三角函数中的恒等变换应用，由的部分图象确定其解析式。
【分析】（Ⅰ）通过函数的周期求出ω，求出，利用函数经过的特殊点求出，推出的解析式。
（Ⅱ）利用（Ⅰ）推出函数的表达式，应用同角函数关系式、倍角函数关系式得到。通过，且，求出的值域。
例26. （2012年陕西省理12分）函数（）的最大值为3， 其图像相邻两条对称轴之间的距离为，
（1）求函数的解析式；
（2）设，则，求的值.
【答案】解：（1）∵函数的最大值为3，∴即。
∵函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为，∴最小正周期为。∴。
∴函数的解析式为。
（2）∵，∴即。
∵，∴。
∴，即。
【考点】三角函数的图像性质，三角函数的求值。
【解析】（1）通过函数的最大值求出A，通过对称轴求出周期，求出ω，得到函数的解析式。
（2）通过，求出，通过α的范围，求出α的值。
五、三角函数与其它知识的综合问题：
典型例题：例1. （2012年重庆市理5分）设是方程的两个根，则的值为【 】
（A）-3 （B）-1 （C）1 （D）3
【答案】A。
【考点】两角和与差的三角公式，一元二次方程根与系数的关系。
【分析】∵是方程的两个根，
∴根据一元二次方程根与系数的关系，得。
∴。故选A。
例2. （2012年陕西省理5分）在中，角所对边长分别为，若，则的最小值为【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】余弦定理，基本不等式的应用。
【解析】通过余弦定理求出cosC的表达式，利用基本不等式求出cosC的最小值：
∵，∴。
∴由余弦定理得，当且仅当时取“=”。
∴的最小值为。故选C。
例3. （2012年上海市文4分）函数的最小正周期是 ▲
【答案】。
【考点】行列式的基本运算，三角函数的值域，二倍角公式。
【解析】∵,
∴函数的最小正周期是。
例4. （2012年安徽省理5分）设的内角所对的边为；则下列命题正确的是 ▲
①若；则 ②若；则
③若；则 ④若；则
⑤若；则
【答案】①②③。
【考点】余弦定理的应用，余弦函数的性质，不等式变形。
【解析】根据余弦定理逐项分析：
①∵，∴。∴。命题正确。
②∵，∴。∴。命题正确。
③∵，∴。
∵，
∴。命题正确。
④∵，
∴。∴。命题错误。
⑤以例反证，取满足，
则。
又∵，∴。命题错误。
例5. （2012年福建省理4分）已知△ABC的三边长成公比为的等比数列，则其最大角的余弦值为
▲ ．
【答案】。
【考点】等比数列的性质，余弦定理的应用。
【解析】∵△ABC的三边长成公比为的等比数列，∴设三角形的三边分别是：a、a、a。
∵最大角所对的边是a，
∴根据三角形中大边对大角的性质，结合余弦定理得：。
∴最大角的余弦值为。
例6. （2012年全国大纲卷文10分）中，内角、、成等差数列，其对边、、满足，求A．
【答案】解：∵中，内角、、成等差数列，
∴。∴，。
又∵，∴根据正弦定理，得。∴。
由“”进行均值换元，设 ，。
则，化简，得。
∴。∴或。
【考点】解三角形的运用，等差数列的性质，三角形的内角和定理，正弦定理，两角和的三角函数。
【解析】根据角、、成等差数列和三角形内角和定理可得，。运用均值换元法，由应用正弦定理和两角和的三角函数，化简等式，求出答案。
例7. （2012年山东省理12分）已知向量m=（sinx，1），函数的最大值为6。
（Ⅰ）求A；
（Ⅱ）将函数y=f（x）的图象像左平移个单位，再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=g（x）的图象。求g（x）在上的值域。
【答案】解：（Ⅰ）。
∵函数的最大值为6。而
∴。
（Ⅱ）函数y=f（x）的图象像左平移个单位得到函数的图象，
再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数。
当时，，.。
∴函数g（x）在上的值域为。
【考点】向量的运算，三角函数的值域，函数图象平移的性质。
【解析】（Ⅰ）求出函数关于的表达式，化简后根据三角函数的值域确定A。
（Ⅱ）由平移的性质，求出g（x），由得出的范围，从而求得函数g（x）在上的值域。
例8. （2012年山东省文12分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为，已知
.
(Ⅰ)求证：成等比数列；
(Ⅱ)若，求△ABC的面积S.
【答案】解：(Ⅰ)由已知得：，即。
∵，
∴。
由正弦定理，得，∴成等比数列。
(Ⅱ)若，则，
由余弦定理，得，
∴。
∴△ABC的面积。
【考点】正弦定理和余弦定理的应用，和的三角函数公式，同角三角函数公式，等比数列的判定。
【解析】(Ⅰ)根据和的三角函数公式化简，求得三角正弦之间的关系，由正弦定理推出结论。
(Ⅱ)由余弦定理求出的余弦，从而根据同角三角函数公式得到正弦，应用面积公式求解。
例9. （2012年湖北省理12分）已知向量，设函数的图像关于直线=π对称，其中为常数，且
（Ⅰ）求函数的最小正周期；
（2）若的图像经过点，求函数在区间上的取值范围。
【答案】解：
。
（Ⅰ）∵函数的图像关于直线=π对称，∴。
∴。
又∵，∴。
∴的最小正周期为。
（II）若的图像经过点，则有，∴。
∴。
∵，∴。∴。
∴函数在区间上的取值范围为。
【考点】数量积的坐标表达式，三角函数的恒等变化，正弦函数的定义域和值域。
【解析】（Ⅰ）先利用向量数量积运算性质，求函数的解析式，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式将函数化为，最后利用函数的对称性和ω的范围，计算ω的值，从而得函数的最小正周期。
（II）先将已知点的坐标代入函数解析式，求得λ的值，再求内层函数的值域，最后将内层函数看做整体，利用正弦函数的图象和性质即可求得函数的值域。
例10. （2012年辽宁省理12分）在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c。角A，B，C成等差
数列。
(Ⅰ)求的值；
(Ⅱ)边a，b，c成等比数列，求的值。
【答案】解：（Ⅰ）∵角A，B，C成等差数列，∴。
又∵，∴=60°。∴。
（Ⅱ）∵边a，b，c成等比数列，∴。∴根据正弦定理得。
∵=60°，∴。∴。
【考点】数列与三角函数的综合，正弦定理、余弦定理、三角形内角和定理及等差、等比数列的定义。
【解析】（Ⅰ）在中，由角A、B、C成等差数列可知B =60°，从而可得的值。
（Ⅱ）由a，b，c成等比数列，得，由的值得到的值，结合正弦定理可求得的值。
另解：由余弦定理求得得到是等边三角形，每个内角等于600求解。
例11. （2012年江苏省14分）在中，已知．
（1）求证：；
（2）若求A的值．
【答案】解：（1）∵，∴，即。
由正弦定理，得，∴。
又∵，∴。∴即。
（2）∵ ，∴。∴。
∴，即。∴。
由 （1） ，得，解得。
∵，∴。∴。
【考点】平面向。量的数量积，三角函数的基本关系式，两角和的正切公式，解三角形。
【解析】（1）先将表示成数量积，再根据正弦定理和同角三角函数关系式证明。
（2）由可求，由三角形三角关系，得到，从而根据两角和的正切公式和（1）的结论即可求得A的值。
例12.（2012年福建省文5分）数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 012等于【 】
A．1006 B．2012 C．503 D．0
【答案】A。
【考点】规律探索题。
【解析】寻找规律：a1＝1cos＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝3cos＝0，a4＝4cos2π＝4；
a5＝5cos＝0，a6＝6cos3π＝－6，a7＝7cos＝0，a8＝8cos＝8；
······
∴该数列每四项的和。
∵2012÷4=503，∴S2 012＝2×503＝1006。故选A。
例13.（2012年江西省理5分）下图为某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是 ▲ .
【答案】3。
【考点】算法程序框图的应用。
【解析】由程序框图可知：
第一次:T=0,k=1,成立，，2<6,满足判断条件，继续循环；
第二次:不成立，,3<6，满足判断条件，继续循环；
第三次:不成立， ，4<6, 满足判断条件，继续循环；
第四次: 成立，, 5<6, 满足判断条件，继续循环；
第五次: 成立， ，6<6不成立，不满足判断条件，跳出循环，故输出T的值3。
例14.（2012年四川省理5分）设函数，是公差为的等差数列，，则【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】D。
【考点】等差数列性质，三角函数性质。
【解析】∵，，
∴。
∵是公差为的等差数列，
∴，。
∴，解得。
∴。故选D。
关于， 可化为。
由，
设，作图可得二者交点在处：
例15. （2012年安徽省文13分）设函数的所有正的极小值点从小到大排成的数列为.
（Ⅰ）求数列；
（Ⅱ）设的前项和为，求。
【答案】解：（I）∵，∴。
令，解得。
当时，；
当时，。
∴当时，取极小值。
∴数列：。
（II）由（I）得：，
∴。
当时，；
当时，；
当时，。
∴当时，；
当时，；
当时，。
【考点】三角函数的极值，导数的应用，数列。
【解析】（I）求函数的所有正的极小值点，即要讨论，和的情况，得出结果。
（II）求出的前项和为，分类讨论，求出。
【备战2013高考数学专题讲座】
第21讲：高频考点分析之平面向量探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
平面向量是近代数学中重要和基本的数学概念之一，它是沟通代数、几何与三角函数的一种工具，有着极其丰富的实际背景，它包括向量的概念和运算。向量的坐标表示，定比分点及数量积。以前教材中，在解析几何、复数中涉及到平面向量的问题，只是对一个概念的介绍；而在现在教材中，是高一的必学内容，教学大纲要求理解平面向量及其运算的意义，能用向量语言和方法表述和解决数学和物理中的一些问题，发展运算能力和解决实际问题的能力。
一般来说，平面向量在高考中所占份量不大，一道选择题或填空题，结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下三方面探讨平面向量问题的求解：
1. 平面向量的概念、性质和计算：
2. 平面向量的坐标表示和计算；
3. 平面向量与其它知识的综合。
一、平面向量的概念、性质和计算：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）中，边上的高为，若，则【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】向量垂直的判定，勾股定理，向量的加减法几何意义的运用。
【解析】∵，∴，
∴在中，根据勾股定理得。
∴由等面积法得，即，得。
∴。
又∵点在上，∴。故选D。
例2.（2012年四川省理5分）设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的充分条件是【 】
A、 B、 C、 D、且
【答案】C。
【考点】充分条件。
【解析】若使成立， 即要、共线且方向相同，即要。所以使成立的充分条件是。故选C。
例3. （2012年天津市理5分）已知为等边三角形，，设点满足，，，若，则【 】
（A） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）
【答案】A。
【考点】向量加减法的几何意义，平面向量基本定理，共线向量定理及其数量积的综合运用.。
【分析】∵=，=，
又∵，且，，
∴，
即，
即，
∴，解得。故选A 。
例4.（2012年天津市文5分）在△中，=90°，=1，设点满足，
。若，则=【 】
（A） （B） （C） （D）2
【答案】B。
【考点】向量加减法的几何意义，平面向量基本定理，共线向量定理及其数量积的综合运用。
【分析】如图，设 ，则。
又，。
由得
，
即。故选B。
例5. （2012年浙江省理5分）设，是两个非零向量【 】
A．若，则
B．若，则
C．若，则存在实数，使得
D．若存在实数，使得，则
【答案】C。
【考点】平面向量的综合题。
【解析】利用排除法可得选项C是正确的：
∵|a＋b|＝|a|－|b|，则a，b共线，即存在实数λ，使得a＝λb，
∴选项A：|a＋b|＝|a|－|b|时，a，b可为异向的共线向量，不正确；
选项B：若a⊥b，由正方形得|a＋b|＝|a|－|b|，不正确；
选项D：若存在实数λ，使得a＝λb，a，b可为同向的共线向量，此时显然|a＋b|＝|a|－|b|，不正确。
故选C。
例6. （2012年辽宁省理5分）已知两个非零向量a，b满足|a+b|=|ab|，则下面结论正确的是【 】
(A) a∥b (B) a⊥b
(C) a=b (D)a+b=ab
【答案】B。
【考点】平面向量的运算，向量的位置关系。
【解析】由|a+b|=|ab|，平方可得ab=0，所以a⊥b。故选B。
或根据向量加法、减法的几何意义可知|a+b|与|ab|分别为以向量a，b为邻边的平行四边形的两
条对角线的长，因为|a+b|=|ab|，所以该平行四边形为矩形，所以a⊥b。故选B。
例7. （2012年全国课标卷理5分）已知向量夹角为 ，且；则 ▲
【答案】。
【考点】向量运算。
【解析】∵，∴。
∵向量夹角为 ，且 ，∴，解得，。
例8. （2012年北京市理5分）已知正方形ABCD的边长为l，点E是AB边上的动点。则的值为
▲ ； 的最大值为 ▲
【答案】1；1。
【考点】平面向量的运算法则。
【解析】如图，根据平面向量的运算法则，得
。
∵，正方形ABCD的边长为l，∴。
又∵，
而就是在上的射影，要使其最大即要点E与点B重合，此时。
∴的最大值为。
例9. （2012年浙江省理4分）在中，是的中点，，，则 ▲ ．
【答案】。
【考点】平面向量数量积的运算。
【解析】此题最适合的方法是特殊元素法：
如图，假设ABC是以AB＝AC的等腰三角形，
AM＝3，BC＝10，由勾股定理得AB＝AC＝。
则cos∠BAC＝，
∴＝。
例10. （2012年江苏省5分）如图，在矩形中，点为的中点，点在边上，若，则的值是 ▲ ．
【答案】。
【考点】向量的计算，矩形的性质，三角形外角性质，和的余弦公式，锐角三角函数定义。
【解析】由，得，由矩形的性质，得。
∵，∴，∴。∴。
记之间的夹角为，则。
又∵点E为BC的中点，∴。
∴
。
本题也可建立以为坐标轴的直角坐标系，求出各点坐标后求解。
例11. （2012年湖南省文5分）如图，在平行四边形ABCD中 ，AP⊥BD，垂足为P，且 ，则=
▲ .
【答案】18
【考点】平面向量加法的几何运算、平面向量的数量积运算。
【解析】设，则
=
。
二、平面向量的坐标表示和计算：
典型例题：例1. （2012年安徽省理5分）在平面直角坐标系中，，将向量按逆时针旋转后，得向量，则点的坐标是【 】
【答案】。
【考点】向量的计算。
【解析】∵
∴设，得。
又∵向量按逆时针旋转后，得向量，
∴。故选。
例2.（2012年广东省理5分）若向量=（2,3），=（4,7），则=【 】
A．（-2,-4） B．(2,4) C．(6,10) D．(-6,-10)
【答案】A。
【考点】平面向量的坐标运算。
【解析】= 。故选A。
例2.（2012年广东省文5分）若向量，则【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】平面向量的坐标运算。
【解析】 。故选A。
例3. （2012年福建省文5分）已知向量，则的充要条件是【 】
A．x＝－ B．x＝－1 C．x＝5 D．x＝0
【答案】D。
【考点】向量数量积的运算和性质。
【解析】由向量垂直的充要条件得 所以x =0 。故选D。
例4. （2012年辽宁省文5分）已知向量若则=【 】
(A) —1 (B) — (C) (D)1
【答案】D。
【考点】向量的数量积。
【解析】∵，∴。故选D。
例5. （2012年重庆市理5分）设R，向量且，则【 】
（A） （B） （C） （D）10
【答案】B。
【考点】平面向量的基本运算及向量共线、垂直的性质。
【分析】∵且，∴。
又∵，∴。
∴。∴。故选B。
例6. （2012年重庆市文5分）设，向量且 ，则【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】。
【考点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角。
【分析】通过向量的垂直，求出向量 ，求出 ，然后求出模：
∵，向量且，
∴，即。∴。
∴ 。∴。故选B。
例7. （2012年陕西省文5分）设向量=（1，）与=（－1， 2）垂直，则等于 【 】
A. B. C .0 D.－1
【答案】C。
【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系，二倍角的余弦。
【解析】∵，∴。
又∵=（1，）与=（－1， 2），∴，即。
故选C。
例8. （2012年上海市理4分）若是直线的一个法向量，则的倾斜角的大小为 ▲ （结果用反三角函数值表示）.
【答案】。
【考点】直线的方向向量，直线的倾斜角与斜率的关系，反三角函数的表示角。
【解析】设直线的倾斜角为，则。
例9. （2012年上海市文4分）若是直线的一个方向向量，则的倾斜角的大小为 ▲ （结果用反三角函数值表示）
【答案】。
【考点】直线的方向向量，直线的倾斜角与斜率的关系，反三角函数的表示角。
【解析】设直线的倾斜角为，则。
例10. （2012年安徽省文5分）设向量，若⊥,则 ▲
【答案】。
【考点】向量的计算。
【解析】∵，
∴。
又∵⊥，∴，即，解得。
∴。∴。
例11. （2012年山东省理4分）如图，在平面直角坐标系xOy中，一单位圆的圆心的初始位置在（0，1），此时圆上一点P的位置在（0，0），圆在x轴上沿正向滚动。当圆滚动到圆心位于（2，1）时，的坐标为
▲ 。
【答案】。
【考点】圆的弧长，锐角三角函数，向量的坐标。
【解析】根据题意可知圆滚动了2单位个弧长，点P旋转了弧度，此时点P的坐标为：
，。
∴。
例12. （2012年湖北省文5分）已知向量，则
（Ⅰ）与同向的单位向量的坐标表示为 ▲ ；
（Ⅱ）向量与向量夹角的余弦值为 ▲ 。
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。
【考点】向量的数量积，向量同向的条件，单位向量，向量间的夹角。
【解析】（Ⅰ）由，得。
设与同向的单位向量为，则,且，解得。
∴，即与同向的单位向量的坐标为。
（Ⅱ）由，得。
设向量与向量的夹角为，则。
三、平面向量与其它知识的综合：
典型例题：例1. （2012年广东省理5分）对任意两个非零的平面向量和，定义．若平面向量满足，与的夹角，且和都在集合中，则=【 】
A． B.1 C. D.
【答案】C。
【考点】新定义，平面向量的数量积，三角函数的值域，集合的概念。
【解析】∵由定义 ，
∴=，。∴。
∵ ，∴，即。
∵，∴。
又∵，∴=。∴。
∴ ，=。故选C。
例2. （2012年广东省文5分）对任意两个非零的平面向量，定义．若平面向量满足与的夹角，且和都在集合中，则【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】新定义，平面向量的数量积，三角函数的值域，集合的概念。
【解析】∵由定义 ，
∴=，。∴。
∵ ，∴，即。
∵，∴。∴。
∴=。故选D。
例3. （2012年湖南省理5分）在△ABC中，AB=2，AC=3，= 1则【 】
A. B. C. D.
【答案】 A。
【考点】平面向量的数量积运算，余弦定理。
【解析】如图知。
∴。
又由余弦定理得，即，解得。
故选A。
例4. （2012年上海市理4分）在平行四边形中，，边、的长分别为2、1，若、分别是边、上的点，且满足，则的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】平面向量的基本运算。
【解析】如图所示，以为原点，向量所在直线为轴，过垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系。
∵平行四边形中，，，
∴。
设，则。
∴由得，。
∴的横坐标为，的纵坐标为。
∴
∴。
∵函数在有最大值，
∴在时，函数单调增加。
∴在时有最小值2；在时有最大值5。
∴的取值范围是。
例5. （2012年上海市文4分）在矩形中，边、的长分别为2、1，若、分别是边、上的点，且满足，则的取值范围是 ▲
【答案】。
【考点】平面向量的基本运算。
【解析】如图所示，以为原点，向量所在直线为轴，过所在直线为轴建立平面直角坐标系。
∵在矩形中， ，
∴。
设，则。
∴由得，。
∴的坐标为。∴。
∴。
∵，∴。
∴的取值范围是。
例6. （2012年安徽省理5分）若平面向量满足：；则的最小值是 ▲
【答案】。
【考点】平面向量，基本不等式的应用。
【解析】∵，∴。
又∵，∴。∴。
∴的最小值是。
例7.（2012年山东省理12分）已知向量m=（sinx，1），函数的最大值为6。
（Ⅰ）求A；
（Ⅱ）将函数y=f（x）的图象像左平移个单位，再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数y=g（x）的图象。求g（x）在上的值域。
【答案】解：（Ⅰ）。
∵函数的最大值为6。而
∴。
（Ⅱ）函数y=f（x）的图象像左平移个单位得到函数的图象，
再将所得图象各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到函数。
当时，，.。
∴函数g（x）在上的值域为。
【考点】向量的运算，三角函数的值域，函数图象平移的性质。
【解析】（Ⅰ）求出函数关于的表达式，化简后根据三角函数的值域确定A。
（Ⅱ）由平移的性质，求出g（x），由得出的范围，从而求得函数g（x）在上的值域。
例8.（2012年湖北省理12分）已知向量，设函数的图像关于直线=π对称，其中为常数，且
（Ⅰ）求函数的最小正周期；
（2）若的图像经过点，求函数在区间上的取值范围。
【答案】解：
。
（Ⅰ）∵函数的图像关于直线=π对称，∴。
∴。
又∵，∴。
∴的最小正周期为。
（II）若的图像经过点，则有，∴。
∴。
∵，∴。∴。
∴函数在区间上的取值范围为。
【考点】数量积的坐标表达式，三角函数的恒等变化，正弦函数的定义域和值域。
【解析】（Ⅰ）先利用向量数量积运算性质，求函数的解析式，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式将函数化为，最后利用函数的对称性和ω的范围，计算ω的值，从而得函数的最小正周期。
（II）先将已知点的坐标代入函数解析式，求得λ的值，再求内层函数的值域，最后将内层函数看做整体，利用正弦函数的图象和性质即可求得函数的值域。
例9. （2012年江苏省14分）在中，已知．
（1）求证：；
（2）若求A的值．
【答案】解：（1）∵，∴，即。
由正弦定理，得，∴。
又∵，∴。∴即。
（2）∵ ，∴。∴。
∴，即。∴。
由 （1） ，得，解得。
∵，∴。∴。
【考点】平面向。量的数量积，三角函数的基本关系式，两角和的正切公式，解三角形。
【解析】（1）先将表示成数量积，再根据正弦定理和同角三角函数关系式证明。
（2）由可求，由三角形三角关系，得到，从而根据两角和的正切公式和（1）的结论即可求得A的值。
例10.（2012年上海市理18分）对于数集，其中，，定义向量集. 若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P. 例如具有性质P.
（1）若＞2，且，求的值；（4分）
（2）若X具有性质P，求证：1(X，且当n＞1时，1=1；（6分）
（3）若X具有性质P，且1=1，（为常数），求有穷数列的通项公式.（8分）
【答案】解：（1）选取，则Y中与垂直的元素必有形式。
∴，从而=4。
（2）证明：取，设满足。
由得，∴、异号。
∵－1是X中唯一的负数，所以、中之一为－1，另一为1。
故1(X。
假设，其中，则。
选取，并设满足，即。
则、异号，从而、之中恰有一个为－1。
若=－1，则，矛盾；
若=－1，则，矛盾.
∴=1。
（3）猜测，i=1, 2, …, 。
记，=2, 3, …, 。
先证明：若具有性质P，则也具有性质P。
任取，、(.当、中出现－1时，显然有满足。
当且时，、≥1。
∵具有性质P，∴有，、(，使得。
从而和中有一个是－1，不妨设=－1，
假设(且(，则。
由，得，与(矛盾。
∴(，从而也具有性质P。
现用数学归纳法证明：，i=1, 2, …, 。
当=2时，结论显然成立。
假设时，有性质P，则，i=1, 2, …, ；
则当时，若有性质P，则
也有性质P，所以。
取，并设满足，即。
由此可得与中有且只有一个为－1。
若，则，所以，这不可能；
∴，，又，所以。
综上所述，，i=1, 2, …, 。
【考点】数集、集合的基本性质、元素与集合的关系，数学归纳法和反证法的应用。
【解析】（1）根据题设直接求解。
（2）用反证法给予证明。
（3）根据题设，先用反证法证明：若具有性质P，则也具有性质P，再用数学归纳法证明猜测，i=1, 2, …, 。
【备战2013高考数学专题讲座】
第22讲：高频考点分析之立体几何探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
立体几何是高中数学的重要内容，立体几何试题是考查空间想象能力，逻辑思维能力和演绎推理能力的基本载体近几年高考立体几何试题以基础题和中档题为主，热点问题主要有证明点线面的关系。考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能力。。在《课程标准》中，立体几何的内容和考查要求有了较大的变化：增加了三视图，更强调几何直观，几何证明有所削弱，淡化了距离问题。因此，在复习中，以基本知识，基本方法为基础，以通性通法为重点，培养空间几何体的直观认知能力和逻辑推理能力。
一般来说，平面向量在高考中所占份量较大，结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下五方面探讨立体几何问题的求解：
1. 多面体及球体的概念、性质、计算；
2. 由三视图判别立体图形和表面积、体积的计算：
3. 关于线线、线面及面面平行的问题；
4. 关于线线、线面及面面垂直的问题；
5. 关于空间距离和空间角的问题。
一、多面体及球体的概念、性质、计算：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且；则此棱锥的体积为【 】
【答案】。
【考点】三棱锥的性质。
【解析】∵的外接圆的半径，∴点到面的距离。
又∵为球的直径，∴点到面的距离为。
∴ 此棱锥的体积为。故选。
例2. （2012年全国课标卷文5分）平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为，则此球的体积为 【 】
（A）π （B）4π （C）4π （D）6π
【答案】B。
【考点】点到平面的距离，勾股定理，球的体积公式。
【解析】由勾股定理可得球的半径为，从而根据球的体积公式可求得该球的体积为：
。故选B。
例3. （2012年江西省理5分）如下图，已知正四棱锥所有棱长都为1，点是侧棱上一动点，过点垂直于的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记截面下面部分的体积为则函数的图像大致为【 】
【答案】A。
【考点】棱锥的体积公式，线面垂直，函数的思想。
【解析】对于函数图象的识别问题，若函数的图象对应的解析式不好求时，作为选择题，可采用定性排它法：
观察图形可知，当时，随着的增大， 单调递减，且递减的速度越来越快，不是的线性函数，可排除C，D。当时，随着的增大， 单调递减，且递减的速度越来越慢，可排除B。只有A图象符合。故选A。
如求解具体的解析式，方法繁琐，而且计算复杂，很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃，并且作为选择题也没有太多的时间去解答。我们也解答如下：
连接AC，BD，二者交于点O，连接SO，过点E作底面的垂线EH。
当E为SC中点时，∵SB＝SD＝BC＝CD，∴SE⊥BE，SE⊥DE。
∴SE⊥面BDE。
∴当时，截面为三角形EBD，截面下面部分锥体的底为BCD。
又∵SA＝SC＝1，AC＝，SO＝。此时。
∴。
当时，截面与AD和AB相交，分别交于点F、D，设FG与AC相交于点I，则易得。
由EH∥SO，得
，即。
由EI∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。
∴。
当时，截面与DC和BC相交，分别交于点M、N，设MN与AC相交于点J，则易得。
由EH∥SO，得
，即。
由EJ∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。
∴。
综上所述，。
结合微积分知识，可判定A正确。
例4. （2012年湖北省理5分）我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径，“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式。人们还用过一些类似的近似公式。根据=3.14159…..判断，下列近似公式中最精确的一个是【 】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】球的体积公式以及估算。
【解析】由球的体积公式得，由此得。对选项逐一验证：
对于A. 有，即；
对于B. 有，即；
对于C. 有，即；
对于D. 有，即；
∴中的数值最接近。故选D。
例5. （2012年重庆市理5分）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】A。
【考点】异面直线的判定，棱锥的结构特征，勾股定理和余弦定理的应用。
【分析】如图所示，设四面体的棱长为，取中点P，连接，所以，在中，由勾股定理得=。
∴在中，
。
∵，∴。∴
∴。故选A。
例6. （2012年上海市理4分）若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的体积为
▲ .
【答案】。
【考点】空间几何体的体积公式和侧面展开图。
【解析】根据该圆锥的底面圆的半径为，母线长为，根据条件得到，解得母线长，所以该圆锥的体积为：。
例7. （2012年上海市文4分）一个高为2的圆柱，底面周长为，该圆柱的表面积为 ▲
【答案】。
【考点】圆柱的表面积。
【解析】根据该圆柱的底面周长得底面圆的半径为，所以该圆柱的表面积为：
。
例9. （2012年上海市理4分）如图，与是四面体中互相垂直的棱，，若，
且，其中、为常数，则四面体的体积的最大值是 ▲ .
【答案】。
【考点】四面体中线面的关系，椭圆的性质。
【解析】作于，连接，则
∵，，∴⊥平面。
又∵平面，∴。
由题设，，∴与都在以为焦距的椭球上，且、都垂直于焦距所在直线。∴=。
取中点，连接，
∵，∴⊥，，。
∴。
∴四面体的体积。
显然，当在中点，即是短轴端点时，有最大值为。
∴。
例10. （2012年山东省理4分）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1。E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为 ▲ 。
【答案】
【考点】三棱锥的面积。
【解析】∵三棱锥与三棱锥表示的是同一棱锥，∴。
又∵的底△DD1E的面积是正方形面积的一半，等于；底△DD1E上的高等于正方形的棱长1， ∴。
例11. （2012年安徽省文5分）若四面体的三组对棱分别相等，即，，
，则 ▲ _.(写出所有正确结论编号)
①四面体每组对棱相互垂直
②四面体每个面的面积相等
③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和大于而小于
④连接四面体每组对棱中点的线段互垂直平分
⑤从四面体每个顶点出发的三条棱的长可作为一个三角形的三边长
【答案】②④⑤。
【考点】四面体的性质。
【解析】①四面体每组对棱不相互垂直，命题错误；
②四面体每个面是全等三角形，面积相等，命题正确；
③从四面体每个顶点出发的三条棱两两夹角之和等于，命题错误；
④连接四面体每组对棱中点构成菱形，线段互垂直平分，命题正确；
例12. （2012年辽宁省文5分）已知点是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为2正方形。若,则△OAB的面积为 ▲ .
【答案】。
【考点】组合体的的位置关系，转化思想的应用。
【解析】∵点是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，
∴点为球O内接长方体的顶点，球心O为长方体对角线的中点。
∴△OAB的面积是该长方体对角面面积的。
∵，∴。∴。
例13. （2012年江苏省5分）如图，在长方体中，，，则四棱锥的体积为 ▲ cm3．
【答案】6。
【考点】正方形的性质，棱锥的体积。
【解析】∵长方体底面是正方形，∴△中 cm，边上的高是cm（它也是中上的高）。
∴四棱锥的体积为。
二、由三视图判别立体图形和表面积、体积的计算：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分）如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为【 】
【答案】。
【考点】由三视图判断几何体。
【解析】由三视图可知，该几何体是三棱锥，底面是俯视图，高为。因此此几何体的体积为：
。故选。
例2. （2012年北京市理5分）某三梭锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是【 】
A. B. C. D.
【答案】 B。
【考点】三棱锥的三视图问题。
【解析】如下图所示。图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和。利用垂直关系、等腰三角形的性质和三角形面积公式，可得：
这里有两个直角三角形，一个等腰三角形。
∴该三梭锥的表面积是。故选B。
例3. （2012年广东省理5分）某几何体的三视图如图所示，它的体积为【 】
A．12π B.45π C.57π D.81π
【答案】C。
【考点】由三视图求体积。
【解析】由三视图可知，此组合体上部是一个母线长为5，底面圆半径是3的圆锥，下部是一个高为5，底面半径是3的圆柱，几何体的直观图如图所示。
圆锥的高
几何体的体积。
故选C。
例4. （2012年广东省文5分）某几何体的三视图如图所示，它的体积为【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考点】由三视图求体积。
【解析】由图知，该几何体是圆锥和半球体的组合体，球的半径是3，圆锥底面圆的半径是3，圆锥母线长为5，由圆锥的几何特征可求得圆锥的高为4，
则它的体积。故选C。
例5. （2012年江西省文5分）若一个几何体的三视图如图所示，则此几何体的体积为【 】
A． B.5 C.4 D.
【答案】C。
【考点】由三视图求面积、体积。
【解析】根据三视图判断此几何体为直六棱柱，再分别计算棱柱的底面积和高，最后由棱柱的体积计算公式求得结果：
由图可知，此几何体为直六棱柱，底面六边形可看做两个全等的等腰梯形，上底边为1，下底边为3，高为1，
∴棱柱的底面积为，棱柱的高为1。
例6. （2012年浙江省文5分）已知某三棱锥的三视图（单位：cm）如图所示，则该三棱锥的体积是【 】
A.1cm3 B.2cm3 C.3cm3 D.6cm3
【答案】C。
【考点】三棱锥的三视图。
【解析】由题意判断出，底面是一个直角三角形，两个直角边分别为1和2，整个棱锥的高由侧视图可得为3，所以三棱锥的体积为。故选C。
例7. （2012年湖北省理5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】由何体的三视图求体积。
【解析】此几何体为一个圆柱切去了一部分，此圆柱底面半径为 1，高为 4，现在此几何体上方补上一个和此几何体完全一样的几何体 ，从而构成一个底面半径为1，高为6的圆柱，这个圆柱的体积为，要求几何体的体积为圆柱体积的一半，为。故选B。
例8. （2012年湖南省理5分）某几何体的正视图和侧视图均如图所示，则该几何体的俯视图不可能是【 】
【答案】D。
【考点】组合体的三视图。
【解析】由几何体的正视图和侧视图均如图所示知，原图下面图为圆柱或直四棱柱，上面是圆柱或直四棱柱或下底是直角的三棱柱，Ａ，Ｂ，Ｃ都可能是该几何体的俯视图，Ｄ不可能是该几何体的俯视图，因为它的正视图上面应为如图的矩形。故选D。
例9. （2012年福建省理5分）一个几何体的三视图形状都相同大小均相等，那么这个几何体不可以是【 】
A．球 B．三棱锥 C．正方体 D．圆柱
【答案】D。
【考点】简单几何体的三视图。
【解析】球的三视图大小形状相同．三棱锥的三视图也可能相同，正方体三种视图也相同，只有圆柱不同。故选D。
例10. （2012年陕西省文5分）将正方形（如图1所示）截去两个三棱锥，得到图2所示的几何体，则该几何体的左视图为 【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】空间图像的直观图与三视图。
【解析】因为从左面垂直光线在竖直平面上的正投影是正方形，其中的正投影是正方形右斜的对角线（实线），的正投影是正方形左斜的对角线（被遮住是虚线）。故选B。
例11. （2012年天津市理5分）―个几何体的三视图如图所示(单位：)，则该几何体的体积为 ▲ .
【答案】。
【考点】简单组合体的三视图的画法与体积的计算。
【分析】由三视图可该几何体为两个相切的球上方了一个长方体组成的组合体，所以其体积为：=。
例12. （2012年天津市文5分）一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积 ▲ .
【答案】。
【考点】由三视图求几何体的体积。
【分析】由三视图可知这是一个下面是个长方体，上面是个平躺着的五棱柱构成的组合体。长方体的体积为，五棱柱的体积是，所以几何体的总体积为。
例13. （2012年安徽省理5分）某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积是 ▲
【答案】。
【考点】由三视图判断几何体。
【解析】由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形，高为的直四棱柱。
∴几何体的表面积是
例14. （2012年安徽省文5分）某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是 ▲
【答案】。
【考点】由三视图判断几何体。
【解析】由三视图可知，该几何体是底面是直角梯形，高为的直四棱柱。
∴几何体的的体积是。
例15. （2012年浙江省理4分）已知某三棱锥的三视图（单位：）如图所示，则该三棱锥的体积等于
▲ ．
【答案】1。
【考点】由三棱锥的三视图求体积。
【解析】观察三视图知该三棱锥的底面为一直角三角形，右侧面也是一直角三角形．故体积等于（）。
例16. （2012年湖北省文5分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ▲ .
【答案】。
【考点】由几何体的三视图求体积
【解析】由三视图可知，该几何体是由左右两个相同的圆柱（底面圆半径为2，高为1）与中间一个圆柱（底面圆半径为1，高为4）组合而成，故该几何体的体积是。
例17. （2012年辽宁省理5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ▲ 。
【答案】38。
【考点】由几何体的三视图求面积。
【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的长、宽、高分
别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆
柱的底面积，即为。
例18. （2012年辽宁省文5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 ▲ .
【答案】。
【考点】由几何体的三视图求体积。
【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体和一个等高的圆柱的组合体，其中长方体的长、宽、高分别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，高位1，所以该几何体的体积为。
三、关于线线、线面及面面平行的问题：
典型例题：例1. （2012年四川省文5分）下列命题正确的是【 】
A、若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行
B、若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行
C、若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行
D、若两个平面都垂直于第三个平面，则这两个平面平行
【答案】C。
【考点】立体几何的线、面位置关系及线面的判定和性质。
【解析】若两条直线和同一平面所成角相等，这两条直线可能平行，也可能为异面直线，也可能相交，所以A错；一个平面不在同一条直线的三点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行，故B错；若两个平面垂直同一个平面两平面可以平行，也可以垂直；故D错；故选项C正确。故选C。
例2. （2012年浙江省文5分）设是直线，α，β是两个不同的平面【 】
A. 若∥α，∥β，则a∥β B. 若∥α，⊥β，则α⊥β
C. 若α⊥β，⊥α，则⊥β D. 若α⊥β, ∥α，则⊥β
【答案】B。
【考点】线面平行、线面垂直、面面平行、面面垂直的判定和性质。
【解析】利用面面垂直的判定定理可证明B是正确的，对于其它选项，可利用举反例法证明其是错误命题：
A，若∥α，∥β，则满足题意的两平面可能相交，排除A；
B，若∥α，⊥β，则在平面α内存在一条直线垂直于平面β，从而两平面垂直，故B正确；
C，若α⊥β，⊥α，则可能在平面β内，排除C；
D，若α⊥β, ∥α，则可能与β平行，相交，排除D。
故选 B。
例3. （2012年山东省文12分）如图，几何体E－ABCD是四棱锥，△ABD为正三角形，CB=CD，EC⊥BD.
(Ⅰ)求证：BE=DE；
(Ⅱ)若∠BCD=1200，M为线段AE的中点，求证：DM∥平面BEC.
【答案】解：(Ⅰ)证明：取BD中点为O，连接OC，OE，
∵BC=CD，∴CO⊥BD，
又∵EC⊥BD，CO∩EC=C，∴BD⊥平面OCE.。
又∵OE平面OCE.，
∴BD⊥OE，即OE是BD的垂直平分线。
∴BE=DE。
(Ⅱ)取AB中点N，连接MN，DN，
∵M是AE的中点，∴MN∥BE。
∵△ABD是等边三角形，∴DN⊥AB，∠ABD＝60°。
∵∠BCD＝120°，BC=CD，∴∠CBD＝30°。
∴∠ABC＝60°+30°＝90°，即BC⊥AB。
∴ND∥BC。
又∵MN∩ND=N，BE∩BC=B，∴平面MND∥平面BEC。
又∵DM平面MND，∴DM∥平面BEC。
【考点】线面垂直和平行的证明，线段垂直平分线的判定和性质，等边三角形的性质。
【解析】(Ⅰ)要证BE=DE，只要证点E是BD垂直平分线上的点即可。故取BD中点为O，连接OC，OE，由已知证明BD⊥OE即可。
(Ⅱ)要证DM∥平面BEC只要证明DM在一个平行于平面BEC的另一个平面上，故取AB中点N，连接MN，DN，证明平面MND∥平面BEC即可。
例4. （2012年福建省理13分） 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，E为CD中点．
（I）求证：B1E⊥AD1；
（II）在棱AA1上是否存在一点P，使得DP∥平面B1AE？若存在，求AP的长；若不存在，说明理由；
（III）若二面角A－B1E－A1的大小为30°，求AB的长．
【答案】解：（I）如图，以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系。
设AB＝a，则A(0,0,0)，D(0,1,0)，D1(0,1,1)，E，B1(a,0,1)。
∴1＝(0,1,1)，＝，＝(a,0,1)，＝。
∵·＝－×0＋1×1＋(－1)×1＝0，∴B1E⊥AD1。
（II）假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，此时＝(0，－1，z0)。
又设平面B1AE的法向量n＝(x，y，z)．
∵n⊥平面B1AE，∴n⊥，n⊥，得
取x＝1，得平面B1AE的一个法向量n＝。
要使DP∥平面B1AE，只要n⊥，即－az0＝0，解得z0＝。
又DP?平面B1AE，∴存在点P，满足DP∥平面B1AE，此时AP＝。
（III）连接A1D，B1C，由长方体ABCD－A1B1C1D1及AA1＝AD＝1，得AD1⊥A1D。
∵B1C∥A1D，∴AD1⊥B1C。
又由（I）知B1E⊥AD1，且B1C∩B1E＝B1，
∴AD1⊥平面DCB1A1。
∴是平面A1B1E的一个法向量，此时＝(0,1,1)。
设与n所成的角为θ，则cosθ＝＝。
∵二面角A－B1E－A1的大小为30°，
∴|cosθ|＝cos30°，即＝，解得＝2，即AB的长为2。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面平行的判定。
【解析】（Ⅰ）由题意及所给的图形，以A为原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系。设AB＝a，给出图形中各点的坐标，可求出向量1和 的坐标，验证其数量积为0即可证出两线段垂直。
（II）由题意，可先假设在棱AA1上存在一点P(0,0，z0)，使得DP∥平面B1AE，求出平面B1AE法向量，可法向量与直线DP的方向向量内积为0，由此方程解出z0的值，若能解出，则说明存在，若不存在符合条件的z0的值，说明不存在这样的点P满足题意。
（III）由题设条件，可求面夹二面角的两个平面的法向量，利用两平面的夹角为30°建立关于的方程，解出的值即可得出AB的长。
例5. （2012年辽宁省文12分）如图，直三棱柱，，=1，点M，N分别为和的中点。
(Ⅰ)证明：∥平面;
(Ⅱ)求三棱锥的体积。
（椎体体积公式，其中为底面面积，为高）
【答案】解：（I）证明：连接，
∵，，
∴三棱柱为直三棱柱。
∴M为中点。
又∵N为的中点，∴MN∥AC′。
又∵平面′，∴MN∥平面。
(Ⅱ)连接BN，由题意得，平面平面，
∴平面。
又∵，
∴。
【考点】与二面角有关的立体几何综合题，直线与平面平行的判定，棱锥体积的计算，转化思想的应用。
【解析】（I）连接，说明三棱柱为直三棱柱，推出MN∥AC′，然后证明MN∥平面。
另解：取A′B′的中点P，连接MP、NP。
M、N分别为AB′、B′C′的中点，
∴MP∥AA′，NP∥A′C′。
∴MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′。
又∵MP∩NP=P，∴平面MPN∥平面A′ACC′。
又∵MN?平面MPN， ∴MN∥平面A′ACC′。
(Ⅱ)连接BN，由可求。
例6. （2012年江苏省14分）如图，在直三棱柱中，，分别是棱上的点（点 不同于点），且为的中点．
求证：（1）平面平面；
（2）直线平面．
【答案】证明：（1）∵是直三棱柱，∴平面。
又∵平面，∴。
又∵平面，∴平面。
又∵平面，∴平面平面。
（2）∵，为的中点，∴。
又∵平面，且平面，∴。
又∵平面，，∴平面。
由（1）知，平面，∴∥。
又∵平面平面，∴直线平面
【考点】直线与平面、平面与平面的位置关系。
【解析】（1）要证平面平面，只要证平面上的平面即可。它可由已知是直三棱柱和证得。
（2）要证直线平面，只要证∥平面上的即可。
四、关于线线、线面及面面垂直的问题：
典型例题：例1. （2012年浙江省理5分）已知矩形，，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，【 】
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
【答案】B。
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系。
【解析】 如图，⊥，⊥，依题意，，，==，
。
A，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则∵⊥，∴⊥平面，从而⊥，这与已知矛盾，排除A；
B，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则⊥平面，平面⊥平面。取中点，连接，则⊥，∴∠就是二面角的平面角，此角显然存在，即当在底面上的射影位于的中点时，直线与直线垂直，故B正确；
C，若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则⊥平面，从而平面⊥平面，即在底面上的射影应位于线段上，这是不可能的，排除C；
D，由上所述，可排除D。
故选 B。
例2. （2012年全国课标卷文12分）如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点
(Ｉ)证明：平面BDC1⊥平面BDC
（Ⅱ）平面BDC1分此棱柱为两部分，求这两部分体积的比。
【答案】解：(Ｉ)证明：∵由题设，三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱垂直底面，∠ACB=90°，
∴BC⊥CC1，BC⊥AC，CC1AC=C，∴BC⊥平面ACC1A1。
又∵DC1平面ACC1A1，∴DC1⊥BC。
∵由题设，AC=BC，=AA1，D是棱AA1的中点，
∴∠A1DC1=∠ADC=450，∴∠CDC=900，即DC1⊥DC。
又∵DCBC=C，∴DC1⊥平面BDC。
又∵DC1平面BDC1，∴平面BDC1⊥平面BDC。
（Ⅱ）设棱锥B－DACC1的体积为V1，，则。
又∵三棱柱ABC－A1B1C1的体积，
∴。
∴平面BDC1分此棱柱为两部分体积的比为1：1。
【考点】直三棱柱的性质，平面和平面的位置关系，棱柱和棱锥的体积。
【解析】(Ｉ)要证明平面BDC1⊥平面BDC，只要证一个平面的一条直线垂直于另一个平面即可。由由题设可证得DC1⊥BC，DC1⊥DC，由DCBC=C得DC1⊥平面BDC，而DC1平面BDC1，因此平面BDC1⊥平面BDC。
（Ⅱ）求出三棱柱ABC－A1B1C1的体积和棱锥B－DACC1的体积即可求得结果。
例3. （2012年北京市理14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
（1）求证：A1C⊥平面BCDE；
（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
（3）线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由
【答案】解：（1）∵CD⊥DE，A1E⊥DE，，∴DE⊥平面A1CD。
又∵A1C平面A1CD ，∴A1C⊥DE。
又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE。
（2）如图建立空间直角坐标系，则
B（0，3，0），C（0，0，0），D（－2，0，0），E（－2。2。0），A1（0，0，）。
∴。
设平面A1BE法向量为，
则，即，∴。
∴
又∵M是A1D的中点，∴M（－1，0，）。∴。
设CM与平面A1BE法向量所成角为，则
∴。
∴CM与平面A1BE所成角为。
（3）设线段BC上点P，设P点坐标为，则。
则
设平面A1DP法向量为
则 ∴。∴。
假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则，即
，解得。与不符。
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直。
【考点】线面垂直的判定，线面角的计算，两平面垂直的条件。
【解析】（1）根据线面垂直的判定进行判定。
（2）建立空间直角坐标系可易解决。
（3）用反证法，假设平面A1DP与平面A1BE垂直，得出与已知相矛盾的结论即可。
例4. （2012年北京市文14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图2。
求证：DE∥平面A1CB；
求证：A1F⊥BE；
线段A1B上是否存在点Q，使A1C⊥平面DEQ？说明理由。
【答案】解：（1）证明：∵在图1 Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别为AC，AB的中点，
∴DE∥BC。
∵在图2中，DE平面A1CB，∴DE∥平面A1CB。
（2）证明：∵DE⊥A1D，DE⊥CD，A1D∩CD=D，∴DE⊥平面A1CD。
∵A1F平面A1CB，∴DE⊥A1F。
又∵A1F⊥CD，CD∩DE=D，CD平面BEDC，DE平面BEDC，∴A1F⊥平面BEDC。
又∵BE平面BEDC，∴A1F⊥BE，
（3）线段A1B上存在点Q，使A1C⊥平面DEQ，点Q为A1B的中点。理由如下：
取A1C中点P，连接DP，QP。
∵PDCB，DECB ，∴PDDE。
∴DEQP是平行四边形，∴D、E、Q、P四点共面。
由（2）知，DE⊥平面A1CD，又A1C平面A1CD，∴DE⊥A1C。
∵P，Q是A1B和A1C的中点，∴PQ∥CB∥DE。∴PQ ⊥A1C。
又∵AD=CD，A1P=CP，∴PD⊥A1C 。
又∵PQ∩PD=P， ∴A1C⊥平面PQD，即A1C⊥平面DEQ。
【考点】线面平行，线线垂直，线面垂直的判定，三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质。
【解析】（1）由线面平行的判定理直接证出。
（2）要证两异面直线垂直，就要证一条直线垂直于另一条直线所在的平面。因此考虑证明A1F⊥平面BEDC即可。
（3）在线段A1B上找出使A1C⊥平面DEQ的点Q，进行证明。
例5. （2012年安徽省文12分） 如图，长方体中，底面是正方形，是的中点，是棱上任意一点。
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）如果=2,=, , 求 的长。
【答案】解；（I）连接。
∵，∴共面。
∵长方体中，底面是正方形，
∴。
∴面。∴。
（Ⅱ）连接。
∵在矩形中，，
∴。 ∴。
∴，解得。
【考点】两直线的位置，相似三角形的判定和性质。
【解析】（I）要证，只要面即可。一方面，由正方形的性质有，另一方面由长方体的性质有，且和是相交的，从而面。
（Ⅱ）由，根据角的转换可知，从而根据相似三角形的性质可由对应边比求出 的长。
例6. （2012年广东省文13分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，AB平面PAD，AB∥CD，PD=AD，E是PB的中点，F是DC上的点且DF=AB，PH为PAD中AD边上的高．
（1）证明：PH平面ABCD；
（2）若PH=1，AD=，FC=1，求三棱锥E-BCF的体积；
（3）证明：EF平面PAB．
【答案】解：（1）证明：∵平面，平面，∴。
∵为△中边上的高，∴。
∵ ，∴平面。
（2）连接，取中点，连接。
∵是的中点，∴。
∵平面 ，∴平面。
∴。
∴
。
（3）证明：取中点，连接，。
∵是的中点，∴。
∵，∴。
∴四边形是平行四边形。∴。
∵，∴。
∵平面，平面， ∴。
∵， ∴平面。
∴平面。
【考点】空间线线、线面的平行和垂直，三棱锥的体积。
【解析】（1）证明垂直于平面内的两条相交直线和即可。
（2）连接，取中点，连接，则由三角形中位线定理和（1）平面，可得三棱锥E-BCF底面上的高，从而三棱锥E-BCF的体积可求。
（3）取中点，连接，。一方面由三角形中位线定理可得四边形是平行四边形，即；另一方面，由垂直于平面的两条相交直线和可证明平面，从而可得平面。
例7. （2012年江西省文12分）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，E，F是线段AB上的两点，且DE⊥AB，CF⊥AB，AB=12，AD=5，BC=4，DE=4.现将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合与点G，得到多面体CDEFG.
（1）求证：平面DEG⊥平面CFG；
（2）求多面体CDEFG的体积。
【答案】解：（1）证明：在平面图中，∵AB∥CD，DE⊥EF，CF⊥EF，∴四边形CDEF为矩形。
∵DE⊥AB，AD=5，DE=4，BC=4，∴AE=3，BF=4。
∵AB=12，∴EF=5。
∵将△ADE，△CFB分别沿DE，CF折起，使A，B两点重合与点G，得到多面体CDEFG，
∴GE=AE=3，GF=BF=4。
在△EFG中，有，∴EG⊥GF。
又∵CF⊥EF，CF⊥FG，EF∩FG=F，∴CF⊥平面EFG。
又∵EG平面EFG，∴CF⊥EG。∴EG⊥平面CFG，即平面DEG⊥平面CFG。
（2）在平面EGF中，过点G作GH⊥EF于H，
则。
∵平面CDEF⊥平面EFG，∴GH⊥平面CDEF，.
∴。
【考点】平面与平面垂直的判定，棱锥的体积。
【解析】（1）判断四边形CDEF为矩形，然后证明EG⊥GF，推出CF⊥EG，然后证明平面DEG⊥平面CFG。
（2）在平面EGF中，过点G作GH⊥EF于H，求出GH，说明GH⊥平面CDEF，利用
求出体积。
例8. （2012年浙江省文15分）如图，在侧棱锥垂直底面的四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，AD∥BC，AD⊥AB，AB=。AD=2，BC=4，AA1=2，E是DD1的中点，F是平面B1C1E与直线AA1的交点。
（1）证明：（i）EF∥A1D1；
（ii）BA1⊥平面B1C1EF；
（2）求BC1与平面B1C1EF所成的角的正弦值。
【答案】（1）证明：（i）∵，平面ADD1 A1，，∴平面ADD1 A1.。
又∵平面平面ADD1 A1=，∴。
又∵，∴。
（ii）∵，∴。
又∵，∴。
又∵，∴。
由（i），E是DD1的中点，
∴F是AA1的中点
∴，
即。
∴。
又∵，∴平面。
(2) 设与交点为H，连结。
由（1）知∥，
∴是与平面所成的角。
如图，在矩形中，，，
由勾股定理得，。
又，
由Rt△∽Rt△，得，即。
∴。
又由，得。
在Rt△中， ，，
∴。
所以BC与平面所成角的正弦值是。
【考点】四棱锥中线线平行，线面垂直和线面角证明和的计算，平面几何知识。
【解析】（1）（i）根据一直线平行于两相交平面，则这条直线平行于两平面的交线即可得。
（ii）证明BA1垂直于平面B1C1EF中的两条相交直线和即可。
（2）设与交点为H，连结，则是与平面所成的角，应用平面几何勾股定理、相似三角形的知识即可求出，，根据锐角三角函数定义即可求得，即BC与平面所成角的正弦值。
例9. （2012年湖北省文12分）某个实心零部件的形状是如图所示的几何体，其下部是底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形的四棱台A1B1C1D1－ABCD，上部是一个底面与四棱台的上底面重合，侧面是全等的矩形的四棱柱ABCD－A2B2C2D2.
（Ⅰ）证明：直线B1D1⊥平面ACC2A2；
（Ⅱ）现需要对该零部件表面进行防腐处理．已知AB＝10，A1B1＝20，AA2＝30，AA1＝13(单位：cm)，每平方厘米的加工处理费为0.20元，需加工处理费多少元？
【答案】解：（Ⅰ）∵四棱柱ABCD－A2B2C2D2的侧面是全等的矩形，
∴AA2⊥AB，AA2⊥AD。
又∵AB∩AD＝A，∴AA2⊥平面ABCD。
连接BD，
∵BD?平面ABCD，∴AA2⊥BD。
∵底面ABCD是正方形，∴AC⊥BD。
根据棱台的定义可知，BD与B1D1共面，
又已知平面ABCD∥平面A1B1C1D1，且平面BB1D1D∩平面ABCD＝BD，平面BB1D1D∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
∴B1D1∥BD。
∴由AA2⊥BD，AC⊥BD，B1D1∥BD，可得AA2⊥B1D1，AC⊥B1D1。
又∵AA2∩AC＝A，∴B1D1⊥平面ACC2A2。
（Ⅱ）∵四棱柱ABCD－A2B2C2D2的底面是正方形，侧面是全等的矩形，
∴S1＝S四棱柱上底面＋S四棱柱侧面＝(A2B2)2＋4AB·AA2＝102＋4×10×30＝1 300(cm2)。
又∵四棱台A1B1C1D1－ABCD的上下底面均是正方形，侧面是全等的等腰梯形，
∴S2＝S四棱台下底面＋S四棱台侧面＝(A1B1)2＋4×(AB＋A1B1)h等腰梯形的高
＝202＋4×(10＋20)＝1 120(cm2)．
∴该实心零部件的表面积为S＝S1＋S2＝1 300＋1 120＝2 420(cm2)。
∴所需加工处理费为0.2S＝0.2×2 420＝484(元)。
【考点】直线与平面垂直的判定，棱柱、棱台的侧面积和表面积。
【解析】（Ⅰ）依题意易证AC⊥B1D1，AA2⊥B1D1，由线面垂直的判定定理可证直线B1D1⊥平面ACC2A2。（Ⅱ）需计算上面四棱柱ABCD-A2B2C2D2的表面积（除去下底面的面积）S1，四棱台A1B1C1D1-ABCD
的表面积（除去下底面的面积）S2即可。
例10. （2012年湖南省理12分） 如图，在四棱锥中，⊥平面，是的中点.
（Ⅰ）证明：⊥平面；
（Ⅱ）若直线PB与平面所成的角和与平面所成的角相等，求四棱锥的体积.
【答案】解：（Ⅰ）如图（1），连接AC，
∵AB=4，，，
∴根据勾股定理得。
又∵ ，Ｅ是ＣＤ的中点，
∴。
∵平面，平面 ，
∴。
∵，∴⊥平面。
（Ⅱ）过点作，分别与相交于点，连接。
由（Ⅰ）⊥平面知，⊥平面。
∴为直线与平面所成的角，且，
由平面知，为直线与平面所成的角。
由题意，知
∵∴。
∵，∴。
又∵，∴四边形是平行四边形。∴。∴。
又∵在中，，
∴。
∴。
又∵梯形的面积为
∴四棱锥的体积为。
【考点】空间角的应用，几何体体积计算。
【解析】（Ⅰ）证明垂直于平面两条相交直线和即可。
（Ⅱ）算出梯形的面积和棱锥的高，由算得体积。
另解，建立空间直角坐标系，用空间向量求解：
如图，以A为坐标原点，所在直线分别为建立空间直角坐标系。
设则相关的各点坐标为：
。
（Ⅰ）易知，
∵
∴。
∵是平面内的两条相交直线，
∴⊥平面。
(Ⅱ)由题设和（Ⅰ）知，分别是，的法向量，而PB与
所成的角和PB与所成的角相等，
∴。
由（Ⅰ）知，由
∴，解得。
又∵梯形ABCD的面积为，
∴四棱锥的体积为。
例11. （2012年湖南省文12分） 如图，在四棱锥中，平面，底面是等腰梯形，∥
（Ⅰ）证明： ；
（Ⅱ）若，直线PD与平面PAC所成的角为30°，求四棱锥的体积.
【答案】解：（Ⅰ）∵平面，平面，∴。
又∵是平面内的两条相交直线，∴平面。
又∵平面，∴。
（Ⅱ）设AC和BD相交于点O，连接PO，
由（Ⅰ）知，平面，
∴是直线PD和平面所成的角。
∵直线PD与平面PAC所成的角为30°，∴。
由平面，平面，得。
在中，由，得PD=2OD。
∵四边形为等腰梯形，，
∴均为等腰直角三角形。
∴梯形的高为。
∴梯形面积。
在等腰中，
∴。
∴四棱锥的体积为。
【考点】空间直线垂直关系的证明，空间角的应用，几何体体积计算。
【解析】（Ⅰ）只要由证明垂直于平面内和两条相交直线得到平面，而 平面，从而。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面，所以是直线PD和平面所成的角，然后算出梯形的面积和棱锥的高，由算得体积。
例12. （2012年福建省文12分） 如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M为棱DD1上的一点．
（I）求三棱锥A－MCC1的体积；
（II）当A1M＋MC取得最小值时，求证：B1M⊥平面MAC.
【答案】解：（I）由长方体ABCD－A1B1C1D1知，AD⊥平面CDD1C1，
∴点A到平面CDD1C1的距离等于AD＝1。
又∵==×2×1=1，
∴ 。
（II）将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面(如图)，
当A1，M，C共线时，A1M＋MC取得最小值。
由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M为DD1中点．
连接C1M，
在△C1MC中，MC1＝，MC＝，CC1＝2，
∴CC＝MC＋MC2，得∠CMC1＝90°，即CM⊥MC1。
又由长方体ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1C1，
∴B1C1⊥CM。
又B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥B1M。
同理可证，B1M⊥AM。
又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC。
【考点】棱锥的体积，直线与直线、直线与平面的位置关系。
【解析】（I）由题意可知，A到平面CDD1C1的距离等于AD=1，易求=1，从而可求。
（II）侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面，当A1，M，C共线时，A1M＋MC取得最小值．易证CM⊥平面B1C1M，从而CM⊥B1M，同理可证，B1M⊥AM，问题得到解决。
例13. （2012年陕西省文12分）直三棱柱ABC- A1B1C1中，AB=A A1 ，
（Ⅰ）证明;
（Ⅱ）已知AB=2，BC=，求三棱锥的体积
【答案】解：（I）连接AB1，
∵ABC-A1B1C1是直三棱柱，∴平面ABC⊥平面ABB1A1。
又∵平面ABC∩平面ABB1A1=AB，AC⊥AB，
∴AC⊥平面ABB1A1。
∵BA1?平面ABB1A1，∴AC⊥BA1。
∵矩形ABB1A1中，AB=AA1，∴四边形ABB1A1是正方形。∴AB1⊥BA1。
又∵AB1、CA是平面ACB1内的相交直线，∴BA1⊥平面ACB1。
∵CB1?平面ACB1，∴CB1⊥BA1。
?（II）∵AB=2，BC=∴Rt△ABC中，。
∴直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1=AC=1。
又∵AC∥A1C1，AC⊥平面ABB1A1，∴A1C1是三棱锥C1-ABA1的高。
∵△ABA1的面积等于正方形ABB1A1面积的一半，∴S△ABA1=AB2=2。
∴三棱锥C1-ABA1的体积为V=×S△ABA1×A1C1=。
【考点】直线与平面垂直的性质，三棱锥的体积。
【解析】（I）连接AB1，根据ABC- A1B1C1是直三棱柱，得到平面ABC⊥平面ABB1A1，结合AC⊥AB，可得AC⊥平面ABB1A1，从而有AC⊥BA1，再在正方形ABB1A1中得到AB1⊥BA1，最后根据线面垂直的判定定理，得到BA1⊥平面ACB1，所以CB1⊥BA1。
（II）在Rt△ABC中，利用勾股定理，得到。又因为直三棱柱ABC- A1B1C1中，A1C1=AC=1且AC⊥平面ABB1A1，得到A1C1是三棱锥C1-ABA1的高，且它的长度为1．再根据正方形ABB1A1面积得到△ABA1的面积，最后根据锥体体积公式，得到三棱锥C1-ABA1的体积为 。
五、关于空间距离和空间角的问题：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知正四棱柱中，为的
中点，则直线 与平面的距离为【 】
A．2 B． C． D．1
【答案】D。
【考点】正四棱柱的性质，点到面的距离，线面平行的距离，勾股定理。
【解析】连接，和交于点，则在中，
∵是正方形，∴，
又∵为的中点，∴。
∴则点到平面的距离等于到平面的距离。
过点作于点，则即为所求。
∵是正方形，，∴根据勾股定理，得。
∵为的中点，，∴。∴。
在中，利用等面积法得，即。∴。故选D。
例2. （2012年四川省理5分）如图，半径为的半球的底面圆在平面内，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，则、两点间的球面距离为【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】A。
【考点】球面距离及相关计算，向量和反三角函数的运用。
【解析】要求、两点间的球面距离，由于，故只要求得即可。从而可求出即可求（比较繁）或用向量求解：
如图，以O为原点，分别以在平面上的射影、所在直线为轴。
过点作（即面）的垂线，分别过点作轴的垂线。
∵，∴。
∵面与平面的角为，即，
∴。∴。
∴。
∴。∴。∴。故选A。
例3. （2012年陕西省理5分）如图，在空间直角坐标系中有直三棱柱，，则直线与直线夹角的余弦值为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】异面直线间的角的求法，特殊元素法的应用。
【解析】设，则，
∴。
又∵直线与直线夹角为锐角，∴余弦值为。选A。
例4. （2012年全国大纲卷理5分）三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，
则异面直线与所成角的余弦值为 ▲ 。
【答案】。
【考点】斜棱柱中异面直线的角的求解。
【解析】用空间向量进行求解即可：
设该三棱柱的边长为1，依题意有，
则，
，
而
。
∴。
例5. （2012年全国大纲卷文5分）一直正方体中，、分别为、的中点，那么一面直线与所成角的余弦值为 ▲ .
【答案】。
【考点】异面直线的角的求解。
【解析】用空间向量进行求解即可：
设该直正方体的边长为1，依题意有
，
则
，
而
∴。
例6. （2012年四川省理4分）如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是 ▲ 。
【答案】90o。
【考点】异面直线夹角问题。
【解析】如图，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.设正方体边长为2，则（0,0,0），N（0,2,1），M（0,1,0）A1（2,0,2）
∴。
∴cos< = 0。
∴，即异面直线与所成角为90o。
例7. （2012年辽宁省理5分）已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，
PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为 ▲ 。
【答案】。
【考点】组合体的线线，线面，面面位置关系，转化思想的应用。
【解析】∵在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，
∴可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径EP，球心为正方体对角线的中点O，且EP⊥平面ABC，EP与平面ABC上的高相交于点F。
∴球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥ABC在面ABC上的高FP。
∵球的半径为，设正方体的棱长为，则由勾股定理得。
解得正方体的棱长=2，每个面的对角线长。
∴截面ABC的高为， 。
∴在Rt△BFP中，由勾股定理得，正三棱锥ABC在面ABC上的高。
∴所以球心到截面ABC的距离为。
例8. （2012年全国大纲卷理12分）如图，四棱锥中，底面为菱形，底面，是上的一点，。
（1）证明：平面；
（2）设二面角为，求与平面所成角的大小。
【答案】解：设,以为原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系。
则由底面得。
设。
（1）证明：由得，。
∴，。
∴，。
又∵，∴平面。
（2）设平面的法向量为，又，
由得。
设平面的法向量为。
又，
由，得。
∵二面角为，∴，解得。
∴，平面的法向量为。
∴与平面所成角的正弦值为。
∴与平面所成角为。
【考点】四棱锥中关于线面垂直的证明以及线面角的求解的运用。
【解析】从题中的线面垂直以及边长和特殊的菱形入手得到相应的垂直关系和长度，并加以证明和求解。
例9. （2012年全国课标卷理12分）如图，直三棱柱中，，
是棱的中点，
（1）证明： （2）求二面角的大小。【答案】解：（1）证明：∵，是棱的中点，∴。
∴在中，。
同理，。
∴。∴。
又∵，且，∴面。
∴。
（2）∵，∴面。
∴。∴都是等腰直角三角形。
取的中点，连接。设，则
。
∴在中，应用勾股定理，得
。
∴。∴是直角三角形。∴。
又∵，∴是二面角的平面角。
∵是等腰直角三角形，点是斜边的中点，∴。
在中， ，
∴。∴ 。
∴二面角的大小为。
【考点】直三棱柱的性质，空间两直线的位置关系，等腰直角三角形的判定和性质，二面角，勾股定理和逆定理，锐角三角函数定义。
【解析】（1）要证，只要面即可，由于已知，从而只要证平面内与相交的另一条直线与垂直即可，易证。从而得证。
（2）要求二面角的大小，先要找出二面角。连接，通过已知，应用勾股定理和逆定理，证得，结合已知即可知是二面角的平面角。在中，易求得。
例10. （2012年上海市理12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点.已知AB=2，AD=2，PA=2.求：
（1）三角形PCD的面积；（6分）
（2）异面直线BC与AE所成的角的大小.（6分）
【答案】解：（1）∵PA⊥底面ABCD，CD底面ABCD，∴PA⊥CD。
又∵AD⊥CD，∴底面ABCD⊥平面PAD。
又∵CD底面ABCD，∴CD⊥平面PAD。
又∵PD平面PAD，∴CD⊥PD。
∵PD=，CD=2，
∴三角形PCD的面积为。
（2）如图所示，建立空间直角坐标系。
则A（0，0，0），B(2, 0, 0)，C(2, 2,0)，E(1, , 1)。
∴，
设与的夹角为，
则。
∴，即异面直线BC与AE所成的角的大小是。
【考点】直线与直线、直线与平面的位置关系，异面直线间的角，勾股定理。
【解析】（1）要求三角形PCD的面积，由于底边CD已知，只要找并求出底边CD上的高即可。由线面、面面垂直的判定和性质，可证CD⊥PD，从而根据勾股定理求出PD即可求得三角形PCD的面积。
（2）建立空间直角坐标系，即可表示出各点坐标，从而用向量表示和，即可直接用公式求二者之间的夹角余弦，从而求出二者之间的夹角。
本题不用向量的解法：取PB中点F，连接EF、AF，
则EF∥BC，从而∠AEF（或其补角）是异面直线 BC与AE所成的角。
在△AEF中，由EF=、AF=、AE=2，
知△AEF是等腰直角三角形， 所以∠AEF=。
因此异面直线BC与AE所成的角的大小是。
例11. （2012年上海市文12分）如图，在三棱锥中，⊥底面，是的中点，已知∠＝，，，，求：
（1）三棱锥的体积（6分）
（2）异面直线与所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）（6分）
【答案】解：（1）。
三棱锥P-ABC的体积为
。
（2）取的中点，连接，则
∥，所以（或其补角）是异面直线 与所成的角。
在中，，
，∴。
因此，异面直线与所成的角的大小是。
【考点】棱锥的体积，异面直线及其所成的角。
【解析】（1）首先根据三角形面积公式，算出直角三角形的面积，然后根据⊥底面，结合锥体体积公式，得到三棱锥的体积；
（2取的中点，连接，在中，根据中位线定理得到∥，所以（或其补角）是异面直线与所成的角．然后在中，利用余弦定理得到，从而求得异面直线与所成的角的大小。
例12. （2012年四川省理12分） 如图，在三棱锥中，，，，平面平面。
（Ⅰ）求直线与平面所成角的大小；
（Ⅱ）求二面角的大小。
【答案】解：（Ⅰ）设AB中点为D，AD中点为O，连接OC，OP，CD。
∵，∴CD⊥AB。
∵，∴△PAD为等边三角形，
∴PO⊥AD。
又∵平面平面，平面PAB∩平面=AD，PO⊥平面ABC，∠OCP为直线PC与平面所成的角，
不妨设PA=2，则OD=1，OP=， AB=4。
∴CD=2，OC=。
在Rt中，tan。
∴直线PC与平面所成的角的大小为arctan。
（Ⅱ）过D作DE于E，连接CE。
由已知可得，CD平面PAB，
根据三垂线定理可知，CE⊥PA。
∴为二面角的平面角。
由（1）知，DE=，
在Rt△CDE中，tan。
∴二面角的大小为。
【考点】线面关系、直线与平面所成的角、二面角。
【解析】（Ⅰ）设AB中点为D，AD中点为O，连接OC，OP，CD，可以证出∠OCP为直线PC与平面ABC所成的角．不妨设PA=2，则OD=1，OP=，AB=4，在Rt中即可。
（Ⅱ）过D作DE于E，连接CE，则为二面角的平面角，在 Rt△CDE中求解即可。
另解：以O为坐标原点，OB，OE，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz，应用向量求解。
例13. （2012年天津市理13分）如图，在四棱锥中，丄平面，丄，丄，，，.
(Ⅰ)证明丄；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）设为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长.
【答案】解：(Ⅰ)证明：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则（0，0，0），（2，0，0），（0，1，0），，（0，0，2）
∴。
∴ 。所以丄。
（Ⅱ）由(Ⅰ)，。
设平面的一个法向量为，
则 ， 即 。
取，则。
又平面的一个法向量为 ，
∴。∴。
∴二面角的正弦值为。
（Ⅲ）设，∴。
又∵ ，
∴，即。
解得，即。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法。
【分析】(Ⅰ) 以为原点，建立空间直角坐标系，通过点的坐标得出和，求出·=0即可证明。
（Ⅱ）求出平面，平面的一个法向量，利用两法向量夹角求解。
（Ⅲ），利用，得出关于h的方程求解即可。
非向量解法：
(Ⅰ)通过证明⊥平面得出丄。
（Ⅱ）如图1作于点，连接，∠为二面角的平面角．在中求解即可。
（3）如图2，因为∠＜45°，故过点作的平行线必与线段相交，设交点为，连接，故∠（或其补角）为异面直线与所成的角。在△中，因为＜，从而∠ =30°，由勾股定理用表示的长。在△中由余弦定理得出关于的方程求解即可。
例14. （2012年天津市文13分）如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，AD⊥PD，BC=1，PC=2，PD=CD=2.
（I）求异面直线PA与BC所成角的正切值；
（II）证明平面PDC⊥平面ABCD；
（III）求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值。
【答案】解：（I）如图，在四棱锥P－ABCD中，
∵底面ABCD是矩形，∴AD=BC，且AD∥BC。
又∵AD⊥PD，∴∠PAD为异面直线PA与BC所成角。
∵在Rt△PDA中，，
∴异面直线PA与BC所成角的正切值为：2。
（II）证明：∵底面ABCD是矩形，∴AD⊥BC。
∵AD⊥PD，CD∩PD=D，∴AD⊥平面PDC。
∵AD?平面ABCD，∴平面PDC⊥平面ABCD。
（III）在平面PDC中，过点P作PE⊥CD于E，连接EB。
∵平面PDC⊥平面ABCD，而直线CD是平面PDC与平面ABCD的交线，
∴PE⊥平面ABCD。
∴∠PBE为直线PB与平面ABCD所成角。
在△PDC中，∵PD=CD=2，PC=2，∴∠PCD=30°。
在Rt△PEC中，PE=PCsin30°=。
∵AD∥BC，AD⊥平面PDC，∴BC⊥平面PDC。∴BC⊥PC。
在Rt△PCB中，。
在Rt△PEB中，。
∴直线PB与平面ABCD所成角的正弦值为。
【考点】直线与平面所成的角，异面直线及其所成的角，平面与平面垂直的判定。
【分析】（I）判断∠PAD为异面直线PA与BC所成角，在Rt△PDA中，求异面直线PA与BC所成角的正切值。
（II）说明AD⊥BC，通过AD⊥PD，CD∩PD=D，证明AD⊥平面PDC，然后证明平面PDC⊥平面ABCD。
（III）在平面PDC中，过点P作PE⊥CD于E，连接EB．说明∠PBE为直线PB与平面ABCD所成角，求出PE，PB，在Rt△PEB中，通过，求直线PB与平面ABCD所成角的正弦值。
例15. （2012年安徽省理12分）平面图形如图4所示，其中是矩形，，，。现将该平面图形分别沿和折叠，使与所在平面都与平面垂直，再分别连接,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题。
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求的长；
（Ⅲ）求二面角的余弦值。
【答案】解：（I）取的中点为点，连接
∵，∴。
∵面面，∴面。
同理：面 。
∴。∴共面。
又∵，
∴面。∴。
（Ⅱ）延长到，使 ，连接。
∵，∴。
∴。
∵，面面，
∴面。∴面。
∴在中，。
（Ⅲ）∵，∴是二面角的平面角。
∴在中，。
在中，
∴二面角的余弦值为。
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角，余弦定理。
【解析】（I）要证，即要面，从而通过证明面和面，得到共面。由，得到面。从而是证。
（Ⅱ）在中，应用勾股定理即可求得的长。
（Ⅲ）要求二面角的余弦值，先要找出二面角的平面角。由 知，是二面角的平面角。在中，应用勾股定理求得的长，在中，应用余弦定理即可求得的余弦值，即二面角的余弦值。
例16. （2012年山东省理12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF。
（Ⅰ）求证：BD⊥平面AED；
（Ⅱ）求二面角F－BD－C的余弦值。
【答案】解：（Ⅰ）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=60°，CB=CD，
在中，由余弦定理得，
，即。
在中，∠DAB=60°，，
∴由正弦定理得，即，解得。
∴。∴。∴。
又∵AE⊥BD，平面AED，平面AED，且，
∴BD⊥平面AED。
（Ⅱ）如图，取BD中点G，连接CG，FG。
设 CB=CD=CF=AD=1，则由（Ⅰ），，
。
∵BC，CD，CG平面ABCD，FC⊥平面ABCD，
∴△BCF，△DCF都是等腰直角三角形，△FCG是等腰三角形。
∴FG⊥DB，CG⊥DB。
又∵FG平面FBD，CG平面CBD，FGCG=G，
∴∠FGC=二面角F－BD－C。
∵由勾股定理，在Rt△BCF中得BF=；在Rt△BGF中得FG=
在Rt△BCG中得CG=
∴在Rt△FCG中，。
∴二面角F－BD－C的余弦值为。
【考点】线面垂直的判定，等腰梯形的性质，余弦定理，正弦定理，勾股定理，等腰三角形的性质，二面角。
【解析】（Ⅰ）要证BD⊥平面AED，由于已知AE⊥BD，所以只要证平面AED上AE的一条相交直线与BD平行即可。由余弦定理和正弦定理的应用，分别解和，即可得到。从而得证。
（Ⅱ）要求二面角F－BD－C的余弦值，即要找出二面角。故取BD中点G，连接CG，FG，可以证明∠FGC=二面角F－BD－C。从而通过应用勾股定理解直角三角形可求出的值。
例17. （2012年广东省理13分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，点 E在线段PC上，PC⊥平面BDE。
（1）证明：BD⊥平面PAC；
（2）若PA=1，AD=2，求二面角B-PC-A的正切值.
【答案】解：（1）∵PA⊥平面ABCD ，平面ABCD，∴BD⊥PA。
∵PC⊥平面BDE，平面BDE，∴BD⊥PC。
∵PA∩PC=P，∴BD⊥平面PAC。
（2）设AC∩BD=O，连接OE。
∵PC⊥平面BDE，
∴∠BEO为二面角B-PC-A的平面角。
∵BD⊥平面PAC，AC平面PAC，
∴AC⊥BD。∴ABCD为正方形。
∵AD=2，∴AO=BO=OC=，AC=。
在Rt△PAC中。
∵PC⊥平面BDE，OE平面BDE， ∴PC⊥OE。∴△PAC∽△OEC。
∴。∴。
在Rt△BOE中tan∠BEO， 即二面角B-PC-A的正切值为3。
【考点】（1）证明BD垂直于平面PAC内的两条相交直线PA和PC即可。
【解析】（2）设AC∩BD=O，连接OE，由PC⊥平面BDE知∠BEO为二面角B-PC-A的平面角。应用正方形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等平面几何知识求出BO和的长，即可根据锐角三角函数定义求出tan∠BEO即二面角B-PC-A的正切值。
例18. （2012年江西省理12分）在三棱柱中，已知，，在在底面的投影是线段的中点。
（1）证明在侧棱上存在一点，使得平面，并求出的长；
（2）求平面与平面夹角的余弦值。
【答案】解：（1）证明：连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1 于点E，
∵AA1∥BB1，∴OE⊥BB1。
∵A1O⊥平面ABC，∴A1O⊥BC.
∵AB＝AC，OB＝OC，∴AO⊥BC，
∴BC⊥平面AA1O。∴BC⊥OE。∴OE⊥平面BB1C1C。
又∵AO＝＝1，AA1＝，∴AE＝＝。
（2）如图，分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,2,0)，C(0，－2,0)，A1(0,0,2)，
由＝得点E的坐标是，
由（1）得平面BB1C1C的法向量是＝。
设平面A1B1C的法向量＝(x，y，z)，
由得
令y＝1，得x＝2，z＝－1，即＝(2,1，－1)。
所以cos〈，〉＝＝，
即平面BB1C1C与平面A1B1C的夹角的余弦值是。
【考点】二面角的平面角及求法，直线与平面垂直的判定。
【解析】（1）连接AO，在△AOA1中，作OE⊥AA1 于点E，则E为所求。可以证出OE⊥BB1，BC⊥OE而得以证明。在Rt△A1OA中，利用直角三角形射影定理得出EO。
（2）分别以OA，OB，OA1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，求出平面A1B1C的法向量是＝(x，y，z) ，利用 和夹角求平面A1B1C与平面BB1C1C夹角的余弦值。
例19. （2012年浙江省理15分）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，且平面，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：∥平面；
（Ⅱ）过点作，垂足为点，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】解：(Ⅰ)如图，连接BD。
∵M，N分别为PB，PD的中点，
∴在PBD中，MN∥BD。
又MN平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)如图，建立坐标系：
则A(0，0，0)，P(0，0，)，M(，，0)，
N(，0，0)，C(，3，0)。
设Q(x，y，z)，
则。
∵，
∴。
由，得：．
即：。
对于平面AMN：设其法向量为。
∵，
∴。 ∴。
同理对于平面AMN得其法向量为。
记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为，
则。
∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为。
【考点】线面平行的证明，建立坐标系求二面角。
【解析】(Ⅰ)连接BD，由三角形中位线定理，得MN∥BD，由MN平面ABCD即可得MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)建立坐标系，由向量知识即可求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值。
例20. （2012年湖北省理12分）如图1，∠ACB=45°，BC=3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC=90°（如图2所示），
（Ⅰ）当BD的长为多少时，三棱锥A-BCD的体积最大；
（II）当三棱锥A-BCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小
【答案】解：（Ⅰ）在如图1所示的△中，设，则。
∵，，∴△为等腰直角三角形。∴。
∵折起前，∴折起后（如图2），，，且。
∴平面。
又∵，∴。
∴
。
当且仅当，即时，等号成立。
∴当，即时, 三棱锥的体积最大。
（Ⅱ）以为原点，建立如图a所示的空间直角坐标系。
由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，。
∴，，，，，，
且。
设，则。
∵，∴，即。
∴，。
∴当（即是的靠近点的一个四等分点）时，。
设平面的一个法向量为，
∵ ，∴
∴可取．
设与平面所成角的大小为，则由，，
∴。∴。
∴与平面所成角的大小为600。
【考点】立体几何线面的基本关系，用均值不等式求最值，直线与平面所成角，空间向量的应用。
【解析】（Ⅰ）应用线面垂直的判定证得AD为三棱锥A-BCD的BCD面上的高，从而求出三棱锥A-BCD的体积关于BD的解析式，应用均值不等式即可求得最值。
求得三棱锥A-BCD的体积关于BD的解析式后也可应用导数的知识求最值：
，
令，由，且，解得。
当时，；当时，。
∴当时，取得最大值。
∴当时, 三棱锥的体积最大。
（Ⅱ）以为原点空间直角坐标系，应用空间向量的知识可求与平面所成角的大小。
另解：由（Ⅰ）知，当三棱锥的体积最大时，，。
如图b，取的中点，连结，，，则∥。
由（Ⅰ）知平面，∴平面。
如图c，延长至P点使得，连，，则四边形为正方形。
∴。
取的中点，连结。
又∵为的中点，则∥。∴。
∵平面， 面，∴。
又∵，∴面。
又∵面，∴。
∵当且仅当，而点F是唯一的，
∴点是唯一的，
即当（即是的靠近点的一个四等分点），。
连接，，由计算得。
∴△与△是两个共底边的全等的等腰三角形。
如图d所示，取的中点，连接，，则平面。
在平面中，过点作于，则平面。
∴是与平面所成的角。
在△中，易得，∴△是正三角形。
∴，即与平面所成角的大小为600。
例21. （2012年辽宁省理12分）如图，直三棱柱，，
点M，N分别为和的中点。
(Ⅰ)证明：∥平面;
(Ⅱ)若二面角为直二面角，求的值。
【答案】解：（I）证明：连接，
∵，，
∴三棱柱为直三棱柱。
∴M为中点。
又∵N为的中点，∴MN∥AC′。
又∵平面′，∴MN∥平面。
（II）如图，以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，
设AA′=1，则AB=AC=λ，∴A（0，0，0），B（λ，0，0），C（0，λ，0），A′（0，0，1），B′（λ，0，1），C′（0，λ，1）。
∴。
设是平面A′MN的法向量，
由得。
∴可取。
设是平面MNC的法向量，
由得。∴可取。
∵二面角为直二面角，
∴，即，解得。
【考点】与二面角有关的立体几何综合题，直线与平面平行的判定，用空间向量求平面间的夹角。
【解析】（I）连接，说明三棱柱为直三棱柱，推出MN∥AC′，然后证明MN∥平面。
另解：取A′B′的中点P，连接MP、NP。
M、N分别为AB′、B′C′的中点，
∴MP∥AA′，NP∥A′C′。
∴MP∥平面A′ACC′，PN∥平面A′ACC′。
又∵MP∩NP=P，∴平面MPN∥平面A′ACC′。
又∵MN?平面MPN， ∴MN∥平面A′ACC′。
（II）以A为坐标原点，分别以直线AB、AC、AA′为x，y，z轴，建立直角坐标系，设AA′=1，推出A，B，C，A′，B′，C′的坐标，求出M，N的坐标。设 是平面A′MN的法向量，通过得，取。设是平面MNC的法向量，通过得，取。由二面角为直二面角得，解出即可得。
例22. （2012年重庆市理12分）如图，在直三棱柱 中，为的中点
（Ⅰ）求点到平面的距离;（4分）
（Ⅱ）若求二面角的平面角的余弦值. （8分）
【答案】解：（Ⅰ）∵，∴。
又∵面面，∴。
∵面面，∴。
∴点到面的距离为。
（Ⅱ）如图，过点作交于D，由（1）知两两垂直，以为原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系，设直棱柱的侧棱
则。
∴。
∵，∴，即。
∴。
∴。
设平面的法向量，
则，即。
令，则。
∵面，∴可取面的法向量。
∴。
∴二面角的平面角的余弦值为。
【考点】与二面角有关的立体几何综合题，点、线、面间的距离计算，用空间向量求平面间的夹角。
【分析】（I）由题意，由于可证得。故点到面的距离即为的长度，易求。
（II）根据几何体的形状，可过点作交于D，以为原点，射线分别为轴、轴、轴的正半轴建立空间直角坐标系．给出各点的坐标，分别求出两平面的法向量，求出两向量的夹角即为两平面的夹角。
别解：由题意结合图象，可通过作辅助线先作出二面角的平面角，然后在直角三角形中求出二面角的余弦。
例23. （2012年重庆市文12分）已知直三棱柱中，，，为的中点。
（Ⅰ）求异面直线和的距离（4分）；
（Ⅱ）若，求二面角的平面角的余弦值（8分）。
【答案】解：（Ⅰ）∵， 为的中点，∴。
又∵直三棱柱中， 面 ，面，∴ 。
∴异面直线 和的距离为。
（Ⅱ）∵，∴ 面 。
又∵面，∴ ，。
∴ 为所求的二面角的平面角。
∵是在面上的射影，
∴由三垂线定理的逆定理得。
∴，都与互余，∴。
∴∽。∴得。
∴。
∴在中，由余弦定理得。
∴二面角的平面角的余弦值为。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，点、线、面间的距离计算，二面角的平面角及求法，相似三角形的判定和性质，勾股定理，余弦定理。
【分析】（Ⅰ）先根据条件得到B以及，从而求出异面直线和的距离即可。
（Ⅱ）先根据条件得到 为所求的二面角的平面角，再根据三角形相似求出棱柱的高，从而在三角形中应用余弦定理求出结论即可。
本题也可建立空间直角坐标系（如图），求出两个平面的法向量的坐标，最后代入向量的夹角计算公式即可求出结论。
【备战2013高考数学专题讲座】
第23讲：高频考点分析之不等式、线性规划探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，从第13讲开始我们对高频考点进行探讨。
不等式部分的内容是高考较为稳定的一个热点，考查的重点是不等式的性质、证明、解法及最值方面的应用。考查的特点是单独考查不等式的问题很少，尤其是不等式的证明题；不等式与函数、方程、三角、数列、几何、导数、实际应用等有关内容综合在一起的综合试题居多；作为不等式与函数的综合应用，线性规划问题日显频繁。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下七方面探讨不等式、线性规划问题的求解：
1. 解高次、分式不等式和指数、对数不等式；
2. 解绝对值不等式；
3. 不等式问题中“最值法”和“单调性法”的应用；
4. 不等式问题中“数形结合法”的应用；
5. 不等式问题中“特殊值法”的应用；
6. 基本不等式的应用；
7. 线性规划问题。
一、解高次、分式不等式和指数、对数不等式：
典型例题：例1. （2012年重庆市理5分）不等式的解集为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】分式不等式的解法。
【分析】化分式不等式为整式不等式求解：
。故选A。
例2. （2012年重庆市文5分）不等式 的解集是为【 】
（A） （B） （C）（-2，1）（D）∪
【答案】C。
【考点】其他不等式的解法。
【分析】利用等价变形直接转化分式不等式为二次不等式求解即可：
。故选C。
例3. （2012年江西省文5分）不等式的解集是 ▲ 。
【答案】。
【考点】其它不等式的解法。
【解析】不等式可化为，解得。
∴不等式的解集为。
例4. （2012年湖南省文5分）不等式的解集为 ▲ ..
【答案】。
【考点】一元二次不等式的解法。
【解析】由，得，从而的不等式x2-5x+6≤0的解集为。
例5. （2012年山东省文5分）函数的定义域为【 】
A B C D
【答案】B。
【考点】函数的定义域。分式、对数、二次根式有意义的条件。
【解析】根据分式、对数、二次根式有意义的条件，得，解得。
∴函数的定义域为。故选B。
例6. （2012年重庆市文5分）设函数集合
则为【 】
（A） （B）（0，1） （C）（-1，1） （D）
【答案】D。
【考点】复合函数的概念，解一元二次不等式和指数不等式，集合及其运算。
【分析】利用已知求出集合中的范围，结合集合，求出的范围，然后求解即可：
由得，∴或，即或。
∴或，即。
由得，即，∴，即。
∴。故选D。
例7. （2012年上海市理14分）已知函数.
（1）若，求的取值范围；（6分）
（2）若是以2为周期的偶函数，且当时，有，求函数的反函数.（8分）
【答案】（1）由，得。
由得。
∵，∴，解得。
由得，。
（2）当时，，
∴。
由单调性可得。
∵，∴所求反函数是，。
【考点】对数函数的概念、性质，反函数的求法。
【解析】（1）由，结合对数函数的性质，列不等式组求解即可。
（2）根据对数函数与指数函数互为反函数的性质求解。
二、解绝对值不等式：
典型例题：例1. （2012年广东省理5分）不等式的解集为 ▲ 。
【答案】。
【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。
【解析】分类讨论：由不等式得，
当时，不等式为，即恒成立；
当时，不等式为，解得，；
当时，不等式为，即不成立。
综上所述，不等式的解集为。
另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。
例2. （2012年上海市理4分）．若集合，，则= ▲ .
【答案】。
【考点】集合的概念和性质的运用，一元一次不等式和绝对值不等式的解法。
【解析】由题意，得，∴。
例3. （2012年天津市理5分）已知集合，集合,且，则 ▲ , ▲ .
【答案】，。
【考点】集合的交集的运算及其运算性质，绝对值不等式与一元二次不等式的解法
【分析】由题意，可先化简集合，再由集合的形式及直接作出判断，即可得出两个参数的值：
∵=,
又∵，画数轴可知，。
例4. （2012年天津市文5分）集合中最小整数为 ▲
【答案】。
【考点】绝对值不等式的解法。
【分析】∵不等式，即，，∴集合。
∴集合中最小的整数为。
例5. （2012年山东省理4分）若不等式的解集为，则实数= ▲ 。
【答案】2。
【考点】绝对值不等式的性质。
【解析】由可得，即，而，所以。
例6. （2012年江西省理5分）在实数范围内，不等式的解集为 ▲ 。
【答案】。
【考点】绝对值不等式的解法，转化与划归、分类讨论的数学思想的应用。
【解析】原不等式可化为①或②或③，
由①得；由②得；由③得。
∴原不等式的解集为。
例7. （2012年陕西省文5分）若存在实数使成立，则实数的取值范围是 ▲
【答案】。
【考点】绝对值不等式的性质及其运用。
【解析】由题意知左边的最小值小于或等于3，根据不等式的性质，得
，解得，。
例8. （2012年湖南省理5分）不等式的解集为 ▲
【答案】。
【考点】解绝对值不等式。
【解析】令，则由得的解集为。
例9. （2012年全国课标卷文5分）已知函数
(Ｉ)当时，求不等式的解集；
(Ⅱ)若的解集包含，求的取值范围。
【答案】解：（1）当时，由得
∴ 或或。
解得 或。
(Ⅱ)原命题即在上恒成立，
∴在上恒成立，即在上恒成立。
∴。
【考点】绝对值不等式的解法。
【解析】(Ｉ)分段求解即可。
(Ⅱ)对于，把作未知求解。
例10. （2012年辽宁省文10分）已知，不等式的解集为｝。
(Ⅰ)求a的值；
(Ⅱ)若恒成立，求k的取值范围。
【答案】解：（I）由得。
又∵不等式的解集为｝，
∴当时，不合题意；
当时，，得。
(Ⅱ)由（I）得。记。
∴。∴。
【考点】分段函数、不等式的基本性质、绝对值不等式及其运用，分类讨论思想的应用。
【解析】（I）针对的取值情况进行讨论即可。
(Ⅱ) 针对的正负进行讨论从而用分段函数表示，进而求出k的取值范围。
例11.（2012年江苏省10分）已知实数x，y满足：求证：．
【答案】证明：∵，
由题设∴。∴。
【考点】绝对值不等式的基本知识。
【解析】根据绝对值不等式的性质求证。
三、不等式问题中“最值法”和“单调性法”的应用：
典型例题：例1. （2012年福建省文4分）已知关于x的不等式x2－ax＋2a＞0在R上恒成立，则实数a的取值范围是 ▲ ．
【答案】(0,8)。
【考点】一元二次不等式的解法。
【解析】关于x的不等式x2－ax＋2a＞0在R上恒成立，则满足Δ＝a2－4×2a<0，解得0例2. （2012年福建省理5分）函数在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有，则称在[a，b]上具有性质P.设在[1,3]上具有性质P，现给出如下命题：
①在[1,3]上的图象是连续不断的；
②在[1，]上具有性质P；
③若在x＝2处取得最大值1，则＝1，x∈[1,3]；
④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有．
其中真命题的序号是【 】
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】D。
【考点】抽象函数及其应用，函数的连续性。
【解析】对于命题①，设，显然它在[1,3]上具有性质P，但函数在处是不连续的，命题错误；
对于命题②，设，显然它在[1,3]上具有性质P，但在[1，]上不具有性质P，命题错误；
对于命题③，∵在x＝2处取得最大值1，
∴在[1，3]上，，即。
∴。∴＝1，x∈[1,3]。命题正确；
对于命题④，对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有
命题正确。
故选D。
例3. （2012年北京市理5分）已知，若同时满足条件：
，
则m的取值范围是 ▲
【答案】。
【考点】简易逻辑，函数的性质。
【解析】由得。
∵条件，∴当时，。
当时，，不能做到在时，，所以舍去。
∵作为二次函数开口只能向下，∴，且此时两个根为。
为保证条件①成立，必须。
又由条件的限制，可分析得出时，恒负。
∴就需要在这个范围内有得正数的可能，即－4应该比两根中小的那个大。
由得，
∴当时，，解得交集为空集，舍去。
当时，两根同为－2＞－4，舍去。
当时，。
综上所述，。
例4. （2012年北京市文5分）已知。若，f（x）＜0或g（x）＜0，则m的取值范围是 ▲ 。
【解析】（－4，0）。
【考点】简易逻辑，函数的性质。
【解析】由得。
∵，∴当时，。
当时，，不能做到在时，，所以舍去。
∵作为二次函数开口只能向下，∴，且此时两个根为。
为保证条件①成立，必须。
∴m的取值范围是（－4，0）。
例5. （2012年江苏省5分）已知函数的值域为，若关于x的不等式
的解集为，则实数c的值为 ▲ ．
【答案】9。
【考点】函数的值域，不等式的解集。
【解析】由值域为，当时有，即，
∴。
∴解得，。
∵不等式的解集为，∴，解得。
例6. （2012年全国大纲卷理12分）设函数。
（1）讨论的单调性；
（2）设，求的取值范围。
【答案】解：。
（1）∵，∴。
当时，，在上为单调递增函数；
当时，，在上为单调递减函数；
当时，由得，
由得或；
由得。
∴当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。
（2）由恒成立可得。
令，则。
当时，，当时，。
又，所以，即
故当时，有，
①当时，，，所以。
②当时，。
综上可知故所求的取值范围为。
【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。
【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。
（2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。
例7. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；
（1）求的解析式及单调区间；
（2）若，求的最大值。
【答案】解：（1）∵，∴。
令得，。∴。
∴，得。
∴的解析式为。
设，则。
∴在上单调递增。
又∵时，，单调递增；
时，，单调递减。
∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。
（2）∵，∴。
令得。
①当时，，∴在上单调递增。
但时，与矛盾。
②当时，由得；由得。
∴当时，
∴。
令；则。
由得；由得。
∴当时，
∴当时，的最大值为。
【考点】函数和导函数的性质。
【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。
（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。
例8. （2012年全国课标卷文5分）设函数
(Ⅰ)求的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值
【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。
若，则，∴在上单调递增。
若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。
(Ⅱ)∵a=1，∴。
∴当x>0时，，它等价于。
令，则。
由(Ｉ)知，函数在上单调递增。
∵，，∴在上存在唯一的零点。
∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。
当时，；当时，。
∴在上的最小值为。
又∵，即，∴。
因此，即整数k的最大值为2。
【考点】函数的单调性质，导数的应用。
【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。
(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，
求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。
例9. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；
（Ⅲ）证明.
【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.
令，得。
当变化时，和的变化情况如下表：
－
0
＋
↘
极小值
↗
∴在处取得极小值。
∴由题意，得。∴。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。
当＞0时，令，即。
求导函数可得。
令，得。
①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。
∴符合题意。
②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在
(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。
∴不合题意。
综上，实数的最小值为。
（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。
当≥2时，
。
在（2）中，取，得，
∴。
∴
。
综上，。
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。
【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。
（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由
，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。
例10. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。
【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。
(ⅱ) 利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比
﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。
例11. （2012年浙江省文15分）已知a∈R，函数
（1）求的单调区间
（2）证明：当0≤≤1时， + ＞0.
【答案】解：（1）由题意得，
当时，恒成立，此时的单调递增区间为；
当时，，
此时函数的单调递增区间为。
（2）由于，当时，；
当时，。
设，则。
则有
0
1
－
－
0
＋
＋
1
减
极小值
增
1
∴。
∴当时，总有。
∴。
【考点】分类思想的应用，利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间，不等式的证明。
【解析】（1）求出导数，分和讨论即可。
（2）根据，分和两种情形，得到，从而设出新函数，应用导数，证出，得到恒成立，即。
例12. （2012年湖南省理13分）已知函数，其中≠0.
（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.
（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题设矛盾，
又，故。
∵∴令。
当时，单调递减；
当时，单调递增.
∴当时，取最小值。
于是对一切恒成立，当且仅当 ①
令则。
当时，单调递增；当时，单调递减，
∴当时，取最大值。
∴当且仅当即时，①式成立。
综上所述，的取值集合为。
（Ⅱ）存在。由题意知，。
令则
。
令，则。
当时，单调递减；当时，单调递增，
∴当，即。
∴，。
又∵∴。
∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，
∴存在使单调递增，故这样的是唯一的，且，故当且仅当时， 。
综上所述，存在使成立.且的取值范围为
。
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。
【解析】（Ⅰ）用导函数法求出取最小值，对一切∈R，≥1恒成立转化为，从而得出的取值集合。
（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。
例13. （2012年湖北省文14分）设函数f(x)＝axn(1－x)＋b(x＞0)，n为整数，a，b为常数．曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1.
（Ⅰ）求a，b的值；
（II）求函数f(x)的最大值；
（III）证明：f(x)＜.
【答案】解：（Ⅰ）∵f(1)＝b，由点(1，b)在x＋y＝1上，可得1＋b＝1，即b＝0。
∵f′(x)＝anxn－1－a(n＋1)xn，∴f′(1)＝－a。
又∵切线x＋y＝1的斜率为－1，∴－a＝－1，即a＝1。
∴a＝1，b＝0。
（II）由（Ⅰ）知，f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，f′(x)＝(n＋1)xn－1。
令f′(x)＝0，解得x＝，即f′(x)在(0，＋∞)上有唯一零点x0＝。
∵在上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上的最大值为f＝n＝。
（III）证明：令φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，则φ′(t)＝－＝(t＞0)。
∵在(0,1)上，φ′(t)＜0，φ(t)单调递减；在(1，＋∞)上，φ′(t)＞0，φ(t)单调递增，
∴φ(t)在(0，＋∞)上的最小值为φ(1)＝0。 ∴φ(t)＞0(t＞1)，即lnt＞1－(t＞1)。
令t＝1＋，得ln＞，即lnn＋1＞lne。
∴n＋1＞e，即＜。
由（II）知，f(x)≤＜，∴所证不等式成立。
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（I）由题意曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为x＋y＝1，故可根据导数的几何意义与切点处的函数值建立关于参数的方程求出两参数的值。
（II）由于f(x)＝xn(1－x)＝xn－xn＋1，可求 f′(x)＝(n＋1)xn－1，利用导数研究函数的单调性，即可求出函数的最大值。
（III）结合（II），欲证：f(x)＜．由于函数f(x)的最大值f＝n＝，故此不等式证明问题可转化为证明 ＜，对此不等式两边求以e为底的对数发现，可构造函数φ(t)＝lnt－1＋(t＞0)，借助函数的最值辅助证明不等式。
例14. （2012年辽宁省文12分）设，证明：
(Ⅰ)当时，
(Ⅱ)当时，
【答案】证明：(Ⅰ)设，
则。
∵当时，，∴单调递减。
又∵，∴。
∴当时，。
(Ⅱ) 由均值不等式，当＞0时，，即。
令。
则
。
令。
则当时，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。∴在（1，3）内，。
∴在（1，3）内是单调递减函数。
∵又，∴在（1，3）内，。
∴当时，。
【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性。
【解析】（I）用差值法构造函数，可得当时，，可判断在时是单调递减函数，从而由得到出，进而得出结论。
（II）由均值不等式，可得 。用差值法构造函数，可得
。构造函数， 利用导数判断在（1，3）内是单调递减函数，从而得到出在（1，3）内是单调递减函数，进而得出结论。
例15. （2012年重庆市理12分）设数列的前项和满足，其中.
（I）求证：是首项为1的等比数列；（5分）
（II）若，求证：，并给出等号成立的充要条件.（7分）
【答案】证明：（Ⅰ）∵，∴。
∴。∴。
∵，∴。∴。
∵，∴。∴。∴。∴。
∴。∴是首项为1，公比为的等比数列。
（II）当=1或=2时，易知成立。
当时，成立。
当时，，
∴。∴。
当时，上面不等式可化为，
设，
①当时， 。
∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
②当时，
令，
则。
∴在（0，1）上递减。∴。∴。
∴在（0，1）上递增。∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
③ 当时，，由已证结论得：。
∴。∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
综上所述，当且时，。当且仅当=1,2或时等号成立。
【考点】数列与不等式的综合，数列与函数的综合，等比数列的性质，等比关系的确定。
【分析】（I）根据，得，两式相减，即可证得是首项为1，公比为的等比数列。
（II）当=1或=2时和当时， 成立。
当时，分，，三种情况分别证明即可。
本题也可用数学归纳法证明。
四、不等式问题中“数形结合法”的应用：
典型例题：例1. （2012年湖南省理5分）已知两条直线 ：和：，与函数的图像从左至右相交于点A，B ，与函数的图像从左至右相交于C,D .记线段AC和BD在X轴上的投影长度分别为 , ,当m 变化时，的最小值为【 】
A． B. C. D.
【答案】B。
【考点】数形结合，函数的图象，基本不等式的应用。
【解析】如图，在同一坐标系中作出，，图像，
由，得，
由，得。
根据题意得。
∵，∴。故选B。
例2. （2012年重庆市理5分）设平面点集，则所表示的平面图形的面积为【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】D。
【考点】数形结合，函数的图象，双曲线和圆的对称性。
【分析】∵，∴或。
又∵，
∴满足上述条件的区域为如图所示的圆内部分Ⅰ和Ⅲ。
∵的图象都关于直线对称，
∴Ⅰ和Ⅳ区域的面积相等，Ⅱ和Ⅲ区域的面积相等，即圆内部分Ⅰ和Ⅲ的面积之和为单位圆面积的一半，为。故选D。
例3. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考点】指数函数和对数函数的性质。
【解析】设,作图。
∵当时，,
∴在时, 的图象在的图象上方。
根据对数函数的性质，。∴单调递减。
∴由时，得，解得。
∴要使时，，必须。
∴a的取值范围是(，1) 。故选B。
五、不等式问题中“特殊值法”的应用：
典型例题：例1. （2012年福建省理5分）下列命题中，真命题是【 】
A．?x0∈，≤0
B．?x∈，2x＞x2
C．a＋b＝0的充要条件是＝－1
D．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件
【答案】D。
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，全称命题，特称命题，命题的真假判断与应用。
【解析】对于A，根据指数函数的性质不存在x0，使得≤0，因此A是假命题。
对于B，当x＝2时，2x＝x2，因此B是假命题。
对于C，当a＋b＝0时，不存在，因此C是假命题。
对于D，a＞1，b＞1时 ab＞1，所以a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件，因此D是真命题。
故选D。
例2. （2012年四川省文4分）设为正实数，现有下列命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则。
其中的真命题有 ▲ 。（写出所有真命题的编号）
【答案】①④。
【考点】真命题的判定，特殊值法的应用。
【解析】对于①，∵为正实数，∴。
又∵，∴。故①正确。
对于②，可以采用特殊值列举法：
取，满足为正实数和的条件，但。故②错误。
对于③，可以采用特殊值列举法：
取，满足为正实数和的条件，，但。故③错误。
对于④，不妨设，由得，∴。
∵为正实数，∴。
∴。故④正确。
∵且，∴。
综上所述，真命题有 ①④。
例3. （2012年浙江省理4分）设，若时均有，则 ▲ ．
【答案】。
【考点】特殊元素法，偶次幂的非负数性质。
【解析】∵时均有，
∴应用特殊元素法，取，得。
∴。
例4. （2012年四川省理14分） 已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。
（Ⅰ）用和表示；
（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；
（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。
∴抛物线在点A处的切线方程为，即。
∴。
（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。
即知，对于所有的n成立，特别地，取n=2时，得到。
当时,
。
当n=0，1，2时，显然。
∴当时，对所有自然数都成立。
∴满足条件的的最小值是。
（Ⅲ）由（1）知，则，。
下面证明：。
首先证明：当0设函数，则。
∵当时，；当时，，
∴在区间（0,1）上的最小值min=g。
∴当0由0从而。
【考点】导数的应用、不等式、数列。
【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则 成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0，1，2时，，由此可得的最小值。
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时， 即可证明： 。
例5. （2012年四川省文14分）已知为正实数，为自然数，抛物线与轴正半轴相交于点，设为该抛物线在点处的切线在轴上的截距。
（Ⅰ）用和表示；
（Ⅱ）求对所有都有成立的的最小值；
（Ⅲ）当时，比较与的大小，并说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，交点A的坐标为，对求导得。
∴抛物线在点A处的切线方程为，即。
∴。
（Ⅱ）由（1）知，则成立的充要条件是。
即知，对于所有的n成立，特别地，取n=1时，得到。
当时,
。
当n=0时，。
∴当时，对所有自然数都成立。
∴满足条件的的最小值是3。
（Ⅲ）由（1）知，
下面证明：。
首先证明：当0设函数，则。
∵当时，；当时，，
∴在区间（0,1）上的最小值min=g。
∴当0由0从而
。
【考点】导数的应用、不等式、数列。
【解析】（Ⅰ）根据抛物线与x轴正半轴相交于点A，可得A，进一步可求抛物线在点A处的切线方程，从而可得
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，则成立的充要条件是，即知，对所有n成立。当时，；当n=0时，，由此可得的最小值。
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，证明当0＜x＜1时，即可证明：
。
六、基本不等式的应用：
典型例题：例1. （2012年天津市理5分）设，，若直线与圆相切，则的取值范围是【 】
（A） （Ｂ）
（Ｃ） （Ｄ）
【答案】D。
【考点】直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，重要不等式，一元二次不等式的解法
【分析】∵直线与圆相切，
∴圆心到直线的距离为，∴。
又∵，∴，即。
∴。
设，则，解得。故选D。
例2. （2012年浙江省文5分）若正数x，y满足x+3y=5xy，则的最小值是【 】
A. B. C.5 D.6
【答案】C。
【考点】基本不等式或配方法的应用。
【解析】∵x+3y=5xy，∴，。
∴。（或由基本不等式得）
∴5，即的最小值是5。故选C。
例3. （2012年湖北省理5分）设是正数，且，则【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】柯西不等式不等式的应用，待定系数法的应用。
【解析】由柯西不等式知，
而此时恰好满足取等条件。
令，则。
代入到中得，再将代入得。
∵，∴。∴。故选C。
例4. （2012年福建省理5分）下列不等式一定成立的是【 】
A．lg＞lgx(x＞0)
B．sinx＋≥2(x≠kπ，k∈)
C．x2＋1≥2|x|(x∈)
D.＞1(x∈)
【答案】C。
【考点】不等式的性质以及基本不等式的应用。
【解析】对于A，当x＝时，lg＝lgx，所以A不一定成立；
对于B，当sinx>0时，不等式才成立，所以B不一定成立；
对于C，命题显然正确；
对于D，∵x2＋1≥1，∴0<≤1，所以D不成立.
故选C。
例5. （2012年陕西省文5分）小王从甲地到乙地的时速分别为和（），其全程的平均时速为，则【 】
A. B. = C. << D. =
【答案】A。
【考点】基本不等式及其应用。
【解析】设从甲地到乙地的路程为，则。
又∵，∴。
∴。故选A。
例6. （2012年福建省理7分）已知函数f(x)＝m－|x－2|，m∈R，且f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]．
（Ⅰ）求m的值；
（Ⅱ）若a，b，c∈R，且＋＋＝m，求证：a＋2b＋3c≥9.
【答案】解：（Ⅰ）因为f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0等价于|x|≤m，
由|x|≤m有解，得m≥0，且其解集为{x|－m≤x≤m}。
又f(x＋2)≥0的解集为[－1,1]，故m＝1。
（Ⅱ）由(1)知＋＋＝1，
又a，b，c∈R，由柯西不等式得
，
当且仅当 时，等号成立。
所以a＋2b＋3c≥9。
【考点】带绝对值的函数，不等式的证明。
【解析】（Ⅰ）由条件可得f(x＋2)＝m－|x|，f(x＋2)≥0，故有|x|≤m的解集为[-1，1]，故m=1。
（Ⅱ）由（Ⅰ）得＋＋＝1，从而 ，展开后可得
，利用基本不等式证明它大于或等于9。
例7. （2012年湖北省文5分）设∈ R，则 “”是“”的【 】
A.充分条件但不是必要条件 B.必要条件但不是充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要的条件
【答案】A。
【考点】充分、必要条件的判定，基本不等式的应用。
【解析】当时，，
而（当且仅当，且，即时等号成立），
∴。
当取,显然有,但。
∴由不可以推得。
综上，是的充分不必要条件。故选A。
例8. （2012年四川省理4分）记为不超过实数的最大整数，例如，，，。设为正整数，数列满足，，现有下列命题：
①当时，数列的前3项依次为5,3,2；
②对数列都存在正整数，当时总有；
③当时，；
④对某个正整数，若，则。
其中的真命题有 ▲ _。（写出所有真命题的编号）
【答案】①③④。
【考点】真命题的判定，对高斯函数的理解，数列的性质，特殊值法的应用，基本不等式的应用。
【解析】对于①，若，根据
当n=1时，x2=[]=3, 同理x3=。 故①正确。
对于②，可以采用特殊值列举法：
当a=3时，x1=3, x2=2, x3=1, x4=2……x2k=1, x2k+1=1,……
此时数列从第二项开始为2，1，2，1……，不成立。故②错误。
对于③，由的定义知，，而为正整数，故，且是整数。
∵对于两个正整数、，当为偶数时；当为奇数时，
∴不论是偶数还是奇数，有。
∵和都是整数，
∴。
又当时，，
∵，∴成立。
∴当时，。故③正确。
对于④，当时，， ∴，即。
∴，即，解得。
由③，∴。∴。故④正确。
综上所述，真命题有 ①③④ 。
例9. （2012年辽宁省理12分）设，曲线与直线在(0，0)点相切。
(Ⅰ)求的值。
(Ⅱ)证明：当时，。
【答案】解：（I）∵过（0，0），∴=0。∴=－1。
∵曲线与直线在（0，0）点相切，
∴。∴=0。
（II）证明：由（I）知。
由均值不等式，当＞0时，，∴。
令。
则
。
令。
则当时，。
∴在（0，2）内是单调递减函数。
∵又，∴在（0，2）内，。∴在（0，2）内，。
∴在（0，2）内是单调递减函数。
∵又，∴在（0，2）内，。
∴当时，。
【考点】导数的概念、几何意义、导数在判断函数单调性与最值中的运用，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（I）由过（0，0），可求b的值，根据曲线与直线在（0，0）点相切，利用导函数，可求a的值。
（II）由（I）知，由均值不等式，可得 。用差值
法构造函数，可得。构造函数， 利用导数判断在（0，2）内是单调递减函数，从而得到出在（0，2）内是单调递减函数，进而得出结论。
七、线性规划问题：
典型例题：例1. （2012年四川省理5分）某公司生产甲、乙两种桶装产品。已知生产甲产品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生产乙产品1桶需耗原料2千克，原料1千克。每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元。公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗、原料都不超过12千克。通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是【 】
A、1800元 B、2400元 C、2800元 D、3100元
【答案】C。
【考点】线性规划的应用。
【解析】]设公司每天生产甲种产品X桶，乙种产品Y桶，公司共可获得 利润为Z元/天，则由已知，得 Z=300X+400Y，且
画可行域如图所示，目标函数Z=300X+400Y可变形为
Y= 这是随Z变化的一族平行直线，
解方程组得，即A（4,4） 。
∴。故选C。
例2. （2012年全国课标卷文5分）已知正三角形ABC的顶点A(1,1)，B(1,3)，顶点C在第一象限，若点（x，y）在△ABC内部，则z=－x+y的取值范围是【 】
（A）(1－，2) （B）(0，2) （C）(－1，2) （D）(0，1+)
【答案】A。
【考点】简单线性规划，等边三角形的性质，勾股定理。
【解析】求z=－x+y的取值范围，则求出z=－x+y在正三角形ABC边际及内的区域的最大值和最小值即可。
由A(1,1)，B(1,3)，根据正三角形的性质可求C在第一象限的坐标为（1+，2）。
作图，可知约束条件对应正三角形ABC内的区域： A(1,1)，B(1,3)，
C（1+，2）。
当x=1，y=3时，z=－x+y取得最大值2；当1+，y=2时，z=－x+y取得最小值1－。
∴z=－x+y的取值范围为(1－，2)。故选A。
例3. （2012年四川省文5分）若变量满足约束条件，则的最大值是【 】
A、12 B、26 C、28 D、33
【答案】 C。
【考点】线性规划问题。
【解析】画可行域如图所示，
目标函数可以变形为， 作函数的平行线，当其经过点B（4,4）时截距最大时，即z有最大值为=。故选C。
例4. （2012年山东省理5分）若满足约束条件：，则目标函数的取值范围是【 】
A B C D
【答案】A。
【考点】线性规划。
【解析】如图，作出可行域，直线，
将直线平移至点（2，0）处有最大值：，
将直线平移至点处有最小值：。
∴目标函数的取值范围是。故选A。
例5. （2012年天津市文5分）设变量满足约束条件,则目标函数z=3x-2y的最小值为【 】
（A）－5 （B）－4 （C）－2 （D）3
【答案】B。
【考点】线性规划。
【分析】作出不等式对应的可行域如图，由得。
由图象可知当直线经过点时，直线的截距最大，
而此时最小为，故选B。
例6. （2012年安徽省文5分）若满足约束条件：；则的最小值是【 】
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应边际及内的区域：。
当时，取得最小值。
∴的最小值是。故选。
例7. （2012年广东省理5分）已知变量x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为【 】
A．12 B．11 C．3 D．
【答案】B。
【考点】简单线性规划。
【解析】如图，作出变量x，y约束条件的可行域，
解得最优解（3,2）
当时，目标函数z=3x+y的最大值为。
故选B。
例8. （2012年广东省文5分）已知变量满足约束条件则的最小值为【 】
A． B． C． D
【答案】C。
【考点】简单线性规划。
【解析】如图，作出变量x，y约束条件的可行域，
解得最优解（－1,－2）
当时，目标函数的最小值为。
故选C。
例9. （2012年江西省理5分）某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50计，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表
年产量/亩
年种植成本/亩
每吨售价
黄瓜
4吨
1.2万元
0.55万元
韭菜
6吨
0.9万元
0.3万元
为使一年的种植总利润（总利润=总销售收入总种植成本）最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积（单位：亩）分别为【 】
A．50，0 B．30，20 C．20，30 D．0，50
【答案】B。
【考点】建模的思想方法，线性规划知识在实际问题中的应用。
【解析】设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x,y亩,总利润为z万元，则目标函数为
.
线性约束条件为?，即。
如图，作出不等式组表示的可行域,易求得点。
平移直线，可知当直线经过点,即时,z取得最大值,且（万元）。故选B。
例10. （2012年福建省理5分）若函数图象上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为【 】
A. B.1 C. D．2
【答案】B。
【考点】线性规划。
【解析】约束条件确定的区域为如图阴影部分，即
△ABC的边与其内部区域，分析可得函数与边界直线交与点（1，2），若函数图象上存在点（x，y）满足约束条件，即图象上存在点在阴影部分内部，则必有m≤1，即实数m的最大值为1。故选B。
例11. （2012年福建省文5分） 若直线上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为【 】
A．－1 B．1 C. D．2
【答案】B。
【考点】线性规划。
【解析】约束条件确定的区域为如图阴影部分，即
△ABC的边与其内部区域，分析可得函数与边界直线交与点（1，2），若函数图象上存在点（x，y）满足约束条件，即图象上存在点在阴影部分内部，则必有m≤1，即实数m的最大值为1。故选B。
例12. （2012年辽宁省理5分）设变量x，y满足则的最大值为【 】
(A) 20 (B) 35 (C) 45 (D) 55
【答案】D。
【考点】简单线性规划问题。
【解析】如图，画出可行域：
根据图形可知当x=5,y=15时2x+3y最大，最大值为55。故选D。
例13. （2012年全国大纲卷理5分）若满足约束条件，则的最小值为 ▲ 。
【答案】。
【考点】线性规划。
【解析】利用不等式组，作出可行域，可知区域表示的为三角形，当目标函数过点（3，0）时，目标函数最大，当目标函数过点（0，1）时最小。
例14.（2012年全国课标卷理5分）设满足约束条件：；则的取值范围为
▲
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出在约束条件下的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应四边形边边际及内的区域： 。
当时，取得最大值3；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。
例15.（2012年安徽省理5分）若满足约束条件：；则的取值范围为 ▲
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应边际及内的区域：。
当时，取得最大值0；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。
例16. （2012年上海市文4分）满足约束条件的目标函数的最小值是 ▲
【答案】。
【考点】线性规划。
【解析】根据题意得到或或或
其可行域为平行四边形区域，（包括边界）目标函数可以化成，的最小值就是该直线在轴上截距的最小值，当该直线过点时，有最小值，此时 .
例17. （2012年浙江省文5分） 设z=x+2y，其中实数x，y满足， 则z的取值范围是 ▲ 。
【答案】[0，]。
【考点】简单线性规划。
【解析】根据已知的约束条件画出满足约束条件的可行域，结合z在目标函数中的几何意义，求出目标函数的最大值、及最小值，进一步线出目标函数z的范围：
约束条件? 对应的平面区域如图示：
由图易得目标函数z=x+2y在O（0，0）处取得最小值，此时z=0；
在B处取最大值，由可得B（），此时z=。
故z=x+2y的取值范围为：[0，]。
例18.（2012年湖北省文5分）若变量，满足约束条件则目标函数的最小值是 ▲ .
【答案】2。
【考点】简单的线性规划。
【解析】作出不等式组所表示的可行域(如下图的及其内部）,
可知当直线经过的交点时，取得最小值，且。
例19. （2012年江苏省5分）已知正数满足：则的取值范围是
▲ ．
【答案】。
【考点】可行域。
【解析】条件可化为：。
设，则题目转化为：
已知满足，求的取值范围。
作出（）所在平面区域（如图）。求出的切
线的斜率，设过切点的切线为，
则，要使它最小，须。
∴的最小值在处，为。此时，点在上之间。
当（）对应点时， ，
∴的最大值在处，为7。
∴的取值范围为，即的取值范围是。
例20.（2012年陕西省理5分）设函数，是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在上的最大值为 ▲ .
【答案】2。
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，简单线性规划。
【解析】先求出曲线在点（1，0）处的切线，然后画出区域D，利用线性规划的方法求出目标函数z的最大值即可：
∵，，
∴曲线及该曲线在点处的切线方程为。
∴由轴和曲线及围成的封闭区域为三角形。在点处取得最大值2。
例21.（2012年陕西省文14分）设函数
（Ⅰ）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；
（Ⅱ）设n为偶数，，，求的最小值和最大值；
（III）设，若对任意，有，求的取值范围；
【答案】解：（Ⅰ）证明：，时，。
∵，∴在内存在零点。
又∵当时，，∴ 在上单调递增。
∴ 在内存在唯一零点。
（Ⅱ）依题意，得，∴。
画出可行域，得知在点（0，－2）处取得最小值－6，在点（0，0）处取得最大值0。
（III）当时，。
对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：
（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。
（ⅱ）当，即时，恒成立。
（ⅲ）当，即时，恒成立。
综上所述，的取值范围为。
【考点】函数与方程，简单线性规划，导数的综合应用。
【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。
（Ⅱ）依题意，得到，画出可行域，求出的最小值和最大值。
（III）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。
除了上述不等式的求解（证）方法外，还有“作差比较法”，“作商比较法”，“分离参数法”，“变更主元法”，“判别式法”等方法。
作差比较法：依据，作差——变形——判断。
作商比较法，依据当时，，作商——变形——判断商与1的大小。
分离参数法：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解。
变更主元法：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题。
【备战2013高考数学专题讲座】
第24讲：高频考点分析之排列组合、二项式定理探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，第13讲～第30讲我们对高频考点进行探讨。
排列组合是组合学最基本的概念。所谓排列，就是指从给定个数的元素中取出指定个数的元素进行排序。组合则是指从给定个数的元素中仅仅取出指定个数的元素，不考虑排序。排列组合的中心问题是研究给定要求的排列和组合可能出现的情况总数。
二项式定理是：，它在组合理论、开高次方、高阶等差数列求和，以及差分法中有广泛的应用。
应用排列组合解题要分清是使用“分类计数原理”还是“分步计数原理”，要根据我们完成某事件时采取的方式而定，分类来完成这件事时用“分类计数原理”，分步来完成这件事时就用“分步计数原理”，怎样确定分类，还是分步骤？“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给的事件，而“分步骤”必须把各步骤均完成才能完成所给事件，所以准确理解两个原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，彼此间交集为空集，并集为全集，不论哪类办法都能将事情单独完成，分步计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成这件事，步与步之间互不影响，即前步用什么方法不影响后面的步骤采用的方法。排列与组合定义相近，它们的区别是在于是否与顺序有关。
解决排列组合问题的基本规律是：分类相加，分步相乘，有序排列，无序组合。
解决排列组合问题的具体方法有：
1.特殊元素的“优先排列法”：对于特殊元素的排列组合问题，一般先考虑特殊元素，再考其他的元素。
2.总体淘汰法：对于含否定的问题，还可以从总体中把不合要求的除去。
3.合理分类与准确分步：含有约束条件的排列组合问题，按元素的性质进行分类，按事情发生的连续过程分步，做到分类标准明确，分步层次清楚，不重不漏。
4.相邻问题用捆绑法：对于某些元素要求相邻的排列问题，先将相邻接的元素“捆绑”起来，看作一“大”元素与其余元素排列，然后再对相邻元素内部进行排列。
5.不相邻问题用“插空法”：对某几个元素不相邻的排列问题，可将其他元素排列好，然后再将不相邻接元素在已排好的元素之间及两端的空隙之间插入。
6.顺序固定用“除法”：对于某几个元素按一定的顺序排列问题，可先把这几个元素与其他元素一同进行全排列，然后用总的排列数除于这几个元素的全排列数。
7. 定序问题缩倍法：在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法。
8.分排问题用直接法：把几个元素排成若干排的问题，可采用统一排成一排的排方法来处理。
9.住店法：解决“允许重复排列问题”要区分两类元素，一类元素可以重复，另一类不能重复，把不能重复的元素看作店，再利用分步计数原理直接求解称“住店法”。
等等。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下三方面探讨排列组合、二项式定理问题的求解：
1. 分类计数原理的应用：
2. 分步计数原理的应用；
3. 二项式定理的应用。
一、分类计数原理的应用：
典型例题：例1. （2012年北京市理5分）从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为【 】
A. 24 B. 18 C. 12 D. 6
【答案】B。
【考点】排列组合问题。
【解析】由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇。如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析（3 种情况），之后十位（2 种情况），最后百位（2 种情况），共12 种；如果是第二种情况偶奇奇：个位（3 种情况），十位（2 种情况），百位（不能是O ，一种倩况），共6 种。因此总共有12 + 6 = 18 种情况。故选B。
例2. （2012年安徽省理5分）6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品，已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到份纪念品的同学人数为【 】
或 或 或 或
【答案】。
【考点】排列组合。
【解析】∵，∴在6位同学的两两交换中少2种情况。
不妨设甲、乙、丙、丁、戍、己6人
①设仅有甲与乙，丙没交换纪念品，则甲收到3份纪念品，乙、丙收到4份纪念品，丁、戍、己收到5份纪念品，此时收到4份纪念品的同学人数为人；
②设仅有甲与乙，丙与丁没交换纪念品，则甲、乙、丙、丁收到4份纪念品，戍、己收到5份纪念品，此时收到4份纪念品的同学人数为4人。
故选。
例3. （2012年山东省理5分）现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为【 】
A 232 B 252 C 472 D 484
【答案】C。
【考点】排列组合的应用。
【解析】。故选C。
例4. （2012年浙江省理5分）若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有【 】
A．60种 B．63种 C．65种 D．66种
【答案】D。
【考点】分类讨论，计数原理的应用。
【解析】1，2，2，…，9这9个整数中有5个奇数，4个偶数．要想同时取4个不同的数其和为偶数，则取法有：
4个都是偶数：1种；
2个偶数，2个奇数：种；
4个都是奇数：种。
∴不同的取法共有66种。故选D。
例5. （2012年陕西省理5分） 两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有【 】
A. 10种 B.15种 C. 20种 D. 30种
【答案】D。
【考点】排列、组合及简单计数问题，分类计数原理。
【解析】根据分类计数原理，所有可能情形可分为3:0，3:1，3:2三类，在每一类中可利用组合数公式计数，最后三类求和即可得结果：
当比分为3:0时，共有2种情形；
当比分为3:1时，共有种情形；
当比分为3:2时，共有种情形。
总共有种。故选D。
二、分步计数原理的应用：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）将字母排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每
列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有【 】
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【答案】A。
【考点】排列组合的应用，分步计数原理。
【解析】利用分步计数原理，先填写最左上角的数，有3种，再填写右上角的数为2种，再填写第二行第一列的数有2种，一共有3×2×2=12种。故选A。
例2. （2012年全国大纲卷文5分）6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有【 】
A. 240种 B.360种 C.480种 D.720种
【答案】C。
【考点】排列组合的应用。
【解析】根据特殊元素优先的原则，选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，在其余4个次序演讲有种组合，则其余5 位选手进行全排列。因此，不同的演讲次序共有种。故选C。
例3. （2012年全国课标卷理5分）将名教师，名学生分成个小组，分别安排到甲、乙两地参加社
会实践活动，每个小组由名教师和名学生组成，不同的安排方案共有【 】
种 种 种 种
【答案】。
【考点】排列组合。
【解析】每个小组由名教师和名学生组成，不同的安排方案共有种。故选。
例4. （2012年辽宁省理5分）一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为【 】
(A)3×3！ (B) 3×(3！)3 (C)(3！)4 (D) 9！
【答案】C。
【考点】分步计数原理。
【解析】此排列可分两步进行，先把三个家庭分别排列，每个家庭有种排法，三个家庭共有
种排法；再把三个家庭进行全排列有种排法。因此不同的坐法种数为。故选C。
例5. （2012年湖北省理5分）回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数。如22，,11,3443,94249等。显然2位回文数有9个：11,22,33…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999。则
（Ⅰ）4位回文数有 ▲ 个；
（Ⅱ）2n＋1（n∈N+）位回文数有 ▲ 个。
【答案】（Ⅰ）90；（Ⅱ）。
【考点】计数原理的应用。
【解析】（I）4位回文数的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零，第一步，选千位和个位数字，共有9种选法；第二步，选中间两位数字，有10种选法，故4位回文数有9×10=90个。
（II）第一步，选左边第一个数字，有9种选法；第二步，分别选左边第2、3、4、…、n、n+1个数字，共有10×10×10×…×10=10n种选法，故2n+1（n∈N+）位回文数有个。
三、二项式定理的应用：
典型例题：例1. （2012年四川省理5分）的展开式中的系数是【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】D。
【考点】二项式的通项公式。
【解析】∵二项式展开式的通项公式为，
∴令=2，则。∴的系数是。故选D。
例2. （2012年天津市理5分）在的二项展开式中，的系数为【 】
（A）10 （Ｂ）-10 （Ｃ）40 （Ｄ）-40
【答案】D。
【考点】二项式定理。
【分析】∵=，令，得，
∴的系数为。故选D。
例3. （2012年安徽省理5分）的展开式的常数项是【 】
【答案】。
【考点】二项式定理。
【解析】∵第一个因式取，第二个因式取得： ，
第一个因式取，第二个因式取得：，
∴展开式的常数项是。故选。
例4. （2012年重庆市文5分） 的展开式中的系数为【 】
（A）-270 （B）-90 （C）90 （D）270
【答案】A。
【考点】二项式系数的性质。
【分析】设的展开式的通项公式为，则，
令r=3，得的系数为：。故选A。
例5. （2012年湖北省理5分）设，且，若能被13整除，则【 】
A.0 B.1 C.11 D.12
【答案】D。
【考点】二项式定理的应用。
【解析】∵52能被13整除，
∴。
显然上式除了外，其余各个因式都能被13整除。
∴能被13整除，只需。故选D。
例6. （2012年重庆市理5分）的展开式中常数项为【 】
A. B. C. D.105
【答案】B。
【考点】二项式定理的应用
【分析】求二项展开式中特定项一般利用通项公式解决：
∵的展开式的通项为，令得，
∴常数项为。故选B。
例7. （2012年全国大纲卷理5分）若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开
式中的系数为 ▲ 。
【答案】56。
【考点】二项式定理中通项公式的运用。
【解析】利用二项式系数相等，确定的值，然后进一步借助于通项公式，分析项的系数。
根据已知条件可知。
∴的展开式的通项为，
令，。∴系数为。
例8. （2012年全国大纲卷文5分）的展开式中的系数为 ▲ .
【答案】7。
【考点】二项式定理中通项公式的运用。
【解析】利用二项式系数展开，分析项的系数。
∵的展开式的通项为，
令，。∴的系数为。
例9. （2012年上海市理4分）在的二项展开式中，常数项等于 ▲ .
【答案】－160。
【考点】二项式定理。
【解析】∵展开式通项，令，得.
∴常数项为。
例10.（2012年广东省理5分）的展开式中的系数为 ▲ 。（用数字作答）
【答案】20。
【考点】二项式定理的应用。
【解析】∵的展开式的通项为，
∴ 令 得。
∴的展开式中的系数为。
例11. （2012年上海市文4分）在的二项式展开式中，常数项等于 ▲
【答案】。
【考点】二项式定理。
【解析】∵展开式通项，令，得.
∴常数项为。
例12. （2012年湖南省理5分）的二项展开式中的常数项为 ▲ .（用数字作答）
【答案】－160。
【考点】二项式定理。
【解析】∵的展开式项公式是，
∴令，解得。
∴二项展开式中的常数项为。
例13.（2012年福建省理4分）(a＋x)4的展开式中x3的系数等于8，则实数a＝ ▲ .
【答案】2。
【考点】二项式定理。
【解析】∵(a＋x)4的展开式的通项是，x3的系数等于8，
∴令r＝3，得，即4a＝8，解得a＝2。
例14. （2012年陕西省理5分）展开式中的系数为10， 则实数的值为 ▲ .
【答案】1。
【考点】二项式定理的应用。
【解析】∵展开式中第项为，
∴令，的系数为，解得。
【备战2013高考数学专题讲座】
第25讲：高频考点分析之直线与圆探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，第13讲～第28讲我们对高频考点进行探讨。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下三方面探讨直线与圆问题的求解：
1. 直线的方程和性质；
2. 圆的方程和性质；
3. 直线与圆的综合问题。
一、直线的方程和性质：
典型例题：例1. （2012年北京市文5分）某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高。m值为【 】
A.5 B.7 C.9 D.11
【答案】C。
【考点】直线斜率的几何意义。
【解析】据图像识别看出变化趋势，利用变化速度可以用导数来解，但图像不连续，所以只能是广义上的。实际上，前n年的年平均产量就是前n年的总产量S与n的商：，在图象上体现为这一点有纵坐标与横坐标之比。
因此，要使前m年的年平均产量最高就是要这一点的纵坐标与横坐标之比最大，即这一点与坐标原点连线的倾斜角最大。图中可见。当n=9时，倾斜角最大。从而m值为9。故选C。
二、圆的方程和性质：
典型例题：例1. （2012年山东省文5分）圆与圆的位置关系为【 】
A 内切 B 相交 C 外切 D 相离
【答案】B。
【考点】两圆位置关系的判定。
【解析】∵两圆圆心分别为（－2，0），（2，1），∴两圆圆心距为。
又∵两圆半径分别为2，3，∴两圆半径之差为1，半径之和为5。
∵，即两圆圆心距在两圆半径差与半径和之间，
∴两圆相交。故选B。
三、直线与圆的综合问题：
典型例题：例1. （2012年重庆市理5分）对任意的实数，直线与圆的位置关系一定是【 】
A.相离 B.相切 C.相交但直线不过圆心 D.相交且直线过圆心
【答案】C。
【考点】直线与圆的位置关系，曲线上 的坐标与方程的关系。
【分析】从直线与圆的位置关系入手，因为直线过定点A（0，1），而点A在圆的内部，故直线与圆相交。将圆心（0，0）代入，左右不相等，所以圆心（0，0）不在直线上。故选C。
别解：将代入得。
∵根的判别式，
∴有两不相等的实数根，即与的图象有两交点。
同上判别圆心在不在直线上。
还可求圆心到直线的距离来判别。
例2. （2012年安徽省文5分）若直线与圆有公共点，则实数取值范围是【 】
【答案】。
【考点】圆与直线的位置关系，点到直线的距离公式，解绝对值不等式。
【解析】设圆的圆心到直线的距离为，
则根据圆与直线的位置关系，得。
∴由点到直线的距离公式，得，解得。故选。
例3. （2012年陕西省理5分） 已知圆，过点的直线，则【 】
A.与相交 B. 与相切 C.与相离 D. 以上三个选项均有可能
【答案】A。
【考点】直线与圆的位置关系。
【解析】∵，∴点在圆C内部。故选A。
例4. （2012年广东省文5分）在平面直角坐标系中，直线与圆相交
于、两点，则弦的长等于 【 】
A． B． C． D．
【答案】B。
【考点】直线与圆相交的性质。
【解析】由直线与圆相交的性质可知，，要求，只要求解圆心到直线的距离即可：
由题意可得，圆心（0，0）到直线的距离 ，
则由圆的性质可得，，即，解得。故选B。
例5. （2012年湖北省文5分）过点的直线，将圆形区域分两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】分析法的应用，垂径定理，两直线垂直的性质，由点斜式求直线方程。
【解析】要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，必须使过点的圆的弦长达到最小，所以需该直线与直线垂直即可。
又已知点，则。故所求直线的斜率为-1。
又所求直线过点，故由点斜式得，所求直线的方程为，即。
故选A。
例6. （2012年福建省文5分）直线x＋y－2＝0与圆x2＋y2＝4相交于A，B两点，则弦AB的长度等于【 】
A．2 B．2 C. D．1
【答案】B。
【考点】直线与圆的位置关系。
【解析】根据圆的方程知，圆的圆心为(0,0)，半径R＝2，弦心距d＝＝1，所以弦长AB＝2＝2。故选B。
例7.（2012年辽宁省文5分）将圆平分的直线是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】C。
【考点】直线和圆的方程，曲线上点的坐标与方程的关系。
【解析】∵，
∴圆的圆心坐标为（1，2）。
∵将圆平分的直线必经过圆心，∴逐一检验，得过（1，2）。故选C。
例8. （2012年重庆市文5分）设A，B为直线与圆 的两个交点，则【 】
（A）1 （B） （C） （D）2
【答案】D。
【考点】直线与圆相交的性质。
【分析】由圆的方程找出圆心坐标和半径r，根据圆心在直线上，得到AB为圆的直径，根据直径等于半径的2倍，可得出|AB|的长：
由圆，得到圆心坐标为（0，0），半径r=1。
∵圆心（0，0）在直线上，∴弦AB为圆O的直径。
∴|AB|=2r=2。故选D。
例9.（2012年陕西省文5分）已知圆，过点的直线，则【 】
A.与相交 B. 与相切 C.与相离 D. 以上三个选项均有可能
【答案】A。
【考点】直线与圆的位置关系。
【解析】∵，∴点在圆C内部。故选A。
例10. （2012年天津市理5分）如图，已知和是圆的两条弦。过点作圆的切线与的延长线相交于点，过点作的平行线与圆相交于点，与相交于点，，，，则线段的长为 ▲ .
【答案】。
【考点】直线与圆的位置关系，相交弦定理，切割线定理，相似三角形的概念、判定与性质。
【分析】∵，，，由相交弦定理得，∴。
又∵∥，∴，=。
设，则，
再由切割线定理得，即，解得，故。
例11. （2012年北京市文5分）直线被圆截得的弦长为 ▲ 。
【答案】。
【考点】直线和圆的性质，解直角三角形。
【解析】利用直角三角形解题：
如图所示，半弦长，圆心（0，2）到直线的距离，圆的半径构成一个等腰直角三角形。
∵，∴。
∴弦长为。
例12. （2012年天津市文5分）设,若直线与轴相交于点，与y轴相交于，且与圆相交所得弦的长为2，O为坐标原点，则面积的最小值为 ▲
【答案】3。
【考点】直线与圆相交的性质，点到直线的距离公式，基本不等式的应用。
【分析】∵直线与两坐标轴的交点坐标为，直线与圆相交所得的弦长为2，
又∵圆心到直线的距离满足，
∴，即圆心到直线的距离。∴。
∴三角形的面积为。
又∵，当且仅当时取等号，
∴面积的最小值为。
例13. （2012年江苏省5分）在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上
至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则的最大值是 ▲ ．
【答案】。
【考点】圆与圆的位置关系，点到直线的距离。
【解析】∵圆C的方程可化为：，∴圆C的圆心为，半径为1。
∵由题意，直线上至少存在一点，以该点为圆心，1为半径的圆与圆有
公共点；
∴存在，使得成立，即。
∵即为点到直线的距离，∴，解得。
∴的最大值是。
例14.（2012年江西省文5分）过直线上点作圆的两条切线，若两条切线的夹角是60°，则点的坐标是 ▲ 。
【答案】（）。
【考点】圆的切线的性质，两直线的夹角。
【解析】如图，根据题意画出相应的图形，直线和为过点的两条切线，且 =60°。
设的坐标为（a，b），连接，
∴平分。
∴。
又∵圆的圆心坐标为（0，0），半径为1，∴。∴。
∴，即①。
又点在直线上，∴②。
联立①②解得：。∴点的坐标是（）。
【备战2013高考数学专题讲座】
第26讲：高频考点分析之圆锥曲线探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，第13讲～第28讲我们对高频考点进行探讨。
圆锥曲线包括椭圆，双曲线，抛物线。其统一定义：到定点的距离与到定直线的距离的比e是常数的点的轨迹叫做圆锥曲线。当01时为双曲线。
圆锥曲线具有许多重要的性质，并能直接联系实际应用，在高中数学中占据重要地位。在高考中所占分值一般为20分左右，且多与其他知识点相结合出现，综合性强，难度较大。掌握它的一些重要性质，至关重要。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下七方面探讨圆锥曲线问题的求解：
1. 圆锥曲线的定义、标准方程和几何性质；
2. 圆锥曲线的焦点（含焦半径、焦点弦和焦点三角形）问题；
3. 点与圆锥曲线的关系问题；
4. 直线与圆锥曲线的关系问题；
5. 动点轨迹方程；
6. 圆锥曲线中最值问题；
7. 圆锥曲线中定值问题。
一、圆锥曲线的定义、标准方程和几何性质：
典型例题：例1.（2012年全国课标卷理5分）设是椭圆的左、右焦点，为直线上一点， 是底角为的等腰三角形，则的离心率为【 】
【答案】。
【考点】椭圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义。
【解析】∵是椭圆的左、右焦点，
∴。
∵是底角为的等腰三角形，
∴。
∵为直线上一点，∴。∴。
又∵，即。∴。故选。
例2. （2012年全国课标卷理5分）等轴双曲线的中心在原点，焦点在轴上，与抛物线的准线交于两点，；则的实轴长为【 】
【答案】。
【考点】双曲线和抛物线的性质。
【解析】的准线。
∵与抛物线的准线交于两点，，
∴，。
设，则，得，。故选。
例3. （2012年四川省理5分）已知抛物线关于轴对称，它的顶点在坐标原点，并且经过点。若点到该抛物线焦点的距离为，则【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】B。
【考点】抛物线的定义
【解析】]设抛物线方程为，则焦点坐标为（），准线方程为。
∵点在抛物线上，∴点到焦点的距离等于到准线的距离。
∴且，解得。
∴，。故选B。
例4. （2012年四川省理5分）方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有【 】
A、60条 B、62条 C、71条 D、80条
【答案】B。
【考点】分类讨论的思想，抛物线的定义。
【解析】将方程变形得，若表示抛物线，则
∴分=－3,－2，1，2，3五种情况：
（1）若=－3， ; （2）若=3,
以上两种情况下有9条重复，故共有16+7=23条；
同理当=－2,或2时，共有23条； 当=1时，共有16条。
综上，共有23+23+16=62条。故选B。
例5. （2012年安徽省理5分）过抛物线的焦点的直线交抛物线于两点，点是原点，若； 则的面积为【 】
【答案】。
【考点】抛物线的性质。
【解析】设，。
∵，即点到准线的距离为。
∴，即。
。
∴。
∴的面积为。故选。
例6. （2012年浙江省理5分）如图，，分别是双曲线：的左、右两焦点，是虚轴的端点，直线与的两条渐近线分别交于，两点，线段的垂直平分线与轴交于点
．若，则的离心率是【 】
A． B． C． D．
【答案】B。
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，双曲线的简单性质。
【解析】如图：设线段的垂直平分线与交于点，
∵ |OB|＝b，|O F1|＝c．∴kPQ＝，kMN＝﹣。
直线PQ为：y＝(x＋c)，两条渐近线为：y＝x。
由，得：Q(，)；
由，得：P(，)。
∴直线MN为：y－＝﹣(x－)。
令y＝0得：xM＝。
又∵|MF2|＝|F1F2|＝2c，∴3c＝xM＝，解之得：，即e＝。故选B。
例7. （2012年江西省文5分）椭圆的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是F1，F2。若成等比数列，则此椭圆的离心率为【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】椭圆的性质，等比关系的性质。
【解析】设该椭圆的半焦距为c，由题意可得，，
∵成等比数列，∴。
∴，即，即此椭圆的离心率为。故选B。
例8. （2012年浙江省文5分） 如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点。若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是【 】
A.3 B.2 C. D.
【答案】B。
【考点】椭圆和双曲线的方程和性质。
【解析】设椭圆的长轴为2a，双曲线的长轴为，由M，O，N将椭圆长轴四等分，则，即，又因为双曲线与椭圆有公共焦点，设焦距均为c，则双曲线的离心率为，，。故选B。
例9. （2012年福建省文5分）已知双曲线－＝1的右焦点为(3,0)，则该双曲线的离心率等于【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】双曲线的性质。
【解析】因为双曲线－＝1的右焦点坐标为(3,0)，所以c＝3，b2＝5，则a2＝c2－b2＝9－5＝4，所以a＝2，所以e＝＝。故选C。
例10. （2012年江西省理5分）椭圆的左、右顶点分别是，左、右焦点分别是。若成等比数列，则此椭圆的离心率为 ▲ .
【答案】。
【考点】等比中项的性质，椭圆的离心率，建模、化归思想的应用。
【解析】求双曲线的离心率一般是通过已知条件建立有关的方程，求解方程即可：
由椭圆的性质可知：，，，
又已知，，成等比数列，故，即，则。∴，即椭圆的离心率为。
例11. （2012年天津市文5分）已知双曲线与双曲线有相同的渐近线，且的右焦点为,则 ▲ ▲
【答案】1，2。
【考点】双曲线的性质。
【分析】∵双曲线的渐近线为，而的渐近线为，
∴，。
又∵双曲线的右焦点为，∴。
又∵，即，∴。
例12. （2012年重庆市文5分）设为直线与双曲线 左支的交点，是左焦点，垂直于轴，则双曲线的离心率 ▲
【答案】。
【考点】直线与圆锥曲线的关系，双曲线的性质。
【分析】设，
∵是左焦点，垂直于轴，为直线，∴。
又∵在双曲线上，
∴
例13. （2012年江苏省5分）在平面直角坐标系中，若双曲线的离心率为，则的值为 ▲ ．
【答案】2。
【考点】双曲线的性质。
【解析】由得。
∴，即，解得。
二、圆锥曲线的焦点（含焦半径、焦点弦和焦点三角形）问题：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知为双曲线的左右焦点，点在上，
，则【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考点】双曲线的定义和性质的运用，余弦定理的运用。
【解析】首先运用定义得到两个焦半径的值，然后结合三角形中的余弦定理求解即可。
由可知，，∴。
∴。
设，则。
∴根据双曲线的定义，得。
∴。
在中，应用用余弦定理得。故选C。
例2. （2012年福建省理5分）已知双曲线－＝1的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于【 】
A. B．4 C．3 D．5
【答案】A。
【考点】双曲线和抛物线的性质。
【解析】由抛物线方程知抛物线的焦点坐标F(3,0)，
∵双曲线－＝1的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点重合，
∴双曲线的焦点为F(c,0)，且。
∵双曲线的渐近线方程为：y＝±x，
∴双曲线焦点到渐近线的距离d＝＝b。故选A。
例3. （2012年北京市理5分）在直角坐标系xOy中.直线l过抛物线的焦点F，且与该抛物线相交于A、B两点，其中点A在x轴上方。若直线l的倾斜角为60o，则△OAF的面积为 ▲
【答案】。
【考点】抛物线的性质，待定系数法求直线方程，直线和抛物线的交点。
【解析】根据抛物线的性质，得抛物线的焦点F（1，0）。
∵直线l的倾斜角为60o，∴直线l的斜率。
∴由点斜式公式得直线l的方程为。
∴。
∵点A在x轴上方，∴。
∴△OAF的面积为。
例4. （2012年安徽省文5分）过抛物线的焦点的直线交该抛物线于两点，若，则= ▲
【答案】。
【考点】抛物线的定义和性质。
【解析】抛物线的准线。
设，。
∵，∴根据抛物线的定义，点到准线的距离为。
∴，即。
又由，得，即。
例5. （2012年辽宁省文5分）已知双曲线，点为其两个焦点，点P为双曲线上一点，若,则的值为 ▲ .
【答案】。
【考点】双曲线的定义、标准方程以及转化思想。
【解析】由双曲线的方程可得，∴。
∴。
∵，∴。∴。
∴。∴。
例6. （2012年重庆市理5分）过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若则= ▲ .
【答案】。
【考点】直线与抛物线的位置关系，抛物线的性质，方程思想的应用。
【分析】设直线的方程为（由题意知直线的斜率存在且不为0），
代入抛物线方程，整理得。
设，则。
又∵，∴。∴，解得。
代入得。
∵，∴。∴。
例7. （2012年安徽省文13分）如图，分别是椭圆：+=1（）的左、右焦点，是椭圆的顶点，是直线与椭圆的另一个交点，.
（Ⅰ）求椭圆的离心率；
（Ⅱ）已知面积为40，求 的值
【答案】解：（I）∵，∴是等边三角形。∴。
∴椭圆的离心率。
（Ⅱ）设；则。
在中，∵，，
∴，
即，解得。
∴，。
∴，
解得。
∴。
【考点】椭圆性质和计算，余弦定理。
【解析】（I）根据可知是等边三角形，从而可得，求出离心率。
（Ⅱ）根据余弦定理，用表示出，，从而表示出，利用面积为40列方程求解即可。
三、点与圆锥曲线的关系问题：
典型例题：例1. （2012年浙江省理4分）定义：曲线上的点到直线的距离的最小值称为曲线到直线的距离．已知曲线：到直线：的距离等于曲线：到直线：的距离，则实数 ▲ ．
【答案】。
【考点】新定义，点到直线的距离。
【解析】由C2：x 2＋(y＋4) 2 ＝2得圆心(0，—4)，则圆心到直线l：y＝x的距离为：。
∴由定义，曲线C2到直线l：y＝x的距离为。
又由曲线C1：y＝x 2＋a，令，得：，则曲线C1：y＝x 2＋a到直线l：y＝x的距离的点为(，)。
∴。
例2. （2012年上海市理14分）海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系（以1海里为单位长度），则救援船恰在失事船的正南方向12海里A处，如图. 现假设：①失事船的移动路径可视为抛物线；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发小时后，失事船所在位置的横坐标为7.
（1）当时，写出失事船所在位置P的纵坐标. 若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向；（6分）
（2）问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？（8分）
【答案】解：（1）时，P的横坐标，代入抛物线方程得P的纵坐标。
∵A（0，12）， ∴ 。
∴救援船速度的大小为海里/时。
由tan∠OAP=，得，
∴救援船速度的方向为北偏东弧度。
（2）设救援船的时速为海里，经过小时追上失事船，此时位置为。
由，整理得。
∵当即=1时最小，即。
∴救援船的时速至少是25海里才能追上失事船。
【考点】曲线与坐标。
【解析】（1）求出A点和P点坐标即可求出。
（2）求出时速关于时间的函数关系式求出极值。
例3. （2012年福建省理13分）如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e＝，过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8.
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（II）设动直线l：y＝kx＋m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x＝4相交于点Q.试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】解：（Ⅰ）∵|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，∴|AF1|＋|F1B|＋|AF2|＋|BF2|＝8。
又∵|AF1|＋|AF2|＝|BF1|＋|BF2|＝2a，∴4a＝8，a＝2。
又∵e＝，即＝，∴以c＝1。∴b＝＝。
∴椭圆E的方程是＋＝1。
（II）由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0。
∵动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，∴m≠0且Δ＝0，
∴64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，化简得4k2－m2＋3＝0①，
此时x0＝－＝－，y0＝kx0＋m＝。∴P。
由得Q(4,4k＋m)。
假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上。
设M(x1,0)，则·＝0对满足①式的m、k恒成立。
∵＝，＝(4－x1,4k＋m)，
∴由·＝0，得－＋－4x1＋x＋＋3＝0，
整理，得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0②。
∵②式对满足①式的m，k恒成立，∴，解得x1＝1。
∴存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M。
【考点】椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的综合问题。
【解析】（Ⅰ）根据过F1的直线交椭圆于A、B两点，且△ABF2的周长为8，可得4a=8，即a=2，利用e＝，b＝，即可求得椭圆E的方程。
（Ⅱ）由 消元可得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，由动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，可得m≠0，△=0，进而可得4k2－m2＋3＝0①，P。由 得Q(4,4k＋m)。假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上。设M(x1,0)，则·＝0对满足①式的m、k恒成立。由＝，＝(4－x1,4k＋m)和·＝0得(4x1－4)＋x－4x1＋3＝0②。由②式对满足①式的m，k恒成立，得，解得x1＝1。故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M。
例4. （2012年福建省文12分）如图所示，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x2＝2py(p＞0)上．
（I）求抛物线E的方程；
（II）设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y＝－1相交于点Q，证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点．
【答案】解：（I）依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°。
设B(x，y)，则x＝|OB|sin30°＝4，y＝|OB|cos30°＝12。
因为点B(4，12)在x2＝2py上，所以(4)2＝2p×12，解得p＝2。
故抛物线E的方程为x2＝4y。
（II）由（I）知y＝x2，y′＝x。
设P(x0，y0)，则x0≠0，且l的方程为y－y0＝x0(x－x0)，即y＝x0x－x。
由得。
所以Q。
假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，令·＝0对满足y0＝x(x0≠0)的x0，y0恒成立。
由＝(x0，y0－y1)，＝，
由于·＝0，得－y0－y0y1＋y1＋y＝0，即(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0(*)。
由于(*)式对满足y0＝x(x0≠0)的y0恒成立，所以，解得y1＝1。
故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)。
【考点】抛物线的标准方程，直线与圆锥曲线的综合问题。
【解析】（I）依题意，|OB|＝8，∠BOy＝30°，从而可得B(4，12)，利用点B(4，12)在x2＝2py上，可求抛物线E的方程。
（II）由（I）知y＝x2，y′＝x，设P(x0，y0)，可得l的方程为y＝x0x－x，与y=－1联立，求得Q。假设以PQ为直径的圆恒过定点M，由图形的对称性知M必在y轴上，设M(0，y1)，由
·＝0，得(y＋y1－2)＋(1－y1)y0＝0。所以解得y1＝1。故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)。
四、直线与圆锥曲线的关系问题：
典型例题：例1. （2012年辽宁省文5分）已知P，Q为抛物线上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P、Q分别作抛物线的切线，两切线交于A，则点A的纵坐标为【 】
(A) 1 (B) 3 (C) 4 (D) 8
【答案】C。
【考点】利用导数求切线方程的方法，直线的方程、两条直线的交点的求法。
【解析】∵点P，Q的横坐标分别为4，2，∴代人抛物线方程得P，Q的纵坐标分别为8，2。
由得，∴。∴过点P，Q的抛物线的切线的斜率分别为4，2。
∴过点P，Q的抛物线的切线方程分别为。
联立方程组解得。∴点A的纵坐标为4。故选C。
例2. （2012年湖北省理5分）如图，双曲线的两顶点为，虚轴两端点为，两焦点为。若以为直径的圆内切于菱形，切点分别为A，B，C，D。则
（Ⅰ）双曲线的离心率e= ▲ ；
（Ⅱ）菱形的面积与矩形的面积的比值 ▲ 。
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）。
【考点】双曲线的离心率及实轴虚轴的相关定义，一般平面几何图形的面积计算。
【解析】（Ⅰ）由已知
，解得。
（Ⅱ）由已知得，又直线的方程为，而直线的方程为，
联立解得，
∴，。
例3. （2012年全国大纲卷理12分）已知抛物线与圆 有一个公共点，且在处两曲线的切线为同一直线。
（1）求；
（2）设、是异于且与及都相切的两条直线，、的交点为，求到的距离。
【答案】解：（1）设，对求导得。
∴直线的斜率，当时，不合题意，∴。
∵圆心为，的斜率，
由知，即，解得。∴。
∴。
（2）设为上一点，
则在该点处的切线方程为即。
若该直线与圆相切，则圆心到该切线的距离为，即，化简可得，解得。
∴抛物线在点处的切线分别为，其方程分别为
① ② ③。
②－③得，将代入②得，故。
∴到直线的距离为。
【考点】抛物线与圆的方程，以及两个曲线的公共点处的切线的运用，点到直线的距离。
【解析】（1）两个二次曲线的交点问题，并且要研究两曲线在公共点出的切线，把解析几何和导数的工具性结合起来。首先设出切点坐标，求出抛物线方程的导数，得到在切点处的斜率。求出圆心坐标，根据两直线垂直斜率的积为－1列出方程而求出切点坐标。最后根据点到直线的距离公式求出圆心到切线的距离即圆的半径。
（2）求出三条切线方程，可由（1）求出。、的切线方程含有待定系数，求出它即可求得交点坐标，从而根据点到直线的距离公式求出到的距离。
例4. （2012年全国课标卷理12分）设抛物线的焦点为，准线为，，已知以为圆心，为半径的圆交于两点；
（1）若，的面积为；求的值及圆的方程；
（2）若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到距离的比值。
【答案】解：（1）由对称性知：是等腰直角三角形，斜边。 点到准线的距离。
∵ ，∴。
∴。
∴，。
∴ 圆的方程为。
（2）由对称性设，则
∵三点在同一直线上，
∴点关于点对称，得：。∴，即
∴，直线，整理得。
∴直线的斜率为。
又∵直线与平行，∴直线的斜率为。
由得，∴。
∵直线与只有一个公共点，∴令，得。∴切点。
∴直线，整理得
∴坐标原点到距离的比值为。
【考点】抛物线和圆的性质，两直线平行的性质，点到直线的距离，导数和切线方程。
【解析】（1）由已知，的面积为，根据抛物线和圆的性质可求得以及，，从而得到圆的方程。
（2）设，根据对称性得，由在准线上得到，从而求得的坐标（用表示），从而得到直线的方程和斜率。由直线与平行和直线与只有一个公共点，应用导数可求出直线的方程。因此求出坐标原点到距离的比值。
例5. （2012年上海市文16分）在平面直角坐标系中，已知双曲线
（1）设是的左焦点，是右支上一点，若，求点的坐标；（5分）
（2）过的左焦点作的两条渐近线的平行线，求这两组平行线围成的平行四边形的面积；（5分）
（3）设斜率为（）的直线交于、两点，若与圆相切，求证：⊥（6分）
【答案】解：（1）由双曲线得左焦点。
设，则，
由是右支上一点，知，所以，解得。
当时，。
∴。
（2）左顶点，渐近线方程：。
过与渐近线平行的直线方程为：，即.
解方程组，得。
∴ 所求平行四边形的面积为。
（3）设直线的方程是。
因直线与已知圆相切，故，即 (*)。
由，得。
设，则，
∴，
∴ 。
由(*)知，∴⊥。
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，直线与圆的位置关系，双曲线的性质。
【解析】（1）求出双曲线的左焦点的坐标，设，利用求出，推出的坐标。
（2）求出双曲线的渐近线方程，求出直线与另一条渐进线的交点，然后求出平行四边形的面积。
（3）直线的方程是，通过直线与已知圆相切，得到1，通过求解 证明⊥。
例6. （2012年北京市理14分）已知曲线C：
（1）若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围；
（2）设m=4，曲线c与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线c交于不同的两点M、N，直线y=1与直线BM交于点G。求证：A，G，N三点共线。
【答案】（1）原曲线方程可化为：。
∵曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，
∴，是。
∴若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，则m的取值范围为。
（2）证明：∵m=4，∴曲线c的方程为。
将已知直线代入椭圆方程化简得：
。
由得，
。
由韦达定理得：。
设。
则MB的方程为，∴。
AN的方程为。
欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。
将代入，得，
即，即，
即，等式恒成立。
由于以上各步是可逆的，从而点在直线AN上。
∴A，G，N三点共线。
【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用，求直线方程，三点共线的证明。
【解析】（1）根据椭圆长轴大于短轴和长、短轴大于0得不等式组求解即得m的取值范围。
（2）欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。故需求出含待定系数的直线MB和AN的方程，点G的坐标，结合韦达定理的应用用逆推证明。也可通过证明直线MB和AN在时横坐标相等来证A，G，N三点共线或直线AN和AG斜率相等。还可用向量求解。
例7. （2012年北京市文14分）已知椭圆C：（a＞b＞0）的一个顶点为A （2，0），离心率为， 直线y=k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N
（1）求椭圆C的方程
（2）当△AMN的面积为时，求k的值
【答案】解：（1）∵椭圆C的一个顶点为A （2，0），离心率为，
∴。∴，。
∴椭圆C的方程为。
（2）将y=k(x－1)代入，并整理得，。
设，
∴。
在y=k(x－1)中令y=0，得x=1。
∴
。
平方，并整理得，解得。
【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用。
【解析】（1）由已知A （2，0），离心率为，根据公式 和求出，即可求得椭圆C的方程。
（2）将y=k(x－1)代入，应用韦达定理求得。根据三角形面积公式和已知的△AMN的面积为，列式求解。
例8. （2012年四川省理12分）如图，动点到两定点、构成，且，设动点的轨迹为。
（Ⅰ）求轨迹的方程；
（Ⅱ）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围。
【答案】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），显然有x>0且。
当∠MBA=90°时，点M的坐标为（2，, ±3）。
当∠MBA≠90°时，x≠2。由得
tan∠MBA=，即
化简得：。
而点（2，,±3）在上。
∵时，，∴。
综上可知，轨迹C的方程为（）。
(II)由方程消去y，可得。（*）
由题意，方程（*）有两根且均在（1，+）内，设，
∴，解得，m>1且m2。
设Q、R的坐标分别为，由有
。
∴。
由m>1且m2得
且。
∴的取值范围是。
【考点】直线、双曲线、轨迹方程的求法，倍角公式的应用。
【解析】（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），当∠MBA=90°时，可直接得到点M的坐标为（2，, ±3）；当∠MBA≠90°时，由应用倍角公式即可得到轨迹的方程。
（Ⅱ）直线与联立，消元可得①，利用①有两根且均在（1，+∞）内可知，m＞1，m≠2。设Q，R的坐标，求出xR，xQ，利用 ，即可确定
的取值范围。
例9. （2012年天津市理14分）设椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上且异于，两点，为坐标原点.
（Ⅰ）若直线与的斜率之积为，求椭圆的离心率；
（Ⅱ）若，证明直线的斜率满足.
【答案】解：（Ⅰ）设，∴①；
∵椭圆的左、右顶点分别为，,∴。
∴。
∵直线与的斜率之积为，∴。
代入①并整理得。
∵≠0，∴。∴。∴。
∴椭圆的离心率为。
（Ⅱ）证明：依题意，直线的方程为，设，∴，
∵，∴。∴②。
∵|，，∴。∴。
∴。
代入②得，∴＞3。
∴直线的斜率满足。
【考点】圆锥曲线的综合，椭圆的简单性质。
【分析】（Ⅰ）设，则，利用直线与的斜率之积为，即可求得椭圆的离心率。
（Ⅱ）依题意，直线的方程为，设，则，代入可得，利用，，可求得 ，从而可求直线的斜率的范围。
例10. （2012年天津市文14分）已知椭圆，点P在椭圆上。
（I）求椭圆的离心率。
（II）设A为椭圆的右顶点，O为坐标原点，若Q在椭圆上且满足|AQ|=|AO|求直线的斜率的值。
【答案】解：（I）∵点P在椭圆上，∴。
∴。∴。∴。
（II）设直线OQ的斜率为，则其方程为。
设点Q的坐标为，由条件得，
消元并整理可得 ①。
∵|AQ|=|AO|，A（－，0），，
∴。∴ 。
∵≠0，∴。
代入①，整理得。
∵，∴ ，整理得，解得。
∴。
∴直线的斜率的值为。
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的简单性质。
【分析】（I）根据点P在椭圆上，可得，由此可求椭圆的离心率。
（II）设直线OQ的斜率为，则其方程为，设点Q的坐标为，与椭圆方程联立，求得，根据|AQ|=|AO|，A（－，0），，可求，两式联立由此可求直线OQ的斜率的值。
例11. （2012年安徽省理13分） 如图，分别是椭圆
的左，右焦点，过点作轴的垂线交椭圆的上半部分于点，过点作直线的垂线交直线于点；
（I）若点的坐标为；求椭圆的方程；
（II）证明：直线与椭圆只有一个交点。
【答案】解：（I）由，得点，代入得：。
∵ ， ，∴①。
又∵ ② ， ③，
由①②③解得：。
∴椭圆的方程为。
（II）设，则∵，∴，解得。
∴ 。
又∵，且点在椭圆的上半部分，∴。∴。
∵过点与椭圆相切的直线斜率，
∴过点与椭圆相切的直线与直线重合。 ∴直线与椭圆只有一个交点。
【考点】椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系。
【解析】（I）根据椭圆的性质，点在上和得到三个关于的方程，求解即得。
（II）求出直线的斜率和过点与椭圆相切的直线斜率，证明二者相等即可。
例12. （2012年浙江省理15分）如图，椭圆：的离心率为，其左焦点到点的距离为，不过原点的直线与相交于，两点，且线段被直线平分．
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）求面积取最大值时直线的方程．
【答案】解：(Ⅰ)由左焦点(﹣c，0)到点P(2，1)的距离为得：，即。
由椭圆：的离心率为得：。
∴。∴。
∴所求椭圆C的方程为：。
(Ⅱ)易得直线OP的方程：y＝x。
设A(xA，yA)，B(xB， yB)，的中点R(x0，y0)，其中y0＝x0。
∵A，B在椭圆上，
∴。
设直线AB的方程为l：y＝﹣(m≠0)，
代入椭圆：。
显然，
∴﹣＜m＜且m≠0，即﹣＜m＜0或0＜m＜。
又有：＝m，＝，
∴|AB|＝||＝＝。
∵点P(2，1)到直线l的距离为：，
∴SABP＝d|AB|＝|m－2|。
设，
∵，
且当时，；当时，，
∴当时，SABP最大。（不在﹣＜m＜0或0＜m＜内）。
此时直线l的方程y＝﹣，即。
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准方程和性质，导数的应用。
【解析】（Ⅰ）由题意，根据离心率为 ，其左焦点到点P（2，1）的距离为 ，建立方程，即可求得椭圆C的方程。
（Ⅱ）设A(xA，yA)，B(xB， yB)，的中点R(x0，y0)，由A，B在椭圆上，求得。设直线AB的方程为l：y＝﹣(m≠0)， 用m表示出|AB|和点P(2，1)到直线l的距离，从而表示出面积，应用导数知识求出面积最大时m的值即可。
例13. （2012年湖南省文13分）在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆的圆心.
（Ⅰ）求椭圆E的方程；
（Ⅱ）设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标.
【答案】解：（Ⅰ）由，得，故圆Ｃ的圆心为点。
设椭圆Ｅ的方程为其焦距为。
由题设知，∴。
∴椭圆Ｅ的方程为：。
（Ⅱ）设点的坐标为，的斜分率分别为则的方程分别为
且。
由与圆相切，得，
即。
同理可得。
∴是方程的两个实根，于是
①
且
由得，解得或。
由得；由得它们都满足①式。
∴点Ｐ的坐标为，或，或，或。
【考点】曲线与方程、直线与曲线的位置关系。
【解析】（Ⅰ）据条件设出椭圆方程，求出即得椭圆E的方程。
（Ⅱ）设出点P坐标，利用过P点的两条直线斜率之积为，得出关于点P坐标的一个方程，利用点P在椭圆上得出另一方程，联立两个方程得点P坐标。
例14. （2012年重庆市理12分） 如图，设椭圆的中心为原点，长轴在x轴上，上顶点为，左右焦点分别为，线段的中点分别为，且△ 是面积为4的直角三角形.
（Ⅰ）求该椭圆的离心率和标准方程；（5分）
（Ⅱ）过作直线交椭圆于，两点，使，求直线的方程（7分）
【答案】解：（Ⅰ）设所求椭圆的标准方程为。
∵是直角三角形且，∴。
∴，即。
∵，∴，即。∴。∴。
在中，，∴。
由题设条件得，∴。
∴椭圆的标准方程为。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知。
根据题意，直线的倾斜角不为0，故可设直线的方程为，
代入椭圆方程，得。
设 则 是方程的两根，
∴，。
又∵，
∴
。
由，知，即，解得。
∴满足条件的直线方程为。
【考点】直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准方程和性质，直角三角形和等腰三角形的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，韦达定理的应用。
【分析】（Ⅰ）设椭圆的方程为，利用是的直角三角形，，从而，利用，可求 。又，可求椭圆标准方程。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，由题意，直线的倾斜角不为0，故可设直线的方程为，代入椭圆方程，消元可得，利用韦达定理及，利用可求的值，从而可求直线的方程。
例15. （2012年陕西省理12分）已知椭圆，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆和上，，求直线的方程.
【答案】解：（1）∵椭圆以的长轴为短轴，
∴可设椭圆的方程为。
∵椭圆的离心率为，椭圆与有相同的离心率，
∴，则。
∴椭圆的方程为。
（2）两点的坐标分别记为，
由及（1）知，三点共线且点，不在轴上，
∴可以设直线的方程为。
将代入中，得，∴。
将代入中，则，∴。
由，得，即，解得。
∴直线的方程为或。
【考点】椭圆的标准方程和性质，向量相等的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。
【解析】（1）根据椭圆以的长轴为短轴，可设椭圆的方程为；由椭圆与有相同的离心率，可求得，从而得到椭圆的方程。
（2）由及（1）知，三点共线且点，不在轴上，可以设直线的方程为。将分别代入两椭圆方程，求出和。由，得，从而求出，得到直线的方程。
五、动点轨迹方程：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）椭圆的中心在原点，焦距为4，一条准线为，则该椭圆的方程为【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考点】椭圆的方程以及性质的运用。
【解析】通过准线方程确定焦点位置，然后借助于焦距和准线求解参数，从而得到椭圆的方程：
∵，∴。
∵该椭圆的一条准线方程为，∴该椭圆的焦点在轴上且，∴。
∴。故选C。
例2. （2012年山东省理5分）已知椭圆C：的离心率为，双曲线的渐近线与椭圆有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆c的方程为【 】
A B C D
【答案】D。
【考点】椭圆和双曲线性质的应用。
【解析】∵双曲线的渐近线方程为，
代入可得。
又∵根据椭圆对称性质，知所构成的四边形是正方形，
∴，即①。
又由椭圆的离心率为可得②。
联立①②，解得。∴椭圆方程为。故选D。
例3. （2012年山东省文5分）已知双曲线：的离心率为2.若抛物线
的焦点到双曲线的渐近线的距离为2，则抛物线的方程为【 】
A B C D
【答案】D。
【考点】双曲线和抛物线的性质。
【解析】∵抛物线的焦点坐标为，双曲线：的渐近线为，不妨取，即。
∴抛物线的焦点到双曲线的渐近线的距离为，即。 ∴。
又∵双曲线的离心率为，∴，即。
∴抛物线的方程为。故选D。
例4. （2012年湖南省理5分）已知双曲线C ：的焦距为10 ，点P （2,1）在C 的渐近线上，则C的方程为【 】
A． B. C. D. 【答案】A。
【考点】双曲线的方程、双曲线的渐近线方程。
【解析】设双曲线C ：的半焦距为，则。
∵C 的渐近线为，点P （2,1）在C 的渐近线上，∴，即。
又∵，∴，∴C的方程为。故选A。
例5. （2012年陕西省理5分）下图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽 ▲ 米.
【答案】。
【考点】抛物线的应用。
【解析】建立如图所示的直角坐标系，设抛物线方程为，
∴∵当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，
∴抛物线过点（2，－2，）.
代入得，，即。
∴抛物线方程为。
∴当时，，∴水位下降1米后，水面宽米。
例6. （2012年四川省文12分）如图，动点与两定点、构成，且直线的斜率之积为4，设动点的轨迹为。
（Ⅰ）求轨迹的方程；
（Ⅱ）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围。
【答案】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），
∵当x=－1时，直线MA的斜率不存在；当x=1时，直线MB的斜率不存在；
∴，MA的斜率为，MB的斜率为。
由题意，有·=4，化简可得，。
∴轨迹的方程为（）。
（Ⅱ）由消去y，可得 (﹡)
对于方程(﹡)，其判别式，
而当1或－1为方程（*）的根时，m的值为－1或1，
结合题设可知，，且m≠1。
设的坐标分别为，,则为方程（*）的两根。
∵，∴。 ∴。
∴。
此时，且。
∴且。
∴且。
综上所述，的取值范围为 。
【考点】直线、双曲线、轨迹方程的求法。
【解析】（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），由当x=－1时，直线MA的斜率不存在；当x=1时，直线MB的斜率不存在，得到，由直线的斜率之积为4列式即可得到轨迹的方程。
（Ⅱ）直线与联立，消元可得 (﹡)，利用(﹡)有两根且，且m≠1。设Q，R的坐标，求出xR，xQ，利用 ，即可确定 的取值范围。
例7. （2012年广东省文14分）在平面直角坐标系中，已知椭圆的左焦点为，且点在上．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆和抛物线相切，求直线的方程．
【答案】解：（1）∵椭圆的左焦点为，∴。
将点代入椭圆，得，即。
∴。
∴椭圆的方程为。
（2）直线的斜率显然存在，设直线的方程为，
联立，消去并整理得。
∵直线与椭圆相切，∴，
整理得 ①
联立，消去并整理得。
∵直线与抛物线相切，∴，
整理得 ②
联立①②，解得或
∴直线的方程为或。
【考点】椭圆的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，直线与椭圆、直线与抛物线的位置关系，一元二次方程根的判别式的应用，待定系数法。
【解析】（1）由椭圆的左焦点为可得；由点在上，根据曲线上点的坐标满足方程的关系，将代入椭圆的方程可得。从而可求得。得到椭圆的方程。
（2）应用待定系数法，设直线的方程为。将直线的方程与与椭圆和抛物线的方程分别联立，消去，分别得到关于的一元二次方程，根据直线与椭圆和抛物线相切， 可由得关于和的方程组，解之即可求得直线的方程。
例8. （2012年江西省文13分）已知三点O（0，0），A（－2，1），B（2，1），曲线C上任意一点满足
（1）求曲线C的方程；
（2）点是曲线C上动点，曲线C在点Q处的切线为l，点P的坐标是（0，－1），l与分别交于点D，E，求与的面积之比。
【答案】解：（1）由，，得
|，。
由已知得，化简得曲线C的方程：。
（2）直线的方程分别为 ，
曲线C在点处的切线方程为，且与y轴的交点F（0，）。
由求得，由求得。
∴，∴。
∴。
又∵，
∴，即与的面积之比等于2。
【考点】圆锥曲线的轨迹问题，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（1）用坐标表示 和，从而可得|＋| ，利用向量的数量积，结合满足
，可得曲线C的方程。
（2）根据直线的方程以及曲线C在点处的切线方程，求出F点的坐标，D、E两点的横坐标，可得和面积的值，从而求得与的面积之比。
例9. （2012年湖北省理13分）设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足.当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线.
（Ⅰ）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求焦点坐标；
（II）过原点且斜率为的直线交曲线于两点，其中在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线交曲线于另一点，是否存在，使得对任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）如图1，设，，则由，
可得，，所以，. ①
∵点在单位圆上运动，∴. ②
将①式代入②式即得所求曲线的方程为。
∵，
∴当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为，；
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为，。
（Ⅱ）如图2、3，，设，，则，，
直线的方程为，将其代入椭圆的方程并整理可得
。
依题意可知此方程的两根为，。
于是由韦达定理可得，即。
∵点H在直线QN上，∴。
∴，。
∵，∴，即。
又∵，∴。
∴存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有。
【考点】求曲线的轨迹方程，直线与圆锥曲线的位置关系。
【解析】（Ⅰ）由和点在圆上列式即可求得曲线的方程，并可判断曲线的类型，求得焦点坐标。
（II）设，，则，，表示出直线的方程代入椭圆的方程并整理，应用韦达定理得到，利用Q、N、H三点共线得到，利用PQ⊥PH得到，从而求得结论。
另解：如图2、3，，设，，则，，
∵，两点在椭圆上，∴
两式相减可得.
依题意，由点在第一象限可知，点也在第一象限，且，不重合，
∴。
∴由可得. 。
又∵，，三点共线，∴，即。
∴由可得。
∵，∴，即。
又∵，∴。
∴存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有。
六、圆锥曲线中最值问题：
典型例题：例1. （2012年四川省理4分）椭圆的左焦点为，直线与椭圆相交于点、，当的周长最大时，的面积是 ▲ 。
【答案】3。
【考点】椭圆的性质。
【解析】画出图象，结合图象得到的周长最大时对应的直线所在位置．即可求出结论．
如图，设椭圆的右焦点为E。
由椭圆的定义得：
的周长：
。
∵，∴，当AB过点E时取等号。
∴。
即直线过椭圆的右焦点E时的周长最大，此时的高为：EF=2，直线。
把代入椭圆得。∴。
∴当的周长最大时，的面积是。
例2. （2012年四川省文4分）椭圆为定值，且的的左焦点为，直线与椭圆相交于点、，的周长的最大值是12，则该椭圆的离心率是 ▲ 。
【答案】。
【考点】椭圆的性质。
【解析】画出图象，结合图象得到的周长最大时对应的直线所在位置．即可求出结论．
如图，设椭圆的右焦点为E。
由椭圆的定义得：
的周长：
。
∵，∴，当AB过点E时取等号。
∴。
即直线过椭圆的右焦点E时的周长最大，此时的高为：EF=2，直线。
∵的周长的最大值是12，∴。∴。
∴。
例3. （2012年山东省理13分）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为。
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若点M的横坐标为，直线l：y=kx+与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当时，的最小值。
【答案】解：（Ⅰ）F抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F，设M，。
由题意可知，
则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得。
∴抛物线C的方程为。
（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，
而，，，
∴，即。
由可得，，则，
即，解得，点M的坐标为。
（Ⅲ）∵点M的横坐标为，∴点M，。
由可得。
设，则。
∴。
∵圆，圆心到直线l 的距离。
∴。
∴。
∵，∴令。
∴。
设，则。
当时，，
即当时，。
∴当时，。
【考点】抛物线和圆的性质，切线斜率的应用和意义，韦达定理的应用，导数的应用。函数的单调性质。
【解析】（Ⅰ）由已知条件，根据抛物线和圆的性质列式求解。
（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，则由条件列式，并由切线斜率的应用和意义求出点M的坐标。
（Ⅲ）应用韦达定理、勾股定理，用表示出和，根据函数的单调性质可求解。
例4. （2012年山东省文13分）如图，椭圆M：的离心率为，直线和
所围成的矩形ABCD的面积为8.
(Ⅰ)求椭圆M的标准方程；
(Ⅱ) 设直线与椭圆M有两个不同的交点P，Q，与矩形ABCD有两个不同的交点
S，T.求的最大值及取得最大值时m的值.
【答案】解：(Ⅰ)∵椭圆M：的离心率为
∴，即……①。
∵矩形ABCD面积为8，∴，即……②
由①②解得：。
∴椭圆M的标准方程是。
(II)由得。
设，则。
由得。
∴。
当过A点时，，当过C点时，。
①当时，有，
∴。
设，则。
∴当，即时，取得最大值。
②当时，由对称性，可知，当时，取得最大值。
③当时，，，
∴当时，取得最大值。
综上可知，当时，取得最大值。
【考点】椭圆的性质，矩形的性质，函数的极值。
【解析】（Ⅰ）由已知条件，根据椭圆M的离心率为 ，直线和 所围成的矩形ABCD的面积为8，列方程组组求解。
（Ⅱ）应用韦达定理、勾股定理，用表示出，分，，三
种情况分别求解。
例5. （2012年广东省理14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：的离心率，且椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3.
（1）求椭圆C的方程；
（2）在椭圆C上，是否存在点M（m，n）使得直线l：mx+ny=1与圆O：x2+y2=1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及相对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（1）∵，∴可设 。
∴，故椭圆C的方程为。
设为椭圆上的任一点，则。
∵，
∴当时，取得最大值，即取得最大值。
又∵椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3，
∴，解得。
∴所求的椭圆C方程为。
（2）假设点M（m，n）存在，则 ， 即圆心O到直线的距离。 ∴。
∵
∴
（当且仅当，即时取等号）。
解得，即或或或。
∴所求点M的坐标为，对应的△OAB的面积为。
【考点】椭圆的性质，两点间的距离公式，二次函数的最大值，基本不等式的应用。
【解析】（1）由可得椭圆C的方程为，设设为椭圆上的任一点，求出的表达式，一方面由二次函数的最大值原理得的最大值，另一方面由已知椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3列式求出，从而得到椭圆C的方程。
（2）假设点M（m，n）存在，求出的表达式，应用基本不等式求得△OAB的面积最大时m，n的值和对应的△OAB的面积。
例6. （2012年浙江省文14分）如图，在直角坐标系xOy中，点P（1，）到抛物线C：=2px（p＞0）的准线的距离为。点M（t，1）是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分。
（1）求p,t的值。
（2）求△ABP面积的最大值。
【答案】解：（1）由题意得，解得。
（2）设，由（1）知线段AB的中点坐标为。
设直线AB的斜率为k（k），由（1）知抛物线C：=x。
则。
∴直线AB的方程为，即.。
由，整理得。
∴，，。
∴。
设点P到直线AB的距离为d，则。
设ABP的面积为S，则。
由，得。
令，，则。
则。
由，得。
∴，即ABP的面积的最大值为。
【考点】抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系。应用导数求最大值。
【解析】（1）直接由已知和抛物线的几何性质列式求解即可。
（2）求出△ABP面积关于线段AB的中点坐标的关系式，应用导数求最大值。
例7. （2012年江苏省14分）如图，建立平面直角坐标系，轴在地平面上，轴垂直于地平面，单位长度为1千米．某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程表示的曲线上，其中与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．
（1）求炮的最大射程；
（2）设在第一象限有一飞行物（忽略其大小），其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标不超过多少时，
炮弹可以击中它？请说明理由．
【答案】解：（1）在中，令，得。
由实际意义和题设条件知。
∴，当且仅当时取等号。
∴炮的最大射程是10千米。
（2）∵，∴炮弹可以击中目标等价于存在，使成立，
即关于的方程有正根。
由得。
此时，（不考虑另一根）。
∴当不超过6千米时，炮弹可以击中目标。
【考点】函数、方程和基本不等式的应用。
【解析】（1）求炮的最大射程即求与轴的横坐标，求出后应用基本不等式求解。
（2）求炮弹击中目标时的横坐标的最大值，由一元二次方程根的判别式求解。
例8. （2012年辽宁省文12分）如图，动圆,,与椭圆：相交于A，
B，C，D四点，点分别为的左，右顶点。
(Ⅰ)当为何值时，矩形的面积取得最大值？并求出其最大面积；
(Ⅱ) 求直线与直线交点M的轨迹方程。
【答案】解：（I）设，则矩形的面积。
由得，
∴。
∴当时，，最大为，。
∵，
∴当时，矩形的面积取得最大值，最大面积为6。
(Ⅱ)设，
∵，
∴直线A1A的方程为，直线A2B的方程为。
由①×②可得：。
∵在椭圆上，∴。∴。
代入③可得：，
∴点M的轨迹方程为。
【考点】直线、圆、椭圆的方程，椭圆的几何性质，轨迹方程的求法。
【解析】（I）设，应用函数方程思想求出最大时的情况即可。
(Ⅱ)设出线A1A的方程、直线A2B的方程，求得交点满足的方程，利用A在椭圆上，化简即可得到点M的轨迹方程。
七、圆锥曲线中定值问题：
典型例题：例1. （2012年上海市理16分）在平面直角坐标系中，已知双曲线.
（1）过的左顶点引的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；（4分）
（2）设斜率为1的直线交于P、Q两点，若与圆相切，求证：OP⊥OQ；（6分）
（3）设椭圆. 若M、N分别是、上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值.（6分）
【答案】解：（1）∵双曲线的左顶点，渐近线方程：.
∴过点A与渐近线平行的直线方程为，即。
解方程组，得。
∴所求三角形的面积为。
（2）证明：设直线PQ的方程是
∵直线与已知圆相切， 故，即。
由，得。
设，则.
又，
∴。
∴OP⊥OQ。
（3）当直线ON垂直于轴时， |ON|=1，|O|=，则O到直线MN的距离为。
（此时，N在轴上，在轴上）
当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为（显然），
则由OM⊥ON，得直线OM的方程为。
由，得。∴。
同理。
设O到直线MN的距离为，
∵，
∴，即。
综上所述，O到直线MN的距离是定值。
【考点】双曲线的概念、标准方程、几何性，直线与双曲线的关系，椭圆的标准方程和圆的有关性质。
【解析】（1）求出过点A与一条渐近线平行的直线方程，再求出它与另一条渐近线即可求得三角形的面积。
（2）由两直线垂直的判定，只要证明表示这两条直线的向量积为0即可，从而求出直线方程，进一步求出表示这两条直线的向量，求出它们的积即可。
（3）分直线ON垂直于轴和直线ON不垂直于x轴两种情况证明即可。
例2. （2012年江西省理13分）已知三点，，，曲线上任意一点满足
。
（1）求曲线的方程；
（2）动点在曲线上，曲线在点处的切线为。问：是否存在定点，使得与都相交，交点分别为，且与的面积之比是常数？若存在，求的值。若不存在，说明理由。
【答案】解：（1）由＝(－2－x,1－y)，＝(2－x,1－y)，得
|＋|＝，·(＋)＝(x，y)·(0,2)＝2y。
由已知得＝2y＋2，化简得曲线C的方程：x2＝4y。
（2）假设存在点P(0，t)(t<0)满足条件，
则直线PA的方程是y＝x＋t，PB的方程是y＝x＋t。
曲线C在Q处的切线l的方程是y＝x－，它与y轴交点为F。
由于－2①当－1即l与直线PA平行，故当－1②当t≤－1时，≤－1<，≥1>，所以l与直线PA，PB一定相交。
分别联立方程组解得D，E的横坐标分别是
xD＝，xE＝。
则xE－xD＝(1－t).。
又|FP|＝－－t，有S△PDE＝·|FP|·|xE－xD|＝·.。
又S△QAB＝·4·＝，
于是＝·＝·。
对任意x0∈(－2,2)，要使为常数，则t要满足
解得t＝－1，此时＝2。
故存在t＝－1，使△QAB与△PDE的面积之比是常数2。
【考点】圆锥曲线的轨迹问题，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（1）用坐标表示 和，从而可得|＋| ，利用向量的数量积，结合满足
，可得曲线C的方程。
（2）假设存在点P(0，t)(t<0)满足条件，则直线PA的方程是y＝x＋t，PB的方程是y＝x＋t。分类讨论：①当－1，分别联立方程组，解得D，E的横坐标，进而可得△QAB与△PDE的面积之比，利用其为常数，即可求得结论。
例3. （2012年湖南省理13分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的点均在外，且对C1上任意一点M，M到直线x=﹣2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值.
（Ⅰ）求曲线C1的方程；
（Ⅱ）设为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x=﹣4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值.
【答案】解：（Ⅰ）设M的坐标为，由已知得，
易知圆上的点位于直线的右侧，于是，
所以，化简得曲线的方程为。
（Ⅱ）当点P在直线上运动时，P的坐标为，又，
则过P且与圆相切得直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为。
于是，
整理得 ①
设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，
∴ ②
由得 ③
设四点A,B,C,D的纵坐标分别为，
则是方程③的两个实根，所以 ④
同理可得 ⑤
∴由②，④，⑤三式得
。
∴当P在直线上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6400。
【考点】曲线与方程，直线与曲线的位置关系
【解析】（Ⅰ）根据M到直线x=﹣2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值用直接法求出曲线的方程。也可用定义法求出曲线的方程：
由题设知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为。
（Ⅱ）设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得到四点纵坐标之积为定值。
例4. （2012年辽宁省理12分） 如图，椭圆：，a，b为常数)，动圆，
。点分别为的左，右顶点，与相交于A，B，C，D四点。
(Ⅰ)求直线与直线交点M的轨迹方程;
(Ⅱ)设动圆与相交于四点，其中，。若矩形
与矩形的面积相等，证明：为定值。
【答案】解：（I）设，
∵，
∴直线A1A的方程为，直线A2B的方程为。
由①×②可得：。
∵在椭圆上，∴。∴。
代入③可得：，
∴点M的轨迹方程为。
（II）证明：设，
∵矩形与矩形的面积相等，∴。
∴。
∵A，A′均在椭圆上，∴。
∴。∴。
∵，∴。∴。
∵，∴。∴为定值。
【考点】圆的性质、椭圆的定义、标准方程及其几何性质、直线方程求解、直线与椭圆的关系和交轨法在求解轨迹方程组的运用。
【解析】（I）设出线A1A的方程、直线A2B的方程，求得交点满足的方程，利用A在椭圆上，化简即可得到点M的轨迹方程。
（II）根据矩形与矩形的面积相等，可得A，A′坐标之间的关系，利用A，A′均
在椭圆上，即可证得 为定值。
例5. （2012年江苏省16分）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，．已知和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点P．
（i）若，求直线的斜率；
（ii）求证：是定值．
【答案】解：（1）由题设知，，由点在椭圆上，得
，∴。
由点在椭圆上，得
∴椭圆的方程为。
（2）由（1）得，，又∵∥，
∴设、的方程分别为，。
∴。
∴。①
同理，。②
（i）由①②得，。解得=2。
∵注意到，∴。
∴直线的斜率为。
（ii）证明：∵∥，∴，即。
∴。
由点在椭圆上知，，∴。
同理。。
∴
由①②得，，，
∴。
∴是定值。
【考点】椭圆的性质，直线方程，两点间的距离公式。
【解析】（1）根据椭圆的性质和已知和都在椭圆上列式求解。
（2）根据已知条件，用待定系数法求解。
【备战2013高考数学专题讲座】
第27讲：高频考点分析之概率与统计探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，第13讲～第28讲我们对高频考点进行探讨。
概率与统计试题是高考的必考内容。它是以实际应用问题为载体，以排列组合和概率统计等知识为工具，以考查对概率事件的判断识别及其概率的计算和随机变量概率分布列性质及其应用为目标的中档题，概率应用题侧重于分布列与期望，应用题近几年的高考有以概率应用题替代传统应用题的趋势。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下五方面探讨概率与统计问题的求解：
1. 传统概率的计算；
4. 独立事件概率的计算；
5. 离散型随机变量概率列和数学期望计算；
6. 样本抽样方法；
7. 统计量的分析和计算。
一、传统概率的计算：
典型例题：例1. （2012年北京市理5分）设不等式组表示的平面区域为D，在区域D内随机取一个点。则此点到坐标原点的距离大于2的概率是【 】
A. B. C. D.
【答案】 D。
【考点】几何概率。
【解析】不等式组表示的平面区域D是一个边长为2的正方形，如画图可知，区域内到坐标原点的距离大于2的点为红色区域，它的面积为正方形的面积减四分之一圆的面积：。
∴此点到坐标原点的距离大于2的概率是。故选D。
例2. （2012年安徽省文5分）袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球，2个白球和3个黑球，从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑的概率等于【 】
【答案】。
【考点】概率。
【解析】1个红球，2个白球和3个黑球记为红1，白1，白2，黑1，黑2，黑3。
画树状图如下：
从袋中任取两球，共有15种等可能结果，满足两球颜色为一白一黑有种，
∴概率等于。故选。
例3. （2012年广东省理5分）从概率位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是【 】
A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】分类讨论的思想，概率。
【解析】由题意知，个位数与十位数应该一奇一偶。
①个位数为奇数，十位数为偶数共有5×5=25个两位数；
②个位数为偶数，十位数为奇数共有5×4=20个两位数。
两类共有25+20=45个数，其中个位数为0，十位数为奇数的有10,30,50,70,90共5个数。
∴概率位数为0的概率是=。故选D。
例4. （2012年湖北省理5分）如图，在圆心角为直角的扇形OAB中，分别以OA，OB为直径作两个半圆。在扇形OAB内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】概率，扇形面积，特殊元素法。
【解析】取大圆的半径为2，则小圆半径为1，
如图，两个半圆相交的阴影部分是两个弓形，连接OC，取OA的中点D，连接CD。
∴两个半圆相交的阴影部分面积为。
又∵扇形OAB的面积为，
∴阴影部分的面积为。
在扇形OAB内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率。故选A。
例5. （2012年福建省理5分）如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】定积分的计算，几何概型的计算。
【解析】∵，
∴利用几何概型公式得：。故选C。
例6. （2012年辽宁省理5分）在长为12cm的线段AB上任取一点C.现作一矩形，领边长分别等于线段AC，CB的长，则该矩形面积小于32cm2的概率为【 】
(A) (B) (C) (D)
【答案】C。
【考点】函数模型的应用、不等式的解法、几何概型的计算。
【解析】设线段AC的长为cm，则线段CB的长为()cm。那么矩形的面积为cm2。
由，解得。又，所以该矩形面积小于32cm2的概率为。故选C。
例7. （2012年辽宁省文5分）在长为12cm的线段AB上任取一点C. 现作一矩形，邻边长分别等于线段AC,CB的长，则该矩形面积大于20cm2的概率为【 】
:(A) (B) (C) (D)
【答案】C。
【考点】函数模型的应用、不等式的解法、几何概型的计算
【解析】设线段AC的长为cm，则线段CB的长为()cm,那么矩形的面积为cm2，由，解得。又，所以该矩形面积大于20cm2的概率为。故选C。
例8. （2012年上海市文4分）三位同学参加跳高、跳远、铅球项目的比赛，若每人都选择其中两个项目，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是 ▲ （结果用最简分数表示）.
【答案】。
【考点】排列组合概率问题（古典概型）。
【解析】设概率，则。
求k，分三步：①选二人，让他们选择的项目相同，有种；②确定上述二人所选择的相同的项
目，有种；③确定另一人所选的项目，有种. 所以，故。
例9. （2012年湖南省理5分）函数的导函数的部分图像如图所示，其中，P为图像与y轴的交点，A,C为图像与轴的两个交点，B为图像的最低点.
（1）若，点P的坐标为，则 ▲ ;
（2）若在曲线段与轴所围成的区域内随机取一点，则该点在△ABC内的概率为 ▲ .
【答案】（1）3；（2）。
【考点】三角函数的图像与性质，定积分，几何概率。
【解析】（1），当，点P的坐标为时，，
∴。
（2）由图知，。
∵，∴曲线段与轴所围成的区域面积为
。
由几何概率知该点在△ABC内的概率为。
例10. （2012年浙江省文5分）从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机（等可能）取两点，则
该两点间的距离为的概率是 ▲ 。
【答案】。
【考点】随机事件的概率。
【解析】从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机（等可能）取两点共有=10种，若使两点间的距离为，则为对角线一半，选择点必含中心，共有4种可能。故该两点间的距离为的概率是。
例11. （2012年重庆市文5分）某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其它三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为 ▲ （用数字作答）。
【答案】。
【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率，古典概型及其概率计算公式。
【分析】语文、数学、外语三门文化课两两不相邻的排法可分为两步，先把其它三门艺术课排列有种排法，第二步把语文、数学、外语三门文化课插入由那三个隔开的四个空中，有 种排法，
∴所有的排法种数为 =144。
∴在课表上的相邻两节文化课之间至少间隔1节艺术课的概率为。
例12. （2012年重庆市理5分）某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课个1节，则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为 ▲ （用数字作答）.
【答案】。
【考点】排列数公式及概率。
【分析】随意安排6节课的方法数为，
而“相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课”的对立事件为“相邻两节文化课之间排3节艺术课或排2节艺术课”，共有。
∴其概率为。
例13. （2012年江苏省5分）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是 ▲ ．
【答案】。
【考点】等比数列，概率。
【解析】∵以1为首项，为公比的等比数列的10个数为1，－3，9，-27，···其中有5个负数，1个正数1计6个数小于8，
∴从这10个数中随机抽取一个数，它小于8的概率是。
例14. （2012年山东省文12分）袋中有五张卡片，其中红色卡片三张，标号分别为1，2，3；蓝色卡片两张，标号分别为1，2.
(Ⅰ)从以上五张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率；
(Ⅱ)现袋中再放入一张标号为0的绿色卡片，从这六张卡片中任取两张，求这两张卡片颜色不同且标
号之和小于4的概率.
【答案】解：(Ⅰ)画树状图：
∵图中可见，从五张卡片中任取两张的所有等可能情况有10种，其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有3种情况，
∴这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率为。
(Ⅱ) 画树状图：
∵图中可见，从六张卡片中任取两张的所有等可能情况有15种，其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的有8种情况，
∴这两张卡片颜色不同且标号之和小于4的概率为。
【考点】概率。
【解析】(Ⅰ)画树状图，找出从五张卡片中任取两张的所有等可能情况和其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的情况，即可求出概率。
(Ⅱ)画树状图，找出从六张卡片中任取两张的所有等可能情况和其中两张卡片的颜色不同且标号之和小于4的情况，即可求出概率。
例15. （2012年江西省文12分）如图，从，，，，，这个点中随机选取个点。
求这3点与原点恰好是正三棱锥的四个顶点的概率；
求这3点与原点共面的概率。
【答案】解：（1）∵总的结果数为20种，满足条件的种数为2种：，
∴所求概率为。
（2）∵满足条件的情况为,,,,,
，
∴所求概率为。
【考点】概率。
【解析】根据概率的求法，找准两点：①全部等可能情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率。
例16. （2012年福建省文12分）在等差数列{an}和等比数列{bn}中，a1＝b1＝1，b4＝8，{an}的前10项和S10＝55.
（I）求an和bn；
（II）现分别从{an}和{bn}的前3项中各随机抽取一项，写出相应的基本事件，并求这两项的值相等的概率．
【答案】解：（I）设{an}的公差为d，{bn}的公比为q.依题意得S10＝10＋d＝55，b4＝q3＝8，
解得d＝1，q＝2，所以an＝n，bn＝2n－1。
（II）分别从{an}，{bn}的前3项中各随机抽取一项，得到的基本事件有9个：(1,1)，(1,2)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,4)．
符合题意的基本事件有2个：(1,1)，(2,2)，
故所求的概率P＝。
【考点】等差、等比数列、古典概型。
【解析】（I）根据已知求出公差和公比，即可求得an和bn、
（II）根据概率的求法，找准两点：①全部等可能情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率。
例17. （2012年陕西省文12分）假设甲乙两种品牌的同类产品在某地区市场上销售量相等，为了解他们的使用寿命，现从两种品牌的产品中分别随机抽取100个进行测试，结果统计如下：
（Ⅰ）估计甲品牌产品寿命小于200小时的概率；
（Ⅱ）这两种品牌产品中，，某个产品已使用了200小时，试估计该产品是甲品牌的概率
【答案】解：（Ⅰ）甲品牌产品寿命小于200小时的频率为：，
用频率估计概率，得甲品牌产品寿命小于200小时的概率为：。
（Ⅱ）根据抽样结果寿命大于200小时的产品有75+70=145个，其中甲品牌产品是75个，所以在样本中，寿命大于200小时的产品是甲品牌的频率是，
用频率估计概率，得已使用了200小时的该产品是甲品牌的概率为：。
【考点】用样本的频率分布估计总体分布，频率分布直方图。
【解析】（Ⅰ）先从频数分布图中得到甲品牌产品寿命小于200小时的个数，与总数相比求出频率，即可得到概率。
（Ⅱ）先求出已使用了200小时的产品总数，再找到是甲品牌的个数，二者相比即可得到结论。
二、独立事件概率的计算：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分）某个部件由三个元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布，且各个元件能否正常相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为 ▲
【答案】。
【考点】正态分布，概率。
【解析】∵三个电子元件的使用寿命均服从正态分布，
∴三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为。
∴超过1000小时时元件1或元件2正常工作的概率。
∴该部件的使用寿命超过1000小时的概率为。
例2. （2012年全国大纲卷文12分）乒乓球比赛规则规定，一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分．设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球1分的概率为0.6，各次发球的胜负结果相互独立．甲、乙的一局比赛中，甲先发球．
（1）求开球第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；
（2）求开始第5次发球时，甲得分领先的概率．
【答案】解：记为事件“第i次发球，甲胜”，i=1,2,3，则
。
（1）事件“开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2”为，由互斥事件有一个发生的概率加法公式得
。
即开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率为0.352。
（2）开始第5次发球时，甲得分领先的情况是4比0，3比1。
甲得分是4比0的概率是；
甲得分是3比1的概率是
。
∴开始第5次发球时，甲得分领先的概率是0.0576+0.2496=0.3072。
【考点】独立事件的概率。
【解析】首先要理解发球的具体情况，然后对于事件的情况分析、讨论，并结合独立事件的概率求解结论。
例3.（2012年四川省文12分） 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统（简称系统）和，系统和系统在任意时刻发生故障的概率分别为和。
（Ⅰ）若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求的值；
（Ⅱ）求系统在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率。
【答案】解：（Ⅰ）设 “至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么
，解得。
（Ⅱ）设“系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数”为事件D,
那么 =。
答：检测中不发生故障的次数大于发生故障的次数的概率为。
【考点】相互独立事件，独立重复试验、互斥事件、概率等概念。
【解析】（Ⅰ）求出“至少有一个系统不发生故障”的对立事件的概率，利用至少有一个系统不发生故障的概率为 ，可求的值。
（Ⅱ）根据相互独立的事件的概率的求法求解即可。
例4. （2012年重庆市文13分）甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，约定甲先投且先投中者获胜，一直每人都已投球3次时投篮结束，设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响。
（Ⅰ）求乙获胜的概率（7分）；
（Ⅱ）求投篮结束时乙只投了2个球的概率（6分）。
【答案】解：（Ⅰ）记“乙获胜”为事件，甲3次投篮投中为，乙3次投篮投中为。
∵，
∴。
由互斥事件由一个发生的概率公式与相互独立事件同时发生的概率公式得
（Ⅱ）记“乙只投了2个球”为事件。由于投篮结束时乙只投了2个球，说明第一次投球甲乙都没有投中，第二次投球甲没有投中、乙投中，或第三次投球甲投中了。
∴
【考点】相互独立事件的概率乘法公式，概率的基本性质。
【分析】（Ⅰ）分别求出乙第一次投球获胜的概率、乙第二次投球获胜的概率、乙第三次投球获胜的概率，相加即得所求。
（Ⅱ）由于投篮结束时乙只投了2个球，说明第一次投球甲乙都没有投中，第二次投球甲没有投中、乙投中，或第三次投球甲投中了，把这两种情况的概率相加，即得所求。
三、离散型随机变量概率列和数学期望计算：
典型例题：例1. （2012年上海市理5分）设，，随机变量取值的概率均为，随机变量取值的概率也均为，若记分别为的方差，则【 】
A． B．
C． D．与的大小关系与的取值有关
【答案】A。
【考点】离散型随机变量的期望和方差公式。
【解析】由随机变量的取值情况，它们的平均数分别为：
设，则。
∴++++]
；
记，，…，，
同理得，
。
∴只要比较与有大小：
∵
，
∴。故选A。
例2. （2012年全国大纲卷理12分）乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分。设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为，各次发球的胜负结果相互独立，。甲、乙的一局比赛中，甲先发球。
（1）求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；
（2）表示开始第4次发球时乙的得分，求的期望。
【答案】解：记为事件“第i次发球，甲胜”，i=1,2,3，则。
（1）事件“开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2”为，由互斥事件有一个发生的概率加法公式得
。
即开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率为0.352。
（2）由题意。
；
=0.408；
；
。
∴分布列为：
0
1
2
3
0.144
0.108
0.352
0.096
∴的期望。
【考点】独立事件的概率，分布列和期望值。
【解析】首先要理解发球的具体情况，然后对于事件的情况分析、讨论，并结合独立事件的概率求解结论。
例3. （2012年全国课标卷理12分）某花店每天以每枝元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理。
（1）若花店一天购进枝玫瑰花，求当天的利润(单位：元)关于当天需求量（单位：枝，）的函数解析式。
（2）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：枝），整理得下表：
日需求量
14
15
16
17
18
19
20
频 数
10
20
16
16
15
13
10
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率。
（i）若花店一天购进枝玫瑰花，表示当天的利润（单位：元），求的分布列，数学期望及方差；
（ii）若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由。
【答案】解：（1）当时，；
当时，。
∴。
（2）（i）可取，，，。
的分布列为：
。 。
（ii）购进17枝时，当天的利润为
∵，∴应购进17枝。
【考点】列函数关系式，概率，离散型随机变量及其分布列。
【解析】（1）根据题意，分和分别列式。
（2）取，，，求得概率，得到的分布列，根据数学期望及方差公式求解；求出购进17枝时，当天的利润与购进16枝时，当天的利润比较即可。
例4. （2012年四川省理12分） 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统（简称系统）和，系统和在任意时刻发生故障的概率分别为和。
（Ⅰ）若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求的值；
（Ⅱ）设系统在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量，求的概率分布列及数学期望。
【答案】解：（Ⅰ）设 “至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么
，解得。
（Ⅱ）由题意， ， ，
，
∴随机变量的概率分布列为：
0
1
2
3
∴故随机变量X的数学期望为：
=0 。
【考点】相互独立事件，独立重复试验、互斥事件、二项分布，随机变量的分布列、数学期望。
【解析】（Ⅰ）求出“至少有一个系统不发生故障”的对立事件的概率，利用至少有一个系统不发生故障的概率为 ，可求的值。
（Ⅱ）的所有可能取值为0，1，2，3，求出相应的概率，可得的分布列与数学期望。
例5. （2012年天津市理13分）现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏.
（Ⅰ）求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率：
（Ⅱ）求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率：
（Ⅲ）用分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记，求随机变量的分布列与数学期望.
【答案】解：（Ⅰ）依题意， 4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的人数的概率为 。
设“这4个人中恰有2人去参加甲游戏”为事件，
则。
∴这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为。
（Ⅱ）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏”为事件，则。
∵与互相排斥，∴
（Ⅲ）的所有可能取值为0，2，4，
∵与互相排斥，与互相排斥，
∴，，
∴随机变量的分布列是
0
2
4
随机变量的分布列与数学期望。
【考点】离散型随机变量的期望与方差，相互独立事件的概率乘法公式，离散型随机变量及其分布列。
【分析】（Ⅰ）依题意，求出这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率和去参加乙游戏的人数的概率，即可求得这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率。
（Ⅱ）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏”为事件，则包括这4个人中去参加甲游戏的人数有3人和4人两种情况，利用互斥事件的概率公式可求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率。
（Ⅲ）的所有可能取值为0，2，4，由于与互相排斥，与互相排斥，求出相应的概率，可得的分布列与数学期望。
例6. （2012年安徽省理12分）某单位招聘面试，每次从试题库随机调用一道试题，若调用的是类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道类试题和一道类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束。试题库中现共有道试题，其中有道类型试题和道类型试题，以表示两次调题工作完成后，试题库中类试题的数量。
（Ⅰ）求的概率；
（Ⅱ）设，求的分布列和均值（数学期望）。
【答案】解：（I）根据题意，表示两次调题均为类型试题，概率为。
（Ⅱ）时，每次调用的是类型试题的概率为
随机变量可取
则，，
。
∴的分布列如下：
∴。
【考点】概率，离散型随机变量及其分布列。
【解析】（I）根据题意，表示两次调题均为类型试题，第一次调题为类型试题的概率为；第二次调题时试题总量为，类型试题为，概率为。所以两次调题均为类型试题的概率为。
（Ⅱ）随机变量可取，求出的分布列和均值（数学期望）。
例7. （2012年山东省理12分） 现有甲、乙两个靶。某射手向甲靶射击一次，命中的概率为，命中得1分，没有命中得0分；向乙靶射击两次，每次命中的概率为,每命中一次得2分，没有命中得0分。该射手每次射击的结果相互独立。假设该射手完成以上三次射击。
（Ⅰ）求该射手恰好命中一次的概率；
（Ⅱ）求该射手的总得分X的分布列及数学期望EX
【答案】解：（Ⅰ）∵该射手恰好命中一次的情况包括向甲靶射击命中向乙靶射击没中，向甲靶射击没中向乙靶射击命中一次两种情况，P
∴该射手恰好命中一次的概率为。
（Ⅱ）取
,
。
∴该射手的总得分X的分布列如下：
X
0
1
2
3
4
5
P
求该射手的总得分X的数学期望
EX=0×+1×+2×+3×+4×+5×=。
【考点】概率，分布列及数学期望。
【解析】（Ⅰ）找出该射手恰好命中一次的所有情况，求出概率即可。
（Ⅱ）直接根据分布列及数学期望的计算方法解题即可。
例8.（2012年广东省理13分）某班50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：
（1）求图中的值；
（2）从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在90分以上（含90分）的人数记为，
求的数学期望。
【答案】解：（1）图中学生期中考试数学成绩在 [80,90)的频率
f5=1-10（0.054+0.01+0.006×3）=1-0.82=0.18 ，∴=0.18÷10=0.018。
（2）学生成绩不低于80分的频率f=10（0.018+0.006）=0.24，
成绩不低于80分的学生人数为50f=50×0.24=12。
成绩不低于90分的学生人数为50×10×0.006=3。
∴随机变量的取值为0,1,2，期中考试数学成绩在 [80,90)的学生数为12-3=9。
，，。
随机变量的分布列为
0
1
2
P
随机变量的数学期望。
【考点】频率分布直方图，离散型随机变量的期望。
【解析】（1）根据频率分布直方图，由频率和为1可求。
（2）求出分布列即可求得随机变量的数学期望。
例9.. （2012年江西省理12分）如图，从，，，，，这个点中随机选取个点，将这个点及原点两两相连构成一个“立体”，记该“立体”的体积为随机变量（如果选取的个点与原点在同一个平面内，此时“立体”的体积）。
（1）求的概率；
（2）求的分布列及数学期望。
【答案】解：（1）从6个点中随机取3个点总共有C＝20种取法，选取的3个点与原点在同一个平面内的取法有CC＝12种，因此V＝0的概率为P(V＝0)＝＝。
（2）V的所有可能取值为0，，，，，因此V的分布列为
V
0
P
由V的分布列可得EV＝0×＋×＋×＋×＋×＝。
【考点】组合数，随机变量的概率，离散型随机变量的分布列、期望。
【解析】（1）应用组合知识求出从6个点中随机取3个点的总数和选取的3个点与原点在同一个平面内的取法，根据概率的求法即可。
（2）求出V的所有可能取值和概率，即可得到分布列和期望。
例10. （2012年浙江省理14分）已知箱中装有4个白球和5个黑球，且规定：取出一个白球得2分，取出一个黑球得1分．现从箱中任取（无放回，且每球取道的机会均等）3个球，记随机变量为取出此3球所得分数之和．
（Ⅰ）求的分布列；
（Ⅱ）求的数学期望．
【答案】解：(Ⅰ) X的可能取值有：3，4，5，6。
； ;
； ．
∴所求X的分布列为
X
3
4
5
6
P
(Ⅱ) 所求X的数学期望E(X)为：E(X)＝。
【考点】离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望。
【解析】（1）的可能取值有：3，4，5，6，求出相应的概率可得所求的分布列。
（2）利用的数学期望公式，即可得到结论。
例11. （2012年湖北省理12分）根据以往的经验，某工程施工期间的将数量X（单位：mm）对工期的影响如下表：
降水量X
X<300
300≤X<700
700≤X<900
X≥900
工期延误天数Y
0
2
6
10
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300，700，900的概率分别为0.3，0.7，0.9，求：
（I）工期延误天数Y的均值与方差；
（Ⅱ）在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率。
【答案】解：（Ⅰ）由已知条件和概率的加法公式有：
，
.
.
∴的分布列为：
0
2
6
10
0.3
0.4
0.2
0.1
∴；
.
∴工期延误天数的均值为3，方差为。
（Ⅱ）由概率的加法公式，
又.
由条件概率，得。
∴在降水量X至少是mm的条件下，工期延误不超过6天的概率是。
【考点】离散型条件概率分布列的期望与方差，条件概率。
【解析】（I）应用概率的加法公式，求出的分布列即可求得工期延误天数Y的均值与方差。
（Ⅱ）应用概率的加法公式，求出P（X≥300）和P（300≤X＜900），由条件概率即可求得在降水量X至少是mm的条件下，工期延误不超过6天的概率。
例12. （2012年湖南省理12分）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，如下表所示.
一次性购物量
1至4件
5?至8件
9至12件
13至16件
17件及以上
顾客数（人）
x
30
25
y
10
结算时间（分钟/人）
1
1.5
2
2.5
3
一次购物量
1至4件
5至8件
9至12件
13至16件
17件及以上
顾客数（人）
30
25
10
结算时间（分钟/人）
1
1.5
2
2.5
3
已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55％.
（Ⅰ）确定x，y的值，并求顾客一次购物的结算时间X的分布列与数学期望；
（Ⅱ）若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率.
（注：将频率视为概率）
【答案】解：（Ⅰ）由已知，得解得。
该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所以收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量随机样本，将频率视为概率得
。
∴的分布为
X
1
1.5
2
2.5
3
P
X的数学期望为
。
（Ⅱ）记A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，为该顾客前面第位顾客的结算时间，则
。
由于顾客的结算相互独立，且的分布列都与X的分布列相同，所以，
。
故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为。
【考点】分布列及数学期望的计算，概率。
【解析】（Ⅰ）根据统计表和100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55％知
从而解得，计算每一个变量对应的概率，从而求得分布列和期望。
（Ⅱ）通过设事件，判断事件之间互斥关系，从而求得该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率。
例13. （2012年福建省理13分）受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年，现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：
品牌
甲
乙
首次出现故
障时间x(年)
0＜x≤1
1＜x≤2
x＞2
0＜x≤2
x＞2
轿车数量(辆)
2
3
45
5
45
每辆利润(万元)
1
2
3
1.8
2.9
将频率视为概率，解答下列问题：
（I）从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；
（II）若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，分别求X1，X2的分布列；
（III）该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由．
【答案】解：（I）设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A.
则P(A)＝＝.
（II）依题意得，X1的分布列为
X1
1
2
3
P
X2的分布列为
X2
1.8
2.9
P
（III）由(2)得，E(X1)＝1×＋2×＋3×＝＝2.86(万元)，
E(X2)＝1.8×＋2.9×＝2.79(万元)．
因为E(X1)＞E(X2)，所以应生产甲品牌轿车。
【考点】等可能事件的概率，离散型随机变量的期望与方差，离散型随机变量及其分布列。
【解析】（I）根据保修期为2年，可知甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内的轿车数量为2+3，由此可求其功率。
（II）求出概率，可得X1，X2的分布列。
（III）由（II），计算二者期望，比较期望可得结论。
例14. （2012年辽宁省理12分） 电视传媒公司为了了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随
机抽取了100名观众进行调查。下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方
图：
将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”。
(Ⅰ)根据已知条件完成下面的列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关？
非体育迷
体育迷
合计
男
女
10
55
合计
(Ⅱ)将上述调查所得到的频率视为概率。现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取1名观众，抽取3次，记被抽取的3名观众中的“体育迷”人数为X。若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列，期望和方差。
0.05
0.01
3.841
6.635
附：
【答案】解：（I）由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，“体育迷”有25人，从而2×2列联表如下：
非体育迷
体育迷
合计
男
30
15
45
女
45
10
55
合计
75
25
100
将2×2列联表中的数据代入公式计算，得
。
∵3.03＜3.841，∴没有理由认为“体育迷”与性别有关，
（II）由频率分布直方图知抽到“体育迷”的频率是0.25，将频率视为概率，即从观众中抽取到一名“体育迷”的概率是。
由题意X∽B（3，），从而分布列为
X
0
1
2
3
P
所以，。
【考点】统计中的频率分布直方图、独立性检验、离散型随机变量的分布列，期望和方差。
【解析】（I）根据所给的频率分布直方图得出数据列出列联表，再代入公式计算得出，与3.841比较即可得出结论。
（II）由题意，用频率代替概率可得出从观众中抽取到一名“体育迷”的概率是，由于X∽B（3， ），从而给出分布列，再由公式计算出期望与方差即可。
例15. （2012年重庆市理13分）甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，约定甲先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束.设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响.
（Ⅰ） 求甲获胜的概率；（5分）
（Ⅱ）求投篮结束时甲的投篮次数的分布列与期望（8分）
【答案】解：（Ⅰ）记“甲获胜”为事件，甲3次投篮投中为，乙3次投篮投中为。
∵，
∴。
由互斥事件由一个发生的概率公式与相互独立事件同时发生的概率公式得
。
（Ⅱ）的可能取值为1，2，3，则
∴篮结束时甲的投篮次数的分布列如下：
1
2
3
∴篮结束时甲的投篮次数的期望。
【考点】互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量及其分布列和期望。
【分析】记“甲获胜”为事件，甲3次投篮投中为，乙3次投篮投中为。则
（Ⅰ），利用互斥事件的概率公式求解即可。
（Ⅱ） 投篮结束时甲的投篮次数的可能值为1，2，3，求出相应的概率，即可得到的分布列与期望。
例16. （2012年陕西省理13分）某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：
办理业务所需的时间（分）
1
2
3
4
5
频率
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
从第一个顾客开始办理业务时计时．
（1）估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；
（2）表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求的分布列及数学期望.
【答案】解：设表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得的分布列如下：
1
2
3
4
5
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
（1）表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”，则事件对应三种情形：
①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；
②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；
③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟。
∴
。
（2）所有可能的取值为。
对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，
∴。
对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，
∴。
对应两个顾客办理业务所需时间均为1分钟，
∴
∴的分布列为：
0
1
2
0.5
0.49
0.01
。
【考点】用频率估计概率，离散型随机变量的概率分布与期望。
【解析】（1）用频率估计概率的方法估计出第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率。
（2根据所有可能的取值为，求出的分布列即可求得的的数学期望。
例17. （2012年江苏省10分）设为随机变量，从棱长为1的正方体的12条棱中任取两条，当两条棱相交时，；当两条棱平行时，的值为两条棱之间的距离；当两条棱异面时，．
（1）求概率；
（2）求的分布列，并求其数学期望．
【答案】解：（1）若两条棱相交，则交点必为正方体8个顶点中的一个，过任意1个顶点恰有3条棱，
∴共有对相交棱。
∴ 。
（2）若两条棱平行，则它们的距离为1或，其中距离为的共有6对，
∴ ，。
∴随机变量的分布列是：
0
1
∴其数学期望。
【考点】概率分布、数学期望等基础知识。
【解析】（1）求出两条棱相交时相交棱的对数，即可由概率公式求得概率。
（2）求出两条棱平行且距离为的共有6对，即可求出，从而求出（两条棱平行且距离为1和两条棱异面），因此得到随机变量的分布列，求出其数学期望。
四、样本抽样方法：
典型例题：例1. （2012年四川省文5分）交通管理部门为了解机动车驾驶员（简称驾驶员）对某新法规的知晓情况，对甲、乙、丙、丁四个社区做分层抽样调查。假设四个社区驾驶员的总人数为，其中甲社区有驾驶员96人。若在甲、乙、丙、丁四个社区抽取驾驶员的人数分别为12,21,25,43，则这四个社区驾驶员的总人数为【 】
A、101 B、808 C、1212 D、2012
【答案】B。
【考点】分层抽样问题。
【解析】=。故选B。
例2. （2012年山东省理5分）采用系统抽样方法从960人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为1,2，……，960，分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为9。抽到的32人中，编号落入区间[1，450]的人做问卷A，编号落入区间[451，750]的人做问卷B，其余的人做问卷C。则抽到的人中，做问卷B的人数为【 】
A 7 B 9 C 10 D 15
【答案】C。
【考点】系统抽样方法。
【解析】采用系统抽样方法从960人中抽取32人，将整体分成32组，每组30人。
第k组的号码为，
令，且，解得。
∵满足的整数k有10个，∴编号落入区间[451，750]的人的10人。故选C。
例3. （2012年天津市理5分）某地区有小学150所，中学75所，大学25所. 现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取30所学校对学生进行视力调査，应从小学中抽取 ▲ 所学校，中学中抽取 ▲ 所学校.
【答案】18，9。
【考点】分层抽样的概念以及样本获取的方法与计算。
【分析】∵分层抽样也叫按比例抽样，由题知学校总数为250所，
∴应从小学中抽取，中学中抽取。
例4. （2012年浙江省文4分）某个年级有男生560人，女生420人，用分层抽样的方法从该年级全体学
生中抽取一个容量为280的样本，则此样本中男生人数为 ▲ .
【答案】160。
【考点】分层抽样。
【解析】根据男生和女生的人数做出年纪大总人数，用要抽取得人数除以总人数得到每个个体被抽到的概率，用男生人数乘以概率，得到结果：
∵有男生560人，女生420人，∴年级共有560+420=980。
∵用分层抽样的方法从该年级全体学生中抽取一个容量为280的样本，
∴每个个体被抽到的概率是。
∴要从男生中抽取560×=160。
例5. （2012年湖北省文5分）一支田径运动队有男运动员56人，女运动员42人。现用分层抽样的方法抽取若干人，若抽取的男运动员有8人，则抽取的女运动员有 ▲ 人。
【答案】6。
【考点】分层抽样的性质。
【解析】设抽取的女运动员的人数为，则根据分层抽样的特性，有，解得。故抽取的女运动员为6人。
例6. （2012年福建省文4分） 一支田径队有男女运动员98人，其中男运动员有56人，按男女比例用分层抽样的方法，从全体运动员中抽出一个容量为28的样本，那么应抽取女运动员人数是 ▲ ．
【答案】12。
【考点】分层抽样。
【解析】根据分层抽样中最基本的比例关系，抽取女运动员的人数是：28×＝28×＝12。
例7. （2012年江苏省5分）某学校高一、高二、高三年级的学生人数之比为，现用分层抽样的方法从
该校高中三个年级的学生中抽取容量为50的样本，则应从高二年级抽取 ▲ 名学生．
【答案】15。
【考点】分层抽样。
【解析】分层抽样又称分类抽样或类型抽样。将总体划分为若干个同质层，再在各层内随机抽样或机械抽样，分层抽样的特点是将科学分组法与抽样法结合在一起，分组减小了各抽样层变异性的影响，抽样保证了所抽取的样本具有足够的代表性。因此，由知应从高二年级抽取15名学生。
例8. （2012年天津市文13分）某地区有小学21所，中学14所，大学7所，现采取分层抽样的方法从这些学校中抽取6所学校对学生进行视力调查。
（I）求应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目。
（II）若从抽取的6所学校中随机抽取2所学校做进一步数据分析，
（1）列出所有可能的抽取结果；
（2）求抽取的2所学校均为小学的概率。
【答案】解：（I）∵抽样比为，
∴应从小学、中学、大学中分别抽取的学校数目分别为
21×=3，14× =2，7×=1。
（II）（1）在抽取到的6所学校中，3所小学分别记为，两所中学分别记为，大学记为，
则抽取2所学校的所有可能结果为{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，{，}，
{，}，共15种
（2）设={抽取的2所学校均为小学}，事件的所有可能结果为{，}，{，}，{，}共3种，
∴。
【考点】分层抽样，列举法计算基本事件数及事件发生的概率。
【分析】（I）利用分层抽样的意义，先确定抽样比，在确定每层中抽取的学校数目。
（II）（1）从抽取的6所学校中随机抽取2所学校，所有结果共有种，按规律列举即可。
（2）先列举抽取结果两所学校均为小学的基本事件数，再利用古典概型概率的计算公式即可得结果。
五、统计量的分析和计算：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷文5分）在一组样本数据（x1，y1），（x2，y2），…，（xn，yn）（n≥2，x1,x2,…,xn不全相等）的散点图中，若所有样本点（xi，yi）(i=1,2,…,n)都在直线y=x+1上，则这组样本数据的样本相关系数为【 】
（A）－1 （B）0 （C） （D）1
【答案】D。
【考点】样本相关系数。
【解析】根据样本相关系数的概念，因为所有样本点（xi，yi）(i=1,2,…,n)都在直线y=x+1上，即两变量为完全线性相关，且完全正相关，因此这组样本数据的样本相关系数为1。故选D。
例2.（2012年安徽省理5分）甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶5次，两人成绩的条形统计图如图所示，则【 】
甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数 甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数
甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差 甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差
【答案】。
【考点】平均数，中位数，方差，极差。
【解析】∵，
∴甲的成绩的平均数等于乙的成绩的平均数。
∵甲的成绩的中位数=6，乙的成绩的中位数=5，∴甲的成绩的中位数大于乙的成绩的中位数。
∵甲的成绩的方差为，乙的成绩的方差为，
∴甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差。
∵甲的成绩的极差=8－4=4，乙的成绩的极差=9－5=4，
∴甲的成绩的极差等于乙的成绩的极差。
因此，正确的表述是：甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差。故选。
例3. （2012年山东省文5分）在某次测量中得到的A样本数据如下：82，84，84，86，86，86，88，88，
88，88.若B样本数据恰好是A样本数据都加2后所得数据，则A，B两样本的下列数字特征对应相同的
是【 】
A 众数 B 平均数 C 中位数 D 标准差
【答案】D。
【考点】统计量的特征。
【解析】设A样本数据为变量X，B样本数据为变量Y，则依题意，Y=X＋2。根据方差公式可得
DY=D（X+2）=DX。
∴A样本数据和B样本数据的方差相同，从而标准差也相同。故选D。
例4. （2012年江西省理5分）样本（）的平均数为，样本（）的平均数为，若样本（，）的平均数，其中，则的大小关系为【 】
A． B． C． D．不能确定
【答案】A。
【考点】作差法比较大小以及整体思想，统计中的平均数。
【解析】由统计学知识，可得,
，
∴。∴。
∴。
∵，∴。∴，即。故选A。
例5. （2012年江西省文5分）小波一星期的总开支分布图如图1所示，一星期的食品开支如图2所示，则小波一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为【 】
A.30％ B.10％ C.3％ D.不能确定
【答案】C。
【考点】分布的意义。
【解析】计算鸡蛋占食品开支的百分比，利用一星期的食品开支占总开支的百分比，即可求得一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比：
根据一星期的食品开支图，可知鸡蛋占食品开支的百分比为。
∵一星期的食品开支占总开支的百分比为30%，
∴一星期的鸡蛋开支占总开支的百分比为30%×10%=3%。故选C。
例6. （2012年湖北省文5分） 容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：
分组
[10，20）
[20，30）
[30，40）
[40，50）
[50，60）
[60，70）
频数
2
3
4
5
4
2
则样本数据落在区间[10,40]的频率为【 】
A 0.35 B 0.45 C 0.55 D 0.65
【答案】B。
【考点】频数、频率和总量的关系。
【解析】由频率分布表可知：样本数据落在区间内的頻数为2+3+4=9，
样本总数为，
∴样本数据落在区间内频率为。故选B。
例7. （2012年湖南省理5分）设某大学的女生体重（单位：）与身高（单位：）具有线性相关关系，根据一组样本数据，用最小二乘法建立的回归方程为，则下列结论中不正确的是【 】
A. 与具有正的线性相关关系
B.回归直线过样本点的中心
C.若该大学某女生身高增加1，则其体重约增加0.85
D.若该大学某女生身高为170，则可断定其体重比为58.79
【答案】D。
【考点】两个变量间的相关性、最小二乘法及正相关、负相关的概念。
【解析】对于A，∵0.85＞0，∴与具有正的线性相关关系，故正确；
对于B，∵由最小二乘法建立的回归方程得过程知，∴回归直线过样本点的中心，故正确；
对于C，∵回归方程为，∴该大学某女生身高增加1，则其体重约增加0.85，故正确；
对于D，=170时，，但这是预测值，不可断定其体重为58.79，故不正确。
故选D。
例8. （2012年陕西省理5分）从甲乙两个城市分别随机抽取16台自动售货机，对其销售额进行统计，统计数据用茎叶图表示（如图所示），设甲乙两组数据的平均数分别为，，中位数分别为，，则【 】
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】B。
【考点】茎叶图，平均数，中位数。
【解析】直接求出甲与乙的平均数，以及甲与乙的中位数，即可得到选项：
甲的平均数，
乙的平均数，
∴。
甲的中位数为20，乙的中位数为29，∴。
故选B。
例9. （2012年陕西省文5分）对某商店一个月内每天的顾客人数进行了统计，得到样本的茎叶图（如图所示），则该样本的中位数、众数、极差分别是【 】
A．46，45，56 B．46，45，53 C．47，45，56 D．45，47，53
【答案】A。
【考点】茎叶图，中位数，众数，极差。
【解析】由概念知中位数是中间两数的平均数，即，众数是45，极差为68－12=56。故选A。
例10. （2012年山东省文4分）下图是根据部分城市某年6月份的平均气温(单位：℃)数据得到的样本频
率分布直方图，其中平均气温的范围是［20.5，26.5］，样本数据的分组为，，，
，，.已知样本中平均气温低于22.5℃的城市个数为11，则样本中平均气
温不低于25.5℃的城市个数为 ▲
【答案】9。
【考点】频率分布直方图，频数、频率和总量的关系。
【解析】∵从频率分布直方图可知，样本中平均气温低于22.5℃的城市的频率为0.10+0.12=0.22，城市个
数为11，
∴根据频数、频率和总量的关系，调查的城市个数为为。
又∵从频率分布直方图可知，样本中平均气温不低于25.5℃的城市的频率为0.18，
∴本中平均气温不低于25.5℃的城市个数为50×0.18=9。
例11. （2012年广东省文5分）由正整数组成的一组数据其平均数和中位数都是2，且标准差等于1，则这组数据为 ▲ ．(从小到大排列)
【答案】1，1，3，3。
【考点】分类思想的应用，平均数，中位数，标准差。
【解析】应用分析法，结合分类思想的应用，由题意，可设。
由题设条件，的中位数是2，根据中位数的概念，，
∴由得或。
若，由平均数是2，得，而此时标准差，与题意标准差等于1不符；
若，由平均数是2，得，而此时标准差1，与题意标准差等于1相符。
∴这组数据为1，1，3，3。
例12. （2012年湖南省文5分）图是某学校一名篮球运动员在五场比赛中所得分数的茎叶图，则该运动员在这五场比赛中得分的方差为 ▲ ..
(注：方差，其中为x1，x2，…，xn的平均数)【答案】6.8。
【考点】茎叶图，方差。
【解析】∵，
∴。
例13. （2012年全国课标卷文12分）某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售。如果当天卖不完，剩下的玫瑰花做垃圾处理。
（Ⅰ）若花店一天购进17枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n（单位：枝，n∈N）的函数解析式。
（Ⅱ）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：枝），整理得下表：
日需求量n
14
15
16
17
18
19
20
频数
10
20
16
16
15
13
10
(1)假设花店在这100天内每天购进17枝玫瑰花，求这100天的日利润（单位：元）的平均数；
(2)若花店一天购进17枝玫瑰花，以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，求当天的利润不少于75元的概率。
【答案】解：（Ⅰ）当时，；
当时，。
∴。
（Ⅱ）(1)由（Ⅰ）和所给表，得
日需求量n
14
15
16
17
18
19
20
频数
10
20
16
16
15
13
10
日利润y
55
65
75
85
∴这100天的日利润的平均数为：
（元）。
（2）这100天中，当天的利润不少于75元有（16＋16＋15＋13＋10）=70天，
∴以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率，当天的利润不少于75元的概率为：P=0.16＋0.16＋0.15＋0.13＋0.10=0.7。
【考点】列函数关系式，平均数，概率。
【解析】（1）根据题意，分和分别列式。
（2）根据平均数和概率的计算方法解题。
例14. （2012年北京市理13分）近年来，某市为促进生活垃圾的分类处理，将生活垃圾分为厨余垃圾、可回收物和其他垃圾三类，并分别设置了相应的垃圾箱，为调查居民生活垃圾分类投放情况，先随机抽取了该市三类垃圾箱总计1000吨生活垃圾，数据统计如下（单位：吨）；
“厨余垃圾”箱
“可回收物”箱
“其他垃圾”箱
厨余垃圾
400
100
100
可回收物
30
240
30
其他垃圾
20
20
60
（1）试估计厨余垃圾投放正确的概率；
（2）试估计生活垃圾投放错误的概率；
（3）假设厨余垃圾在“厨余垃圾”箱、“可回收物”箱、“其他垃圾”箱的投放量分别为a，b，c，其中a﹥0，。当数据a，b，c的方差s2最大时，写出a，b，c的值（结论不要求证明），并求此时s2的值。（求：，其中为数据x1，x2，…，的平均数）
【答案】解：（1）∵厨余垃圾计400＋100＋100=600，投放正确的400，
∴厨余垃圾投放正确的概率为。
（2）∵生活垃圾投放错误的为50＋120＋130=300，
∴生活垃圾投放错误的概率为。
（3）由题意可知：
数据a，b，c的方差s2最大时，，最大方差为：
。
【考点】概率，方差。
【解析】（1）用投放到“厨余垃圾”箱的厨余垃圾除以投放到“厨余垃圾”箱的生活垃圾即可。
（2）生活垃圾投放错误的数量除以生活垃圾总量即可。
（3）由已知和方差公式求出，要使s2最大，即要最大。
下面讨论最大时，a，b，c的值：
∵
∴要使最大，即要最小，即。
又∵a﹥0，∴。
∴数据a，b，c的方差s2最大时，。代入即可求得最大方差。
例15. （2012年安徽省文13分）若某产品的直径长与标准值的差的绝对值不超过1mm 时，则视为合格品，否则视为不合格品。在近期一次产品抽样检查中，从某厂生产的此种产品中，随机抽取5000件进行检测，结果发现有50件不合格品。计算这50件不合格品的直径长与标准值的差（单位：mm）, 将所得数据分组，
得到如下频率分布表：
分组
频数
频率
[-3, -2)
0.1
[-2, -1)
8
（1,2]
0.5
（2,3]
10
（3,4]
合计
50
1
（Ⅰ）将上面表格中缺少的数据填在答题卡的相应位置；
（Ⅱ）估计该厂生产的此种产品中，不合格品的直径长与标准值的差落在区间（1,3]内的概率；
（Ⅲ）现对该厂这种产品的某个批次进行检查，结果发现有20件不合格品。据此估算这批产品中的合格品的件数。
【答案】解：（I）填表如下：
分组
频数
频率
[-3, -2)
0.1
[-2, -1)
8
（1,2]
0.5
（2,3]
10
（3,4]
合计
50
1
（Ⅱ）不合格品的直径长与标准值的差落在区间（1,3]内的概率为。
（Ⅲ）∵合格品的件数为（件），
∴估算这批产品中的合格品的件数为1980件。
【考点】频数、频率和总量的关系，概率，用样本估计总体。
【解析】（I）根据频数=总量×频率，总量=各分量频数之和计算即可。
（Ⅱ）根据概率的意义求解即可。
（Ⅲ）根据用样本估计总体的方法求解即可。
例16. （2012年广东省文13分）某学校100名学生期中考试语文成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：，，，，．
（1）求图中a的值
（2）根据频率分布直方图，估计这100名学生语文成绩的平均分；
（3）若这100名学生语文成绩某些分数段的人数与数学成绩相应分数段的人数之比如下表所示，求数学成绩在之外的人数．
分数段
x：y
1：1
2：1
3：4
4：5
【答案】解：（1）依题意得，，解得。
（2）这100名学生语文成绩的平均分为：
（分）。
（3）数学成绩在的人数为：，
数学成绩在的人数为：，
数学成绩在的人数为：，
数学成绩在的人数为：，
∴数学成绩在之外的人数为：（人）。
【考点】频率分布直方图，平均数。
【解析】（1）由频率分布直方图中各个矩形的面积等于1列式求解。
（2）根据平均数的求法求解。
（3）根据比例求出这100名学生在、、、分数段的人数，即可求得数学成绩在之外的人数。
例17. （2012年湖南省文12分）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，如下表所示.
一次购物量
1至4件
5至8件
9至12件
13至16件
17件及以上
顾客数（人）
30
25
10
结算时间（分钟/人）
1
1.5
2
2.5
3
已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55％.
（Ⅰ）确定x，y的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；
（Ⅱ）求一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率.（将频率视为概率）
【答案】解：（Ⅰ）由已知得，解得。
该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为:(分钟)。
（Ⅱ）记A为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，分别表示事件“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分钟”， “该顾客一次购物的结算时间为2分钟”，将频率视为概率，得
。
∵是互斥事件，
∴。
∴一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为。
【考点】概率统计的基础知识，互斥事件的并集。
【解析】（Ⅰ）根据统计表和100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55％，知从而解得，再用样本估计总体，得出顾客一次购物的结算时间的平均值的估计值。
（Ⅱ）通过设事件，判断事件之间互斥关系，从而求得一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率。
例18. （2012年福建省文12分）某工厂为了对新研发的一种产品进行合理定价，将该产品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：
单价x(元)
8
8.2
8.4
8.6
8.8
9
销量y(件)
90
84
83
80
75
68
（I）求回归直线方程其中；
（II）预计在今后的销售中，销量与单价仍然服从(1)中的关系，且该产品的成本是4元/件，为使工厂获得最大利润，该产品的单价应定为多少元？(利润＝销售收入－成本)
【答案】解：（I）由于＝(x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6)＝8.5，＝(y1＋y2＋y3＋y4＋y5＋y6)＝80，
所以＝80＋20×8.5＝250，从而回归直线方程为。
（II）设工厂获得的利润为L元，依题意得
，
当且仅当x＝8.25时，L取得最大值。
故当单价定为8.25元时，工厂可获得最大利润。
【考点】回归分析的初步应用，线性回归方程。
【解析】（I）计算平均数，利用 ，即可求得回归直线方程。
（II）设工厂获得的利润为L元，利用利润=销售收入－成本，建立函数，利用配方法可求工厂获得的利润最大。
例19.（2012年辽宁省文12分）电视传媒公司为了了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查，其中女性有55名。下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图；
将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”，已知“体育迷”中有10名女性。
(Ⅰ)根据已知条件完成下面的列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关？
非体育迷
体育迷
合计
男
女
合计
(Ⅱ)将日均收看该体育项目不低于50分钟的观众称为“超级体育迷”，已知“超级体育迷”中有2名女性，若从“超级体育迷”中任意选取2人，求至少有1名女性观众的概率。
0.05
0.01
3.841
6.635
附
【答案】解：（I）由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，“体育迷”有25人，从而2×2列联表如下：
非体育迷
体育迷
合计
男
30
15
45
女
45
10
55
合计
75
25
100
将2×2列联表中的数据代入公式计算，得
。
∵3.03＜3.841，∴没有理由认为“体育迷”与性别有关，
(Ⅱ)由频率分布直方图可知，“超级体育迷”为5人，从中任意选取2人的等可能事件有种。
用表示“任意选取2人，至少有1名女性”这一事件，则。
∴。
【考点】频率分布直方图、独立性检验、古典概型。
【解析】（I）根据所给的频率分布直方图得出数据列出列联表，再代入公式计算得出，与3.841比较即可得出结论。
（II）根据概率的求法，找准两点：①全部等可能情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率。
【备战2013高考数学专题讲座】
第28讲：高频考点分析之选修系列探讨
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1～2讲，我们对客观性试题解法进行了探讨，3～8讲，对数学思想方法进行了探讨，9～12讲对数学解题方法进行了探讨，第13讲～第28讲我们对高频考点进行探讨。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从以下四方面探讨选修系列问题的求解：
1. 几何证明；
2. 矩阵与变换；
3. 极坐标与参数方程；
4. 不等式。
一、几何证明：
典型例题：例1. （2012年广东省理5分）如图，圆O的半径为1，A、B、C是圆周上的三点，满足∠ABC=30°，过点A做圆O的切线与OC的延长线交P，则PA= ▲ 。
【答案】。
【考点】切线的性质，圆周角定理，锐角三角函数定义。
【解析】连接OA，则由AP是圆O的切线得OA⊥AP。
∵∠ABC=30°，∴∠AOC=60°，∠APO=30°。
∴，。
例2. （2012年湖北省理5分）如图，点D在⊙O的弦AB上移动，AB=4，连接OD，过点D作OD的垂线交⊙O于点C，则CD的最大值为 ▲ 。
【答案】2。
【考点】动点问题，勾股定理，垂线段的性质，垂径定理。
【解析】连接，
∵，∴。
∵线段长为定值（圆的半径），
∴要使最大，即要最小。
根据垂直线段最短的性质和垂径定理，当点为的中点，即点与点重合时最小。
∴CD的最大值为。
例3. （2012年湖南省理5分）如图，过点P的直线与圆O相交于A，B两点.若PA=1，AB=2，PO=3，则圆O的半径等于 ▲ .
【答案】。
【考点】割线定理。
【解析】如图，设交圆O于C，D，设圆的半径为，由割线定理得
，即，
解得，。
例4. （2012年陕西省理5分）如图，在圆O中，直径AB与弦CD垂直，垂足为E，，垂足为F，若，，则 ▲
【答案】5。
【考点】垂径定理，相交弦定理，射影定理。
【解析】∵，，∴。
∵直径AB与弦CD垂直，∴根据垂径定理，得DE=CE。
∴根据相交弦定理，得，即。
在中，根据射影定理，得。
例5. （2012年天津市文5分）如图，已知和是圆的两条弦，过点作圆的切线与的延长线相交于.过点作的平行线与圆交于点,与相交于点,,,,则线段的长为 ▲
【答案】。
【考点】与圆有关的比例线段。
【分析】如图，连接，则∠1=∠2，∠2=∠。
∵，∠=∠，∴∽。∴。
代入数值得=2，=4。
又由平行线等分线段定理得，解得=。
例6. （2012年广东省文5分）（几何证明选讲选做题）如图，直线PB与圆相切与点B，D是弦AC上的点，，若，则AB= ▲ ．
【答案】。
【考点】弦切角定理，相似三角形的判定和性质。
【解析】由弦切角定理知: ,
又∵，∴。
又∵，∴。∴,解得AB=。
例7. （2012年全国课标卷理10分）如图，分别为边的中点，直线交的外接圆于两点，若，证明：
（1）；（2）
【答案】证明：（1）连接AF，
∵分别为边的中点，
∴。
又∵，∴四边形是平行四边形。
∴。∴。
∴四边形是平行四边形。∴。
又由和圆的对称性，得四边形是等腰梯形，∴。
∴。
（2）∵，∴四边形是等腰梯形。∴。
又∵=，∴。∴。
又∵，，∴。
又∵（同弧所对圆周角相等），∴。
∴。
【考点】平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，圆的对称性，等腰梯形的性质，平行的性质，圆周角定理，相似三角形的判定。
【解析】（1）根据三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，等腰梯形的性质，经过等量代换可证。
（2）根据相似三角形的判定定理，由和可证。
例8. （2012年辽宁省理10分）如图，⊙O和⊙相交于两点，过A作两圆的切线分别交两圆于C，
D两点，连接DB并延长交⊙O于点E。证明
(Ⅰ)；
(Ⅱ) 。
【答案】证明：（I）∵AC与⊙O'相切于点A，∴。
同理可得。∴。∴。
∴。
（II）∵AD与⊙O相切于点A，∴。
又∵，∴。∴。∴。
由（I）的结论 可得。
【考点】圆的基本性质，圆的切线的性质，相似三角形的判定和性质。
【解析】（I）利用圆的切线的性质得，从而有，根据相似三角形对应线段成比例得，由此得到所证。
（II）利用圆的切线的性质得，又，可得，根据相似三角形对应线段成比例得，即，再结合（I）的结论可得。
例9. （2012年江苏省10分）如图，是圆的直径，为圆上位于异侧的两点，连结并延长至点，使，连结．
求证：．
【答案】证明：连接。
∵是圆的直径，∴（直径所对的圆周角是直角）。
∴（垂直的定义）。
又∵，∴是线段的中垂线（线段的中垂线定义）。
∴（线段中垂线上的点到线段两端的距离相等）。
∴（等腰三角形等边对等角的性质）。
又∵为圆上位于异侧的两点，
∴（同弧所对圆周角相等）。
∴（等量代换）。
【考点】圆周角定理，线段垂直平分线的判定和性质，等腰三角形的性质。
【解析】要证，就得找一个中间量代换，一方面考虑到是同弧所对圆周角，相等；另
一方面由是圆的直径和可知是线段的中垂线，从而根据线段中垂线上的点到线段两端的距离相等和等腰三角形等边对等角的性质得到。从而得证。
本题还可连接，利用三角形中位线来求证。
例10. （2012年北京市理5分）如图. ∠ACB=90o。CD⊥AB于点D，以BD为直径的圆与BC交于点E.则【 】
A. CE·CB=AD·DB B. CE·CB=AD·AB C. AD·AB=CD 2 D.CE·EB=CD 2
【答案】C。
【考点】射影定理。
【解析】由射影定理可得AD·AB=CD 2。故选C。
二、矩阵与变换：
典型例题：例1. （2012年上海市理4分）函数的值域是 ▲ .
【答案】。
【考点】行列式的基本运算，三角函数的值域，二倍角公式。
【解析】，
∵，∴。
例2. （2012年福建省理7分）设曲线2x2＋2xy＋y2＝1在矩阵A＝(a＞0)对应的变换作用下得到的曲线为x2＋y2＝1.
（Ⅰ）求实数a，b的值；
（Ⅱ）求A2的逆矩阵．
【答案】解：（Ⅰ）设曲线2x2＋2xy＋y2＝1上任意点P(x，y)在矩阵A对应的变换作用下的像是P′(x′，y′)。
由＝＝，得。
又点P′(x′，y′)在x2＋y2＝1上，所以x′2＋y′2＝1，即a2x2＋(bx＋y)2＝1，
整理得(a2＋b2)x2＋2bxy＋y2＝1。
依题意得解得或。
因为a＞0，所以。
（Ⅱ）由(1)知，A＝，A2＝＝，
所以|A2|＝1，(A2)－1＝。
【考点】逆变换与逆矩阵，几种特殊的矩阵变换。
【解析】（Ⅰ）确定点在矩阵A＝(a＞0)对应的变换作用下得到点坐标之间的关系，利用变换前后的方程，即可求得矩阵A。
（Ⅱ）先计算A2，即可得到A2的逆矩阵。
例3. （2012年江苏省10分）已知矩阵的逆矩阵，求矩阵的特征值．
【答案】解：∵，∴。
∵，∴。
∴矩阵的特征多项式为。
令，解得矩阵的特征值。
【考点】矩阵的运算，矩阵的特征值。
【解析】由矩阵的逆矩阵，根据定义可求出矩阵，从而求出矩阵的特征值。
例4. （2012年上海市文4分）函数的最小正周期是 ▲
【答案】。
【考点】行列式的基本运算，三角函数的值域，二倍角公式。
【解析】∵,
∴函数的最小正周期是。
三、极坐标与参数方程：
典型例题：例1. （2012年上海市理4分）如图，在极坐标系中，过点的直线与极轴的夹角，若将的极坐标方程写成的形式，则 ▲ .
【答案】
【考点】点斜式直线方程的应用，直角坐标与极坐标互化。
【解析】∵该直线过点，与极轴的夹角，
∴该直线的直角坐标方程为：，即。
根据直角坐标与极坐标的关系，，代入上式，得
，
∴。
例2. （2012年北京市理5分）直线 (t为参数)与曲线 (“α为参数)的交点个数为 ▲
【答案】2。
【考点】参数方程，点到直线的距离公式，直线与圆的位置关系。
【解析】将参数方程化为直角坐标方程：
将直线方程的两式相加，得：
将曲线方程的两边平方后相加，得 ，它是圆心在（0，0），半径为3的圆。
由点到直线的距离公式，得圆心（0，0）到直线的距离为 ，它小于圆的半径。
∴直线与圆相交，有两个交点。
【也可用一元二次方程根的判别式求解】
例3. （2012年天津市理5分）己知抛物线的参数方程为（为参数），其中，焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，若，点的横坐标是3，则 ▲ .
【答案】2。
【考点】参数方程及其参数的几何意义，抛物线的定义及其几何性质。
【分析】∵，可得抛物线的标准方程为，∴焦点。
∵点的横坐标是3，则，∴点，。
由抛物线的几何性质得。
∵，∴，解得。
例4. （2012年安徽省理5分）在极坐标系中，圆的圆心到直线的距离是 ▲
【答案】。
【考点】极坐标与直角坐标的转换，点到直线的距离公式。
【解析】将化为直角坐标方程：，其圆心坐标为。将化为直角坐标方程：。
∴根据点到直线的距离公式，得圆心到直线的距离是。
例5. （2012年广东省理5分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1和C2的参数方程分别为和，则曲线C1与C2的交点坐标为 ▲ 。
【答案】（1,1）。
【考点】参数方程。
【解析】曲线C1的普通方程为：；曲线C2的普通方程为：。
解得。
∴曲线C1与C2的交点坐标为（1,1）。
例6. （2012年江西省理5分）曲线的直角坐标方程为，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线的极坐标方程为 ▲ 。
【答案】。
【考点】极坐标方程与直角坐标方程的互化，转化与化归的数学思想的应用。
【解析】由极坐标方程与直角坐标方程的互化公式得，
又∵，∴。
例7. （2012年湖北省理5分）（选修4-4：坐标系与参数方程）在直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，已知射线与曲线（t为参数）相较于A，B来两点，则线段AB的中点的直角坐标为 ▲ 。
【答案】。
【考点】极坐标方程，参数方程，曲线的交点。
【解析】射线的直角坐标方程为，曲线的直角坐标方程为。
联立方程解得。∴线段AB的中点的直角坐标为。
例8. （2012年湖南省理5分） 在直角坐标系xOy 中，已知曲线： (t为参数)与曲线 ：(为参数，) 有一个公共点在X轴上，则 ▲ .
【答案】。
【考点】直线的参数方程、椭圆的参数方程。
【解析】将曲线与曲线的参数方程分别等价转化为直角坐标方程，找出与轴交点，即可求得：
曲线：直角坐标方程为，与轴交点为；
曲线 ：直角坐标方程为，其与轴交点为。
由，曲线与曲线有一个公共点在X轴上，知。
例9. （2012年陕西省理5分）直线与圆相交的弦长为 ▲ .
【答案】。
【考点】极坐标方程，圆和直线的关系。
【解析】将极坐标方程化为普通方程为与，联立方程组成方程组求出两交点的坐标和，故弦长等于。
例10. （2012年全国课标卷理10分） 已知曲线的参数方程是，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立坐标系，曲线的坐标系方程是，正方形的顶点都在上，且依逆时针次序排列，点的极坐标为
（1）求点的直角坐标；
（2）设为上任意一点，求的取值范围。
【答案】解：（1）∵正方形的顶点都在：上，
∴点的极坐标为。
∴点的直角坐标为：
，
即。
（2）设，则。
∵ ，
，
，
，
∴ 。
∵，
∴的取值范围。
【考点】参数方程和极坐标方程，极坐标和直角坐标的转换，三角函数值的范围。
【解析】（1）由正方形的性质，首先求得的极坐标，再转换成直角坐标，两点间距离公式。
（2）根据两点间距离公式，求出的表达式即可求出其取值范围。
例11. （2012年福建省理7分）选修4－4：（坐标系与参数方程）在平面直角坐标系中，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．已知直线l上两点M，N的极坐标分别为(2,0)，，圆C的参数方程为(θ为参数)．
（Ⅰ）设P为线段MN的中点，求直线OP的平面直角坐标方程；
（Ⅱ）判断直线l与圆C的位置关系．
【答案】解：（Ⅰ）由题意知，M，N的平面直角坐标分别为(2,0)，，
又P为线段MN的中点，从而点P的平面直角坐标为，
故直线OP的平面直角坐标方程为y＝x。
（Ⅱ）因为直线l上两点M，N的平面直角坐标分别为(2,0)，，
所以直线l的平面直角坐标方程为x＋3y－2＝0。
又圆C的圆心坐标为(2，－)，半径r＝2，
圆心到直线l的距离d＝＝＜r，故直线l与圆C相交。
【考点】极坐标和直角坐标的互化，点到直线的距离，直线和圆的位置关系。
【解析】（Ⅰ）求出点P的平面直角坐标，即可求出直线OP的平面直角坐标方程。
（Ⅱ）求出直线l的平面直角坐标方程和圆心坐标、半径，将圆心到直线l的距离与半径比较即可。
例12. （2012年辽宁省理10分）在直角坐标中，圆，圆。
(Ⅰ)在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，分别写出圆的极坐标方程，并求出圆
的交点坐标(用极坐标表示)；
(Ⅱ)求出的公共弦的参数方程。
【答案】解：（I）由，以及可知：
圆的极坐标方程为=2；
圆即的极坐标方程为。
解得。
∴圆的交点坐标为。
（II）由和圆的交点坐标得圆交点的直角坐标为
。
故圆的公共弦的参数方程为（）。
【考点】直线的参数方程和圆的极坐标方程、普通方程与参数方程的互化、极坐标系的组成。
【解析】（I）利用 ，以及，直接写出圆，的极坐标方程，求出圆，的交点极坐标，然后求出直角坐标（用坐标表示）。
（II）求出两个圆交点的直角坐标，直接写出圆与的公共弦的参数方程。
例13. （2012年江苏省10分）在极坐标中，已知圆经过点，圆心为直线与极轴的交点，求圆的极坐标方程．
【答案】解：∵圆圆心为直线与极轴的交点，
∴在中令，得。
∴圆的圆心坐标为（1，0）。
∵圆经过点，∴圆的半径为。
∴圆经过极点。∴圆的极坐标方程为。
【考点】直线和圆的极坐标方程。
【解析】根据圆圆心为直线与极轴的交点求出的圆心坐标；根据圆经过点求出圆的半径。从而得到圆的极坐标方程。
例14. （2012年广东省文5分）（坐标系与参数方程选做题）在平面直角坐标系中中，曲线和曲线的
参数方程分别为（为参数，）和（为参数），则曲线和曲线的交点坐标为 ▲ ．
【答案】（2，1）。
【考点】参数方程，曲线上点的坐标与方程的关系，同角三角函数关系式。
【解析】由（为参数，）两式平方后相加，得；
由两式相减，得。
二者联立，得，解得或。
∵，∴舍去。
∴曲线和曲线的交点坐标为（2，1）。
例15. （2012年湖南省文5分）在极坐标系中，曲线：与曲线：的一个交点在极轴上，则a= ▲ .
【答案】。
【考点】直线的极坐标方程、圆的极坐标方程，直线与圆的位置关系。
【解析】曲线的直角坐标方程是，曲线的普通方程是直角坐标方程，
∵曲线C1：与曲线C2：的一个交点在极轴上，
∴与轴交点横坐标与值相等。
由，知＝。
四、不等式：
典型例题：例1. （2012年广东省理5分）不等式的解集为 ▲ 。
【答案】。
【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。
【解析】分类讨论：由不等式得，
当时，不等式为，即恒成立；
当时，不等式为，解得，；
当时，不等式为，即不成立。
综上所述，不等式的解集为。
另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。
例2. （2012年上海市理4分）．若集合，，则= ▲ .
【答案】。
【考点】集合的概念和性质的运用，一元一次不等式和绝对值不等式的解法。
【解析】由题意，得，∴。
例3. （2012年天津市理5分）已知集合，集合,且，则 ▲ , ▲ .
【答案】，。
【考点】集合的交集的运算及其运算性质，绝对值不等式与一元二次不等式的解法
【分析】由题意，可先化简集合，再由集合的形式及直接作出判断，即可得出两个参数的值：
∵=,
又∵，画数轴可知，。
例4. （2012年天津市文5分）集合中最小整数为 ▲
【答案】。
【考点】绝对值不等式的解法。
【分析】∵不等式，即，，∴集合。
∴集合中最小的整数为。
例5. （2012年山东省理4分）若不等式的解集为，则实数= ▲ 。
【答案】2。
【考点】绝对值不等式的性质。
【解析】由可得，即，而，所以。
例6. （2012年江西省理5分）在实数范围内，不等式的解集为 ▲ 。
【答案】。
【考点】绝对值不等式的解法，转化与划归、分类讨论的数学思想的应用。
【解析】原不等式可化为①或②或③，
由①得；由②得；由③得。
∴原不等式的解集为。
例7. （2012年陕西省文5分）若存在实数使成立，则实数的取值范围是 ▲
【答案】。
【考点】绝对值不等式的性质及其运用。
【解析】由题意知左边的最小值小于或等于3，根据不等式的性质，得
，解得，。
例8. （2012年湖南省理5分）不等式的解集为 ▲
【答案】。
【考点】解绝对值不等式。
【解析】令，则由得的解集为。
例9. （2012年全国课标卷文5分）已知函数
(Ｉ)当时，求不等式的解集；
(Ⅱ)若的解集包含，求的取值范围。
【答案】解：（1）当时，由得
∴ 或或。
解得 或。
(Ⅱ)原命题即在上恒成立，
∴在上恒成立，即在上恒成立。
∴。
【考点】绝对值不等式的解法。
【解析】(Ｉ)分段求解即可。
(Ⅱ)对于，把作未知求解。
例10. （2012年辽宁省文10分）已知，不等式的解集为｝。
(Ⅰ)求a的值；
(Ⅱ)若恒成立，求k的取值范围。
【答案】解：（I）由得。
又∵不等式的解集为｝，
∴当时，不合题意；
当时，，得。
(Ⅱ)由（I）得。记。
∴。∴。
【考点】分段函数、不等式的基本性质、绝对值不等式及其运用，分类讨论思想的应用。
【解析】（I）针对的取值情况进行讨论即可。
(Ⅱ) 针对的正负进行讨论从而用分段函数表示，进而求出k的取值范围。
例11.（2012年江苏省10分）已知实数x，y满足：求证：．
【答案】证明：∵，
由题设∴。∴。
【考点】绝对值不等式的基本知识。
【解析】根据绝对值不等式的性质求证。
【备战2013高考数学专题讲座】
第2讲：填空题解法探讨
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填空题与选择题一样，也是一种客观性试题，它们有许多共同特点：其形态短小精悍、跨度大、知识覆盖面广、考查目标集中，形式灵活，答案简短、明确、具体，评分客观、公正、准确等。是高考数学中的一种重要题型。与选择题比较，它没有选项作为参考；与解答题比较，它不要求写出推理及运算过程，只要求给出准确结果即可。在全国各地高考数学试卷中，填空题约占总分的10％～15％，因此掌握填空题的解法，快速、准确地解答好填空题是夺取高分的关键之一。
笔者将填空题的解法归纳为直接推演法、特殊元素法、图象解析法、待定系数法、等价转化法、分类讨论法、探索规律法七种，下面通过2012年全国各地高考的实例探讨这七种方法。
一、直接推演法：直接推演法，又称综合法，由因导果法，是解填空题的一种常用方法，也是一种基本方法。它的解题方法是根据填空题的题设条件，通过应用定义、公理、定理、公式等经过计算、变形、推理或判断，得出正确的结论。直接推演法解题自然，运用数学知识，通过综合法，直接得出正确答案。使用直接法解填空题，要善于通过现象看本质，自觉地、有意识地采取灵活、简捷的解法。
典型例题：例1：（2012年上海市理4分）若是直线的一个法向量，则的倾斜角的大小为 ▲ （结果用反三角函数值表示）.
【答案】。
【考点】直线的方向向量，直线的倾斜角与斜率的关系，反三角函数的表示角。
【解析】设直线的倾斜角为，则。
例2：（2012年上海市理4分）计算： ▲ （为虚数单位）.
【答案】。
【考点】复数的运算。
【解析】将分子、分母同乘以分母的共轭复数，将分母实数化即可：。
例3：（2012年四川省理4分）设全集，集合，，则
▲ 。
【答案】
【考点】集合的运算。
【解析】∵，集合，，
∴，。∴。
例4：（2012年北京市理5分）已知，若同时满足条件：
，
则m的取值范围是 ▲
【答案】。
【考点】简易逻辑，函数的性质。
【解析】由得。
∵条件，∴当时，。
当时，，不能做到在时，，所以舍去。
∵作为二次函数开口只能向下，∴，且此时两个根为。
为保证条件①成立，必须。
又由条件的限制，可分析得出时，恒负。
∴就需要在这个范围内有得正数的可能，即－4应该比两根中小的那个大。
由得，
∴当时，，解得交集为空集，舍去。
当时，两根同为－2＞－4，舍去。
当时，。
综上所述，。
例5：（2012年上海市理4分）已知是奇函数，且，若，则
▲ .
【答案】
【考点】函数的奇偶性。
【解析】∵函数为奇函数，∴，即
又∵，∴。∴。
例6：（2012年辽宁省理5分）已知P，Q为抛物线上两点，点P，Q的横坐标分别为4，2，过P、Q分别作抛物线的切线，两切线交于A，则点A的纵坐标为 ▲ 。
【答案】4。
【考点】利用导数求切线方程的方法，直线的方程、两条直线的交点的求法。
【解析】∵点P，Q的横坐标分别为4，2，∴代人抛物线方程得P，Q的纵坐标分别为8，2。
由得，∴。∴过点P，Q的抛物线的切线的斜率分别为4，2。
∴过点P，Q的抛物线的切线方程分别为。
联立方程组解得。∴点A的纵坐标为4。
例7：（2012年江苏省5分）函数的定义域为 ▲ ．
【答案】。
【考点】函数的定义域，二次根式和对数函数有意义的条件，解对数不等式。
【解析】根据二次根式和对数函数有意义的条件，得
。
例8：（2012年江苏省5分）已知函数的值域为，若关于x的不等式
的解集为，则实数c的值为 ▲ ．
【答案】9。
【考点】函数的值域，不等式的解集。
【解析】由值域为，当时有，即，
∴。
∴解得，。
∵不等式的解集为，∴，解得。
例9：（2012年辽宁省理5分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为 ▲ 。
【答案】38。
【考点】由几何体的三视图求面积。
【解析】由三视图可知该几何体为一个长方体在中间挖去了一个等高的圆柱，其中长方体的长、宽、高分
别为4、3、1，圆柱的底面直径为2，所以该几何体的表面积为长方体的表面积加圆柱的侧面积再减去圆
柱的底面积，即为。
例10：（2012年全国大纲卷理5分）若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式
中的系数为 ▲ 。
【答案】56。
【考点】二项式定理中通项公式的运用。
【解析】利用二项式系数相等，确定的值，然后进一步借助于通项公式，分析项的系数。
根据已知条件可知。
∴的展开式的通项为，
令，。∴系数为。
例11：（2012年全国课标卷理5分）某个部件由三个元件按下图方式连接而成，元件1或元件2正常工作，且元件3正常工作，则部件正常工作，设三个电子元件的使用寿命（单位：小时）均服从正态分布，且各个元件能否正常相互独立，那么该部件的使用寿命超过1000小时的概率为 ▲
【答案】。
【考点】正态分布，概率。
【解析】∵三个电子元件的使用寿命均服从正态分布，
∴三个电子元件的使用寿命超过1000小时的概率为。
∴超过1000小时时元件1或元件2正常工作的概率。
∴该部件的使用寿命超过1000小时的概率为。
例12：（2012年天津市理5分）某地区有小学150所，中学75所，大学25所. 现采用分层抽样的方法从这些学校中抽取30所学校对学生进行视力调査，应从小学中抽取 ▲ 所学校，中学中抽取 ▲ 所学校.
【答案】18，9。
【考点】分层抽样的概念以及样本获取的方法与计算。
【分析】∵分层抽样也叫按比例抽样，由题知学校总数为250所，
∴应从小学中抽取，中学中抽取。
例13：（2012年江苏省5分）现有10个数，它们能构成一个以1为首项，为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是 ▲ ．
【答案】。
【考点】等比数列，概率。
【解析】∵以1为首项，为公比的等比数列的10个数为1，－3，9，-27，···其中有5个负数，1个正数1计6个数小于8，
∴从这10个数中随机抽取一个数，它小于8的概率是。
二、特殊元素法：特殊元素法的解题方法是在有些填空题所涉及的数学命题与字母的取值范围有关，在解决这类解答题，可以考虑从取值范围内选取某一个特殊的值，代入原命题进行验证，从而确定答案。
典型例题：例1：（2012年四川省理4分）记为不超过实数的最大整数，例如，，，。设为正整数，数列满足，，现有下列命题：
①当时，数列的前3项依次为5,3,2；
②对数列都存在正整数，当时总有；
③当时，；
④对某个正整数，若，则。
其中的真命题有 ▲ _。（写出所有真命题的编号）
【答案】①③④。
【考点】真命题的判定，对高斯函数的理解，数列的性质，特殊值法的应用，基本不等式的应用。
【解析】对于①，若，根据
当n=1时，x2=[]=3, 同理x3=。 故①正确。
对于②，可以采用特殊值列举法：
当a=3时，x1=3, x2=2, x3=1, x4=2……x2k=1, x2k+1=1,……
此时数列从第二项开始为2，1，2，1……，不成立。故②错误。
对于③，由的定义知，，而为正整数，故，且是整数。
∵对于两个正整数、，当为偶数时；当为奇数时，
∴不论是偶数还是奇数，有。
∵和都是整数，
∴。
又当时，，
∵，∴成立。
∴当时，。故③正确。
对于④，当时，， ∴，即。
∴，即，解得。
由③，∴。∴。故④正确。
综上所述，真命题有 ①③④ 。
例2：（2012年浙江省理4分）设，若时均有，则 ▲ ．
【答案】。
【考点】特殊元素法，偶次幂的非负数性质。
【解析】∵时均有，
∴应用特殊元素法，取，得。
∴。
例3：（2012年浙江省理4分）若将函数表示为
，
其中，，，…，为实数，则 ▲ ．
【答案】10。
【考点】导数的应用，二项式定理。
【解析】对等式：两边连续对x求导三次得：，再运用特殊元素法，令得：，即。
或用二项式定理，由等式两边对应项系数相等得。
例4：（2012年全国大纲卷理5分）三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，
则异面直线与所成角的余弦值为 ▲ 。
【答案】。
【考点】斜棱柱中异面直线的角的求解。
【解析】用空间向量进行求解即可：
设该三棱柱的边长为1，依题意有，
则，
，
而
。
∴。
例5：（2012年浙江省理4分）在中，是的中点，，，则
▲ ．
【答案】。
【考点】平面向量数量积的运算。
【解析】此题最适合的方法是特殊元素法：
如图，假设ABC是以AB＝AC的等腰三角形，
AM＝3，BC＝10，由勾股定理得AB＝AC＝。
则cos∠BAC＝，
∴＝。
例6：（2012年湖南省文5分）如图，在平行四边形ABCD中 ，AP⊥BD，垂足为P，且 ，则=
▲ .
【答案】18
【考点】平面向量加法的几何运算、平面向量的数量积运算。
【解析】此题最适合的方法是特殊元素法：假设平行四边形ABCD是特殊的平行四边形――菱形，则与共线，。
∴=3×6=18。
三、图象解析法：图象解析法的解题方法是解填空题的一种常用方法，它是根据数形结合的原理，先画出示意图，再观察图象的特征作出选择的方法。对于一些具有几何背景的数学题，如能构造出与之相应的图形进行分析，则能在数形结合，以形助数中获得形象直观的解法。
典型例题：例1：（2012年全国大纲卷理5分）若满足约束条件，则的最小值为 ▲ 。
【答案】。
【考点】线性规划。
【解析】利用不等式组，作出可行域，可知区域表示的为三角形，当目标函数过点（3，0）时，目标函数最大，当目标函数过点（0，1）时最小。
例2：（2012年上海市理4分）已知函数的图象是折线段，其中、、，
函数（）的图象与轴围成的图形的面积为 ▲ .
【答案】。
【考点】函数的图象与性质，函数的解析式的求解方法。
【解析】根据题意得到，，∴得到。
的图象如图1，（）的图象如图2。易知，（）
的分段解析式中的两部分抛物线形状完全相同，只是开口方向及顶点位置不同，，封闭图形与全等，面积相等，故所求面积即为矩形的面积。
若用定积分求解，则。
例3：（2012年天津市理5分）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。
【分析】函数，
当时，，
当时，，
综上函数。
作出函数的图象，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在蓝色或黄色区域内，如图，此时当直线经过黄色区域时，满足，当经过蓝色区域时，满足，综上实数的取值范围是。
例4：（2012年福建省理4分）对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝设，且关于x的方程恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】新定义，分段函数的图象和性质，分类讨论和数形结合思想的应用。
【解析】根据新运算符号得到函数为，
化简得：。
如图，作出函数和的图象，
如果有三个不同的实数解，即直线与函数f(x)的图象有三个交点，如图，
（1）当直线过抛物线的顶点或时，有两个交点；
（2）当直线中时，有一个交点；
（3）当直线中时，有三个交点。
设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1即为方程2x2－x＝小于0的解，解得x1＝，此时x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝。
与函数f(x)有2个交点的最低位置是当y＝m与x轴重合时，此时x1·x2·x3＝0。
所以当方程有三个不等实根时，x1·x2·x3∈。
例5：（2012年江苏省5分）已知正数满足：则的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】可行域。
【解析】条件可化为：。
设，则题目转化为：
已知满足，求的取值范围。
作出（）所在平面区域（如图）。求出的切
线的斜率，设过切点的切线为，
则，要使它最小，须。
∴的最小值在处，为。此时，点在上之间。
当（）对应点时， ，
∴的最大值在处，为7。
∴的取值范围为，即的取值范围是。
四、待定系数法：待定系数法是一种常用的数学方法，对于某些数学问题，如果已知所求结果具有某种确定的形式，则可引进一些尚待确定的系数来表示这种结果，通过已知条件建立起给定的算式和结果之间的恒等式，得到以待定系数为元的方程（组）或不等式（组），解之即得待定的系数。对于待定系数法方法的使用，笔者将另文详细解析。
典型例题：例1：（2012年北京市理5分）已知为等差数列，为其前n项和。若，，则=
▲ ； ▲
【答案】1；。
【考点】等差数列
【解析】设等差数列的公差为，根据等差数列通项公式和已知，得
。
∴。
例2：（2012年广东省理5分）.已知递增的等差数列满足，，则 ▲ 。
【答案】。
【考点】等差数列。
【解析】设递增的等差数列的公差为（），由得，
解得，舍去负值，。
∴。
例3：（2012年浙江省理4分）设公比为的等比数列的前项和为．若，，则 ▲ ．
【答案】。
【考点】等比数列的性质，待定系数法。
【解析】用待定系数法将，两个式子全部转化成用，q表示的式子：
，
两式作差得：，即：，解之得：或 (舍去)。
例4：（2012年辽宁省理5分）已知等比数列｛an｝为递增数列，且，则数列｛an｝的通项公式an = ▲ 。
【答案】。
【考点】等比数列的通项公式。
【解析】设等比数列｛an｝的公比为。
∵，∴。∴，。
又∵，∴。∴。
解得或。
又∵等比数列｛an｝为递增数列，∴舍去。
∴。
例5：（2012年福建省理4分）已知△ABC的三边长成公比为的等比数列，则其最大角的余弦值为
▲ ．
【答案】。
【考点】等比数列的性质，余弦定理的应用。
【解析】∵△ABC的三边长成公比为的等比数列，∴设三角形的三边分别是：a、a、a。
∵最大角所对的边是a，
∴根据三角形中大边对大角的性质，结合余弦定理得：。
∴最大角的余弦值为。
例6：（2012年天津市理5分）如图，已知和是圆的两条弦。过点作圆的切线与的延长线相交于点，过点作的平行线与圆相交于点，与相交于点，，，，则线段的长为 ▲ .
【答案】。
【考点】直线与圆的位置关系，相交弦定理，切割线定理，相似三角形的概念、判定与性质。
【分析】∵，，，由相交弦定理得，∴。
又∵∥，∴，=。
设，则，
再由切割线定理得，即，解得，故。
例7：（2012年重庆市理5分）过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若则= ▲ .
【答案】。
【考点】直线与抛物线的位置关系，抛物线的性质，方程思想的应用。
【分析】设直线的方程为（由题意知直线的斜率存在且不为0），
代入抛物线方程，整理得。
设，则。
又∵，∴。∴，解得。
代入得。
∵，∴。∴。
例8：（2012年陕西省理5分）下图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽 ▲ 米.
【答案】。
【考点】抛物线的应用。
【解析】建立如图所示的直角坐标系，设抛物线方程为，
∴∵当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，
∴抛物线过点（2，－2，）.
代入得，，即。
∴抛物线方程为。
∴当时，，∴水位下降1米后，水面宽米。
五、等价转化法：通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”，将问题等价地转化成便于解决的问题，从而得出正确的结果。总之，能够多角度思考问题，灵活选择方法，是快速准确地解数学填空题的关键。
典型例题：例1：（2012年江西省理5分）设数列都是等差数列，若，，则
▲ 。
【答案】35。
【考点】等差中项的性质，整体代换的数学思想。
【解析】∵数列都是等差数列，∴数列也是等差数列。
∴由等差中项的性质，得，即，
解得。
例2：（2012年全国大纲卷理5分）当函数取得最大值时， ▲ 。
【答案】。
【考点】三角函数性质的运用。
【解析】求解值域的问题，首先化为单一三角函数，然后利用定义域求解角的范围，从而结合三角函数图像得到最值点。
∵，∴。
∵，
∴当且仅当即时，函数取得最大值。
例3：（2012年湖北省理5分）设△ABC的内角A，B，C，所对的边分别是a，b，c.若，则角C= ▲ 。
【答案】。
【考点】余弦定理的运用
【解析】由 得，
∴根据余弦定理得。∴。
例4：（2012年重庆市理5分）设的内角的对边分别为，且则 ▲
【答案】。
【考点】同角三角函数的基本关系式，两角和的三角公式，正弦定理的应用。
【分析】∵，∴。∵，∴。
∴。
由正弦定理得，。
例5：（2012年上海市理4分）在平行四边形中，，边、的长分别为2、1，若、分别是边、上的点，且满足，则的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】平面向量的基本运算。
【解析】如图所示，以为原点，向量所在直线为轴，过垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系。
∵平行四边形中，，，
∴。
设，则。
∴由得，。
∴的横坐标为，的纵坐标为。
∴
∴。
∵函数在有最大值，
∴在时，函数单调增加。
∴在时有最小值2；在时有最大值5。
∴的取值范围是。
例6：（2012年辽宁省理5分）已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，
PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为 ▲ 。
【答案】。
【考点】组合体的线线，线面，面面位置关系，转化思想的应用。
【解析】∵在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，
∴可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径EP，球心为正方体对角线的中点O，且EP⊥平面ABC，EP与平面ABC上的高相交于点F。
∴球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥ABC在面ABC上的高FP。
∵球的半径为，设正方体的棱长为，则由勾股定理得。
解得正方体的棱长=2，每个面的对角线长。
∴截面ABC的高为， 。
∴在Rt△BFP中，由勾股定理得，正三棱锥ABC在面ABC上的高。
∴所以球心到截面ABC的距离为。
六、分类讨论法：在解答某些问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是分类讨论法。分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性。解答分类讨论问题时，我们的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳，综合得出结论。对于分类讨论法方法的使用，笔者将另文详细解析。
典型例题：例1：（2012年广东省理5分）不等式的解集为 ▲ 。
【答案】。
【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。
【解析】分类讨论：由不等式得，
当时，不等式为，即恒成立；
当时，不等式为，解得，；
当时，不等式为，即不成立。
综上所述，不等式的解集为。
另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。
例2：（2012年江西省理5分）在实数范围内，不等式的解集为 ▲ 。
【答案】。
【考点】绝对值不等式的解法，转化与划归、分类讨论的数学思想的应用。
【解析】原不等式可化为①或②或③，
由①得；由②得；由③得。
∴原不等式的解集为。
例3：（2012年福建省文4分）某地区规划道路建设，考虑道路铺设方案，方案设计图中，点表示城市，两点之间连线表示两城市间可铺设道路，连线上数据表示两城市间铺设道路的费用．要求从任一城市都能到达其余各城市，并且铺设道路的总费用最小，例如：在三个城市道路设计中，若城市间可铺设道路的线路图如图①，则最优设计方案如图②，此时铺设道路的最小总费用为10.
现给出该地区可铺设道路的线路图如图③，则铺设道路的最小总费用为 ▲ ．
【答案】16。
【考点】最优设计方案。
【解析】根据题意先选择中间最优线路，中间有三条，分别是A→F→G→D，E→F→B，E→G→C，费用最低的是A→F→G→D为3＋1＋2＝6；再选择A→F→G→D线路到点E的最低费用线路是：A→E费用为2；再选择A→F→G→D到C→B的最低费用，则选择：G→C→B，费用最低为3＋5＝8，所以铺设道路的最小费用为：6＋2＋8＝16。
例4：（2012年山东省文4分）若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，
且函数在上是增函数，则a＝ ▲ .
【答案】。
【考点】函数的增减性。
【解析】∵，∴。
当时，
∵，函数是增函数，
∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。
此时，它在上是减函数，与题设不符。
当时，
∵，函数是减函数，
∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。
此时，它在上是增函数，符合题意。
综上所述，满足条件的。
例5：（2012年上海市文4分）已知，各项均为正数的数列满足，，
若，则的值是 ▲
【答案】。
【考点】数列的概念、组成和性质，函数的概念。
【解析】根据题意，，并且，得到。
当为奇数时，，，，，。
当为偶数时，由，得到，解得（负值舍去）。
由得，解得。
∴当为偶数时，。
∴。
七、探索规律法：探索规律法的解题方法是直接通过对填空题的条件，作详尽的分析、归纳和判断，从而得出正确的结果。当遇到寻找规律的命题时，常用此法。
典型例题：例1：（2012年湖南省理5分）设N=2n（n∈N*，n≥2），将N个数x1,x2,…，xN依次放入编号为1,2，…，N的N个位置，得到排列P0=x1x2…xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前和后个位置，得到排列P1=x1x3…xN-1x2x4…xN，将此操作称为C变换，将P1分成两段，每段个数，并对每段作C变换，得到；当2≤i≤n-2时，将Pi分成2i段，每段个数，并对每段C变换，得到Pi+1，例如，当N=8时，P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此时x7位于P2中的第4个位置.
（1）当N=16时，x7位于P2中的第 ▲ 个位置；
（2）当N=2n（n≥8）时，x173位于P4中的第 ▲ 个位置.
【答案】（1）6；（2）。
【考点】演绎推理的基本方法，进行简单的演绎推理。
【解析】（1）当N=16时,
,可设为,
,即为,
,即, x7位于P2中的第6个位置。
（2）考察C变换的定义及（1）计算可发现：
第一次C变换后，所有的数分为两段，每段的序号组成公差为2的等差数列，且第一段序号以1为首项，第二段序号以2为首项；
第二次C变换后，所有的数据分为四段，每段的数字序号组成以为4公差的等差数列，且第一段的序号以1为首项，第二段序号以3为首项，第三段序号以2为首项，第四段序号以4为首项；
依此类推可得出P4中所有的数字分为16段，每段的数字序号组成以16为公差的等差数列，且一到十六段的首项的序号分别为1，9，5，13，…，由于173=16×10+13，故x173位于以13为首项的那一段的第11个数，由于N=2n（n≥8）故每段的数字有2n-4个，以13为首项的是第四段，故x173位于第个位置。
例2：（2012年福建省理4分）数列{an}的通项公式，前n项和为Sn，则S2 012＝ ▲ .
【答案】3018。
【考点】规律探索题。
【解析】寻找规律：a1＝1cos＋1＝1，a2＝2cosπ＋1＝－1，a3＝3cos＋1＝1，a4＝4cos2π＋1＝5；
a5＝5cos＋1＝1，a6＝6cos3π＋1＝－5，a7＝7cos＋1＝1，a8＝8cos＋1＝9；
······
∴该数列每四项的和。
∵2012÷4=503，∴S2 012＝6×503＝3018。
例3：（2012年陕西省理5分） 观察下列不等式
，
……
照此规律，第五个不等式为 ▲ .
【答案】。
【考点】归纳规律。
【解析】由题设中所给的三个不等式归纳出它们的共性：左边式子是连续正整数平方的倒数和，最后一个数的分母是不等式序号n+1的平方；右边分式中的分子与不等式序号n的关系是2n+1，分母是不等式的序号n+1，得出第n个不等式，即可得到通式：。
令n=5，即可得出第五个不等式，即。
例4：（2012年江苏省5分）下图是一个算法流程图，则输出的k的值是 ▲ ．
【答案】5。
【考点】程序框图。
【分析】根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中变量值变化如下表：
是否继续循环
k
循环前
0
0
第一圈
是
1
0
第二圈
是
2
－2
第三圈
是
3
－2
第四圈
是
4
0
第五圈
是
5
4
第六圈
否
输出5
∴最终输出结果k=5。
例5：（2012年湖北省理5分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果s= ▲ .
【答案】9。
【考点】程序框图。
【解析】用列举法，通过循环过程直接得出s与n的值，得到n=3时退出循环，即可．
循环前，S=1，a=3，
第1次判断后循环，n=2，s=4，a=5，
第2次判断并循环n=3，s=9，a=7，
第3次判断n退出循环，输出s =9。
例6：（2012年全国课标卷理5分）数列满足，则的前项和为 ▲
【答案】。
【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。
【解析】求出的通项：由得，
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；······
当时，；当时，；当时，；
当时，（）。
∵，
∴的四项之和为（）。
设（）。
则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列，
∴的前项和=的前15项和=。
例7：（2012年湖北省理5分）回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数。如22，,11,3443,94249等。显然2位回文数有9个：11,22,33…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999。则
（Ⅰ）4位回文数有 ▲ 个；
（Ⅱ）2n＋1（n∈N+）位回文数有 ▲ 个。
【答案】（Ⅰ）90；（Ⅱ）。
【考点】计数原理的应用。
【解析】（I）4位回文数的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零，第一步，选千位和个位数字，共有9种选法；第二步，选中间两位数字，有10种选法，故4位回文数有9×10=90个。
（II）第一步，选左边第一个数字，有9种选法；第二步，分别选左边第2、3、4、…、n、n+1个数字，共有10×10×10×…×10=10n种选法，故2n+1（n∈N+）位回文数有个。
例8：（2012年湖北省文5分）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数。他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1,3， 6,10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列，可以推测：
（Ⅰ）是数列中的第 ▲ 项；
（Ⅱ） = ▲ 。（用表示）
【答案】（Ⅰ）5030；（Ⅱ）。
【考点】归纳规律。
【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…,的一个通项公式为，写出其若干项有：1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,110,发现其中能被5整除的为10,15,45,55,105,110。
故。
从而由上述规律可猜想：（为正整数），
。
故,即是数列中的第5030项。
【备战2013高考数学专题讲座】
第3讲：数学思想方法之建模思想探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。
模型思想的建立是学生体会和理解数学与外部世界联系的基本途径，也是体会和理解数学各部分之间关系的基本途径。建立和求解模型的过程包括：从现实生活（具体情境）中抽象出数学问题，或一类数学问题转换为另一类问题，用数学符号建立方程、不等式、函数、数列、图象等表示数学问题中的数量关系和变化规律，求出结果、并讨论结果的意义。建立数学模型的思路如下图：
其中，一类数学问题转换为另一类问题的建模是化归思想的体现，我们将在《数学思想方法之化归思想探讨》中阐述，本讲对从现实生活（具体情境）中抽象出数学问题的建模进行探讨。
建立数学模型的一般程序为
（1）读 阅读理解文字表达的题意，分清条件和结论，理顺数量关系，这是基础。
（2）建 将文字语言转化为数学语言，利用数学知识，建立相应的数学模型。 熟悉基本数学模型，正确进行建“模”是关键。
（3）解 求解数学模型，得到数学结论。 求解时要充分注意数学模型中元素的实际意义，更要注意巧思妙作，优化过程。
（4）答 将数学结论还原给实际问题的结果。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面五方面进行数学思想方法之建模思想的探讨：（1）“方程模型”的建立；（2）“不等式模型”和“线性规划模型”的建立；（3）“函数模型”的建立；（4） “图形模型”的建立；（5） “定积分模型”的建立。
一、“方程模型”的建立：对实际问题中的等量关系问题常需通过建立“方程模型”解决。
典型例题：例1：（2012年辽宁省理5分）已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，
PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为 ▲ 。
【答案】。
【考点】组合体的线线，线面，面面位置关系，转化思想的应用。
【解析】∵在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，
∴可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径EP，球心为正方体对角线的中点O，且EP⊥平面ABC，EP与平面ABC上的高相交于点F。
∴球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥ABC在面ABC上的高FP。
∵球的半径为，设正方体的棱长为，则由勾股定理得。
解得正方体的棱长=2，每个面的对角线长。
∴截面ABC的高为， 。
∴在Rt△BFP中，由勾股定理得，正三棱锥ABC在面ABC上的高。
∴所以球心到截面ABC的距离为。
例2：（2012年江西省理5分）样本（）的平均数为，样本（）的平均数为，若样本（，）的平均数，其中，则的大小关系为【 】
A． B． C． D．不能确定
【答案】A。
【考点】作差法比较大小以及整体思想，统计中的平均数。
【解析】由统计学知识，可得,
，
∴。∴。
∴。
∵，∴。∴，即。故选A。
例3：（2012年湖南省理12分）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，如下表所示.
一次性购物量
1至4件
5?至8件
9至12件
13至16件
17件及以上
顾客数（人）
x
30
25
y
10
结算时间（分钟/人）
1
1.5
2
2.5
3
一次购物量
1至4件
5至8件
9至12件
13至16件
17件及以上
顾客数（人）
30
25
10
结算时间（分钟/人）
1
1.5
2
2.5
3
已知这100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55％.
（Ⅰ）确定x，y的值，并求顾客一次购物的结算时间X的分布列与数学期望；
（Ⅱ）若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率.
（注：将频率视为概率）
【答案】解：（Ⅰ）由已知，得解得。
该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所以收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量随机样本，将频率视为概率得
。
∴的分布为
X
1
1.5
2
2.5
3
P
X的数学期望为
。
（Ⅱ）记A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，为该顾客前面第位顾客的结算时间，则
。
由于顾客的结算相互独立，且的分布列都与X的分布列相同，所以，
。
故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为。
【考点】分布列及数学期望的计算，概率。
【解析】（Ⅰ）根据统计表和100位顾客中的一次购物量超过8件的顾客占55％知
从而解得，计算每一个变量对应的概率，从而求得分布列和期望。
（Ⅱ）通过设事件，判断事件之间互斥关系，从而求得该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率。
例4：（2012年全国大纲卷理5分）已知等差数列的前项和为，则数列的前100项和为【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】等差数列的通项公式和前项和公式的运用，裂项求和的综合运用。
【解析】通过已知，列式求解，得到公差与首项，从而得的通项公式，进一步裂项求和：
设等差数列的公差为，则由可得
。
∴。
∴。故选A。
例5：（2012年福建省理5分） 等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为【 】
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B。
【考点】等差数列的通项。
【解析】设等差数列{an}的公差为，根据已知条件得： 即 解得2d＝4，所以d＝2。故选B。
例6：（2012年北京市理5分）已知为等差数列，为其前n项和。若，，则=
▲ ； ▲
【答案】1；。
【考点】等差数列
【解析】设等差数列的公差为，根据等差数列通项公式和已知，得
。
∴。
例7：（2012年广东省理5分）.已知递增的等差数列满足，，则 ▲ 。
【答案】。
【考点】等差数列。
【解析】设递增的等差数列的公差为（），由得，
解得，舍去负值，。
∴。
例8：（2012年浙江省理4分）设公比为的等比数列的前项和为．若，，则 ▲ ．
【答案】。
【考点】等比数列的性质，待定系数法。
【解析】用待定系数法将，两个式子全部转化成用，q表示的式子：
，
两式作差得：，即：，解之得：或 (舍去)。
例9：（2012年湖北省理12分）已知等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8.
（Ⅰ）求等差数列的通项公式；
（II）若成等比数列，求数列的前n项的和。
【答案】解：（Ⅰ）设等差数列的公差为，则，，
由题意得 解得或
∴由等差数列通项公式可得，或。
∴等差数列的通项公式为，或。
（Ⅱ）当时，，，分别为，，，不成等比数列；
当时，，，分别为，，，成等比数列，满足条件。
∴
记数列的前项和为，
当时，；当时，；
当时，
。
当时，满足此式。
综上，
【考点】等差等比数列的通项公式，和前n项和公式及基本运算。
【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，根据等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8列方程组求解即可。
（II）对（Ⅰ）的结果验证符合成等比数列的数列，应用等差数列前n项和公式分，，分别求解即可。
例10：（2012年陕西省理12分）设的公比不为1的等比数列，其前项和为，且成等差数列.
（1）求数列的公比；
（2）证明：对任意，成等差数列.
【答案】解：（1）设数列的公比为（），
由成等差数列，得，即。
由得，解得。
∵的公比不为1，∴舍去。
∴ 。
（2）证明：∵对任意，，
，
∴
∴对任意，成等差数列。
【考点】等差等比数列的概念、通项公式、求和公式及其性质。
【解析】（1）设数列的公比为（），利用成等差数列结合通项公式，可得，由此即可求得数列的公比。
（2）对任意，可证得，从而得证。
另解：对任意，
所以，对任意，成等差数列。
例11：（2012年天津市理13分）已知{}是等差数列，其前项和为，{}是等比数列,且=，，.
(Ⅰ)求数列{}与{}的通项公式；
(Ⅱ)记，，证明.
【答案】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由=，得。
由条件，得方程组
，解得。
∴。
(Ⅱ)证明：由（1）得， ①；
∴ ②；
由②－①得，
∴。
【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列和等比数列的通项公式。
【分析】（Ⅰ）直接设出首项和公差，根据条件求出首项和公差，即可求出通项。
（Ⅱ）写出的表达式，借助于错位相减求和。
还可用数学归纳法证明其成立。
例12：（2012年湖北省文5分）一支田径运动队有男运动员56人，女运动员42人。现用分层抽样的方法抽取若干人，若抽取的男运动员有8人，则抽取的女运动员有 ▲ 人。
【答案】6。
【考点】分层抽样的性质。
【解析】设抽取的女运动员的人数为，则根据分层抽样的特性，有，解得。故抽取的女运动员为6人。
二、“不等式模型”和“线性规划模型”的建立：对实际问题中的“优选”“控制”等问题，常需通过建立“不等式模型”或“线性规划”问题解决。
典型例题：例1：（2012年四川省理5分）某公司生产甲、乙两种桶装产品。已知生产甲产品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生产乙产品1桶需耗原料2千克，原料1千克。每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元。公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗、原料都不超过12千克。通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是【 】
A、1800元 B、2400元 C、2800元 D、3100元
【答案】C。
【考点】线性规划的应用。
【解析】]设公司每天生产甲种产品X桶，乙种产品Y桶，公司共可获得 利润为Z元/天，则由已知，得 Z=300X+400Y，且
画可行域如图所示，目标函数Z=300X+400Y可变形为
Y= 这是随Z变化的一族平行直线，
解方程组得，即A（4,4） 。
∴。故选C。
例2：（2012年江西省理5分）某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50计，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表
年产量/亩
年种植成本/亩
每吨售价
黄瓜
4吨
1.2万元
0.55万元
韭菜
6吨
0.9万元
0.3万元
为使一年的种植总利润（总利润=总销售收入总种植成本）最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积（单位：亩）分别为【 】
A．50，0 B．30，20 C．20，30 D．0，50
【答案】B。
【考点】建模的思想方法，线性规划知识在实际问题中的应用。
【解析】设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x,y亩,总利润为z万元，则目标函数为
.
线性约束条件为?，即。
如图，作出不等式组表示的可行域,易求得点。
平移直线，可知当直线经过点,即时,z取得最大值,且（万元）。故选B。
例3：（2012年山东省理5分）采用系统抽样方法从960人中抽取32人做问卷调查，为此将他们随机编号为1,2，……，960，分组后在第一组采用简单随机抽样的方法抽到的号码为9。抽到的32人中，编号落入区间[1，450]的人做问卷A，编号落入区间[451，750]的人做问卷B，其余的人做问卷C。则抽到的人中，做问卷B的人数为【 】
A 7 B 9 C 10 D 15
【答案】C。
【考点】系统抽样方法。
【解析】采用系统抽样方法从960人中抽取32人，将整体分成32组，每组30人。
第k组的号码为，
令，且，解得。
∵满足的整数k有10个，∴编号落入区间[451，750]的人的10人。故选C。
例4：（2012年辽宁省理5分）在长为12cm的线段AB上任取一点C.现作一矩形，领边长分别等于线段AC，CB的长，则该矩形面积小于32cm2的概率为【 】
(A) (B) (C) (D)
【答案】C。
【考点】函数模型的应用、不等式的解法、几何概型的计算。
【解析】设线段AC的长为cm，则线段CB的长为()cm。那么矩形的面积为cm2。
由，解得。又，所以该矩形面积小于32cm2的概率为。故选C。
例5：（2012年陕西省文5分）小王从甲地到乙地的时速分别为和（），其全程的平均时速为，则【 】
A. B. = C. << D. =
【答案】A。
【考点】基本不等式及其应用。
【解析】设从甲地到乙地的路程为，则。
又∵，∴。
∴。故选A。
例6：（2012年安徽省文5分）若直线与圆有公共点，则实数取值范围是【 】
【答案】。
【考点】圆与直线的位置关系，点到直线的距离公式，解绝对值不等式。
【解析】设圆的圆心到直线的距离为，
则根据圆与直线的位置关系，得。
∴由点到直线的距离公式，得，解得。故选。
三、“函数模型”的建立：对工农业生产、建设及实际生活中的极限问题常设计成“函数模型”，转化为求函数的最值来解决。
典型例题：例1：（2012年北京市理5分）某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高。m值为【 】
A.5 B.7 C.9 D.11
【答案】C。
【考点】直线斜率的几何意义。
【解析】据图像识别看出变化趋势，利用变化速度可以用导数来解，但图像不连续，所以只能是广义上的。实际上，前n年的年平均产量就是前n年的总产量S与n的商：，在图象上体现为这一点的纵坐标与横坐标之比。
因此，要使前m年的年平均产量最高就是要这一点的纵坐标与横坐标之比最大，即这一点与坐标原点连线的倾斜角最大。图中可见。当n=9时，倾斜角最大。从而m值为9。故选C。
例2：（2012年湖南省理13分）某企业接到生产3000台某产品的A，B，Ｃ三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为２,２,１（单位：件）.已知每个工人每天可生产Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.该企业计划安排２００名工人分成三组分别生产这三种部件，生产Ｂ部件的人数与生产Ａ部件的人数成正比，比例系数为k（k为正整数）.
（Ⅰ）设生产Ａ部件的人数为ｘ，分别写出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件生产需要的时间；
（Ⅱ）假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案.
【答案】解：（Ⅰ）设完成A，B，Ｃ三种部件的生产任务需要的时间（单位：天）分别为
由题设有
其中均为1到200之间的正整数。
（Ⅱ）完成订单任务的时间为其定义域为。
易知，为减函数，为增函数。
∵于是
（1）当时， 此时 ，
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
由于，
故当时完成订单任务的时间最短，且最短时间为。
（2）当时， 由于为正整数，故，
此时。
易知为增函数，则
。
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
由于
此时完成订单任务的最短时间大于。
（3）当时， 由于为正整数，故，
此时。
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
类似（2）的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于。
综上所述，当时完成订单任务的时间最短，此时生产Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件的人数
分别为44，88，68。
【考点】分段函数、函数单调性、最值，分类思想的应用。
【解析】（Ⅰ）根据题意建立函数模型。
（Ⅱ）利用单调性与最值，分、和三种情况讨论即可得出结论。
例3：（2012年陕西省理5分）下图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽 ▲ 米.
【答案】。
【考点】抛物线的应用。
【解析】建立如图所示的直角坐标系，设抛物线方程为，
∴∵当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，
∴抛物线过点（2，－2，）.
代入得，，即。
∴抛物线方程为。
∴当时，，∴水位下降1米后，水面宽米。
例4：（2012年上海市理14分）海事救援船对一艘失事船进行定位：以失事船的当前位置为原点，以正北方向为轴正方向建立平面直角坐标系（以1海里为单位长度），则救援船恰在失事船的正南方向12海里A处，如图. 现假设：①失事船的移动路径可视为抛物线；②定位后救援船即刻沿直线匀速前往救援；③救援船出发小时后，失事船所在位置的横坐标为7.
（1）当时，写出失事船所在位置P的纵坐标. 若此时两船恰好会合，求救援船速度的大小和方向；（6分）
（2）问救援船的时速至少是多少海里才能追上失事船？（8分）
【答案】解：（1）时，P的横坐标，代入抛物线方程得P的纵坐标。
∵A（0，12）， ∴ 。
∴救援船速度的大小为海里/时。
由tan∠OAP=，得，
∴救援船速度的方向为北偏东弧度。
（2）设救援船的时速为海里，经过小时追上失事船，此时位置为。
由，整理得。
∵，当且仅当=1时等号成立，
∴，即。
∴救援船的时速至少是25海里才能追上失事船。
【考点】曲线与坐标，基本不等式的应用。
【解析】（1）求出A点和P点坐标即可求出。
（2）求出时速关于时间的函数关系式求出极值。
例5：（2012年江苏省14分）如图，建立平面直角坐标系，轴在地平面上，轴垂直于地平面，单位长度为1千米．某炮位于坐标原点．已知炮弹发射后的轨迹在方程表示的曲线上，其中与发射方向有关．炮的射程是指炮弹落地点的横坐标．
（1）求炮的最大射程；
（2）设在第一象限有一飞行物（忽略其大小），其飞行高度为3.2千米，试问它的横坐标不超过多少时，
炮弹可以击中它？请说明理由．
【答案】解：（1）在中，令，得。
由实际意义和题设条件知。
∴，当且仅当时取等号。
∴炮的最大射程是10千米。
（2）∵，∴炮弹可以击中目标等价于存在，使成立，
即关于的方程有正根。
由得。
此时，（不考虑另一根）。
∴当不超过6千米时，炮弹可以击中目标。
【考点】函数、方程和基本不等式的应用。
【解析】（1）求炮的最大射程即求与轴的横坐标，求出后应用基本不等式求解。
（2）求炮弹击中目标时的横坐标的最大值，由一元二次方程根的判别式求解。
例6：（2012年全国课标卷理12分）某花店每天以每枝元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理。
（1）若花店一天购进枝玫瑰花，求当天的利润(单位：元)关于当天需求量（单位：枝，）的函数解析式。
（2）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：枝），整理得下表：
日需求量
14
15
16
17
18
19
20
频 数
10
20
16
16
15
13
10
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率。
（i）若花店一天购进枝玫瑰花，表示当天的利润（单位：元），求的分布列，数学期望及方差；
（ii）若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由。
【答案】解：（1）当时，；
当时，。
∴。
（2）（i）可取，，，。
的分布列为：
。 。
（ii）购进17枝时，当天的利润为
∵，∴应购进17枝。
【考点】列函数关系式，概率，离散型随机变量及其分布列。
【解析】（1）根据题意，分和分别列式。
（2）取，，，求得概率，得到的分布列，根据数学期望及方差公式求解；求出购进17枝时，当天的利润与购进16枝时，当天的利润比较即可。
四、 “图形模型”的建立：对测量问题，可设计成“图形模型”，利用几何知识解决。
典型例题：例1：（2012年四川省理5分）如图，半径为的半球的底面圆在平面内，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，则、两点间的球面距离为【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】A。
【考点】球面距离及相关计算，向量和反三角函数的运用。
【解析】要求、两点间的球面距离，由于，故只要求得即可。从而可求出即可求（比较繁）或用向量求解：
如图，以O为原点，分别以在平面上的射影、所在直线为轴。
过点作（即面）的垂线，分别过点作轴的垂线。
∵，∴。
∵面与平面的角为，即，
∴。∴。
∴。
∴。∴。∴。故选A。
五、“定积分模型”的建立：对面积问题，可设计成“定积分模型”，利用定积分知识解决。
典型例题：例1：（2012年湖北省理5分）已知二次函数的图像如图所示 ，则它与轴所围图形的面积为【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】待定系数法求函数解析式，定积分在求面积中的应用。
【解析】先根据函数的图象用待定系数法求出函数的解析式，然后利用定积分表示所求面积，最后根据定积分运算法则求出所求：
根据函数的图象可知二次函数图象过点（－1，0），（1，0），（0，1），用待定系数法可求得二次函数解析式为。
设二次函数的图像与轴所围图形的面积为，
则。故选B。
例2：（2012年山东省理4分）设a＞0.若曲线与直线x＝a，y=0所围成封闭图形的面积为a，则a=
▲ 。
【答案】。
【考点】定积分的应用。
【解析】，解得。
例3：（2012年福建省理5分）如图所示，在边长为1的正方形OABC中任取一点P，则点P恰好取自阴影部分的概率为【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】定积分的计算，几何概型的计算。
【解析】∵，
∴利用几何概型公式得：。故选C。
例4：（2012年湖南省理5分）函数的导函数的部分图像如图所示，其中，P为图像与y轴的交点，A,C为图像与轴的两个交点，B为图像的最低点.
（1）若，点P的坐标为，则 ▲ ;
（2）若在曲线段与轴所围成的区域内随机取一点，则该点在△ABC内的概率为 ▲ .
【答案】（1）3；（2）。
【考点】三角函数的图像与性质，定积分，几何概率。
【解析】（1），当，点P的坐标为时，，
∴。
（2）由图知，。
∵，∴曲线段与轴所围成的区域面积为
。
由几何概率知该点在△ABC内的概率为。
【备战2013高考数学专题讲座】
第4讲：数学思想方法之归纳思想探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。
数学中的所谓归纳，是指从许多个别的事物中概括出一般性概念、原则或结论的思维方法。归纳规律题是指在一定条件下，探索发现有关数学对象所具有的规律性或不变性的问题，它往往给出了一组变化了的数、式子、图形或条件，要求学生通过阅读、观察、分析、猜想来探索规律。它体现了“特殊到一般（再到特殊）”的数学思想方法，考察了学生的分析、解决问题能力，观察、联想、归纳能力，以及探究能力和创新能力。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面五方面探讨归纳规律性问题的解法：（1）根据数（式）的排列或运算规律归纳；（2）根据图形的排列或运算规律归纳；（3）根据寻找的循环规律归纳；（4）根据一、二阶递推规律归纳；（5）数学归纳法的应用。
一、根据数（式）的排列或运算规律归纳：
典型例题：例1. （2012年江西省理5分）观察下列各式：则【 】
A．28 B．76 C．123 D．199
【答案】C。
【考点】归纳推理的思想方法。
【解析】观察各等式的右边,它们分别为1，3，4，7，11，…，发现从第3项开始，每一项就是它的前两项之和，故等式的右边依次为1，3，4，7，11，18，29，47，76，123,…，故。故选C。
例2. （2012年陕西省理5分） 观察下列不等式
，
……
照此规律，第五个不等式为 ▲ .
【答案】。
【考点】归纳规律。
【解析】由题设中所给的三个不等式归纳出它们的共性：左边式子是连续正整数平方的倒数和，最后一个数的分母是不等式序号n+1的平方；右边分式中的分子与不等式序号n的关系是2n+1，分母是不等式的序号n+1，得出第n个不等式，即可得到通式：。
令n=5，即可得出第五个不等式，即。
例3. （2012年湖北省理5分）回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数。如22，,11,3443,94249等。显然2位回文数有9个：11,22,33…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999。则
（Ⅰ）4位回文数有 ▲ 个；
（Ⅱ）2n＋1（n∈N+）位回文数有 ▲ 个。
【答案】（Ⅰ）90；（Ⅱ）。
【考点】计数原理的应用。
【解析】（I）4位回文数的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零，第一步，选千位和个位数字，共有9种选法；第二步，选中间两位数字，有10种选法，故4位回文数有9×10=90个。
（II）第一步，选左边第一个数字，有9种选法；第二步，分别选左边第2、3、4、…、n、n+1个数字，共有10×10×10×…×10=10n种选法，故2n+1（n∈N+）位回文数有个。
例4.（2012年福建省理13分）某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
(1)sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；
(2)sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；
(3)sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；
(4)sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；
(5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.
（I）请从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
（II）根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
【答案】解：（I）选择(2)式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝。
（II）三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝。证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)
＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α
＝sin2α＋cos2α＝。
【考点】同角函数关系式、倍角公式和差的余弦公式的应用。
【解析】（I）选择(2)式，应用同角函数关系式和倍角公式即可得出结果。
（II）三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝。应用差的余弦公式和同角函数关系式即可证明。
二、根据图形的排列或运算规律归纳：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）正方形的边长为1，点在边上，点在边上，
，动点从出发沿直线向运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角。
当点第一次碰到时，与正方形的边碰撞的次数为【 】
A．16 B．14 C．12 D．10
【答案】A。
【考点】反射原理，正方形的性质，三角形相似的判定和性质。
【解析】结合已知中的点,的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到点时，需要碰撞14次即可。
也可以通过三角形相似的相似比求解：如图，
为便是于计算，将正方形的边长扩大7倍，这样边长为7，，。
∴这些三角形相似的两边长之比。
∴；；
；
；
；。
∴经过7次碰撞，到达与点成轴对称的点处，根据正方形的对称性，再经过7次碰撞，到达点，共14次碰撞。故选A。
例2. （2012年全国大纲卷文5分）正方形的边长为1，点在边上，点在边上，
，动点从出发沿直线向运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角。
当点第一次碰到时，与正方形的边碰撞的次数为【 】
A 8 B 6 C 4 D 3
【答案】B。
【考点】反射原理，正方形的性质，三角形相似的判定和性质。
【解析】结合已知中的点,的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到点时，需要碰撞6次即可。
也可以通过三角形相似的相似比求解：如图，
为便是于计算，将正方形的边长扩大3倍，这样边长为7，，。
∴这些三角形相似的两边长之比。
∴；；
∴经过3次碰撞，到达与点成轴对称的点处，根据正方形的对称性，再经过3次碰撞，到达点，共6次碰撞。故选B。
例3. （2012年上海市理5分）设，，在中，正数的个数是【 】
A．25 B．50 C．75 D．100
【答案】 D。
【考点】正弦函数的周期性。
【解析】∵对于（只有)，∴都为正数。
当时，令，则，画出终边如右，
其终边两两关于轴对称，即有，
∴
其中=26,27,…,49，此时。
∵， ，∴。
从而当=26,27,…,49时，都是正数。
又。
同上可得，对于从51到100的情况同上可知都是正数，故选D。
例4. （2012年上海市文5分）若（），则在中，正数的个数是【 】
A、16 B、72 C、86 D、100
【答案】C。
【考点】正弦函数的周期性和对称性。
【解析】依据正弦函数的周期性，可以找其中等于零或者小于零的项：
在中，分成7部分，加上。在7部分中，每一部分正数的个数是相同的。
讨论一个周期的情况：
如图， 中，当时，，所以均为正数；当时，由于正弦函数的性质，知也为正数；
当时，由于正弦函数的性质，知为0。因此共有12个正数。
另为正数。
∴在中，正数的个数是。故选C。
三、根据寻找的循环规律归纳：
典型例题：例1. （2012年福建省文5分）数列{an}的通项公式an＝ncos，其前n项和为Sn，则S2 012等于【 】
A．1006 B．2012 C．503 D．0
【答案】A。
【考点】规律探索题。
【解析】寻找规律：a1＝1cos＝0，a2＝2cosπ＝－2，a3＝3cos＝0，a4＝4cos2π＝4；
a5＝5cos＝0，a6＝6cos3π＝－6，a7＝7cos＝0，a8＝8cos＝8；
······
∴该数列每四项的和。
∵2012÷4=503，∴S2 012＝2×503＝1006。故选A。
例2. （2012年福建省理4分）数列{an}的通项公式，前n项和为Sn，则S2 012＝ ▲ .
【答案】3018。
【考点】规律探索题。
【解析】寻找规律：a1＝1cos＋1＝1，a2＝2cosπ＋1＝－1，a3＝3cos＋1＝1，a4＝4cos2π＋1＝5；
a5＝5cos＋1＝1，a6＝6cos3π＋1＝－5，a7＝7cos＋1＝1，a8＝8cos＋1＝9；
······
∴该数列每四项的和。
∵2012÷4=503，∴S2 012＝6×503＝3018。
例3. （2012年江苏省5分）下图是一个算法流程图，则输出的k的值是 ▲ ．
【答案】5。
【考点】程序框图。
【分析】根据流程图所示的顺序，程序的运行过程中变量值变化如下表：
是否继续循环
k
循环前
0
0
第一圈
是
1
0
第二圈
是
2
－2
第三圈
是
3
－2
第四圈
是
4
0
第五圈
是
5
4
第六圈
否
输出5
∴最终输出结果k=5。
例4：（2012年湖北省理5分）阅读如图所示的程序框图，运行相应的程序，输出的结果s= ▲ .
【答案】9。
【考点】程序框图。
【解析】用列举法，通过循环过程直接得出s与n的值，得到n=3时退出循环，即可．
循环前，S=1，a=3，
第1次判断后循环，n=2，s=4，a=5，
第2次判断并循环n=3，s=9，a=7，
第3次判断n退出循环，输出s =9。例5：（2012年辽宁省理5分）执行如图所示的程序框图，则输出的S的值是【 】
(A) 1 (B) (C) (D) 4
【答案】D。
【考点】程序框图中的循环结构，数列的周期性。
【解析】根据程序框图可计算得由此可知S的值呈周期出现，其周期为4，输出时因此输出的值与时相同。故选D。
例5.（2012年湖南省文5分）对于，将n表示为,当时，当时为0或1，定义如下：在的上述表示中，当，a2，…，ak中等于1的个数为奇数时，bn=1；否则bn=0.
（1）b2+b4+b6+b8= ▲ .；
（2）记cm为数列{bn}中第m个为0的项与第m+1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是 ▲ ..
【答案】（1）3；（2）2。
【考点】数列问题。
【解析】（1）观察知；；
依次类推；；
；，；；
∴b2+b4+b6+b8=３。
（2）由（1）知cm的最大值为２。
四、根据一、二阶递推规律归纳归纳：
典型例题：例1. （2012年江西省文5分） 观察下列事实的不同整数解的个数为4 ，的不同整数解的个数为8，的不同整数解的个数为12 ….则的不同整数解的个数为【 】
A.76 B.80 C.86 D.92
【答案】B。
【考点】归纳推理，等差数列的应用。
【解析】观察可得不同整数解的个数4，8，12，…可以构成一个首项为4，公差为4的等差数列，通项公式为，则所求为第20项，所以。故选B。
例2. （2012年湖南省理5分）设N=2n（n∈N*，n≥2），将N个数x1,x2,…，xN依次放入编号为1,2，…，N的N个位置，得到排列P0=x1x2…xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前和后个位置，得到排列P1=x1x3…xN-1x2x4…xN，将此操作称为C变换，将P1分成两段，每段个数，并对每段作C变换，得到；当2≤i≤n-2时，将Pi分成2i段，每段个数，并对每段C变换，得到Pi+1，例如，当N=8时，P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此时x7位于P2中的第4个位置.
（1）当N=16时，x7位于P2中的第 ▲ 个位置；
（2）当N=2n（n≥8）时，x173位于P4中的第 ▲ 个位置.
【答案】（1）6；（2）。
【考点】演绎推理的基本方法，进行简单的演绎推理。
【解析】（1）当N=16时,
,可设为,
,即为,
,即, x7位于P2中的第6个位置。
（2）考察C变换的定义及（1）计算可发现：
第一次C变换后，所有的数分为两段，每段的序号组成公差为2的等差数列，且第一段序号以1为首项，第二段序号以2为首项；
第二次C变换后，所有的数据分为四段，每段的数字序号组成以为4公差的等差数列，且第一段的序号以1为首项，第二段序号以3为首项，第三段序号以2为首项，第四段序号以4为首项；
依此类推可得出P4中所有的数字分为16段，每段的数字序号组成以16为公差的等差数列，且一到十六段的首项的序号分别为1，9，5，13，…，由于173=16×10+13，故x173位于以13为首项的那一段的第11个数，由于N=2n（n≥8）故每段的数字有2n-4个，以13为首项的是第四段，故x173位于第个位置。
例3.（2012年全国课标卷理5分）数列满足，则的前项和为 ▲
【答案】。
【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。
【解析】求出的通项：由得，
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；······
当时，；当时，；当时，；
当时，（）。
∵，
∴的四项之和为（）。
设（）。
则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列，
∴的前项和=的前15项和=。
例4：（2012年湖北省文5分）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数。他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1,3， 6,10，…记为数列，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列，可以推测：
（Ⅰ）是数列中的第 ▲ 项；
（Ⅱ） = ▲ 。（用表示）
【答案】（Ⅰ）5030；（Ⅱ）。
【考点】归纳规律。
【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…,的一个通项公式为，写出其若干项有：1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,110,发现其中能被5整除的为10,15,45,55,105,110。
故。
从而由上述规律可猜想：（为正整数），
。
故,即是数列中的第5030项。
五、数学归纳法的应用：
典型例题：例1. （2012年上海市理18分）对于数集，其中，，定义向量集. 若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P. 例如具有性质P.
（1）若＞2，且，求的值；（4分）
（2）若X具有性质P，求证：1(X，且当n＞1时，1=1；（6分）
（3）若X具有性质P，且1=1，（为常数），求有穷数列的通项公式.（8分）
【答案】解：（1）选取，则Y中与垂直的元素必有形式。
∴，从而=4。
（2）证明：取，设满足。
由得，∴、异号。
∵－1是X中唯一的负数，所以、中之一为－1，另一为1。
故1(X。
假设，其中，则。
选取，并设满足，即。
则、异号，从而、之中恰有一个为－1。
若=－1，则，矛盾；
若=－1，则，矛盾.
∴=1。
（3）猜测，i=1, 2, …, 。
记，=2, 3, …, 。
先证明：若具有性质P，则也具有性质P。
任取，、(.当、中出现－1时，显然有满足。
当且时，、≥1。
∵具有性质P，∴有，、(，使得。
从而和中有一个是－1，不妨设=－1，
假设(且(，则。
由，得，与(矛盾。
∴(，从而也具有性质P。
现用数学归纳法证明：，i=1, 2, …, 。
当=2时，结论显然成立。
假设时，有性质P，则，i=1, 2, …, ；
则当时，若有性质P，则
也有性质P，所以。
取，并设满足，即。
由此可得与中有且只有一个为－1。
若，则，所以，这不可能；
∴，，又，所以。
综上所述，，i=1, 2, …, 。
【考点】数集、集合的基本性质、元素与集合的关系，数学归纳法和反证法的应用。
【解析】（1）根据题设直接求解。
（2）用反证法给予证明。
（3）根据题设，先用反证法证明：若具有性质P，则也具有性质P，再用数学归纳法证明猜测，i=1, 2, …, 。
例2. （2012年湖北省理14分）（Ⅰ）已知函数，其中为有理数，且.求的最小值；
（II）试用（1）的结果证明如下命题：设为正有理数，若，则；
（III）请将（2）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题。注：当为正有理数时，有求导公式
【答案】解：（Ⅰ），令，解得。
当时，，所以在内是减函数；
当 时，，所以在内是增函数。
∴函数在处取得最小值。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，有，即 ①。
若，中有一个为0，则成立；
若，均不为0，又，可得。
于是在①中令，，可得，
即，亦即。
综上，对，，为正有理数且，总有 ②。
（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：
设为非负实数，为正有理数.
若，则. ③
用数学归纳法证明如下：
（1）当时，，有，③成立。
（2）假设当时，③成立，即若为非负实数，为正有理数，
且，则。
当时，已知为非负实数，为正有理数，
且，此时，即。
∴=。
∵，由归纳假设可得
，
∴。
又∵，由②得
，
∴.
故当时，③成立。
由（1）（2）可知，对一切正整数，所推广的命题成立，
【考点】利用导数求函数的最值，数学归纳法的应用。
【解析】（Ⅰ）应用导数求函数的最值。
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，分，中有一个为0和，均不为0讨论即可。
（Ⅲ）应用数学归纳法证明。
例3. （2012年全国大纲卷理12分）函数。定义数列如下：是过两点的直线与轴交点的横坐标。
（1）证明：；
（2）求数列的通项公式。
【答案】解：（1）∵，∴点在函数的图像上。
∴由所给出的两点，可知，直线斜率一定存在。
∴直线的直线方程为。
令，可求得，解得。
∴。
下面用数学归纳法证明：
当时，，满足，
假设时，成立，则当时，，
由得，，即，∴。
∴也成立。
综上可知对任意正整数恒成立。
下面证明：
∵，
∴由得，。∴。
∴即。
综上可知恒成立。
（2）由得到该数列的一个特征方程即，
解得或。
∴① ，②。
两式相除可得。
而
∴数列是以为首项以为公比的等比数列。
∴。
【考点】数列的通项公式以及函数与数列相结全的综合运用，不等式的证明，数学归纳法。
【解析】（1）先从函数入手，表示直线方程，从而得到交点坐标，再运用数学归纳法证明，运用差值法证明，从而得证。
（2）根据递推公式构造等比数列进而求得数列的通项。
【备战2013高考数学专题讲座】
第5讲：数学思想方法之分类思想探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。
数学中的所谓分类，就是根据数学对象本质属性的相同点与不同点，将其分成几个不同种类的一种数学思想。它既是一种重要的数学思想，又是一种重要的数学逻辑方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性。掌握好这类问题对提高综合学习能力会有很大帮助，它既有利于培养学生的创新精神与探索精神，又有利于培养学生严谨、求实的科学态度。
分类思想解题的过程（思维、动因和方法）我们把它归纳为WHDS四个方面：
W（WHI）即为什么要进行分类。一般地说，高考数学中，当我们研究的问题是下列五种情形时可以考虑使用分类的思想方法来解决问题：（1）涉及到分类定义的概念，有些概念是分类定义的，如绝对值的概念等，当我们应用这些概念时就必须考虑使用分类讨论的方法。（2）直接运用了分类研究的定理、性质、公式、法则，如等比数列的求和公式就分为和两种情况；对数函数的单调性就分为两种情况；直线方程分为斜率存在与不存在等，当我们应用这些受到适用范围条件限制的定理、性质、公式、法则来解决问题时，如果在解决问题中需要突破对定理、性质、公式、法则的条件限制可以考虑使用分类讨论的方法。（3）问题中含有的参变量的不同取值（如分段函数）会导致不同结果而需要对其进行分类讨论。（4）几何问题中几何图形的不确定（如两点在同一平面的同侧、异侧）而需要对其进行分类讨论；（5）由数学运算引起的分类讨论，如排列组合的计数问题，概率问题又要按题目的特殊要求，分成若干情况研究。
H（HOW）即如何进行分类。首先，明确分类讨论思想的三个原则：（1）不遗漏原则；（2）不重复原则；（3）同标准原则。其次，查找引起分类讨论的主要原因，即上述五个主要原因的哪一种。第三，掌握分类讨论思想的常用方法。分类方法一般为分区间讨论法，即把参数的变化范围（或几何图形中动态的变化范围）划分成若干个以参数特征为分界点（或几何图形中的端点）的小区间分别进行讨论，根据题设条件或数学概念、定理、公式的限制条件确定参数(如零点，几何图形中的顶点)。
D（DO）即正确进行逐类逐级分类讨论。
S（SUMMARY）即归纳小结，总结出结论。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面四方面探讨分类方法的应用：（1）涉及到分类定义概念和直接运用了分类研究的定理、性质、公式、法则的应用；（2）含有的参变量的不同取值的分类应用；（3）几何图形的不确定的分类应用；（4）由数学运算引起的分类应用。
一、涉及到分类定义概念和直接运用了分类研究的定理、性质、公式、法则的应用：
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷文5分）已知集合={︱是平行四边形}，={︱是矩形}，={︱是正方形}，{︱是菱形}，则【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】集合的概念，集合的包含关系。
【解析】平行四边形、矩形、菱形和正方形的关系如图，由图知是大的集合，是最小的集合，因此，选项A、C、、D错误，选项B正确。故选B。
例2. （2012年上海市文4分）若集合，，则＝ ▲
【答案】。
【考点】集合的概念和性质的运用，一元一次不等式和绝对值不等式的解法。
【解析】由题意，得，∴。
例3. （2012年四川省理5分）函数在处的极限是【 】
A、不存在 B、等于 C、等于 D、等于
【答案】A。
【考点】分段函数，极限。
【解析】分段函数在处不是无限靠近同一个值，故不存在极限。故选A。
例4. （2012年广东省理14分）设a＜1，集合，
（1）求集合D（用区间表示）
（2）求函数在D内的极值点。
【答案】解：（1）设，
方程的判别式
①当时，，恒成立，
∴。
∴，即集合D=。
②当时，，方程的两根为
，。
∴
∴，
即集合D=。
③当时，，方程的两根为
，。
∴
。
∴，
即集合D=。
（2）令得
的可能极值点为。
①当时，由（1）知，所以随的变化情况如下表：
0
0
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴在D内有两个极值点为：极大值点为，极小值点为。
②当时，
由（1）知=。
∵， ∴，
∴随的变化情况如下表：
0
↗
极大值
↘
↗
∴在D内仅有一个极值点：极大值点为，没有极小值点。
③当时，
由（1）知。
∵，∴。
∴
。
∴。
∴在D内没有极值点。
【考点】分类思想的应用，集合的计算， 解不等式，导数的应用。
【解析】（1）根据根的判别式应用分类思想分、、讨论即可，计算比较繁。
（2）求出，得到的可能极值点为。仍然分、、讨论。
例5. （2012年江苏省16分）已知各项均为正数的两个数列和满足：，，
（1）设，，求证：数列是等差数列；
（2）设，，且是等比数列，求和的值．
【答案】解：（1）∵，∴。
∴ 。∴ 。
∴数列是以1 为公差的等差数列。
（2）∵，∴。
∴。（﹡）
设等比数列的公比为，由知，下面用反证法证明
若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。
若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。
∴综上所述，。∴，∴。
又∵，∴是公比是的等比数列。
若，则，于是。
又由即，得。
∴中至少有两项相同，与矛盾。∴。
∴。
∴ 。
【考点】等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法。
【解析】（1）根据题设和，求出，从而证明而得证。
（2）根据基本不等式得到，用反证法证明等比数列的公比。
从而得到的结论，再由知是公比是的等比数列。最后用反证法求出。
例6. （2012年广东省理5分）不等式的解集为 ▲ 。
【答案】。
【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。
【解析】分类讨论：由不等式得，
当时，不等式为，即恒成立；
当时，不等式为，解得，；
当时，不等式为，即不成立。
综上所述，不等式的解集为。
另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。
二、含有的参变量的不同取值的分类应用：
典型例题：例1. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】
A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0
C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0
【答案】B。
【考点】导数的应用。
【解析】令，则。
设，。
令，则
要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：
，整理得。
取值讨论：可取来研究。
当时，，解得，此时，此时；
当时，，解得，此时，此时。故选B。
例2. （2012年全国大纲卷理12分）设函数。
（1）讨论的单调性；
（2）设，求的取值范围。
【答案】解：。
（1）∵，∴。
当时，，在上为单调递增函数；
当时，，在上为单调递减函数；
当时，由得，
由得或；
由得。
∴当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。
（2）由恒成立可得。
令，则。
当时，，当时，。
又，所以，即
故当时，有，
①当时，，，所以。
②当时，。
综上可知故所求的取值范围为。
【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。
【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。
（2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。
例3. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；
（1）求的解析式及单调区间；
（2）若，求的最大值。
【答案】解：（1）∵，∴。
令得，。∴。
∴，得。
∴的解析式为。
设，则。
∴在上单调递增。
又∵时，，单调递增；
时，，单调递减。
∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。
（2）∵，∴。
令得。
①当时，，∴在上单调递增。
但时，与矛盾。
②当时，由得；由得。
∴当时，
∴。
令；则。
由得；由得。
∴当时，
∴当时，的最大值为。
【考点】函数和导函数的性质。
【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。
（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。
例4. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；
（Ⅲ）证明.
【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.
令，得。
当变化时，和的变化情况如下表：
－
0
＋
↘
极小值
↗
∴在处取得极小值。
∴由题意，得。∴。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。
当＞0时，令，即。
求导函数可得。
令，得。
①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。
∴符合题意。
②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在
(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。
∴不合题意。
综上，实数的最小值为。
（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。
当≥2时，
。
在（2）中，取，得，
∴。
∴
。
综上，。
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。
【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。
（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由
，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。
例5. （2012年安徽省理13分）设
（I）求在上的最小值；
（II）设曲线在点的切线方程为；求的值。
【答案】解：（I）设，则。
∴。
①当时，。∴在上是增函数。
∴当时，的最小值为。
②当时，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵，∴。
由题意得：，即，解得。
【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。
【解析】（I）根据导数的的性质分和求解。
（II）根据切线的几何意义列方程组求解。
例6. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。
【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。
(ⅱ) 利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比
﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。
例7. （2012年湖南省理13分）某企业接到生产3000台某产品的A，B，Ｃ三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为２,２,１（单位：件）.已知每个工人每天可生产Ａ部件６件，或Ｂ部件３件，或Ｃ部件２件.该企业计划安排２００名工人分成三组分别生产这三种部件，生产Ｂ部件的人数与生产Ａ部件的人数成正比，比例系数为k（k为正整数）.
（Ⅰ）设生产Ａ部件的人数为ｘ，分别写出完成Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件生产需要的时间；
（Ⅱ）假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数k的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案.
【答案】解：（Ⅰ）设完成A，B，Ｃ三种部件的生产任务需要的时间（单位：天）分别为
由题设有
其中均为1到200之间的正整数。
（Ⅱ）完成订单任务的时间为其定义域为。
易知，为减函数，为增函数。
∵于是
（1）当时， 此时 ，
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
由于，
故当时完成订单任务的时间最短，且最短时间为。
（2）当时， 由于为正整数，故，
此时。
易知为增函数，则
。
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
由于
此时完成订单任务的最短时间大于。
（3）当时， 由于为正整数，故，
此时。
由函数的单调性知，
当时取得最小值，解得。
类似（2）的讨论，此时完成订单任务的最短时间为，大于。
综上所述，当时完成订单任务的时间最短，此时生产Ａ，Ｂ，Ｃ三种部件的人数
分别为44，88，68。
【考点】分段函数、函数单调性、最值，分类思想的应用。
【解析】（Ⅰ）根据题意建立函数模型。
（Ⅱ）利用单调性与最值，分、和三种情况讨论即可得出结论。
例8. （2012年福建省理14分）已知函数f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.
（Ⅰ）若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，求函数f(x)的单调区间；
（Ⅱ）试确定a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在唯一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.
【答案】解：（Ⅰ）∵f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，
∴曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线斜率k＝2a＝0。
∴a＝0，即f(x)＝ex－ex。此时f′(x)＝ex－e，
∵f′(x)＝0得x＝1，当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)>0，
∴f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)。
（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，
令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有唯一零点。
因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，所以，
①若a≥0，当x＞x0时，g′(x)＞0，则x＞x0时，g(x)＞g(x0)＝0；
当x＜x0时，g′(x)＜0，则x＜x0时，g(x)＞g(x0)＝0。
故g(x)只有唯一零点x＝x0。
由于x0具有任意性，不符合P的唯一性，故a≥0不合题意。
②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a。
令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，记x*＝ln(－2a)。
则当x∈(－∞，x*)时，h′(x)＜0，从而h(x)在(－∞，x*)内单调递减；当x∈(x*，＋∞)时，h′(x)＞0，从而h(x)在(x*，＋∞)内单调递增。
(i)若x0＝x*，由x∈(－∞，x*)时，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0；x∈(x*，＋∞)时，g′(x)＝h(x)＞h(x*)＝0.知g(x)在R上单调递增，
所以函数g(x)在R上有且只有一个零点x＝x*。
(ii)若x0＞x*，由于h(x)在(x*，＋∞)内单调递增，且h(x0)＝0，则当x∈(x*，x0)时有g′(x)＝h(x)＜h(x0)＝0，g(x)＞g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)＞0。
又当x∈(－∞，x1)时，易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)
＜ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)＝ax2＋bx＋c，
其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)。
由于a＜0，则必存在x2＜x1，使得ax＋bx2＋c＜0.
所以g(x2)＜0，故g(x)在(x2，x1)内存在零点．即g(x)在R上至少有两个零点。
(iii)若x0＜x*，仿(ii)并利用ex＞，可证函数g(x)在R上至少有两个零点。
综上所述，当a＜0时，曲线y＝f(x)上存在唯一点P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P。
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，利用导数研究函数的单调性。
【解析】（Ⅰ）求导函数，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，可求a的值，由f′(x)<0，可得函数f(x )的单调减区间；由f′(x)＞0，可得单调增区间。
（Ⅱ）设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P等价于g(x)有唯一零点，求出导函数，再进行分类讨论：①若a≥0，g(x)只有唯一零点x＝x0，由P的任意性a≥0不合题意；（2）②若a＜0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a，可得函数的单调性，进而可研究g(x)的零点，由此可得结论。
例9. （2012年陕西省理14分）设函数
（1）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；
（2）设，若对任意，有，求的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设是在内的零点，判断数列的增减性.
【答案】解：（1）证明：，时，。
∵，∴在内存在零点。
又∵当时，，∴ 在上单调递增。
∴ 在内存在唯一零点。
（2）当时，。
对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：
（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。
（ⅱ）当，即时，恒成立。
（ⅲ）当，即时，恒成立。
综上所述，的取值范围为。
（3）设是在内的唯一零点，
则，，。
∴。
又由（1）知在上是递增的，∴。
∴数列是递增数列。
【考点】函数与方程，导数的综合应用、函数与数列的综合。
【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。
（2）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。
（3）设是在内的唯一零点， 则可得
。又由（1）知在上是递增的，∴。从而得到数列是递增数列。
另解： 设是在内的唯一零点，
∵
则的零点在内，故。
所以，数列是递增数列。
例10. （2012年全国课标卷文5分）设函数
(Ⅰ)求的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值
【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。
若，则，∴在上单调递增。
若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。
(Ⅱ)∵a=1，∴。
∴当x>0时，，它等价于。
令，则。
由(Ｉ)知，函数在上单调递增。
∵，，∴在上存在唯一的零点。
∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。
当时，；当时，。
∴在上的最小值为。
又∵，即，∴。
因此，即整数k的最大值为2。
【考点】函数的单调性质，导数的应用。
【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。
(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，
求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。
例11.（2012年四川省理5分）方程中的，且互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有【 】
A、60条 B、62条 C、71条 D、80条
【答案】B。
【考点】分类讨论的思想，抛物线的定义。
【解析】将方程变形得，若表示抛物线，则
∴分=－3,－2，1，2，3五种情况：
（1）若=－3， ; （2）若=3,
以上两种情况下有9条重复，故共有16+7=23条；
同理当=－2,或2时，共有23条； 当=1时，共有16条。
综上，共有23+23+16=62条。故选B。
例12. （2012年江西省理13分）已知三点，，，曲线上任意一点满足
。
（1）求曲线的方程；
（2）动点在曲线上，曲线在点处的切线为。问：是否存在定点，使得与都相交，交点分别为，且与的面积之比是常数？若存在，求的值。若不存在，说明理由。
【答案】解：（1）由＝(－2－x,1－y)，＝(2－x,1－y)，得
|＋|＝，·(＋)＝(x，y)·(0,2)＝2y。
由已知得＝2y＋2，化简得曲线C的方程：x2＝4y。
（2）假设存在点P(0，t)(t<0)满足条件，
则直线PA的方程是y＝x＋t，PB的方程是y＝x＋t。
曲线C在Q处的切线l的方程是y＝x－，它与y轴交点为F。
由于－2①当－1即l与直线PA平行，故当－1②当t≤－1时，≤－1<，≥1>，所以l与直线PA，PB一定相交。
分别联立方程组解得D，E的横坐标分别是
xD＝，xE＝。
则xE－xD＝(1－t).。
又|FP|＝－－t，有S△PDE＝·|FP|·|xE－xD|＝·.。
又S△QAB＝·4·＝，
于是＝·＝·。
对任意x0∈(－2,2)，要使为常数，则t要满足
解得t＝－1，此时＝2。
故存在t＝－1，使△QAB与△PDE的面积之比是常数2。
【考点】圆锥曲线的轨迹问题，利用导数研究曲线上某点切线方程。
【解析】（1）用坐标表示 和，从而可得|＋| ，利用向量的数量积，结合满足
，可得曲线C的方程。
（2）假设存在点P(0，t)(t<0)满足条件，则直线PA的方程是y＝x＋t，PB的方程是y＝x＋t。分类讨论：①当－1，分别联立方程组，解得D，E的横坐标，进而可得△QAB与△PDE的面积之比，利用其为常数，即可求得结论。
例13. （2012年湖北省理13分）设是单位圆上的任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足.当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线.
（Ⅰ）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求焦点坐标；
（II）过原点且斜率为的直线交曲线于两点，其中在第一象限，它在y轴上的射影为点N，直线交曲线于另一点，是否存在，使得对任意的，都有？若存在，求的值；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（Ⅰ）如图1，设，，则由，
可得，，所以，. ①
∵点在单位圆上运动，∴. ②
将①式代入②式即得所求曲线的方程为。
∵，
∴当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为，；
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，
两焦点坐标分别为，。
（Ⅱ）如图2、3，，设，，则，，
直线的方程为，将其代入椭圆的方程并整理可得
。
依题意可知此方程的两根为，。
于是由韦达定理可得，即。
∵点H在直线QN上，∴。
∴，。
∵，∴，即。
又∵，∴。
∴存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有。
【考点】求曲线的轨迹方程，直线与圆锥曲线的位置关系。
【解析】（Ⅰ）由和点在圆上列式即可求得曲线的方程，并可判断曲线的类型，求得焦点坐标。
（II）设，，则，，表示出直线的方程代入椭圆的方程并整理，应用韦达定理得到，利用Q、N、H三点共线得到，利用PQ⊥PH得到，从而求得结论。
另解：如图2、3，，设，，则，，
∵，两点在椭圆上，∴
两式相减可得.
依题意，由点在第一象限可知，点也在第一象限，且，不重合，
∴。
∴由可得. 。
又∵，，三点共线，∴，即。
∴由可得。
∵，∴，即。
又∵，∴。
∴存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有。
三、几何图形的不确定的分类应用：
典型例题：例1. （2012年天津市理5分）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。
【分析】函数，
当时，，
当时，，
综上函数。
作出函数的图象，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在蓝色或黄色区域内，如图，此时当直线经过黄色区域时，满足，当经过蓝色区域时，满足，综上实数的取值范围是。
例2. （2012年全国大纲卷理5分）已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【 】
A．或2 B．或3 C．或1 D．或1
【答案】A
【考点】导数的应用。
【解析】若函数图像与轴有两个不同的交点，则需要满足其中一个为零即可。因为三次函数的图像与轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可知只有在极大值点或者极小值点有一点在轴时满足要求（如图所示）。
∵，∴。
∴当时，函数取得极值。
由或可得或，即。故选A。
例3. （2012年江西省文5分）如下图，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m),OA与OB的夹角为，以A为圆心，AB为半径作圆弧与线段OA延长线交与点C.甲。乙两质点同时从点O出发，甲先以速度1（单位:ms）沿线段OB行至点B，再以速度3（单位：m/s）沿圆弧行至点C后停止，乙以速率2（单位：m/s）沿线段OA行至A点后停止。设t时刻甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为，则函数的图像大致是【 】
A. B. C. D.
【答案】A。
【考点】函数的图象。
【解析】由题设知，OA=2（单位：m）,OB=1(单位：m)，两者行一秒后，甲行到B停止，乙此时行到A，故在第一秒内，甲、乙所到的两点连线与它们经过的路径所围成图形的面积为的值增加得越来越快，一秒钟后，随着甲的运动，所围成的面积增加值是扇形中AB所扫过的面积，由于点B是匀速运动，故一秒钟后，面积的增加是匀速的，且当甲行走到C后，即B与C重合后，面积不再随着时间的增加而改变，故函数随着时间t的增加先是增加得越来越快，然后转化成匀速增加，然后面积不再变化，考察四个选项，只有A符合题意。故选A。
例4. （2012年江西省理5分）如下图，已知正四棱锥所有棱长都为1，点是侧棱上一动点，过点垂直于的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记截面下面部分的体积为则函数的图像大致为【 】
【答案】A。
【考点】棱锥的体积公式，线面垂直，函数的思想。
【解析】对于函数图象的识别问题，若函数的图象对应的解析式不好求时，作为选择题，可采用定性排它法：
观察图形可知，当时，随着的增大， 单调递减，且递减的速度越来越快，不是的线性函数，可排除C，D。当时，随着的增大， 单调递减，且递减的速度越来越慢，可排除B。只有A图象符合。故选A。
如求解具体的解析式，方法繁琐，而且计算复杂，很容易出现某一步的计算错误而造成前功尽弃，并且作为选择题也没有太多的时间去解答。我们也解答如下：
连接AC，BD，二者交于点O，连接SO，过点E作底面的垂线EH。
当E为SC中点时，∵SB＝SD＝BC＝CD，∴SE⊥BE，SE⊥DE。
∴SE⊥面BDE。
∴当时，截面为三角形EBD，截面下面部分锥体的底为BCD。
又∵SA＝SC＝1，AC＝，SO＝。此时。
∴。
当时，截面与AD和AB相交，分别交于点F、D，设FG与AC相交于点I，则易得。
由EH∥SO，得
，即。
由EI∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。
∴。
当时，截面与DC和BC相交，分别交于点M、N，设MN与AC相交于点J，则易得。
由EH∥SO，得
，即。
由EJ∥SA，得，即。易知是等腰直角三角形，即。∴。
∴。
综上所述，。
结合微积分知识，可判定A正确。
例5. （2012年上海市理16分）在平面直角坐标系中，已知双曲线.
（1）过的左顶点引的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；（4分）
（2）设斜率为1的直线交于P、Q两点，若与圆相切，求证：OP⊥OQ；（6分）
（3）设椭圆. 若M、N分别是、上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值.（6分）
【答案】解：（1）∵双曲线的左顶点，渐近线方程：.
∴过点A与渐近线平行的直线方程为，即。
解方程组，得。
∴所求三角形的面积为。
（2）证明：设直线PQ的方程是
∵直线与已知圆相切， 故，即。
由，得。
设，则.
又，
∴。
∴OP⊥OQ。
（3）当直线ON垂直于轴时， |ON|=1，|O|=，则O到直线MN的距离为。
（此时，N在轴上，在轴上）
当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为（显然），
则由OM⊥ON，得直线OM的方程为。
由，得。∴。
同理。
设O到直线MN的距离为，
∵，
∴，即。
综上所述，O到直线MN的距离是定值。
【考点】双曲线的概念、标准方程、几何性，直线与双曲线的关系，椭圆的标准方程和圆的有关性质。
【解析】（1）求出过点A与一条渐近线平行的直线方程，再求出它与另一条渐近线即可求得三角形的面积。
（2）由两直线垂直的判定，只要证明表示这两条直线的向量积为0即可，从而求出直线方程，进一步求出表示这两条直线的向量，求出它们的积即可。
（3）分直线ON垂直于轴和直线ON不垂直于x轴两种情况证明即可。
例6. （2012年四川省理12分）如图，动点到两定点、构成，且，设动点的轨迹为。
（Ⅰ）求轨迹的方程；
（Ⅱ）设直线与轴交于点，与轨迹相交于点，且，求的取值范围。
【答案】解：（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），显然有x>0且。
当∠MBA=90°时，点M的坐标为（2，, ±3）。
当∠MBA≠90°时，x≠2。由得
tan∠MBA=，即
化简得：。
而点（2，,±3）在上。
∵时，，∴。
综上可知，轨迹C的方程为（）。
(II)由方程消去y，可得。（*）
由题意，方程（*）有两根且均在（1，+）内，设，
∴，解得，m>1且m2。
设Q、R的坐标分别为，由有
。
∴。
由m>1且m2得
且。
∴的取值范围是。
【考点】直线、双曲线、轨迹方程的求法，倍角公式的应用。
【解析】（Ⅰ）设M的坐标为（x，y），当∠MBA=90°时，可直接得到点M的坐标为（2，, ±3）；当∠MBA≠90°时，由应用倍角公式即可得到轨迹的方程。
（Ⅱ）直线与联立，消元可得①，利用①有两根且均在（1，+∞）内可知，m＞1，m≠2。设Q，R的坐标，求出xR，xQ，利用 ，即可确定
的取值范围。
四、由数学运算引起的分类应用：
典型例题：例1. （2012年北京市理5分）已知集合A={x∈R｜3x＋2>0﹜，B={x∈ R｜(x＋1)(x－3)>0﹜，则A∩B=【 】
A．（－∞，－1） B.（－1，） C. ﹙，3﹚ D.（3，＋∝）
【答案】D。
【考点】集合的交集运算。
【解析】∵， ，
∴A∩B=（3，＋∝）。故选D。
例2. （2012年浙江省理5分）设集合，集合，则【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】集合的运算。
【解析】∵，∴。
∴。故选A。
例3. （2012年江苏省10分）设集合，．记为同时满足下列条件的集合的个数：
①；②若，则；③若，则。
（1）求；
（2）求的解析式（用表示）．
【答案】解：（1）当时，符合条件的集合为：，
∴ =4。
( 2 ）任取偶数，将除以2 ，若商仍为偶数．再除以2 ，··· 经过次以后．商必为奇数．此时记商为。于是，其中为奇数。
由条件知．若则为偶数；若，则为奇数。
于是是否属于，由是否属于确定。
设是中所有奇数的集合．因此等于的子集个数。
当为偶数〔 或奇数）时，中奇数的个数是（）。
∴。
【考点】集合的概念和运算，计数原理。
【解析】（1）找出时，符合条件的集合个数即可。
（2）由题设，根据计数原理进行求解。
例4. （2012年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】
（A）函数有极大值和极小值
（B）函数有极大值和极小值
（C）函数有极大值和极小值
（D）函数有极大值和极小值
【答案】D。
【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。
【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2， ∴。
由此得到， ，，和在上的情况：
－2
1
2
＋
0
－
0
＋
0
－
＋
＋
＋
0
－
－
－
＋
0
－
－
－
0
＋
↗
极大值
↘
非极值
↘
极小值
↗
∴的极大值为，的极小值为。故选D。
例5. （2012年北京市理13分）已知函数
（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；
（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大值。
【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。
∴，即①。
又∵，∴。
又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，
∴②。
解①②，得。
（2）∵，∴设。
则。令，解得。
∵，∴。
又∵在各区间的情况如下：
＋
0
－
0
＋
∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。
①若，即时，最大值为；
②若，即时，最大值为。
③若时，即时，最大值为。
综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。
【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。
【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。
（2）由 得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据 ，和三种情况讨论的最大值。
例6. （2012年湖南省理13分）已知函数，其中≠0.
（Ⅰ）若对一切∈R，≥1恒成立，求的取值集合.
（Ⅱ）在函数的图像上取定两点，记直线AB的斜率为，问：是否存在，使成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】解：（Ⅰ）若，则对一切，，这与题设矛盾，
又，故。
∵∴令。
当时，单调递减；
当时，单调递增.
∴当时，取最小值。
于是对一切恒成立，当且仅当 ①
令则。
当时，单调递增；当时，单调递减，
∴当时，取最大值。
∴当且仅当即时，①式成立。
综上所述，的取值集合为。
（Ⅱ）存在。由题意知，。
令则
。
令，则。
当时，单调递减；当时，单调递增，
∴当，即。
∴，。
又∵∴。
∵函数在区间上的图像是连续不断的一条曲线，
∴存在使单调递增，故这样的是唯一的，且，故当且仅当时， 。
综上所述，存在使成立.且的取值范围为
。
【考点】利用导函数研究函数单调性、最值、不等式恒成立, 分类讨论思想、函数与方程思想，转化与划归思想等数学思想方法的应用。
【解析】（Ⅰ）用导函数法求出取最小值，对一切∈R，≥1恒成立转化为，从而得出的取值集合。
（Ⅱ）在假设存在的情况下进行推理，通过构造函数，研究这个函数的单调性及最值来进行分析判断。
例7. （2012年江苏省16分）若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。
已知是实数，1和是函数的两个极值点．
（1）求和的值；
（2）设函数的导函数，求的极值点；
（3）设，其中，求函数的零点个数．
【答案】解：（1）由，得。
∵1和是函数的两个极值点，
∴ ，，解得。
（2）∵ 由（1）得， ，
∴，解得。
∵当时，；当时，，
∴是的极值点。
∵当或时，，∴ 不是的极值点。
∴的极值点是－2。
（3）令，则。
先讨论关于 的方程 根的情况：
当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为I 和一2 ，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。
当时，∵， ，
∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。
由（1）知。
① 当时， ，于是是单调增函数，从而。
此时在无实根。
② 当时．，于是是单调增函数。
又∵，，的图象不间断，
∴ 在（1 , 2 ）内有唯一实根。
同理，在（一2 ，一I ）内有唯一实根。
③ 当时，，于是是单调减两数。
又∵， ，的图象不间断，
∴在（一1，1 ）内有唯一实根。
因此，当时，有两个不同的根满足；当 时
有三个不同的根，满足。
现考虑函数的零点：
( i ）当时，有两个根，满足。
而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。
( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。
而有三个不同的根，故有9 个零点。
综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。
【考点】函数的概念和性质，导数的应用。
【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。
（2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。
（3）比较复杂，先分和讨论关于 的方程 根的情况；再考虑函数的零点。
例8. （2012年湖南省文5分）设定义在R上的函数是最小正周期为2的偶函数，是的导函数，当时，0＜＜1；当 且时 ，，则函数在[-2，2] 上的零点个数为【 】
A .2 B .4 C.5 D. 8
【答案】Ｂ。
【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。
【解析】由当 且≠时 ，，知
为减函数；为增函数。
又时，0＜f(x)＜1，在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出和草图像如下，由图知在[-2，2] 上的零点个数为4个。
例9. （2012年全国大纲卷文12分）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设有两个极值点，，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，求的值．
【答案】解：（1）∵，∴
① 当 时，，且仅当时。∴是增函数。
②当 时，有两个根。列表如下：
的增减性
＞0
增函数
＜
减函数
＞0
增函数
（2）由题设知，，是的两个根，∴，且。
∴
。
同理，。
∴直线的解析式为。
设直线与轴的交点为，则，解得。
代入得
，
∵在轴上，∴，
解得，或或。
【考点】函数的单调性和极值，导数的应用。
【解析】（1）求出导函数，分区间讨论即可。
（2）由，是的两个根和（1）的结论，得，求出关于的表达式和关于的表达式，从而得到直线的解析式。求出交点的横坐标代入，由其等于0，求出的值。
例10. （2012年全国课标卷理5分）数列满足，则的前项和为 ▲
【答案】。
【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。
【解析】求出的通项：由得，
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；······
当时，；当时，；当时，；
当时，（）。
∵，
∴的四项之和为（）。
设（）。
则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列，
∴的前项和=的前15项和=。
例11.（2012年湖北省理12分）已知等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8.
（Ⅰ）求等差数列的通项公式；
（II）若成等比数列，求数列的前n项的和。
【答案】解：（Ⅰ）设等差数列的公差为，则，，
由题意得 解得或
∴由等差数列通项公式可得，或。
∴等差数列的通项公式为，或。
（Ⅱ）当时，，，分别为，，，不成等比数列；
当时，，，分别为，，，成等比数列，满足条件。
∴
记数列的前项和为，
当时，；当时，；
当时，
。
当时，满足此式。
综上，
【考点】等差等比数列的通项公式，和前n项和公式及基本运算。
【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，根据等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8列方程组求解即可。
（II）对（Ⅰ）的结果验证符合成等比数列的数列，应用等差数列前n项和公式分，，分别求解即可。
例12. （2012年重庆市理12分）设数列的前项和满足，其中.
（I）求证：是首项为1的等比数列；（5分）
（II）若，求证：，并给出等号成立的充要条件.（7分）
【答案】证明：（Ⅰ）∵，∴。
∴。∴。
∵，∴。∴。
∵，∴。∴。∴。∴。
∴。∴是首项为1，公比为的等比数列。
（II）当=1或=2时，易知成立。
当时，成立。
当时，，
∴。∴。
当时，上面不等式可化为，
设，
①当时， 。
∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
②当时，
令，
则。
∴在（0，1）上递减。∴。∴。
∴在（0，1）上递增。∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
③ 当时，，由已证结论得：。
∴。∴。
∴当时，所要证的不等式成立。
综上所述，当且时，。当且仅当=1,2或时等号成立。
【考点】数列与不等式的综合，数列与函数的综合，等比数列的性质，等比关系的确定。
【分析】（I）根据，得，两式相减，即可证得是首项为1，公比为的等比数列。
（II）当=1或=2时和当时， 成立。
当时，分，，三种情况分别证明即可。
本题也可用数学归纳法证明。
例13. （2012年上海市文4分）已知，各项均为正数的数列满足，，
若，则的值是 ▲
【答案】。
【考点】数列的概念、组成和性质，函数的概念。
【解析】根据题意，，并且，得到。
当为奇数时，，，，，。
当为偶数时，由，得到，解得（负值舍去）。
由得，解得。
∴当为偶数时，。
∴。
例14. （2012年安徽省文13分）设函数的所有正的极小值点从小到大排成的数列为.
（Ⅰ）求数列；
（Ⅱ）设的前项和为，求。
【答案】解：（I）∵，∴。
令，解得。
当时，；
当时，。
∴当时，取极小值。
∴数列：。
（II）由（I）得：，
∴。
当时，；
当时，；
当时，。
∴当时，；
当时，；
当时，。
【考点】三角函数的极值，导数的应用，数列。
【解析】（I）求函数的所有正的极小值点，即要讨论，和的情况，得出结果。
（II）求出的前项和为，分类讨论，求出。
例15. （2012年湖北省理5分）函数在区间[0,4]上的零点个数为【 】
A.4 B.5 C.6 D.7
【答案】C。
【考点】函数的零点与方程，三角函数的周期性。
【解析】由得或。
当时，，∴是函数在区间[0,4]上的一个零点。
当时，∵，∴。
∵使余弦为零的角的弧度数为，∴令。
则时对应角分别为均满足条件，当时，不满足条件。
综上所述，函数在区间[0,4]上的零点个数为6个。故选C。
例16. （2012年安徽省理12分） 设函数
（I）求函数的最小正周期；
（II）设函数对任意，有，且当时， ；
求函数在上的解析式。
【答案】解：（I）∵
，
∴函数的最小正周期。
（II）∵当时，
∴ 当时， ，
当时， ，
。
∴函数在上的解析式为。
【考点】三角函数公式和性质。，
【解析】（I）将化为，即可求出函数的最小正周期。
（II）由得出关于的函数关系式。由分区间讨论即可。
例17. （2012年全国大纲卷理5分）将字母排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每
列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有【 】
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【答案】A。
【考点】排列组合的应用，分步计数原理。
【解析】利用分步计数原理，先填写最左上角的数，有3种，再填写右上角的数为2种，再填写第二行第一列的数有2种，一共有3×2×2=12种。故选A。
例18. （2012年北京市理5分）从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为【 】
A. 24 B. 18 C. 12 D. 6
【答案】B。
【考点】排列组合问题。
【解析】由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇。如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析（3 种情况），之后十位（2 种情况），最后百位（2 种情况），共12 种；如果是第二种情况偶奇奇：个位（3 种情况），十位（2 种情况），百位（不能是O ，一种倩况），共6 种。因此总共有12 + 6 = 18 种情况。故选B。
例19. （2012年安徽省理5分）6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品，已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到份纪念品的同学人数为【 】
或 或 或 或
【答案】。
【考点】排列组合。
【解析】∵，∴在6位同学的两两交换中少2种情况。
不妨设甲、乙、丙、丁、戍、己6人
①设仅有甲与乙，丙没交换纪念品，则甲收到3份纪念品，乙、丙收到4份纪念品，丁、戍、己收到5份纪念品，此时收到4份纪念品的同学人数为人；
②设仅有甲与乙，丙与丁没交换纪念品，则甲、乙、丙、丁收到4份纪念品，戍、己收到5份纪念品，此时收到4份纪念品的同学人数为4人。
故选。
例20. （2012年浙江省理5分）若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有【 】
A．60种 B．63种 C．65种 D．66种
【答案】D。
【考点】分类讨论，计数原理的应用。
【解析】1，2，2，…，9这9个整数中有5个奇数，4个偶数．要想同时取4个不同的数其和为偶数，则取法有：
4个都是偶数：1种；
2个偶数，2个奇数：种；
4个都是奇数：种。
∴不同的取法共有66种。故选D。
例21. （2012年陕西省理5分） 两人进行乒乓球比赛，先赢三局着获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有【 】
A. 10种 B.15种 C. 20种 D. 30种
【答案】D。
【考点】排列、组合及简单计数问题，分类计数原理。
【解析】根据分类计数原理，所有可能情形可分为3:0，3:1，3:2三类，在每一类中可利用组合数公式计数，最后三类求和即可得结果：
当比分为3:0时，共有2种情形；
当比分为3:1时，共有种情形；
当比分为3:2时，共有种情形。
总共有种。故选D。
例22. （2012年湖北省理5分）回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数。如22，,11,3443,94249等。显然2位回文数有9个：11,22,33…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999。则
（Ⅰ）4位回文数有 ▲ 个；
（Ⅱ）2n＋1（n∈N+）位回文数有 ▲ 个。
【答案】（Ⅰ）90；（Ⅱ）。
【考点】计数原理的应用。
【解析】（I）4位回文数的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零，第一步，选千位和个位数字，共有9种选法；第二步，选中间两位数字，有10种选法，故4位回文数有9×10=90个。
（II）第一步，选左边第一个数字，有9种选法；第二步，分别选左边第2、3、4、…、n、n+1个数字，共有10×10×10×…×10=10n种选法，故2n+1（n∈N+）位回文数有个。
例23. （2012年全国大纲卷理12分）乒乓球比赛规则规定：一局比赛，双方比分在10平前，一方连续发球2次后，对方再连续发球2次，依次轮换，每次发球，胜方得1分，负方得0分。设在甲、乙的比赛中，每次发球，发球方得1分的概率为，各次发球的胜负结果相互独立，。甲、乙的一局比赛中，甲先发球。
（1）求开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率；
（2）表示开始第4次发球时乙的得分，求的期望。
【答案】解：记为事件“第i次发球，甲胜”，i=1,2,3，则。
（1）事件“开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2”为，由互斥事件有一个发生的概率加法公式得
。
即开始第4次发球时，甲、乙的比分为1比2的概率为0.352。
（2）由题意。
；
=0.408；
；
。
∴分布列为：
0
1
2
3
0.144
0.108
0.352
0.096
∴的期望。
【考点】独立事件的概率，分布列和期望值。
【解析】首先要理解发球的具体情况，然后对于事件的情况分析、讨论，并结合独立事件的概率求解结论。
例24. （2012年全国课标卷理12分）某花店每天以每枝元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝元的价格出售，如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理。
（1）若花店一天购进枝玫瑰花，求当天的利润(单位：元)关于当天需求量（单位：枝，）的函数解析式。
（2）花店记录了100天玫瑰花的日需求量（单位：枝），整理得下表：
日需求量
14
15
16
17
18
19
20
频 数
10
20
16
16
15
13
10
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率。
（i）若花店一天购进枝玫瑰花，表示当天的利润（单位：元），求的分布列，数学期望及方差；
（ii）若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由。
【答案】解：（1）当时，；
当时，。
∴。
（2）（i）可取，，，。
的分布列为：
。 。
（ii）购进17枝时，当天的利润为
∵，∴应购进17枝。
【考点】列函数关系式，概率，离散型随机变量及其分布列。
【解析】（1）根据题意，分和分别列式。
（2）取，，，求得概率，得到的分布列，根据数学期望及方差公式求解；求出购进17枝时，当天的利润与购进16枝时，当天的利润比较即可。
例25.（2012年天津市理13分）现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择.为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏.
（Ⅰ）求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率：
（Ⅱ）求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率：
（Ⅲ）用分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记，求随机变量的分布列与数学期望.
【答案】解：（Ⅰ）依题意， 4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的人数的概率为 。
设“这4个人中恰有2人去参加甲游戏”为事件，
则。
∴这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率为。
（Ⅱ）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏”为事件，则。
∵与互相排斥，∴
（Ⅲ）的所有可能取值为0，2，4，
∵与互相排斥，与互相排斥，
∴，，
∴随机变量的分布列是
0
2
4
随机变量的分布列与数学期望。
【考点】离散型随机变量的期望与方差，相互独立事件的概率乘法公式，离散型随机变量及其分布列。
【分析】（Ⅰ）依题意，求出这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率和去参加乙游戏的人数的概率，即可求得这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率。
（Ⅱ）设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏”为事件，则包括这4个人中去参加甲游戏的人数有3人和4人两种情况，利用互斥事件的概率公式可求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率。
（Ⅲ）的所有可能取值为0，2，4，由于与互相排斥，与互相排斥，求出相应的概率，可得的分布列与数学期望。
例26. （2012年安徽省理12分）某单位招聘面试，每次从试题库随机调用一道试题，若调用的是类型试题，则使用后该试题回库，并增补一道类试题和一道类型试题入库，此次调题工作结束；若调用的是类型试题，则使用后该试题回库，此次调题工作结束。试题库中现共有道试题，其中有道类型试题和道类型试题，以表示两次调题工作完成后，试题库中类试题的数量。
（Ⅰ）求的概率；
（Ⅱ）设，求的分布列和均值（数学期望）。
【答案】解：（I）根据题意，表示两次调题均为类型试题，概率为。
（Ⅱ）时，每次调用的是类型试题的概率为
随机变量可取
则，，
。
∴的分布列如下：
∴。
【考点】概率，离散型随机变量及其分布列。
【解析】（I）根据题意，表示两次调题均为类型试题，第一次调题为类型试题的概率为；第二次调题时试题总量为，类型试题为，概率为。所以两次调题均为类型试题的概率为。
（Ⅱ）随机变量可取，求出的分布列和均值（数学期望）。
【备战2013高考数学专题讲座】
第6讲：数学思想方法之化归思想探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。
化归是一种重要的解题思想，也是一种最基本的思维策略，更是一种有效的数学思维方式。“化归”是转化和归结的简称。数学问题的解决过程就是一系列化归的过程，中学数学处处都体现出化归的思想，在数学问题的解决过程中，常用的很多数学方法实质就是化归的方法。化归思想是指在解决问题的过程中，有意识地对所研究的问题从一种对象在一定条件下转化为另一对象的思维方式。通常有从未知——已知；复杂——简单；抽象——具体；一般——特殊；综合——单一；高维——低维；多元——一元；困难——容易，以及数学表现形式之间的转化、将实际问题转化为数学问题等。说到底，化归的实质就是以运动变化发展的观点，以及事物之间相互联系，相互制约的观点看待问题，善于对所要解决的问题进行变换转化，使问题得以解决。体现上述化归思想的有：换元法（如利用“换元”将无理式化为有理式，高次问题化为低次问题）、待定系数法（通过引入参数，转化问题的形式，便于问题的解决）、建模法（构造数学模型，把实际问题转化为数学问题）、坐标法（建立直角坐标系，实现“数”、“形”的对应、转化）、数形结合法（通过数形互补、互换获得问题的解题思路）、特殊元素法（将一般问题特殊化，从特殊问题的解决中解决一般问题）、等价命题法（通过原命题的等价命题运用或证明，达到解决问题的目的）、反证法（肯定题设而否定结论，从而得出矛盾）等等。
化归的基本思想是：将待解决的问题A，在一定条件下转化为问题B，再把问题B转化为已经解决或较易解决的问题C，而通过对C的解决，达到原问题的解决，可用框图表示如下：
化归应遵循的原则：（1）化归目标的简单化原则，即化归的方面是由复杂到简单，对复杂总是采用分
解或变更的方法，使目标简单化。（2）化归的熟悉化原则，即化归的方向是由不熟悉到熟悉，把要解决的（不熟悉）问题转化为自己熟悉会解的问题，使所要解决的问题熟悉化。（3）化归的具体化原则，即化归的方向一般是由抽象到具体。在分析问题时，尽力将问题具体化。（4）化归的和谐化原则，即化归问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐的形式，或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或其方法符合人们的思维规律。（5）化归的正难则反原则，即当问题正面讨论遇到困难时，可考虑问题的反面，设法从问题的反面去探求，使问题获解。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面六方面探讨化归思想的应用（其它方面另有专题详细探讨）：（1）从高维到低维的化归；（2）一般与特殊的相互转化；（3）函数与方程的相互转化；（4）相等（函数）与不等的相互转化；（5）数与形的相互转化；（6）数学各分支之间的相互转化。
一、从高维到低维的化归：在数学解题中，对立体几何问题（三维）常常需要化归到熟知的平面几何问题（二维），化归的手段主要有平移、旋转、展开、射影和截面等。
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知正四棱柱中，为的中
点，则直线 与平面的距离为【 】
A．2 B． C． D．1
【答案】D。
【考点】正四棱柱的性质，点到面的距离，线面平行的距离，勾股定理。
【解析】连接，和交于点，则在中，
∵是正方形，∴，
又∵为的中点，∴。
∴则点到平面的距离等于到平面的距离。
过点作于点，则即为所求。
∵是正方形，，∴根据勾股定理，得。
∵为的中点，，∴。∴。
在中，利用等面积法得，即。∴。故选D。
例2. （2012年重庆市理5分）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】A。
【考点】异面直线的判定，棱锥的结构特征，勾股定理和余弦定理的应用。
【分析】如图所示，设四面体的棱长为，取中点P，连接，所以，在中，由勾股定理得=。
∴在中，
。
∵，∴。∴
∴。故选A。
例3. （2012年山东省理4分）如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1。E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为 ▲ 。
【答案】
【考点】三棱锥的面积。
【解析】∵三棱锥与三棱锥表示的是同一棱锥，∴。
又∵的底△DD1E的面积是正方形面积的一半，等于；底△DD1E上的高等于正方形的棱长1，
∴。
例4. （2012年辽宁省理5分）已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，
PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为 ▲ 。
【答案】。
【考点】组合体的线线，线面，面面位置关系，转化思想的应用。
【解析】∵在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，
∴可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径EP，球心为正方体对角线的中点O，且EP⊥平面ABC，EP与平面ABC上的高相交于点F。
∴球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥ABC在面ABC上的高FP。
∵球的半径为，设正方体的棱长为，则由勾股定理得。
解得正方体的棱长=2，每个面的对角线长。
∴截面ABC的高为， 。
∴在Rt△BFP中，由勾股定理得，正三棱锥ABC在面ABC上的高。
∴所以球心到截面ABC的距离为。
例5. （2012年全国课标卷理12分）如图，直三棱柱中，，
是棱的中点，
（1）证明： （2）求二面角的大小。【答案】解：（1）证明：∵，是棱的中点，∴。
∴在中，。
同理，。
∴。∴。
又∵，且，∴面。
∴。
（2）∵，∴面。
∴。∴都是等腰直角三角形。
取的中点，连接。设，则
。
∴在中，应用勾股定理，得
。
∴。∴是直角三角形。∴。
又∵，∴是二面角的平面角。
∵是等腰直角三角形，点是斜边的中点，∴。
在中， ，
∴。∴ 。
∴二面角的大小为。
【考点】直三棱柱的性质，空间两直线的位置关系，等腰直角三角形的判定和性质，二面角，勾股定理和逆定理，锐角三角函数定义。
【解析】（1）要证，只要面即可，由于已知，从而只要证平面内与相交的另一条直线与垂直即可，易证。从而得证。
（2）要求二面角的大小，先要找出二面角。连接，通过已知，应用勾股定理和逆定理，证得，结合已知即可知是二面角的平面角。在中，易求得。
例6. （2012年安徽省理12分）平面图形如图4所示，其中是矩形，，，。现将该平面图形分别沿和折叠，使与所在平面都与平面垂直，再分别连接,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题。
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求的长；
（Ⅲ）求二面角的余弦值。
【答案】解：（I）取的中点为点，连接
∵，∴。
∵面面，∴面。
同理：面 。
∴。∴共面。
又∵，
∴面。∴。
（Ⅱ）延长到，使 ，连接。
∵，∴。
∴。
∵，面面，
∴面。∴面。
∴在中，。
（Ⅲ）∵，∴是二面角的平面角。
∴在中，。
在中，
∴二面角的余弦值为。
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角，余弦定理。
【解析】（I）要证，即要面，从而通过证明面和面，得到共面。由，得到面。从而是证。
（Ⅱ）在中，应用勾股定理即可求得的长。
（Ⅲ）要求二面角的余弦值，先要找出二面角的平面角。由 知，是二面角的平面角。在中，应用勾股定理求得的长，在中，应用余弦定理即可求得的余弦值，即二面角的余弦值。
例7. （2012年山东省理12分）在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB=60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB=CD=CF。
（Ⅰ）求证：BD⊥平面AED；
（Ⅱ）求二面角F－BD－C的余弦值。
【答案】解：（Ⅰ）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=60°，CB=CD，
在中，由余弦定理得，
，即。
在中，∠DAB=60°，，
∴由正弦定理得，即，解得。
∴。∴。∴。
又∵AE⊥BD，平面AED，平面AED，且，
∴BD⊥平面AED。
（Ⅱ）如图，取BD中点G，连接CG，FG。
设 CB=CD=CF=AD=1，则由（Ⅰ），，
。
∵BC，CD，CG平面ABCD，FC⊥平面ABCD，
∴△BCF，△DCF都是等腰直角三角形，△FCG是等腰三角形。
∴FG⊥DB，CG⊥DB。
又∵FG平面FBD，CG平面CBD，FGCG=G，
∴∠FGC=二面角F－BD－C。
∵由勾股定理，在Rt△BCF中得BF=；
在Rt△BGF中得FG=
在Rt△BCG中得CG=
∴在Rt△FCG中，。
∴二面角F－BD－C的余弦值为。
【考点】线面垂直的判定，等腰梯形的性质，余弦定理，正弦定理，勾股定理，等腰三角形的性质，二面角。
【解析】（Ⅰ）要证BD⊥平面AED，由于已知AE⊥BD，所以只要证平面AED上AE的一条相交直线与BD平行即可。由余弦定理和正弦定理的应用，分别解和，即可得到。从而得证。
（Ⅱ）要求二面角F－BD－C的余弦值，即要找出二面角。故取BD中点G，连接CG，FG，可以证明∠FGC=二面角F－BD－C。从而通过应用勾股定理解直角三角形可求出的值。
二、一般与特殊的相互转化：在数学解题中，一方面，一般成立，特殊必成立，因此解决一些一般性问题时，赋予某些特殊求解，可以起到事半功倍的作用。另一方面，从特殊可以探索到一般性的规律。这种辩证思想在高中数学中普遍存在，经常运用，这也是化归思想的体现。一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单。特殊问题一般化，可以使我们把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果。
典型例题：例1. （2012年江西省理5分）下列命题中，假命题为【 】
A．存在四边相等的四边形不是正方形
B．为实数的充分必要条件是互为共轭复数
C．若，且则至少有一个大于
D．对于任意都是偶数
【答案】B。
【考点】真假命题的判定，特称命题和全称命题，充要条件，共轭复数，不等式的基本性质，二项式定理。
【解析】对于A项，通过特例判断：例如菱形，满足四边相等的四边形不是正方形，所以A为真命题；
对于B项，通过特例判断：令,显然，但不互为共轭复数，所以B为假命题；
对于C项，通过不等式的基本性质判断：显然正确（可用它的逆否命题证明），所以C为真命题；
对于D项，通过二项式定理系数的特例判断：根据二项式定理，对于任意有
为偶数，所以D为真命题。
综上所述，假命题为B项。故选B。
例2. （2012年浙江省理5分）设是公差为（）的无穷等差数列的前项和，则下列命题错误的是【 】
A．若，则数列有最大项
B．若数列有最大项，则
C．若数列是递增数列，则对任意，均有
D．若对任意，均有，则数列是递增数列
【答案】C。
【考点】命题的真假判断与应用，数列的函数特性。
【解析】选项C显然是错的，举出反例：—1，0，1，2，3，…，满足数列{S n}是递增数列，但是S n＞0不成立。故选C。
例2. （2012年福建省理5分）下列命题中，真命题是【 】
A．?x0∈，≤0
B．?x∈，2x＞x2
C．a＋b＝0的充要条件是＝－1
D．a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件
【答案】D。
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断，全称命题，特称命题，命题的真假判断与应用。
【解析】对于A，根据指数函数的性质不存在x0，使得≤0，因此A是假命题。
对于B，当x＝2时，2x＝x2，因此B是假命题。
对于C，当a＋b＝0时，不存在，因此C是假命题。
对于D，a＞1，b＞1时 ab＞1，所以a＞1，b＞1是ab＞1的充分条件，因此D是真命题。
故选D。
例3. （2012年四川省理4分）记为不超过实数的最大整数，例如，，，。设为正整数，数列满足，，现有下列命题：
①当时，数列的前3项依次为5,3,2；
②对数列都存在正整数，当时总有；
③当时，；
④对某个正整数，若，则。
其中的真命题有 ▲ _。（写出所有真命题的编号）
【答案】①③④。
【考点】真命题的判定，对高斯函数的理解，数列的性质，特殊值法的应用，基本不等式的应用。
【解析】对于①，若，根据
当n=1时，x2=[]=3, 同理x3=。 故①正确。
对于②，可以采用特殊值列举法：
当a=3时，x1=3, x2=2, x3=1, x4=2……x2k=1, x2k+1=1,……
此时数列从第二项开始为2，1，2，1……，不成立。故②错误。
对于③，由的定义知，，而为正整数，故，且是整数。
∵对于两个正整数、，当为偶数时；当为奇数时，
∴不论是偶数还是奇数，有。
∵和都是整数，
∴。
又当时，，
∵，∴成立。
∴当时，。故③正确。
对于④，当时，， ∴，即。
∴，即，解得。
由③，∴。∴。故④正确。
综上所述，真命题有 ①③④ 。
例4. （2012年湖南省理5分）设N=2n（n∈N*，n≥2），将N个数x1,x2,…，xN依次放入编号为1,2，…，N的N个位置，得到排列P0=x1x2…xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前和后个位置，得到排列P1=x1x3…xN-1x2x4…xN，将此操作称为C变换，将P1分成两段，每段个数，并对每段作C变换，得到；当2≤i≤n-2时，将Pi分成2i段，每段个数，并对每段C变换，得到Pi+1，例如，当N=8时，P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此时x7位于P2中的第4个位置.
（1）当N=16时，x7位于P2中的第 ▲ 个位置；
（2）当N=2n（n≥8）时，x173位于P4中的第 ▲ 个位置.
【答案】（1）6；（2）。
【考点】演绎推理的基本方法，进行简单的演绎推理。
【解析】（1）当N=16时,
,可设为,
,即为,
,即, x7位于P2中的第6个位置。
（2）考察C变换的定义及（1）计算可发现：
第一次C变换后，所有的数分为两段，每段的序号组成公差为2的等差数列，且第一段序号以1为首项，第二段序号以2为首项；
第二次C变换后，所有的数据分为四段，每段的数字序号组成以为4公差的等差数列，且第一段的序号以1为首项，第二段序号以3为首项，第三段序号以2为首项，第四段序号以4为首项；
依此类推可得出P4中所有的数字分为16段，每段的数字序号组成以16为公差的等差数列，且一到十六段的首项的序号分别为1，9，5，13，…，由于173=16×10+13，故x173位于以13为首项的那一段的第11个数，由于N=2n（n≥8）故每段的数字有2n-4个，以13为首项的是第四段，故x173位于第个位置。
例5. （2012年福建省理4分）数列{an}的通项公式，前n项和为Sn，则S2 012＝ ▲ .
【答案】3018。
【考点】规律探索题。
【解析】寻找规律：a1＝1cos＋1＝1，a2＝2cosπ＋1＝－1，a3＝3cos＋1＝1，a4＝4cos2π＋1＝5；
a5＝5cos＋1＝1，a6＝6cos3π＋1＝－5，a7＝7cos＋1＝1，a8＝8cos＋1＝9；
······
∴该数列每四项的和。
∵2012÷4=503，∴S2 012＝6×503＝3018。
例6.（2012年陕西省理5分） 观察下列不等式
，
……
照此规律，第五个不等式为 ▲ .
【答案】。
【考点】归纳规律。
【解析】由题设中所给的三个不等式归纳出它们的共性：左边式子是连续正整数平方的倒数和，最后一个数的分母是不等式序号n+1的平方；右边分式中的分子与不等式序号n的关系是2n+1，分母是不等式的序号n+1，得出第n个不等式，即可得到通式：。
令n=5，即可得出第五个不等式，即。
例7. （2012年湖北省理14分）（Ⅰ）已知函数，其中为有理数，且.求的最小值；
（II）试用（1）的结果证明如下命题：设为正有理数，若，则；
（III）请将（2）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题。注：当为正有理数时，有求导公式
【答案】解：（Ⅰ），令，解得。
当时，，所以在内是减函数；
当 时，，所以在内是增函数。
∴函数在处取得最小值。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当时，有，即 ①。
若，中有一个为0，则成立；
若，均不为0，又，可得。
于是在①中令，，可得，
即，亦即。
综上，对，，为正有理数且，总有 ②。
（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：
设为非负实数，为正有理数.
若，则. ③
用数学归纳法证明如下：
（1）当时，，有，③成立。
（2）假设当时，③成立，即若为非负实数，为正有理数，
且，则。
当时，已知为非负实数，为正有理数，
且，此时，即。
∴=。
∵，由归纳假设可得
，
∴。
又∵，由②得
，
∴.
故当时，③成立。
由（1）（2）可知，对一切正整数，所推广的命题成立，
【考点】利用导数求函数的最值，数学归纳法的应用。
【解析】（Ⅰ）应用导数求函数的最值。
（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，分，中有一个为0和，均不为0讨论即可。
（Ⅲ）应用数学归纳法证明。
例8. （2012年四川省文4分）设为正实数，现有下列命题：
①若，则；
②若，则；
③若，则；
④若，则。
其中的真命题有 ▲ 。（写出所有真命题的编号）
【答案】①④。
【考点】真命题的判定，特殊值法的应用。
【解析】对于①，∵为正实数，∴。
又∵，∴。故①正确。
对于②，可以采用特殊值列举法：
取，满足为正实数和的条件，但。故②错误。
对于③，可以采用特殊值列举法：
取，满足为正实数和的条件，，但。故③错误。
对于④，不妨设，由得，∴。
∵为正实数，∴。
∴。故④正确。
∵且，∴。
综上所述，真命题有 ①④。
例9. （2012年山东省理5分）定义在R上的函数f（x）满足，当时，，
当时，。则【 】
A 335 B 338 C 1678 D 2012
【答案】B。
【考点】周期函数的性质。
【解析】∵，
而函数的周期为6，，
∴。故选B。
例10. （2012年浙江省理4分）在中，是的中点，，，则 ▲ ．
【答案】。
【考点】平面向量数量积的运算。
【解析】此题最适合的方法是特殊元素法：
如图，假设ABC是以AB＝AC的等腰三角形，
AM＝3，BC＝10，由勾股定理得AB＝AC＝。
则cos∠BAC＝，
∴＝。
三、函数与方程的相互转化：函数是含有两个未知数的等式，这两个未知数一个是自变量，一个是因变量；一元方程是含有一个未知数的等式。在函数中可将变量取不同的值，使它变成一元方程来计算；一元方程又可以作为函数值等于0的特殊情况。二者在解题中根据需要相互转化，使问题易于解决。
典型例题：例1. （2012年浙江省理5分）设，【 】
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A。
【考点】函数的单调性，导数的应用。
【解析】对选项A，若，必有。
构造函数：，则恒成立，故有函数在x＞0上单调递增，即a＞b成立。
其余选项用同样方法排除。故选A。
例2. （2012年北京市理5分）已知，若同时满足条件：
，
则m的取值范围是 ▲
【答案】。
【考点】简易逻辑，函数的性质。
【解析】由得。
∵条件，∴当时，。
当时，，不能做到在时，，所以舍去。
∵作为二次函数开口只能向下，∴，且此时两个根为。
为保证条件①成立，必须。
又由条件的限制，可分析得出时，恒负。
∴就需要在这个范围内有得正数的可能，即－4应该比两根中小的那个大。
由得，
∴当时，，解得交集为空集，舍去。
当时，两根同为－2＞－4，舍去。
当时，。
综上所述，。
例3. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】
A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0
C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0
【答案】B。
【考点】导数的应用。
【解析】令，则。
设，。
令，则
要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：
，整理得。
取值讨论：可取来研究。
当时，，解得，此时，此时；
当时，，解得，此时，此时。故选B。
例4. （2012年浙江省理4分）若将函数表示为
，
其中，，，…，为实数，则 ▲ ．
【答案】10。
【考点】导数的应用，二项式定理。
【解析】对等式：两边连续对x求导三次得：，再运用特殊元素法，令得：，即。
或用二项式定理，由等式两边对应项系数相等得。
例5. （2012年江苏省5分）设是定义在上且周期为2的函数，在区间上，
其中．若，
则的值为 ▲ ．
【答案】。
【考点】周期函数的性质。
【解析】∵是定义在上且周期为2的函数，∴，即①。
又∵，，
∴②。
联立①②，解得，。∴。
四、相等（函数）与不等的相互转化：在数学解题中，相等（函数）与不等是矛盾的两方面，但是它们在一定的条件下可以互相转化。一些题目，表面看来似乎只具有相等（函数）的数量关系，根据这些相等关系又难以解决问题，但若能挖掘其中的不等关系，建立不等式（组）去转化，往往能获得简捷求解的效果。反之，一些题目，表面看来似乎只具有不等的数量关系，但若能通过不等关系，找出相等（函数）时的情形，往往也能解决问题。总之，利用相等（函数）与不等之间的辩证关系，相互转化，往往可以使问题得到有效解决。
典型例题：例1. （2012年江苏省5分）已知函数的值域为，若关于x的不等式
的解集为，则实数c的值为 ▲ ．
【答案】9。
【考点】函数的值域，不等式的解集。
【解析】由值域为，当时有，即，
∴。
∴解得，。
∵不等式的解集为，∴，解得。
例2. （2012年辽宁省理5分）若，则下列不等式恒成立的是【 】
(A) (B)
(C) (D)
【答案】C。
【考点】导数公式，利用导数，通过函数的单调性与最值来证明不等式。
【解析】设，则
所以所以当时，
同理∴即。故选C。
例3. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；
（1）求的解析式及单调区间；
（2）若，求的最大值。
【答案】解：（1）∵，∴。
令得，。∴。
∴，得。
∴的解析式为。
设，则。
∴在上单调递增。
又∵时，，单调递增；
时，，单调递减。
∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。
（2）∵，∴。
令得。
①当时，，∴在上单调递增。
但时，与矛盾。
②当时，由得；由得。
∴当时，
∴。
令；则。
由得；由得。
∴当时，
∴当时，的最大值为。
【考点】函数和导函数的性质。
【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。
（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。
例4. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；
（Ⅲ）证明.
【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.
令，得。
当变化时，和的变化情况如下表：
－
0
＋
↘
极小值
↗
∴在处取得极小值。
∴由题意，得。∴。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。
当＞0时，令，即。
求导函数可得。
令，得。
①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。
∴符合题意。
②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在
(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。
∴不合题意。
综上，实数的最小值为。
（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。
当≥2时，
。
在（2）中，取，得，
∴。
∴
。
综上，。
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。
【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。
（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由
，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。
例5. （2012年山东省理13分）已知函数 = （k为常数，e=2.71828……是自然对数的底数），曲线y= )在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。
（Ⅰ）求k的值；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）设g(x)=(x2+x) ，其中为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，。
【答案】解：（Ⅰ）由 = 可得，
∵曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，
∴，即，解得。
（Ⅱ），令可得，即。
令，
由指数函数和对数函数的单调性知，在时，从单调减小；从单调增加。∴和只相交于一点，即只有一解。
由（Ⅰ）知，，∴。
当时，；当时，。（取点代入）
∴在区间内为增函数；在内为减函数。
（Ⅲ）∵，
可以证明，对任意x＞0，有（通过函数的增减性和极值证明），
∴。
设。则。
令，解得。
当时，；当时，。
∴在取得最大值。
∴，即。
∴对任意x＞0，。
【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。
【解析】（Ⅰ）由曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y= f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。
（Ⅱ）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得的单调区间。
（Ⅲ）对，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。
例6. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。
【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。
(ⅱ) 利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比
﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。
例7. （2012年陕西省文14分）设函数
（Ⅰ）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；
（Ⅱ）设n为偶数，，，求的最小值和最大值；
（III）设，若对任意，有，求的取值范围；
【答案】解：（Ⅰ）证明：，时，。
∵，∴在内存在零点。
又∵当时，，∴ 在上单调递增。
∴ 在内存在唯一零点。
（Ⅱ）依题意，得，∴。
画出可行域，得知在点（0，－2）处取得最小值－6，在点（0，0）处取得最大值0。
（III）当时，。
对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：
（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。
（ⅱ）当，即时，恒成立。
（ⅲ）当，即时，恒成立。
综上所述，的取值范围为。
【考点】函数与方程，简单线性规划，导数的综合应用。
【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。
（Ⅱ）依题意，得到，画出可行域，求出的最小值和最大值。
（III）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。
例8. （2012年山东省理12分）在等差数列中，。
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）对任意m∈N﹡，将数列中落入区间内的项的个数记为，求数列的前m项和。
【答案】解：（Ⅰ）由可得。
而，则。。
∴，即。
（Ⅱ）∵对任意m∈N﹡，，
∴，即，
而，由题意可知。
∴
，
即。
【考点】等差数列的性质，数列的求法。
【解析】（Ⅰ）根据已知条件不求出和即可求出数列的通项公式。
（Ⅱ）由（Ⅰ）和将数列中落入区间内得不等式，解出后根据条件得到，再求和。
例9. （2012年天津市理5分）设，，若直线与圆相切，则的取值范围是【 】
（A） （Ｂ）
（Ｃ） （Ｄ）
【答案】D。
【考点】直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，重要不等式，一元二次不等式的解法
【分析】∵直线与圆相切，
∴圆心到直线的距离为，∴。
又∵，∴，即。
∴。
设，则，解得。故选D。
五、数与形的相互转化：在数学解题中，一方面，许多数量关系的抽象概念若能赋予几何意义，往往变得直观形象，有利于解题途径的探求；另一方面，一些涉及图形的问题如能化为数量关系的研究，又可以获得简捷而一般的解法。这就是数形结合的相互转化。
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）正方形的边长为1，点在边上，点在边上，
，动点从出发沿直线向运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角。
当点第一次碰到时，与正方形的边碰撞的次数为【 】
A．16 B．14 C．12 D．10
【答案】A。
【考点】反射原理，正方形的性质，三角形相似的判定和性质。
【解析】结合已知中的点,的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到点时，需要碰撞14次即可。
也可以通过三角形相似的相似比求解：如图，
为便是于计算，将正方形的边长扩大7倍，这样边长为7，，。
∴这些三角形相似的两边长之比。
∴；；
；
；
；。
∴经过7次碰撞，到达与点成轴对称的点处，根据正方形的对称性，再经过7次碰撞，到达点，共14次碰撞。故选A。
例2. （2012年全国大纲卷理5分）已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【 】
A．或2 B．或3 C．或1 D．或1
【答案】A
【考点】导数的应用。
【解析】若函数图像与轴有两个不同的交点，则需要满足其中一个为零即可。因为三次函数的图像与轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可知只有在极大值点或者极小值点有一点在轴时满足要求（如图所示）。
∵，∴。
∴当时，函数取得极值。
由或可得或，即。故选A。
例3. （2012年上海市理4分）已知函数的图象是折线段，其中、、，
函数（）的图象与轴围成的图形的面积为 ▲ .
【答案】。
【考点】函数的图象与性质，函数的解析式的求解方法。
【解析】根据题意得到，，∴得到。
的图象如图1，（）的图象如图2。易知，（）
的分段解析式中的两部分抛物线形状完全相同，只是开口方向及顶点位置不同，，封闭图形与全等，面积相等，故所求面积即为矩形的面积。
若用定积分求解，则。
例4. （2012年天津市理5分）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。
【分析】函数，
当时，，
当时，，
综上函数。
作出函数的图象，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在蓝色或黄色区域内，如图，此时当直线经过黄色区域时，满足，当经过蓝色区域时，满足，综上实数的取值范围是。
例5. （2012年福建省理4分）对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝设，且关于x的方程恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】新定义，分段函数的图象和性质，分类讨论和数形结合思想的应用。
【解析】根据新运算符号得到函数为，
化简得：。
如图，作出函数和的图象，
如果有三个不同的实数解，即直线与函数f(x)的图象有三个交点，如图，
（1）当直线过抛物线的顶点或时，有两个交点；
（2）当直线中时，有一个交点；
（3）当直线中时，有三个交点。
设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1即为方程2x2－x＝小于0的解，解得x1＝，此时x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝。
与函数f(x)有2个交点的最低位置是当y＝m与x轴重合时，此时x1·x2·x3＝0。
所以当方程有三个不等实根时，x1·x2·x3∈。
例6. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考点】指数函数和对数函数的性质。
【解析】设,作图。
∵当时，,
∴在时, 的图象在的图象上方。
根据对数函数的性质，。∴单调递减。
∴由时，得，解得。
∴要使时，，必须。
∴a的取值范围是(，1) 。故选B。
例7. （2012年北京市文5分）函数的零点个数为【 】
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】B。
【考点】幂函数和指数函数的图象。
【解析】函数的零点个数就是（即）解的个数，即函数和的交点个数。如图，作出图象，即可得到二者交点是1 个。所以函数的零点个数为1。故选B。
例8. （2012年上海市理5分）设，，在中，正数的个数是【 】
A．25 B．50 C．75 D．100
【答案】 D。
【考点】正弦函数的周期性。
【解析】∵对于（只有)，∴都为正数。
当时，令，则，画出终边如右，
其终边两两关于轴对称，即有，
∴
其中=26,27,…,49，此时。
∵， ，∴。
从而当=26,27,…,49时，都是正数。
又。
同上可得，对于从51到100的情况同上可知都是正数，故选D。
六、数学各分支之间的相互转化：除了前述的数学各分支之间的相互转化问题外，还有许多数学各分支之间的相互转化问题，如利用向量的方法解立体几何的问题，用解析几何方法处理平面几何、代数、三角问题等。
典型例题：例1. （2012年北京市理5分）某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高。m值为【 】
A.5 B.7 C.9 D.11
【答案】C。
【考点】直线斜率的几何意义。
【解析】据图像识别看出变化趋势，利用变化速度可以用导数来解，但图像不连续，所以只能是广义上的。实际上，前n年的年平均产量就是前n年的总产量S与n的商：，在图象上体现为这一点的纵坐标与横坐标之比。
因此，要使前m年的年平均产量最高就是要这一点的纵坐标与横坐标之比最大，即这一点与坐标原点连线的倾斜角最大。图中可见。当n=9时，倾斜角最大。从而m值为9。故选C。
例2. （2012年湖北省理5分）已知二次函数的图像如图所示 ，则它与轴所围图形的面积为【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】待定系数法求函数解析式，定积分在求面积中的应用。
【解析】先根据函数的图象用待定系数法求出函数的解析式，然后利用定积分表示所求面积，最后根据定积分运算法则求出所求：
根据函数的图象可知二次函数图象过点（－1，0），（1，0），（0，1），用待定系数法可求得二次函数解析式为。
设二次函数的图像与轴所围图形的面积为，
则。故选B。
例3. （2012年陕西省理14分）设函数
（1）设，，证明：在区间内存在唯一的零点；
（2）设，若对任意，有，求的取值范围；
（3）在（1）的条件下，设是在内的零点，判断数列的增减性.
【答案】解：（1）证明：，时，。
∵，∴在内存在零点。
又∵当时，，∴ 在上单调递增。
∴ 在内存在唯一零点。
（2）当时，。
对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分类讨论如下：
（ⅰ）当，即时，，与题设矛盾。
（ⅱ）当，即时，恒成立。
（ⅲ）当，即时，恒成立。
综上所述，的取值范围为。
（3）设是在内的唯一零点，
则，，。
∴。
又由（1）知在上是递增的，∴。
∴数列是递增数列。
【考点】函数与方程，导数的综合应用、函数与数列的综合。
【解析】（1）一方面由得在内存在零点；另一方面由当时，得在上单调递增。从而得出在内存在唯一零点。
（2）对任意都有等价于在上最大值与最小值之差，据此分、和讨论即可。
（3）设是在内的唯一零点， 则可得
。又由（1）知在上是递增的，∴。从而得到数列是递增数列。
另解： 设是在内的唯一零点，
∵
则的零点在内，故。
所以，数列是递增数列。
例4. （2012年四川省理5分）设函数，是公差为的等差数列，，则【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】D。
【考点】等差数列性质，三角函数性质。
【解析】∵，，
∴。
∵是公差为的等差数列，
∴，。
∴，解得。
∴。故选D。
关于， 可化为。
由，
设，作图可得二者交点在处：
例5. （2012年江西省理12分）已知数列的前项和（其中），且的最大值为。
（1）确定常数，并求；
（2）求数列的前项和。
【答案】解：（1）当n＝时，Sn＝－n2＋kn取最大值，即8＝Sk＝－k2＋k2＝k2，
∴k2＝16，∴k＝4。
∴＝－n(n≥2)。
又∵a1＝S1＝，∴an＝－n。
（2）∵设bn＝＝，Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋＋＋…＋＋，
∴Tn＝2Tn－Tn＝2＋1＋＋…＋－＝4－－＝4－。
【考点】数列的通项，递推、错位相减法求和，二次函数的性质。
【解析】（1）由二次函数的性质可知，当n＝时，取得最大值，代入可求，然后利用可求通项，要注意不能用来求解首项，首项一般通过来求解。
（2）设bn＝＝，可利用错位相减求和即可。
例6. （2012年四川省理5分）如图，半径为的半球的底面圆在平面内，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，则、两点间的球面距离为【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】A。
【考点】球面距离及相关计算，向量和反三角函数的运用。
【解析】要求、两点间的球面距离，由于，故只要求得即可。从而可求出即可求（比较繁）或用向量求解：
如图，以O为原点，分别以在平面上的射影、所在直线为轴。
过点作（即面）的垂线，分别过点作轴的垂线。
∵，∴。
∵面与平面的角为，即，
∴。∴。
∴。
∴。∴。∴。故选A。
例7. （2012年上海市理4分）在平行四边形中，，边、的长分别为2、1，若、分别是边、上的点，且满足，则的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】平面向量的基本运算。
【解析】如图所示，以为原点，向量所在直线为轴，过垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系。
∵平行四边形中，，，
∴。
设，则。
∴由得，。
∴的横坐标为，的纵坐标为。
∴
∴。
∵函数在有最大值，
∴在时，函数单调增加。
∴在时有最小值2；在时有最大值5。
∴的取值范围是。
例8. （2012年四川省理4分）如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是 ▲ 。
【答案】90o。
【考点】异面直线夹角问题。
【解析】如图，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.设正方体边长为2，则（0,0,0），N（0,2,1），M（0,1,0）A1（2,0,2）
∴。
∴cos< = 0。
∴，即异面直线与所成角为90o。
例9. （2012年上海市理4分）如图，在极坐标系中，过点的直线与极轴的夹角，若将的极坐标方程写成的形式，则 ▲ .
【答案】
【考点】点斜式直线方程的应用，直角坐标与极坐标互化。
【解析】∵该直线过点，与极轴的夹角，
∴该直线的直角坐标方程为：，即。
根据直角坐标与极坐标的关系，，代入上式，得
，
∴。
例10. （2012年天津市理5分）己知抛物线的参数方程为（为参数），其中，焦点为，准线为，过抛物线上一点作的垂线，垂足为，若，点的横坐标是3，则 ▲ .
【答案】2。
【考点】参数方程及其参数的几何意义，抛物线的定义及其几何性质。
【分析】∵，可得抛物线的标准方程为，∴焦点。
∵点的横坐标是3，则，∴点，。
由抛物线的几何性质得。
∵，∴，解得。
【备战2013高考数学专题讲座】
第7讲：数学思想方法之整体思想探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。
整体思想就是从问题的整体性质出发，突出对问题的整体结构的分析和改造，发现问题的整体结构特征，善于用“集成”的眼光，把某些式子或图形看成一个整体，把握它们之间的关联，进行有目的、有意识的整体处理。
整体思想方法在代数式的化简与求值、解方程（组）、几何解证等方面都有广泛的应用，整体代入、叠加叠乘处理、整体运算、整体设元、整体处理、几何中的补形等都是整体思想方法在解数学问题中的具体运用。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面四方面探讨整体思想的应用：（1）整体运算；（2）整体代换；（3）整体设元；（4）整体变形、补形。
一、整体运算：整体运算是着眼结构的整体性，根据问题的条件进行运算（包括整体配方、求导等），达到简化解题思路，确定解题的突破口或者总体思路。
典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分）设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为【 】
【答案】。
【考点】反函数的性质，导数的应用。
【解析】∵函数与函数互为反函数，∴它们的图象关于对称。
∴函数上的点到直线的距离为
设函数，则，∴。∴。
∴由图象关于对称得：最小值为。故选。
例2. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考点】指数函数和对数函数的性质。
【解析】设,作图。
∵当时，,
∴在时, 的图象在的图象上方。
根据对数函数的性质，。∴单调递减。
∴由时，得，解得。
∴要使时，，必须。
∴a的取值范围是(，1) 。故选B。
例3. （2012年江西省文5分）已知若a=f（lg5），则【 】
A. B. C. D.
【答案】C。
【考点】二倍角的余弦，诱导公式，对数的运算性质。
【解析】应用二倍角的余弦公式进行降幂处理：。
∴，
。
∴。故选C。
例4. （2012年江西省理5分）设数列都是等差数列，若，，则
▲ 。
【答案】35。
【考点】等差中项的性质，整体代换的数学思想。
【解析】∵数列都是等差数列，∴数列也是等差数列。
∴由等差中项的性质，得，即，
解得。
例5. （2012年江苏省16分）已知各项均为正数的两个数列和满足：，，
（1）设，，求证：数列是等差数列；
（2）设，，且是等比数列，求和的值．
【答案】解：（1）∵，∴。
∴ 。∴ 。
∴数列是以1 为公差的等差数列。
（2）∵，∴。
∴。（﹡）
设等比数列的公比为，由知，下面用反证法证明
若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。
若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。
∴综上所述，。∴，∴。
又∵，∴是公比是的等比数列。
若，则，于是。
又由即，得。
∴中至少有两项相同，与矛盾。∴。
∴。
∴ 。
【考点】等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法。
【解析】（1）根据题设和，求出，从而证明而得证。
（2）根据基本不等式得到，用反证法证明等比数列的公比。
从而得到的结论，再由知是公比是的等比数列。最后用反证法求出。
例6. （2012年全国大纲卷文12分）已知数列{}中， =1，前n项和．
（1）求，
（2）求{}的通项公式。
【答案】解：（1）由 =1，得，解得。
同理，解得。
（2）∵，∴。
∴，即。
∴。
∴，即。
由 =1，得。
∴{}的通项公式为。
【考点】数列。
【解析】（1）由已知条件，可直接求出。
（2）由求出，两式相减，求出。从而各项相乘即可求得{}的通项公式。
例7. （2012年天津市文13分）已知{}是等差数列，其前项和为，{}是等比数列,且=，，.
(Ⅰ)求数列{}与{}的通项公式；
(Ⅱ)记，，证明。
【答案】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由=，得。
由条件，得方程组
，解得。
∴。
(Ⅱ)证明：由（1）得， ①；
∴ ②；
由②－①得，
∴。
【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列和等比数列的通项公式。
【分析】（Ⅰ）直接设出首项和公差，根据条件求出首项和公差，即可求出通项。
（Ⅱ）写出的表达式，借助于错位相减求和。
还可用数学归纳法证明其成立。
例8. （2012年浙江省文14分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=，n∈N﹡，数列{bn}满足an=4log2bn＋3，n∈N﹡.
（1）求an，bn；
（2）求数列{an·bn}的前n项和Tn.
【答案】解：（1）由Sn=，得
当n=1时，；
当n2时，，n∈N﹡。
由an=4log2bn＋3，得，n∈N﹡。
（2）由（1）知，n∈N﹡，
∴，
。
∴。
∴，n∈N﹡。
【考点】等比数列、等差数列的概念、通项公式以及求和公式，对数的定义。
【解析】（1）由Sn=，作即可求得an；代入an=4log2bn＋3，化为指数形式即可求得bn。
（2）由an，bn求出数列{an·bn}的通项，得到，从而作即可求得T。
例9. （2012年全国大纲卷理5分）已知为第二象限角，，则【 】
A． B． C． D．
【答案】A。
【考点】两角和差的公式以及二倍角公式的运用。
【解析】首先利用平方法得到二倍角的正弦值，然后然后利用二倍角的余弦公式，将所求的转化为单角的正弦值和余弦值的问题：
∵，∴两边平方，得，即。
∵为第二象限角，∴因此。
∴。
∴。故选A。
例10. （2012年辽宁省理5分）已知，(0，π)，则=【 】
(A) 1 (B) (C) (D) 1
【答案】A。
【考点】三角函数中的和差公式、倍角公式、三角函数的性质。
【解析】∵，∴。∴。
又∵，∴。∴，即。
∴。故选A。
另析：，
。
例11. （2012年北京市理13分）已知函数。
（1）求的定义域及最小正周期；
（2）求的单调递增区间。
【答案】解：（1）由解得，
∴的定义域为。
又∵
∴的最小正周期为。
（2）∵，
∴根据正弦函数的增减性，得或，。
解得或，。
∴的单调递增区间为。
【考点】三角函数的定义域、最小正周期和单调增减性。
【解析】（1）根据分式分母不为0的条件，结合正弦函数的零点得出的定义域。将变形，即可由求最小正周期的公式求得。
（2）根据正弦函数的增减性，结合的定义域，求出的单调递增区间。
二、整体代换：整体代换是根据问题的条件，选择一个或几个元素（代数式、数列等），将它们看成一个整体，进行等量代换，达到减少计算量的目的。
典型例题：例1. （2012年福建省理5分）函数在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有，则称在[a，b]上具有性质P.设在[1,3]上具有性质P，现给出如下命题：
①在[1,3]上的图象是连续不断的；
②在[1，]上具有性质P；
③若在x＝2处取得最大值1，则＝1，x∈[1,3]；
④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有．
其中真命题的序号是【 】
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
【答案】D。
【考点】抽象函数及其应用，函数的连续性。
【解析】对于命题①，设，显然它在[1,3]上具有性质P，但函数在处是不连续的，命题错误；
对于命题②，设，显然它在[1,3]上具有性质P，但在[1，]上不具有性质P，命题错误；
对于命题③，∵在x＝2处取得最大值1，
∴在[1，3]上，，即。
∴。∴＝1，x∈[1,3]。命题正确；
对于命题④，对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有
命题正确。
故选D。
例2. （2012年安徽省理13分）设
（I）求在上的最小值；
（II）设曲线在点的切线方程为；求的值。
【答案】解：（I）设，则。
∴。
①当时，。∴在上是增函数。
∴当时，的最小值为。
②当时，
∴当且仅当时，的最小值为。
（II）∵，∴。
由题意得：，即，解得。
【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。
【解析】（I）根据导数的的性质分和求解。
（II）根据切线的几何意义列方程组求解。
例3. （2012年江苏省16分）若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。
已知是实数，1和是函数的两个极值点．
（1）求和的值；
（2）设函数的导函数，求的极值点；
（3）设，其中，求函数的零点个数．
【答案】解：（1）由，得。
∵1和是函数的两个极值点，
∴ ，，解得。
（2）∵ 由（1）得， ，
∴，解得。
∵当时，；当时，，
∴是的极值点。
∵当或时，，∴ 不是的极值点。
∴的极值点是－2。
（3）令，则。
先讨论关于 的方程 根的情况：
当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为I 和一2 ，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。
当时，∵， ，
∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。
由（1）知。
① 当时， ，于是是单调增函数，从而。
此时在无实根。
② 当时．，于是是单调增函数。
又∵，，的图象不间断，
∴ 在（1 , 2 ）内有唯一实根。
同理，在（一2 ，一I ）内有唯一实根。
③ 当时，，于是是单调减两数。
又∵， ，的图象不间断，
∴在（一1，1 ）内有唯一实根。
因此，当时，有两个不同的根满足；当 时
有三个不同的根，满足。
现考虑函数的零点：
( i ）当时，有两个根，满足。
而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。
( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。
而有三个不同的根，故有9 个零点。
综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。
【考点】函数的概念和性质，导数的应用。
【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。
（2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。
（3）比较复杂，先分和讨论关于 的方程 根的情况；再考虑函数的零点。
例4. （2012年全国课标卷文5分）设函数的最大值为M，最小值为m，则M+m= ▲
【答案】2。
【考点】奇函数的性质。
【解析】∵， ∴设。
∵，
∴函数是奇函数，关于坐标原点对称，它的最大值与最小值之和为0。
∴。
例5. （2012年上海市文4分）方程的解是 ▲
【答案】。
【考点】解指数方程。
【解析】根据方程，化简得。
令，则原方程可化为，解得 或。
∴。∴原方程的解为。
例6. （2012年全国课标卷文5分）数列满足，则的前60项和为【 】
（A）3690 （B）3660 （C）1845 （D）1830
【答案】D。
【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。
【解析】求出的通项：由得，
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；······
当时，；当时，；当时，；
当时，（）。
∵，
∴的四项之和为（）。
设（）。
则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列，
∴的前项和=的前15项和=。故选D。
例7. （2012年四川省文5分）设函数，是公差不为0的等差数列，，则【 】
A、0 B、7 C、14 D、21
【答案】D。
【考点】高次函数的性质，等差数列性质。
【解析】∵是公差不为0的等差数列，记公差为。
∴。
则
。
∵，∴。
设，
则。
∴。故选D。
例8. （2012年山东省理13分）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为。
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若点M的横坐标为，直线l：y=kx+与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当时，的最小值。
【答案】解：（Ⅰ）F抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F，设M，。
由题意可知，
则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得。
∴抛物线C的方程为。
（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，
而，，，
∴，即。
由可得，，则，
即，解得，点M的坐标为。
（Ⅲ）∵点M的横坐标为，∴点M，。
由可得。
设，则。
∴。
∵圆，圆心到直线l 的距离。
∴。
∴。
∵，∴令。
∴。
设，则。
当时，，
即当时，。
∴当时，。
【考点】抛物线和圆的性质，切线斜率的应用和意义，韦达定理的应用，导数的应用。函数的单调性质。
【解析】（Ⅰ）由已知条件，根据抛物线和圆的性质列式求解。
（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，则由条件列式，并由切线斜率的应用和意义求出点M的坐标。
（Ⅲ）应用韦达定理、勾股定理，用表示出和，根据函数的单调性质可求解。
三、整体设元：整体设元是用新的参数去代替已知式或已知式中的某一部分，达到化繁为简、化难为易的目的。
典型例题：例1. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】
A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0
C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0
【答案】B。
【考点】导数的应用。
【解析】令，则。
设，。
令，则
要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：
，整理得。
取值讨论：可取来研究。
当时，，解得，此时，此时；
当时，，解得，此时，此时。故选B。
例2. （2012年全国大纲卷理12分）设函数。
（1）讨论的单调性；
（2）设，求的取值范围。
【答案】解：。
（1）∵，∴。
当时，，在上为单调递增函数；
当时，，在上为单调递减函数；
当时，由得，
由得或；
由得。
∴当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。
（2）由恒成立可得。
令，则。
当时，，当时，。
又，所以，即
故当时，有，
①当时，，，所以。
②当时，。
综上可知故所求的取值范围为。
【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。
【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。
（2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。
例3. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；
（1）求的解析式及单调区间；
（2）若，求的最大值。
【答案】解：（1）∵，∴。
令得，。∴。
∴，得。
∴的解析式为。
设，则。
∴在上单调递增。
又∵时，，单调递增；
时，，单调递减。
∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。
（2）∵，∴。
令得。
①当时，，∴在上单调递增。
但时，与矛盾。
②当时，由得；由得。
∴当时，
∴。
令；则。
由得；由得。
∴当时，
∴当时，的最大值为。
【考点】函数和导函数的性质。
【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。
（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。
例4. （2012年北京市理13分）已知函数
（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；
（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大值。
【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。
∴，即①。
又∵，∴。
又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，
∴②。
解①②，得。
（2）∵，∴设。
则。令，解得。
∵，∴。
又∵在各区间的情况如下：
＋
0
－
0
＋
∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。
①若，即时，最大值为；
②若，即时，最大值为。
③若时，即时，最大值为。
综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。
【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。
【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。
（2）由 得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据 ，和三种情况讨论的最大值。
例5. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；
（Ⅲ）证明.
【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.
令，得。
当变化时，和的变化情况如下表：
－
0
＋
↘
极小值
↗
∴在处取得极小值。
∴由题意，得。∴。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。
当＞0时，令，即。
求导函数可得。
令，得。
①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。
∴符合题意。
②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在
(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。
∴不合题意。
综上，实数的最小值为。
（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。
当≥2时，
。
在（2）中，取，得，
∴。
∴
。
综上，。
【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。
【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。
（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。
（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由
，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。
例6. （2012年山东省理13分）已知函数 = （k为常数，e=2.71828……是自然对数的底数），曲线y= )在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。
（Ⅰ）求k的值；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）设g(x)=(x2+x) ，其中为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，。
【答案】解：（Ⅰ）由 = 可得，
∵曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，
∴，即，解得。
（Ⅱ），令可得，即。
令，
由指数函数和对数函数的单调性知，在时，从单调减小；从单调增加。∴和只相交于一点，即只有一解。
由（Ⅰ）知，，∴。
当时，；当时，。（取点代入）
∴在区间内为增函数；在内为减函数。
（Ⅲ）∵，
可以证明，对任意x＞0，有（通过函数的增减性和极值证明），
∴。
设。则。
令，解得。
当时，；当时，。
∴在取得最大值。
∴，即。
∴对任意x＞0，。
【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。
【解析】（Ⅰ）由曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y= f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。
（Ⅱ）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得的单调区间。
（Ⅲ）对，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。
例7. （2012年广东省理14分）设a＜1，集合，
（1）求集合D（用区间表示）
（2）求函数在D内的极值点。
【答案】解：（1）设，
方程的判别式
①当时，，恒成立，
∴。
∴，即集合D=。
②当时，，方程的两根为
，。
∴
∴，
即集合D=。
③当时，，方程的两根为
，。
∴
。
∴，
即集合D=。
（2）令得
的可能极值点为。
①当时，由（1）知，所以随的变化情况如下表：
0
0
↗
极大值
↘
极小值
↗
∴在D内有两个极值点为：极大值点为，极小值点为。
②当时，
由（1）知=。
∵， ∴，
∴随的变化情况如下表：
0
↗
极大值
↘
↗
∴在D内仅有一个极值点：极大值点为，没有极小值点。
③当时，
由（1）知。
∵，∴。
∴
。
∴。
∴在D内没有极值点。
【考点】分类思想的应用，集合的计算， 解不等式，导数的应用。
【解析】（1）根据根的判别式应用分类思想分、、讨论即可，计算比较繁。
（2）求出，得到的可能极值点为。仍然分、、讨论。
例8. （2012年全国课标卷文5分）设函数
(Ⅰ)求的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值
【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。
若，则，∴在上单调递增。
若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。
(Ⅱ)∵a=1，∴。
∴当x>0时，，它等价于。
令，则。
由(Ｉ)知，函数在上单调递增。
∵，，∴在上存在唯一的零点。
∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。
当时，；当时，。
∴在上的最小值为。
又∵，即，∴。
因此，即整数k的最大值为2。
【考点】函数的单调性质，导数的应用。
【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。
(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，
求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。
例9.（2012年全国课标卷理5分） 已知函数；则的图像大致为【 】
【答案】。
【考点】导数的应用。
【解析】设，则。
∵时，；时，，
∴。
∴或均有。因此排除。故选。
五、整体变形、补形：整体变形是将问题中某些局部运算作整体变形处理，使之呈现规律性结构形式，达到简化问题或减少运算量的目的。整体补形是根据题设条件将原题中的图形补足为某种特殊的图形，建立题设条件与特殊的图形之间的关系，突出问题本质，找到较简洁的解题方法。
典型例题：例1. （2012年辽宁省理5分）已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，
PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为 ▲ 。
【答案】。
【考点】组合体的线线，线面，面面位置关系，转化思想的应用。
【解析】∵在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，
∴可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径EP，球心为正方体对角线的中点O，且EP⊥平面ABC，EP与平面ABC上的高相交于点F。
∴球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥ABC在面ABC上的高FP。
∵球的半径为，设正方体的棱长为，则由勾股定理得。
解得正方体的棱长=2，每个面的对角线长。
∴截面ABC的高为， 。
∴在Rt△BFP中，由勾股定理得，正三棱锥ABC在面ABC上的高。
∴所以球心到截面ABC的距离为。
例2.（2012年福建省文12分） 如图所示，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M为棱DD1上的一点．
（I）求三棱锥A－MCC1的体积；
（II）当A1M＋MC取得最小值时，求证：B1M⊥平面MAC.
【答案】解：（I）由长方体ABCD－A1B1C1D1知，AD⊥平面CDD1C1，
∴点A到平面CDD1C1的距离等于AD＝1。
又∵==×2×1=1，
∴ 。
（II）将侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面(如图)，
当A1，M，C共线时，A1M＋MC取得最小值。
由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M为DD1中点．
连接C1M，
在△C1MC中，MC1＝，MC＝，CC1＝2，
∴CC＝MC＋MC2，得∠CMC1＝90°，即CM⊥MC1。
又由长方体ABCD－A1B1C1D1知，B1C1⊥平面CDD1C1，
∴B1C1⊥CM。
又B1C1∩C1M＝C1，∴CM⊥平面B1C1M，得CM⊥B1M。
同理可证，B1M⊥AM。
又AM∩MC＝M，∴B1M⊥平面MAC。
【考点】棱锥的体积，直线与直线、直线与平面的位置关系。
【解析】（I）由题意可知，A到平面CDD1C1的距离等于AD=1，易求=1，从而可求。
（II）侧面CDD1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD1A1共面，当A1，M，C共线时，A1M＋MC取得最小值．易证CM⊥平面B1C1M，从而CM⊥B1M，同理可证，B1M⊥AM，问题得到解决。
例3. （2012年安徽省理12分）平面图形如图4所示，其中是矩形，，，。现将该平面图形分别沿和折叠，使与所在平面都与平面垂直，再分别连接,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题。
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）求的长；
（Ⅲ）求二面角的余弦值。
【答案】解：（I）取的中点为点，连接
∵，∴。
∵面面，∴面。
同理：面 。
∴。∴共面。
又∵，
∴面。∴。
（Ⅱ）延长到，使 ，连接。
∵，∴。
∴。
∵，面面，
∴面。∴面。
∴在中，。
（Ⅲ）∵，∴是二面角的平面角。
∴在中，。
在中，
∴二面角的余弦值为。
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角，余弦定理。
【解析】（I）要证，即要面，从而通过证明面和面，得到共面。由，得到面。从而是证。
（Ⅱ）构造，在中，应用勾股定理即可求得的长。
（Ⅲ）要求二面角的余弦值，先要找出二面角的平面角。由 知，是二面角的平面角。在中，应用勾股定理求得的长，在中，应用余弦定理即可求得的余弦值，即二面角的余弦值。
【备战2013高考数学专题讲座】
第8讲：数学思想方法之数形结合思想探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。
中学基础数学的基本知识分三类：一是数的知识，如实数、代数式、方程（组）、不等式（组）、函数等；二是形的知识，如平面几何、立体几何等；三是数形结合的知识，主要体现是解析几何。
数形结合思想，就是把问题的数量关系和图形结合起来的思想方法，根据解决问题的需要，可以把数量关系的问题转化为图形的性质和特征去研究（以形助数），即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者把图形的性质问题转化为数量关系的问题去研究（以数辅形），即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质。数形结合思想，不仅是一种重要的解题方法，而且也是一种重要的思想方法，在高考中经常考查。
数与形转换的三条途径：（1）建系：通过坐标系的建立，引入数量化静为动，以动求解；（2）转化：通过分析数与式的结构特点，把问题转化到形的角度来考虑，如将转化为勾股定理或平面上两点间的距离等；（3）构造：通过对数(式)与形特点的分析，联想相关知识构造图形或函数等，比如构造一个几何图形，构造一个函数，构造一个图表等。
数形结合的三种主要解题方式：（1）数转化为形，即根据所给出的“数”的特点，构造符合条件的几何图形，用几何方法去解决；（2）形转化为数，即根据题目特点，用代数方法去研究几何问题；（3）)数形结合，即用数研究形，用形研究数，相互结合，使问题变得简捷、直观、明了。
运用数形结合思想分析解决问题要遵循的三个原则：（1）等价性原则：要注意由于所作的草图不能精确刻画数量关系带来的负面效应；（2）双向性原则：即进行几何直观分析，又要进行相应的代数抽象探求，仅对代数问题进行几何分析容易失真；（3）简单性原则：不要为了“数形结合”而数形结合，而取决于是否有效、简便和更易达到解决问题的目的。
运用数形结合思想分析解决问题时的三点注意事项：（1）要熟记常见函数或曲线的形状和位置，画图要比较准确，明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；（2）要恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；（3）要正确确定参数的取值范围。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面七方面探讨数形结合思想的应用：（1）数形结合思想在集合问题中的应用；（2）数形结合思想在函数问题中的应用；（3）数形结合思想在圆锥曲线问题中的应用；（4）数形结合思想在方程与不等式问题中的应用；（5）数形结合思想在三角函数问题中的应用；（6）数形结合思想在平面向量问题中的应用；（7）数形结合思想在立体几何问题中的应用。
一、数形结合思想在集合问题中的应用：在集合运算中常常借助于数轴、Venn图来处理集合的交、并、补等运算，从而使问题得以简化，使运算快捷明了。
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷文5分）已知集合={︱是平行四边形}，={︱是矩形}，={︱是正方形}，{︱是菱形}，则【 】
A. B. C. D.
【答案】B。
【考点】集合的概念，集合的包含关系。
【解析】平行四边形、矩形、菱形和正方形的关系如图，由图知是大的集合，是最小的集合，因此，选项A、C、、D错误，选项B正确。故选B。
例2.（2012年上海市文4分）若集合，，则＝ ▲
【答案】。
【考点】集合的概念和性质的运用，一元一次不等式和绝对值不等式的解法。
【解析】由题意，得，∴。
例3.（2012年山东省文5分）函数的定义域为【 】
A B C D
【答案】B。
【考点】函数的定义域。分式、对数、二次根式有意义的条件。
【解析】根据分式、对数、二次根式有意义的条件，得，解得。
∴函数的定义域为。故选B。
例4. （2012年重庆市理5分）设平面点集，则所表示的平面图形的面积为【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】D。
【考点】线性规划中可行域的画法，双曲线和圆的对称性。
【分析】∵，∴或。
又∵，
∴满足上述条件的区域为如图所示的圆内部分Ⅰ和Ⅲ。
∵的图象都关于直线对称，
∴Ⅰ和Ⅳ区域的面积相等，Ⅱ和Ⅲ区域的面积相等，即圆内部分Ⅰ和Ⅲ的面积之和为单位圆面积的一半，为。故选D。
二、数形结合思想在函数问题中的应用：函数图象的几何特征与数量特征紧密结合，体现了数形结合的特征与方法。特别地，数列是一种特殊的函数，数列的通项公式以及前n项和公式可以看作关于正整数n的函数。用数形结合的思想研究数列问题是借助函数的图象进行直观分析，从而把数列的有关问题转化为函数的有关问题来解决。
典型例题：例1. （2012年山东省理5分） 设 ，则“函数在R上是减函数 ”，是“函数在R上是增函数”的【 】
A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件
【答案】A。
【考点】充分必要条件的判断，指数函数和幂函数的性质。
【解析】∵p：“函数在R上是减函数 ”等价于，
q：“函数在R上是增函数”等价于且，即且，
∴p是q成立的充分不必要条件.。故选A。
例2. （2012年北京市理5分）已知，若同时满足条件：
，
则m的取值范围是 ▲
【答案】。
【考点】简易逻辑，函数的性质。
【解析】由得。
∵条件，∴当时，。
当时，，不能做到在时，，所以舍去。
∵作为二次函数开口只能向下，∴，且此时两个根为。
为保证条件①成立，必须。
又由条件的限制，可分析得出时，恒负。
∴就需要在这个范围内有得正数的可能，即－4应该比两根中小的那个大。
由得，
∴当时，，解得交集为空集，舍去。
当时，两根同为－2＞－4，舍去。
当时，。
综上所述，。
例3. （2012年全国大纲卷理5分）已知函数的图像与轴恰有两个公共点，则【 】
A．或2 B．或3 C．或1 D．或1
【答案】A
【考点】导数的应用。
【解析】若函数图像与轴有两个不同的交点，则需要满足其中一个为零即可。因为三次函数的图像与轴恰有两个公共点，结合该函数的图像，可知只有在极大值点或者极小值点有一点在轴时满足要求（如图所示）。
∵，∴。
∴当时，函数取得极值。
由或可得或，即。故选A。
例4. （2012年全国课标卷理5分）设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为【 】
【答案】。
【考点】反函数的性质，导数的应用。
【解析】∵函数与函数互为反函数，∴它们的图象关于对称。
∴函数上的点到直线的距离为
设函数，则，∴。∴。
∴由图象关于对称得：最小值为。故选。
例5. （2012年北京市理5分）某棵果树前n年的总产量S与n之间的关系如图所示.从目前记录的结果看，前m年的年平均产量最高。m值为【 】
A.5 B.7 C.9 D.11
【答案】C。
【考点】直线斜率的几何意义。
【解析】据图像识别看出变化趋势，利用变化速度可以用导数来解，但图像不连续，所以只能是广义上的。实际上，前n年的年平均产量就是前n年的总产量S与n的商：，在图象上体现为这一点的纵坐标与横坐标之比。
因此，要使前m年的年平均产量最高就是要这一点的纵坐标与横坐标之比最大，即这一点与坐标原点连线的倾斜角最大。图中可见。当n=9时，倾斜角最大。从而m值为9。故选C。
例6. （2012年天津市理5分）函数在区间内的零点个数是【 】
（A）0 （Ｂ）1 （Ｃ）2 （Ｄ）3
【答案】B。
【考点】函数的零点的概念，函数的单调性，导数的应用。
【分析】∵，∴函数在定义域内单调递增。
又∵，。
∴函数在区间（0，1）内有唯一的零点。故选B。
例7. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A（x1，y1）,B(x2，y2),则下列判断正确的是【 】
A. 当a<0时，x1＋x2<0，y1＋y2>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0
C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0
【答案】B。
【考点】导数的应用。
【解析】令，则。
设，。
令，则
要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：
，整理得。
取值讨论：可取来研究。
当时，，解得，此时，此时；
当时，，解得，此时，此时。故选B。
例8. （2012年重庆市理5分）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图像如题图所示，则下列结论中一定成立的是【 】
（A）函数有极大值和极小值
（B）函数有极大值和极小值
（C）函数有极大值和极小值
（D）函数有极大值和极小值
【答案】D。
【考点】函数在某点取得极值的条件，函数的图象。
【分析】由图象知，与轴有三个交点，－2，1，2， ∴。
由此得到， ，，和在上的情况：
－2
1
2
＋
0
－
0
＋
0
－
＋
＋
＋
0
－
－
－
＋
0
－
－
－
0
＋
↗
极大值
↘
非极值
↘
极小值
↗
∴的极大值为，的极小值为。故选D。
例9. （2012年天津市理5分）已知函数的图象与函数的图象恰有两个交点，则实数的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】函数的图像及其性质，利用函数图像确定两函数的交点。
【分析】函数，
当时，，
当时，，
综上函数。
作出函数的图象，要使函数与有两个不同的交点，则直线必须在蓝色或黄色区域内，如图，此时当直线经过黄色区域时，满足，当经过蓝色区域时，满足，综上实数的取值范围是。
例10. （2012年福建省理4分）对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝设，且关于x的方程恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】新定义，分段函数的图象和性质，分类讨论和数形结合思想的应用。
【解析】根据新运算符号得到函数为，
化简得：。
如图，作出函数和的图象，
如果有三个不同的实数解，即直线与函数f(x)的图象有三个交点，如图，
（1）当直线过抛物线的顶点或时，有两个交点；
（2）当直线中时，有一个交点；
（3）当直线中时，有三个交点。
设三个交点分别为：x1，x2，x3，且依次是从小到大的顺序排列，所以x1即为方程2x2－x＝小于0的解，解得x1＝，此时x2＝x3＝，所以x1·x2·x3＝××＝。
与函数f(x)有2个交点的最低位置是当y＝m与x轴重合时，此时x1·x2·x3＝0。
所以当方程有三个不等实根时，x1·x2·x3∈。
例11. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】
（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)
【答案】B。
【考点】指数函数和对数函数的性质。
【解析】设,作图。
∵当时，,
∴在时, 的图象在的图象上方。
根据对数函数的性质，。∴单调递减。
∴由时，得，解得。
∴要使时，，必须。
∴a的取值范围是(，1) 。故选B。
例12. （2012年北京市文5分）函数的零点个数为【 】
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】B。
【考点】幂函数和指数函数的图象。
【解析】函数的零点个数就是（即）解的个数，即函数和的交点个数。如图，作出图象，即可得到二者交点是1 个。所以函数的零点个数为1。故选B。
例13. （2012年湖南省文5分）设定义在R上的函数是最小正周期为2的偶函数，是的导函数，当时，0＜＜1；当 且时 ，，则函数在[-2，2] 上的零点个数为【 】
A .2 B .4 C.5 D. 8
【答案】Ｂ。
【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。
【解析】由当 且≠时 ，，知
为减函数；为增函数。
又时，0＜f(x)＜1，在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出和草图像如下，由图知在[-2，2] 上的零点个数为4个。
例14. （2012年福建省文5分）已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a＜b＜c，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝0.现给出如下结论：①f(0)f(1)＞0；②f(0)f(1)＜0；③f(0)f(3)＞0；④f(0)f(3)＜0.
其中正确结论的序号是【 】
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
【答案】C。
【考点】函数的零点和单调性。
【解析】对函数求导得：f′(x)＝3x2－12x＋9，
令f′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝3。
当x<1时，函数f(x)单调递增；当13时，函数f(x)单调递增。
因为a根据f(b)＝0得f(b)＝b3－6b2＋9b－abc＝b[(b－3)2－ac]＝0，因为b≠0，所以(b－3)2－ac＝0。
又因为c>0，且方程有解，故a>0，所以a>0,13。
画出函数f(x)的图象，如图所示．显然f(0)<0，f(1)>0，f(3)<0，
所以f(0)·f(1)<0，f(0)·f(3)>0。所以②③正确。故选C。
例15. （2012年重庆市文5分）设函数在上可导，其导函数，且函数在处取得极小值，则函数的图象可能是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】C。
【考点】函数的图象，函数单调性与导数的关系。
【分析】由函数在处取得极小值可知，
当时，，则，函数的图象与轴相交；
当左侧附近时，，则，函数的图象在轴上方；
当右侧附近时，，则，函数的图象在轴下方。
对照选项可知只有C符合题意。故选C。
例16. （2012年陕西省理5分）下图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽 ▲ 米.
【答案】。
【考点】抛物线的应用。
【解析】建立如图所示的直角坐标系，设抛物线方程为，
∴∵当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，
∴抛物线过点（2，－2，）.
代入得，，即。
∴抛物线方程为。
∴当时，，∴水位下降1米后，水面宽米。
三、数形结合思想在圆锥曲线问题中的应用：解析几何的基本思想就是数形结合，在圆锥曲线解题中将数形结合的数学思想运用于对点、线的性质及其相互关系的研究，借助于图象研究曲线的性质是一种常用的方法。
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）已知为双曲线的左右焦点，点在上，
，则【 】
A． B． C． D．
【答案】C。
【考点】双曲线的定义和性质的运用，余弦定理的运用。
【解析】首先运用定义得到两个焦半径的值，然后结合三角形中的余弦定理求解即可。
由可知，，∴。
∴。
设，则。
∴根据双曲线的定义，得。
∴。
在中，应用用余弦定理得。故选C。
例2. （2012年全国课标卷理5分）设是椭圆的左、右焦点，为直线上一点， 是底角为的等腰三角形，则的离心率为【 】
【答案】。
【考点】椭圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义。
【解析】∵是椭圆的左、右焦点，
∴。
∵是底角为的等腰三角形，
∴。
∵为直线上一点，∴。∴。
又∵，即。∴。故选。
例3. （2012年北京市理5分）在直角坐标系xOy中.直线l过抛物线的焦点F，且与该抛物线相交于A、B两点，其中点A在x轴上方。若直线l的倾斜角为60o，则△OAF的面积为 ▲
【答案】。
【考点】抛物线的性质，待定系数法求直线方程，直线和抛物线的交点。
【解析】根据抛物线的性质，得抛物线的焦点F（1，0）。
∵直线l的倾斜角为60o，∴直线l的斜率。
∴由点斜式公式得直线l的方程为。
∴。
∵点A在x轴上方，∴。
∴△OAF的面积为。
例4. （2012年四川省理4分）椭圆的左焦点为，直线与椭圆相交于点、，当的周长最大时，的面积是 ▲ 。
【答案】3。
【考点】椭圆的性质。
【解析】画出图象，结合图象得到的周长最大时对应的直线所在位置．即可求出结论．
如图，设椭圆的右焦点为E。
由椭圆的定义得：
的周长：
。
∵，∴，当AB过点E时取等号。
∴。
即直线过椭圆的右焦点E时的周长最大，此时的高为：EF=2，直线。
把代入椭圆得。∴。
∴当的周长最大时，的面积是。
例5. （2012年全国课标卷理12分）设抛物线的焦点为，准线为，，已知以为圆心，为半径的圆交于两点；
（1）若，的面积为；求的值及圆的方程；
（2）若三点在同一直线上，直线与平行，且与只有一个公共点，求坐标原点到距离的比值。
【答案】解：（1）由对称性知：是等腰直角三角形，斜边。 点到准线的距离。
∵ ，∴。
∴。
∴，。
∴ 圆的方程为。
（2）由对称性设，则
∵三点在同一直线上，
∴点关于点对称，得：。∴，即
∴，直线，整理得。
∴直线的斜率为。
又∵直线与平行，∴直线的斜率为。
由得，∴。
∵直线与只有一个公共点，∴令，得。∴切点。
∴直线，整理得
∴坐标原点到距离的比值为。
【考点】抛物线和圆的性质，两直线平行的性质，点到直线的距离，导数和切线方程。
【解析】（1）由已知，的面积为，根据抛物线和圆的性质可求得以及，，从而得到圆的方程。
（2）设，根据对称性得，由在准线上得到，从而求得的坐标（用表示），从而得到直线的方程和斜率。由直线与平行和直线与只有一个公共点，应用导数可求出直线的方程。因此求出坐标原点到距离的比值。
例6. （2012年北京市理14分）已知曲线C：
（1）若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围；
（2）设m=4，曲线c与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线c交于不同的两点M、N，直线y=1与直线BM交于点G。求证：A，G，N三点共线。
【答案】（1）原曲线方程可化为：。
∵曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，
∴，是。
∴若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，则m的取值范围为。
（2）证明：∵m=4，∴曲线c的方程为。
将已知直线代入椭圆方程化简得：
。
由得，
。
由韦达定理得：。
设。
则MB的方程为，∴。
AN的方程为。
欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。
将代入，得，
即，即，
即，等式恒成立。
由于以上各步是可逆的，从而点在直线AN上。
∴A，G，N三点共线。
【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用，求直线方程，三点共线的证明。
【解析】（1）根据椭圆长轴大于短轴和长、短轴大于0得不等式组求解即得m的取值范围。
（2）欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。故需求出含待定系数的直线MB和AN的方程，点G的坐标，结合韦达定理的应用用逆推证明。也可通过证明直线MB和AN在时横坐标相等来证A，G，N三点共线或直线AN和AG斜率相等。还可用向量求解。
例7. （2012年广东省理14分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：的离心率，且椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3.
（1）求椭圆C的方程；
（2）在椭圆C上，是否存在点M（m，n）使得直线l：mx+ny=1与圆O：x2+y2=1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及相对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（1）∵，∴可设 。
∴，故椭圆C的方程为。
设为椭圆上的任一点，则。
∵，
∴当时，取得最大值，即取得最大值。
又∵椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3，
∴，解得。
∴所求的椭圆C方程为。
（2）假设点M（m，n）存在，则 ， 即圆心O到直线的距离。 ∴。
∵
∴
（当且仅当，即时取等号）。
解得，即或或或。
∴所求点M的坐标为，对应的△OAB的面积为。
【考点】椭圆的性质，两点间的距离公式，二次函数的最大值，基本不等式的应用。
【解析】（1）由可得椭圆C的方程为，设设为椭圆上的任一点，求出的表达式，一方面由二次函数的最大值原理得的最大值，另一方面由已知椭圆C上的点到Q（0，2）的距离的最大值为3列式求出，从而得到椭圆C的方程。
（2）假设点M（m，n）存在，求出的表达式，应用基本不等式求得△OAB的面积最大时m，n的值和对应的△OAB的面积。
四、数形结合思想在方程与不等式问题中的应用：处理方程问题时，把方程的根的问题看作两个函数图象的交点问题；处理不等式时，从题目的条件与结论出发，联系相关函数，着重分析其几何意义，从图形上找出解题的思路。特别地，线性规划问题是在约束条件（不等式）下求目标函数的最值的问题。从图形上找思路恰好就体现了数形结合思想的应用。
典型例题：例1. （2012年陕西省理5分）设函数，是由轴和曲线及该曲线在点处的切线所围成的封闭区域，则在上的最大值为 ▲ .
【答案】2。
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，简单线性规划。
【解析】先求出曲线在点（1，0）处的切线，然后画出区域D，利用线性规划的方法求出目标函数z的最大值即可：
∵，，
∴曲线及该曲线在点处的切线方程为。
∴由轴和曲线及围成的封闭区域为三角形。在点处取得最大值2。
例2. （2012年浙江省理14分）已知，，函数．
（Ⅰ）证明：当时，
（i）函数的最大值为；
（ii）；
（Ⅱ）若对恒成立，求的取值范围．
【答案】(Ⅰ) 证明：
(ⅰ)．
当b≤0时，＞0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＞0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
此时的最大值为：
＝|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a。
(ⅱ) 设＝﹣，
∵，∴令。
当b≤0时，＜0在0≤x≤1上恒成立，
此时的最大值为：＝|2a－b|﹢a；
当b＜0时，在0≤x≤1上的正负性不能判断，
≤|2a－b|﹢a。
综上所述：函数在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a，
即＋|2a－b|﹢a≥0在0≤x≤1上恒成立。
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，
且函数在0≤x≤1上的最小值比﹣(|2a－b|﹢a)要大。
∵﹣1≤≤1对x[0，1]恒成立，∴|2a－b|﹢a≤1。
取b为纵轴，a为横轴．
则可行域为：和，目标函数为z＝a＋b。
作图如下：
由图易得：当目标函数为z＝a＋b过P(1，2)时，有．
∴所求a＋b的取值范围为：。
【考点】分类思想的应用，不等式的证明，利用导数求闭区间上函数的最值，简单线性规划。
【解析】(Ⅰ) (ⅰ)求导后，分b≤0和b＞0讨论即可。
(ⅱ) 利用分析法，要证＋|2a－b|﹢a≥0，即证＝﹣≤|2a－b|﹢a，亦即证在0≤x≤1上的最大值小于(或等于)|2a－b|﹢a。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：函数在0≤x≤1上的最大值为|2a－b|﹢a，且函数在0≤x≤1上的最小值比
﹣(|2a－b|﹢a)要大．根据－1≤≤1对x∈[0，1]恒成立，可得|2a－b|﹢a≤1，从而利用线性规划知识，可求a＋b的取值范围。
例3. （2012年四川省理5分）某公司生产甲、乙两种桶装产品。已知生产甲产品1桶需耗原料1千克、原料2千克；生产乙产品1桶需耗原料2千克，原料1千克。每桶甲产品的利润是300元，每桶乙产品的利润是400元。公司在生产这两种产品的计划中，要求每天消耗、原料都不超过12千克。通过合理安排生产计划，从每天生产的甲、乙两种产品中，公司共可获得的最大利润是【 】
A、1800元 B、2400元 C、2800元 D、3100元
【答案】C。
【考点】线性规划的应用。
【解析】]设公司每天生产甲种产品X桶，乙种产品Y桶，公司共可获得 利润为Z元/天，则由已知，得 Z=300X+400Y，且
画可行域如图所示，目标函数Z=300X+400Y可变形为
Y= 这是随Z变化的一族平行直线，
解方程组得，即A（4,4） 。
∴。故选C。
例4. （2012年天津市理5分）设，，若直线与圆相切，则的取值范围是【 】
（A） （Ｂ）
（Ｃ） （Ｄ）
【答案】D。
【考点】直线与圆的位置关系，点到直线的距离公式，重要不等式，一元二次不等式的解法
【分析】∵直线与圆相切，
∴圆心到直线的距离为，
∴。
又∵，∴，即。
∴。
设，则，解得。故选D。
例5. （2012年广东省理5分）已知变量x，y满足约束条件，则z=3x+y的最大值为【 】
A．12 B．11 C．3 D．
【答案】B。
【考点】简单线性规划。
【解析】如图，作出变量x，y约束条件的可行域，
解得最优解（3,2）
当时，目标函数z=3x+y的最大值为。
故选B。
例6. （2012年江西省理5分）某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50计，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表
年产量/亩
年种植成本/亩
每吨售价
黄瓜
4吨
1.2万元
0.55万元
韭菜
6吨
0.9万元
0.3万元
为使一年的种植总利润（总利润=总销售收入总种植成本）最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积（单位：亩）分别为【 】
A．50，0 B．30，20 C．20，30 D．0，50
【答案】B。
【考点】建模的思想方法，线性规划知识在实际问题中的应用。
【解析】设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x,y亩,总利润为z万元，则目标函数为
.
线性约束条件为?，即。
如图，作出不等式组表示的可行域,易求得点。
平移直线，可知当直线经过点,即时,z取得最大值,且（万元）。故选B。
例7. （2012年湖南省理5分）已知两条直线 ：和：，与函数的图像从左至右相交于点A，B ，与函数的图像从左至右相交于C,D .记线段AC和BD在X轴上的投影长度分别为 , ,当m 变化时，的最小值为【 】
A． B. C. D.
【答案】B。
【考点】数形结合，函数的图象，基本不等式的应用。
【解析】如图，在同一坐标系中作出，，图像，
由，得，
由，得。
根据题意得
。
∵，∴。故选B。
例8. （2012年福建省理5分）若函数图象上存在点(x，y)满足约束条件则实数m的最大值为【 】
A. B.1 C. D．2
【答案】B。
【考点】线性规划。
【解析】约束条件确定的区域为如图阴影部分，即
△ABC的边与其内部区域，分析可得函数与边界直线交与点（1，2），若函数图象上存在点（x，y）满足约束条件，即图象上存在点在阴影部分内部，则必有m≤1，即实数m的最大值为1。故选B。
例9. （2012年辽宁省理5分）设变量x，y满足则的最大值为【 】
(A) 20 (B) 35 (C) 45 (D) 55
【答案】D。
【考点】简单线性规划问题。
【解析】如图，画出可行域：
根据图形可知当x=5,y=15时2x+3y最大，最大值为55。故选D。
例10. （2012年全国大纲卷理5分）若满足约束条件，则的最小值为
▲ 。
【答案】。
【考点】线性规划。
【解析】利用不等式组，作出可行域，可知区域表示的为三角形，当目标函数过点（3，0）时，目标函数最大，当目标函数过点（0，1）时最小。
例11.（2012年全国课标卷理5分）设满足约束条件：；则的取值范围为
▲
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出在约束条件下的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应四边形边边际及内的区域： 。
当时，取得最大值3；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。
例12.（2012年安徽省理5分）若满足约束条件：；则的取值范围为 ▲
【答案】。
【考点】简单线性规划。
【解析】求的取值范围，则求出的最大值和最小值即可。作图，可知约束条件对应边际及内的区域：。
当时，取得最大值0；当时，取得最小值。
∴的取值范围为。
例13.（2012年广东省理5分）不等式的解集为 ▲ 。
【答案】。
【考点】分类讨论的思想，解绝对值不等式。
【解析】分类讨论：由不等式得，
当时，不等式为，即恒成立；
当时，不等式为，解得，；
当时，不等式为，即不成立。
综上所述，不等式的解集为。
另解：用图象法求解：作出图象，由折点——参考点——连线；运用相似三角形性质可得。
例14.（2012年江苏省5分）已知正数满足：则的取值范围是 ▲ ．
【答案】。
【考点】可行域。
【解析】条件可化为：。
设，则题目转化为：
已知满足，求的取值范围。
作出（）所在平面区域（如图）。求出的切
线的斜率，设过切点的切线为，
则，要使它最小，须。
∴的最小值在处，为。此时，点在上之间。
当（）对应点时， ，
∴的最大值在处，为7。
∴的取值范围为，即的取值范围是。
五、数形结合思想在三角函数问题中的应用：有关三角函数单调区间的确定或比较三角函数值的大小等问题，一般借助于单位圆或三角函数图象来处理，数形结合思想是处理三角函数问题的重要方法。
典型例题：例1. （2012年四川省理5分）设函数，是公差为的等差数列，，则【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】D。
【考点】等差数列性质，三角函数性质。
【解析】∵，，
∴。
∵是公差为的等差数列，
∴，。
∴，解得。
∴。故选D。
关于， 可化为。
由，
设，作图可得二者交点在处：
例2. （2012年上海市理5分）设，，在中，正数的个数是【 】
A．25 B．50 C．75 D．100
【答案】 D。
【考点】正弦函数的周期性。
【解析】∵对于（只有)，∴都为正数。
当时，令，则，画出终边如右，
其终边两两关于轴对称，即有，
∴
其中=26,27,…,49，此时。
∵， ，∴。
从而当=26,27,…,49时，都是正数。
又。
同上可得，对于从51到100的情况同上可知都是正数，故选D。
例3. （2012年浙江省理14分）在中，内角，，的对边分别为，，．已知，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，求的面积．
【答案】解：(Ⅰ)∵cosA＝＞0，∴sinA＝。
又cosC＝sinB＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋sinCcosA＝cosC＋sinC．
整理得：tanC＝。
（Ⅱ）由图辅助三角形知：sinC＝，，
∴。
又由正弦定理知：，解得 。
∴ABC的面积为：S＝。
【考点】三角恒等变换，正弦定理，三角形面积求法。
【解析】(Ⅰ)由A为三角形的内角，及cosA的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinA的值，再将已知等式的左边sinB中的角B利用三角形的内角和定理变形为π－（A+C），利用诱导公式得到sinB=sin（A+C），再利用两角和与差的正弦函数公式化简，整理后利用同角三角函数间的基本关系即可求出tanC的值。
（Ⅱ）由tanC的值，利用同角三角函数间的基本关系求出sinC 和cosC的值，将cosC的值代入中，即可求出的值，由求出c的值，最后由S＝即可求出三角形ABC的面积。
例4. （2012年上海市文5分）若（），则在中，正数的个数是【 】
A、16 B、72 C、86 D、100
【答案】C。
【考点】正弦函数的周期性和对称性。
【解析】依据正弦函数的周期性，可以找其中等于零或者小于零的项：
在中，分成7部分，加上。在7部分中，每一部分正数的个数是相同的。
讨论一个周期的情况：
如图， 中，当时，，所以均为正数；当时，由于正弦函数的性质，知也为正数；
当时，由于正弦函数的性质，知为0。因此共有12个正数。
另为正数。
∴在中，正数的个数是。故选C。
例5. （2012年湖南省文12分）已知函数的部分图像如图所示.
（Ⅰ）求函数的解析式；
（Ⅱ）求函数的单调递增区间.
【答案】解：（Ⅰ）由题设图像知，周期，∴。
∵点在函数图像上，∴。
又∵，∴。∴，即。
又∵点在函数图像上，∴。
∴函数的解析式为。
（Ⅱ）
。
由得
∴的单调递增区间是。
【考点】三角函数的图像和性质。
【解析】（Ⅰ）结合图形求得周期从而求得.再利用特殊点在图像上求出，从而求出的解析式。
（Ⅱ）用（Ⅰ）的结论和三角恒等变换及的单调性求得。
六、数形结合思想在平面向量问题中的应用：平面向量中应用勾股定理、面积公式、相似三角形的相似比、三角函数等将抽象的向量问题转化纯粹的代数运算。
典型例题：例1. （2012年全国大纲卷理5分）中，边上的高为，若 ，则【 】
A． B． C． D．
【答案】D。
【考点】向量垂直的判定，勾股定理，向量的加减法几何意义的运用。
【解析】∵，∴，
∴在中，根据勾股定理得。
∴由等面积法得，即，得。
∴。
又∵点在上，∴。故选D。
例2. （2012年四川省理5分）设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的充分条件是【 】
A、 B、 C、 D、且
【答案】C。
【考点】充分条件。
【解析】若使成立， 即要、共线且方向相同，即要。所以使成立的充分条件是。故选C。
例3. （2012年天津市理5分）已知为等边三角形，，设点满足，，，若，则【 】
（A） （Ｂ） （Ｃ） （Ｄ）
【答案】A。
【考点】向量加减法的几何意义，平面向量基本定理，共线向量定理及其数量积的综合运用.。
【分析】∵=，=，
又∵，且，，
∴，
即，
即，
∴，解得。故选A 。
例4. （2012年湖南省理5分）在△ABC中，AB=2，AC=3，= 1则【 】
A. B. C. D.
【答案】 A。
【考点】平面向量的数量积运算，余弦定理。
【解析】如图知。
∴。
又由余弦定理得，即，解得。
故选A。
例5 （2012年上海市理4分）在平行四边形中，，边、的长分别为2、1，若、分别是边、上的点，且满足，则的取值范围是 ▲ .
【答案】。
【考点】平面向量的基本运算。
【解析】如图所示，以为原点，向量所在直线为轴，过垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系。
∵平行四边形中，，，
∴。
设，则。
∴由得，。
∴的横坐标为，的纵坐标为。
∴
∴。
∵函数在有最大值，
∴在时，函数单调增加。
∴在时有最小值2；在时有最大值5。
∴的取值范围是。
例6. （2012年北京市理5分）已知正方形ABCD的边长为l，点E是AB边上的动点。则的值为
▲ ； 的最大值为 ▲
【答案】1；1。
【考点】平面向量的运算法则。
【解析】如图，根据平面向量的运算法则，得
。
∵，正方形ABCD的边长为l，∴。
又∵，
而就是在上的射影，要使其最大即要点E与点B重合，此时。
∴的最大值为。
例7. （2012年浙江省理4分）在中，是的中点，，，则
▲ ．
【答案】。
【考点】平面向量数量积的运算。
【解析】此题最适合的方法是特殊元素法：
如图，假设ABC是以AB＝AC的等腰三角形，
AM＝3，BC＝10，由勾股定理得AB＝AC＝。
则cos∠BAC＝，
∴＝。
例8. （2012年湖南省文5分）如图，在平行四边形ABCD中 ，AP⊥BD，垂足为P，且 ，则=
▲ .
【答案】18
【考点】平面向量加法的几何运算、平面向量的数量积运算。
【解析】设，则
=
。
七、数形结合思想在立体几何问题中的应用：立体几何中用坐标的方法将几何中的点、线、面的性质及其相互关系进行研究，可将抽象的几何问题转化纯粹的代数运算。
典型例题：例1. （2012年北京市理5分）某三梭锥的三视图如图所示，该三梭锥的表面积是【 】
A. B. C. D.
【答案】 B。
【考点】三棱锥的三视图问题。
【解析】如下图所示。图中蓝色数字所表示的为直接从题目所给三视图中读出的长度，黑色数字代表通过勾股定理的计算得到的边长。本题所求表面积应为三棱锥四个面的面积之和。利用垂直关系、等腰三角形的性质和三角形面积公式，可得：
这里有两个直角三角形，一个等腰三角形。
∴该三梭锥的表面积是。故选B。
例2. （2012年四川省理5分）如图，半径为的半球的底面圆在平面内，过点作平面的垂线交半球面于点，过圆的直径作平面成角的平面与半球面相交，所得交线上到平面的距离最大的点为，该交线上的一点满足，则、两点间的球面距离为【 】
A、 B、 C、 D、
【答案】A。
【考点】球面距离及相关计算，向量和反三角函数的运用。
【解析】要求、两点间的球面距离，由于，故只要求得即可。从而可求出即可求（比较繁）或用向量求解：
如图，以O为原点，分别以在平面上的射影、所在直线为轴。
过点作（即面）的垂线，分别过点作轴的垂线。
∵，∴。
∵面与平面的角为，即，
∴。∴。
∴。
∴。∴。∴。故选A。
例3.（2012年重庆市理5分）设四面体的六条棱的长分别为1，1，1，1，和，且长为的棱与长为的棱异面，则的取值范围是【 】
（A） （B） （C） （D）
【答案】A。
【考点】异面直线的判定，棱锥的结构特征，勾股定理和余弦定理的应用。
【分析】如图所示，设四面体的棱长为，取中点P，连接，所以，在中，由勾股定理得=。
∴在中，
。
∵，∴。∴
∴。故选A。
例4. （2012年上海市理4分）如图，与是四面体中互相垂直的棱，，若，
且，其中、为常数，则四面体的体积的最大值是 ▲ .
【答案】。
【考点】四面体中线面的关系，椭圆的性质。
【解析】作于，连接，则
∵，，∴⊥平面。
又∵平面，∴。
由题设，，∴与都在以为焦距的椭球上，且、都垂直于焦距所在直线。∴=。
取中点，连接，
∵，∴⊥，，。
∴。
∴四面体的体积。
显然，当在中点，即是短轴端点时，有最大值为。
∴。
例5．（2012年四川省理4分）如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是 ▲ 。
【答案】90o。
【考点】异面直线夹角问题。
【解析】如图，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.设正方体边长为2，则（0,0,0），N（0,2,1），M（0,1,0）A1（2,0,2）
∴。
∴cos< = 0。
∴，即异面直线与所成角为90o。
例6．（2012年上海市理12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E是PC的中点.已知AB=2，AD=2，PA=2.求：
（1）三角形PCD的面积；（6分）
（2）异面直线BC与AE所成的角的大小.（6分）
【答案】解：（1）∵PA⊥底面ABCD，CD底面ABCD，∴PA⊥CD。
又∵AD⊥CD，∴底面ABCD⊥平面PAD。
又∵CD底面ABCD，∴CD⊥平面PAD。
又∵PD平面PAD，∴CD⊥PD。
∵PD=，CD=2，
∴三角形PCD的面积为。
（2）如图所示，建立空间直角坐标系。
则A（0，0，0），B(2, 0, 0)，C(2, 2,0)，E(1, , 1)。
∴，
设与的夹角为，
则。
∴，即异面直线BC与AE所成的角的大小是。
【考点】直线与直线、直线与平面的位置关系，异面直线间的角，勾股定理。
【解析】（1）要求三角形PCD的面积，由于底边CD已知，只要找并求出底边CD上的高即可。由线面、面面垂直的判定和性质，可证CD⊥PD，从而根据勾股定理求出PD即可求得三角形PCD的面积。
（2）建立空间直角坐标系，即可表示出各点坐标，从而用向量表示和，即可直接用公式求二者之间的夹角余弦，从而求出二者之间的夹角。
本题不用向量的解法：取PB中点F，连接EF、AF，
则EF∥BC，从而∠AEF（或其补角）是异面直线 BC与AE所成的角。
在△AEF中，由EF=、AF=、AE=2，
知△AEF是等腰直角三角形， 所以∠AEF=。
因此异面直线BC与AE所成的角的大小是。
例7．（2012年北京市理14分）如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=6，D，E分别是AC，AB上的点，且DE∥BC，DE=2，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1C⊥CD，如图2.
（1）求证：A1C⊥平面BCDE；
（2）若M是A1D的中点，求CM与平面A1BE所成角的大小；
（3）线段BC上是否存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直？说明理由
【答案】解：（1）∵CD⊥DE，A1E⊥DE，，∴DE⊥平面A1CD。
又∵A1C平面A1CD ，∴A1C⊥DE。
又∵A1C⊥CD，∴A1C⊥平面BCDE。
（2）如图建立空间直角坐标系，则
B（0，3，0），C（0，0，0），D（－2，0，0），E（－2。2。0），A1（0，0，）。
∴。
设平面A1BE法向量为，
则，即，∴。
∴
又∵M是A1D的中点，∴M（－1，0，）。∴。
设CM与平面A1BE法向量所成角为，则
∴。
∴CM与平面A1BE所成角为。
（3）设线段BC上点P，设P点坐标为，则。
则
设平面A1DP法向量为
则 ∴。∴。
假设平面A1DP与平面A1BE垂直，则，即
，解得。
与不符。
∴线段BC上不存在点P，使平面A1DP与平面A1BE垂直。
【考点】线面垂直的判定，线面角的计算，两平面垂直的条件。
【解析】（1）根据线面垂直的判定进行判定。
（2）建立空间直角坐标系可易解决。
（3）用反证法，假设平面A1DP与平面A1BE垂直，得出与已知相矛盾的结论即可。
例8．（2012年天津市理13分）如图，在四棱锥中，丄平面，丄，丄，，，.
(Ⅰ)证明丄；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）设为棱上的点，满足异面直线与所成的角为，求的长.
【答案】解：(Ⅰ)证明：如图，以为原点，建立空间直角坐标系，
则（0，0，0），（2，0，0），（0，1，0），，（0，0，2）
∴。
∴ 。所以丄。
（Ⅱ）由(Ⅰ)，。
设平面的一个法向量为，
则 ， 即 。
取，则。
又平面的一个法向量为 ，
∴。∴。
∴二面角的正弦值为。
（Ⅲ）设，∴。
又∵ ，
∴，即。
解得，即。
【考点】用空间向量求平面间的夹角，用空间向量求直线间的夹角、距离，二面角的平面角及求法。
【分析】(Ⅰ) 以为原点，建立空间直角坐标系，通过点的坐标得出和，求出·=0即可证明。
（Ⅱ）求出平面，平面的一个法向量，利用两法向量夹角求解。
（Ⅲ），利用，得出关于h的方程求解即可。
非向量解法：
(Ⅰ)通过证明⊥平面得出丄。
（Ⅱ）如图1作于点，连接，∠为二面角的平面角．在中求解即可。
（3）如图2，因为∠＜45°，故过点作的平行线必与线段相交，设交点为，连接，故∠（或其补角）为异面直线与所成的角。在△中，因为＜，从而∠ =30°，由勾股定理用表示的长。在△中由余弦定理得出关于的方程求解即可。
例9．（2012年浙江省理15分）如图，在四棱锥中，底面是边长为的菱形，，且平面，，，分别为，的中点．
（Ⅰ）证明：∥平面；
（Ⅱ）过点作，垂足为点，求二面角的平面角的余弦值．
【答案】解：(Ⅰ)如图，连接BD。
∵M，N分别为PB，PD的中点，
∴在PBD中，MN∥BD。
又MN平面ABCD，
∴MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)如图，建立坐标系：
则A(0，0，0)，P(0，0，)，M(，，0)，
N(，0，0)，C(，3，0)。
设Q(x，y，z)，
则。
∵，
∴。
由，得：．
即：。
对于平面AMN：设其法向量为。
∵，
∴。 ∴。
同理对于平面AMN得其法向量为。
记所求二面角A—MN—Q的平面角大小为，
则。
∴所求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值为。
【考点】线面平行的证明，建立坐标系求二面角。
【解析】(Ⅰ)连接BD，由三角形中位线定理，得MN∥BD，由MN平面ABCD即可得MN∥平面ABCD。
(Ⅱ)建立坐标系，由向量知识即可求二面角A—MN—Q的平面角的余弦值。
【备战2013高考数学专题讲座】
第9讲：数学解题方法之待定系数法探讨
江苏泰州锦元数学工作室 编辑
3～8讲，我们对数学思想方法进行了探讨，从本讲开始我们对数学解题方法进行探讨。数学问题中，常用的数学解题方法有待定系数法、配方法、换元法、数学归纳法、反证法等。
在数学问题中，若得知所求结果具有某种确定的形式，则可设定一些尚待确定的系数(或参数)来表示这样的结果，这些待确定的系数(或参数)，称作待定系数。然后根据已知条件，选用恰当的方法，来确定这些系数，这种解决问题的方法叫待定系数法。待定系数法是数学中的基本方法之一。它渗透于高中数学教材的各个部分，在全国各地高考中有着广泛应用。
应用待定系数法解题以多项式的恒等知识为理论基础，通常有三种方法：比较系数法；代入特殊值法；消除待定系数法。
比较系数法通过比较等式两端项的系数而得到方程（组），从而使问题获解。例如：“设，
的反函数，那么的值依次为 ▲ ”，解答此题，并不困难，只需先将化为反函数形式，与中对应项的系数加以比较后，就可得到关于的方程组，从而求得值。这里的就是有待于确定的系数。
代入特殊值法通过代入特殊值而得到方程（组），从而使问题获解。例如：“与直线L：平行且过点A(1,-4)的直线L’的方程是 ▲ ”，解答此题，只需设定直线L’的方程为，将A(1,-4)代入即可得到k的值，从而求得直线L’的方程。这里的k就是有待于确定的系数。
消除待定系数法通过设定待定参数，把相关变量用它表示，代入所求，从而使问题获解。例如：“已知，求的值”，解答此题，只需设定，则，代入即可求解。这里的k就是消除的待定参数。
应用待定系数法解题的一般步骤是：
（1）确定所求问题的待定系数，建立条件与结果含有待定的系数的恒等式；
（2）根据恒等式列出含有待定的系数的方程（组）；
（3）解方程（组）或消去待定系数，从而使问题得到解决。
结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面四方面探讨待定系数法的应用：（1）待定系数法在函数问题中的应用；（2）待定系数法在圆锥曲线问题中的应用；（3）待定系数法在三角函数问题中的应用；（4）待定系数法在数列问题中的应用。
一、待定系数法在函数问题中的应用：
典型例题：例1. （2012年浙江省理4分）若将函数表示为
，
其中，，，…，为实数，则 ▲ ．
【答案】10。
【考点】二项式定理，导数的应用。
【解析】 用二项式定理，由等式两边对应项系数相等得。
或对等式：两边连续对x求导三次得：，再运用特殊元素法，令得：，即。
例2.（2012年山东省文4分）若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，
且函数在上是增函数，则a＝ ▲ .
【答案】。
【考点】函数的增减性。
【解析】∵，∴。
当时，
∵，函数是增函数，
∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。
此时，它在上是减函数，与题设不符。
当时，
∵，函数是减函数，
∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。
此时，它在上是增函数，符合题意。
综上所述，满足条件的。
例3. （2012年江苏省5分）设是定义在上且周期为2的函数，在区间上，
其中．若，
则的值为 ▲ ．
【答案】。
【考点】周期函数的性质。
【解析】∵是定义在上且周期为2的函数，∴，即①。
又∵，，
∴②。
联立①②，解得，。∴。
例4. （2012年全国大纲卷文12分）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设有两个极值点，，若过两点，的直线与轴的交点在曲线上，求的值．
【答案】解：（1）∵，∴
① 当 时，，且仅当时。∴是增函数。
②当 时，有两个根。列表如下：
的增减性
＞0
增函数
＜
减函数
＞0
增函数
（2）由题设知，，是的两个根，∴，且。
∴
。
同理，。
∴直线的解析式为。
设直线与轴的交点为，则，解得。
代入得
，
∵在轴上，∴，
解得，或或。
【考点】函数的单调性和极值，导数的应用。
【解析】（1）求出导函数，分区间讨论即可。
（2）由，是的两个根和（1）的结论，得，求出关于的表达式和关于的表达式，从而得到直线的解析式。求出交点的横坐标代入，由其等于0，求出的值。
例5. （2012年全国课标卷文5分）设函数
(Ⅰ)求的单调区间
(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值
【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。
若，则，∴在上单调递增。
若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。
(Ⅱ)∵a=1，∴。
∴当x>0时，，它等价于。
令，则。
由(Ｉ)知，函数在上单调递增。
∵，，∴在上存在唯一的零点。
∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。
当时，；当时，。
∴在上的最小值为。
又∵，即，∴。
因此，即整数k的最大值为2。
【考点】函数的单调性质，导数的应用。
【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。
(Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，
求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。
二、待定系数法在圆锥曲线问题中的应用：
典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分）设是椭圆的左、右焦点，为直线上一点， 是底角为的等腰三角形，则的离心率为【 】
【答案】。
【考点】椭圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数定义。
【解析】∵是椭圆的左、右焦点，
∴。
∵是底角为的等腰三角形，
∴。
∵为直线上一点，∴。∴。
又∵，即。∴。故选。
例2. （2012年全国课标卷理5分）等轴双曲线的中心在原点，焦点在轴上，与抛物线的准线交于两点，；则的实轴长为【 】
【答案】。
【考点】双曲线和抛物线的性质。
【解析】的准线。
∵与抛物线的准线交于两点，，
∴，。
设，则，得，。故选。
例3. （2012年山东省理5分）已知椭圆C：的离心率为，双曲线的渐近线与椭圆有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆c的方程为【 】
A B C D
【答案】D。
【考点】椭圆和双曲线性质的应用。
【解析】∵双曲线的渐近线方程为，
代入可得。
又∵根据椭圆对称性质，知所构成的四边形是正方形，
∴，即①。
又由椭圆的离心率为可得②。
联立①②，解得。∴椭圆方程为。故选D。
例4. （2012年湖南省理5分）已知双曲线C ：的焦距为10 ，点P （2,1）在C 的渐近线上，则C的方程为【 】
A． B. C. D. 【答案】A。
【考点】双曲线的方程、双曲线的渐近线方程。
【解析】设双曲线C ：的半焦距为，则。
∵C 的渐近线为，点P （2,1）在C 的渐近线上，∴，即。
又∵，∴，∴C的方程为。故选A。
例5. （2012年福建省理5分）已知双曲线－＝1的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于【 】
A. B．4 C．3 D．5
【答案】A。
【考点】双曲线和抛物线的性质。
【解析】由抛物线方程知抛物线的焦点坐标F(3,0)，
∵双曲线－＝1的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点重合，
∴双曲线的焦点为F(c,0)，且。
∵双曲线的渐近线方程为：y＝±x，
∴双曲线焦点到渐近线的距离d＝＝b。故选A。
例6. （2012年浙江省理4分）定义：曲线上的点到直线的距离的最小值称为曲线到直线的距离．已知曲线：到直线：的距离等于曲线：到直线：的距离，则实数 ▲ ．
【答案】。
【考点】新定义，点到直线的距离。
【解析】由C2：x 2＋(y＋4) 2 ＝2得圆心(0，—4)，则圆心到直线l：y＝x的距离为：。
∴由定义，曲线C2到直线l：y＝x的距离为。
又由曲线C1：y＝x 2＋a，令，得：，则曲线C1：y＝x 2＋a到直线l：y＝x的距离的点为(，)。
∴。
例7. （2012年重庆市理5分）过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若则= ▲ .
【答案】。
【考点】直线与抛物线的位置关系，抛物线的性质，方程思想的应用。
【分析】设直线的方程为（由题意知直线的斜率存在且不为0），
代入抛物线方程，整理得。
设，则。
又∵，∴。∴，解得。
代入得。
∵，∴。∴。
例8. （2012年陕西省理5分）下图是抛物线形拱桥，当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽 ▲ 米.
【答案】。
【考点】抛物线的应用。
【解析】建立如图所示的直角坐标系，设抛物线方程为，
∴∵当水面在时，拱顶离水面2米，水面宽4米，
∴抛物线过点（2，－2，）.
代入得，，即。
∴抛物线方程为。
∴当时，，∴水位下降1米后，水面宽米。
例9. （2012年江苏省5分）在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线
上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则的最大值是 ▲ ．
【答案】。
【考点】圆与圆的位置关系，点到直线的距离。
【解析】∵圆C的方程可化为：，∴圆C的圆心为，半径为1。
∵由题意，直线上至少存在一点，以该点为圆心，1为半径的圆与圆有
公共点；
∴存在，使得成立，即。
∵即为点到直线的距离，∴，解得。
∴的最大值是。
例10. （2012年全国大纲卷理12分）已知抛物线与圆 有一个公共点，且在处两曲线的切线为同一直线。
（1）求；
（2）设、是异于且与及都相切的两条直线，、的交点为，求到的距离。
【答案】解：（1）设，对求导得。
∴直线的斜率，当时，不合题意，∴。
∵圆心为，的斜率，
由知，即，解得。∴。
∴。
（2）设为上一点，
则在该点处的切线方程为即。
若该直线与圆相切，则圆心到该切线的距离为，即，化简可得，解得。
∴抛物线在点处的切线分别为，其方程分别为
① ② ③。
②－③得，将代入②得，故。
∴到直线的距离为。
【考点】抛物线与圆的方程，以及两个曲线的公共点处的切线的运用，点到直线的距离。
【解析】（1）两个二次曲线的交点问题，并且要研究两曲线在公共点出的切线，把解析几何和导数的工具性结合起来。首先设出切点坐标，求出抛物线方程的导数，得到在切点处的斜率。求出圆心坐标，根据两直线垂直斜率的积为－1列出方程而求出切点坐标。最后根据点到直线的距离公式求出圆心到切线的距离即圆的半径。
（2）求出三条切线方程，可由（1）求出。、的切线方程含有待定系数，求出它即可求得交点坐标，从而根据点到直线的距离公式求出到的距离。
例11. （2012年上海市理16分）在平面直角坐标系中，已知双曲线.
（1）过的左顶点引的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积；（4分）
（2）设斜率为1的直线交于P、Q两点，若与圆相切，求证：OP⊥OQ；（6分）
（3）设椭圆. 若M、N分别是、上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值.（6分）
【答案】解：（1）∵双曲线的左顶点，渐近线方程：.
∴过点A与渐近线平行的直线方程为，即。
解方程组，得。
∴所求三角形的面积为。
（2）证明：设直线PQ的方程是
∵直线与已知圆相切， 故，即。
由，得。
设，则.
又，
∴。
∴OP⊥OQ。
（3）当直线ON垂直于轴时， |ON|=1，|O|=，则O到直线MN的距离为。
（此时，N在轴上，在轴上）
当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为（显然），
则由OM⊥ON，得直线OM的方程为。
由，得。∴。
同理。
设O到直线MN的距离为，
∵，
∴，即。
综上所述，O到直线MN的距离是定值。
【考点】双曲线的概念、标准方程、几何性，直线与双曲线的关系，椭圆的标准方程和圆的有关性质。
【解析】（1）求出过点A与一条渐近线平行的直线方程，再求出它与另一条渐近线即可求得三角形的面积。
（2）由两直线垂直的判定，只要证明表示这两条直线的向量积为0即可，从而求出直线方程，进一步求出表示这两条直线的向量，求出它们的积即可。
（3）分直线ON垂直于轴和直线ON不垂直于x轴两种情况证明即可。
例12. （2012年北京市理14分）已知曲线C：
（1）若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，求m的取值范围；
（2）设m=4，曲线c与y轴的交点为A，B（点A位于点B的上方），直线与曲线c交于不同的两点M、N，直线y=1与直线BM交于点G。求证：A，G，N三点共线。
【答案】（1）原曲线方程可化为：。
∵曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，
∴，是。
∴若曲线C是焦点在x轴点上的椭圆，则m的取值范围为。
（2）证明：∵m=4，∴曲线c的方程为。
将已知直线代入椭圆方程化简得：
。
由得，
。
由韦达定理得：。
设。
则MB的方程为，∴。
AN的方程为。
欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。
将代入，得，
即，即，
即，等式恒成立。
由于以上各步是可逆的，从而点在直线AN上。
∴A，G，N三点共线。
【考点】椭圆的性质，韦达定理的应用，求直线方程，三点共线的证明。
【解析】（1）根据椭圆长轴大于短轴和长、短轴大于0得不等式组求解即得m的取值范围。
（2）欲证A，G，N三点共线，只需证点G在直线AN上。故需求出含待定系数的直线MB和AN的方程，点G的坐标，结合韦达定理的应用用逆推证明。也可通过证明直线MB和AN在时横坐标相等来证A，G，N三点共线或直线AN和AG斜率相等。还可用向量求解。
例13. （2012年天津市理14分）设椭圆的左、右顶点分别为，，点在椭圆上且异于，两点，为坐标原点.
（Ⅰ）若直线与的斜率之积为，求椭圆的离心率；
（Ⅱ）若，证明直线的斜率满足.
【答案】解：（Ⅰ）设，∴①；
∵椭圆的左、右顶点分别为，,∴。
∴。
∵直线与的斜率之积为，∴。
代入①并整理得。
∵≠0，∴。∴。∴。
∴椭圆的离心率为。
（Ⅱ）证明：依题意，直线的方程为，设，∴，
∵，∴。∴②。
∵|，，∴。∴。
∴。
代入②得，∴＞3。
∴直线的斜率满足。
【考点】圆锥曲线的综合，椭圆的简单性质。
【分析】（Ⅰ）设，则，利用直线与的斜率之积为，即可求得椭圆的离心率。
（Ⅱ）依题意，直线的方程为，设，则，代入可得，利用，，可求得 ，从而可求直线的斜率的范围。
例14. （2012年山东省理13分）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为。
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；
（Ⅲ）若点M的横坐标为，直线l：y=kx+与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q有两个不同的交点D，E，求当时，的最小值。
【答案】解：（Ⅰ）F抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F，设M，。
由题意可知，
则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得。
∴抛物线C的方程为。
（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，
而，，，
∴，即。
由可得，，则，
即，解得，点M的坐标为。
（Ⅲ）∵点M的横坐标为，∴点M，。
由可得。
设，则。
∴。
∵圆，圆心到直线l 的距离。
∴。
∴。
∵，∴令。
∴。
设，则。
当时，，
即当时，。
∴当时，。
【考点】抛物线和圆的性质，切线斜率的应用和意义，韦达定理的应用，导数的应用。函数的单调性质。
【解析】（Ⅰ）由已知条件，根据抛物线和圆的性质列式求解。
（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，则由条件列式，并由切线斜率的应用和意义求出点M的坐标。
（Ⅲ）应用韦达定理、勾股定理，用表示出和，根据函数的单调性质可求解。
例15. （2012年湖南省理13分）在直角坐标系xOy中，曲线C1的点均在外，且对C1上任意一点M，M到直线x=﹣2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值.
（Ⅰ）求曲线C1的方程；
（Ⅱ）设为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x=﹣4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值.
【答案】解：（Ⅰ）设M的坐标为，由已知得，
易知圆上的点位于直线的右侧，于是，
所以，化简得曲线的方程为。
（Ⅱ）当点P在直线上运动时，P的坐标为，又，
则过P且与圆相切得直线的斜率存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为。
于是，
整理得 ①
设过P所作的两条切线的斜率分别为，则是方程①的两个实根，
∴ ②
由得 ③
设四点A,B,C,D的纵坐标分别为，
则是方程③的两个实根，所以 ④
同理可得 ⑤
∴由②，④，⑤三式得
。
∴当P在直线上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6400。
【考点】曲线与方程，直线与曲线的位置关系
【解析】（Ⅰ）根据M到直线x=﹣2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值用直接法求出曲线的方程。也可用定义法求出曲线的方程：
由题设知，曲线上任意一点M到圆心的距离等于它到直线的距离，因此，曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，故其方程为。
（Ⅱ）设出切线方程，把直线与曲线方程联立，由一元二次方程根与系数的关系得到四点纵坐标之积为定值。
例16. （2012年辽宁省理12分） 如图，椭圆：，a，b为常数)，动圆，
。点分别为的左，右顶点，与相交于A，B，C，D四点。
(Ⅰ)求直线与直线交点M的轨迹方程;
(Ⅱ)设动圆与相交于四点，其中，。若矩形
与矩形的面积相等，证明：为定值。
【答案】解：（I）设，
∵，
∴直线A1A的方程为，直线A2B的方程为。
由①×②可得：。
∵在椭圆上，∴。∴。
代入③可得：，
∴点M的轨迹方程为。
（II）证明：设，
∵矩形与矩形的面积相等，∴。
∴。
∵A，A′均在椭圆上，∴。
∴。∴。
∵，∴。∴。
∵，∴。
∴为定值。
【考点】圆的性质、椭圆的定义、标准方程及其几何性质、直线方程求解、直线与椭圆的关系和交轨法在求解轨迹方程组的运用。
【解析】（I）设出线A1A的方程、直线A2B的方程，求得交点满足的方程，利用A在椭圆上，化简即可得到点M的轨迹方程。
（II）根据矩形与矩形的面积相等，可得A，A′坐标之间的关系，利用A，A′均
在椭圆上，即可证得 为定值。
例17.（2012年陕西省理12分）已知椭圆，椭圆以的长轴为短轴，且与有相同的离心率.
（1）求椭圆的方程；
（2）设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆和上，，求直线的方程.
【答案】解：（1）∵椭圆以的长轴为短轴，
∴可设椭圆的方程为。
∵椭圆的离心率为，椭圆与有相同的离心率，
∴，则。
∴椭圆的方程为。
（2）两点的坐标分别记为，
由及（1）知，三点共线且点，不在轴上，
∴可以设直线的方程为。
将代入中，得，∴。
将代入中，则，∴。
由，得，即，解得。
∴直线的方程为或。
【考点】椭圆的标准方程和性质，向量相等的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系。
【解析】（1）根据椭圆以的长轴为短轴，可设椭圆的方程为；由椭圆与有相同的离心率，可求得，从而得到椭圆的方程。
（2）由及（1）知，三点共线且点，不在轴上，可以设直线的方程为。将分别代入两椭圆方程，求出和。由，得，从而求出，得到直线的方程。
例18. （2012年江苏省16分）如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点分别为，．已知和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点P．
（i）若，求直线的斜率；
（ii）求证：是定值．
【答案】解：（1）由题设知，，由点在椭圆上，得
，∴。
由点在椭圆上，得
∴椭圆的方程为。
（2）由（1）得，，又∵∥，
∴设、的方程分别为，。
∴。
∴。①
同理，。②
（i）由①②得，。解得=2。
∵注意到，∴。
∴直线的斜率为。
（ii）证明：∵∥，∴，即。
∴。
由点在椭圆上知，，∴。
同理。。
∴
由①②得，，，
∴。
∴是定值。
【考点】椭圆的性质，直线方程，两点间的距离公式。
【解析】（1）根据椭圆的性质和已知和都在椭圆上列式求解。
（2）根据已知条件，用待定系数法求解。
三、待定系数法在三角函数问题中的应用：
典型例题：例1. （2012年湖南省文12分）已知函数的部分图像如图所示.
（Ⅰ）求函数的解析式；
（Ⅱ）求函数的单调递增区间.
【答案】解：（Ⅰ）由题设图像知，周期，∴。
∵点在函数图像上，∴。
又∵，∴。∴，即。
又∵点在函数图像上，∴。
∴函数的解析式为。
（Ⅱ）
。
由得
∴的单调递增区间是。
【考点】三角函数的图像和性质。
【解析】（Ⅰ）结合图形求得周期从而求得.再利用特殊点在图像上求出，从而求出的解析式。
（Ⅱ）用（Ⅰ）的结论和三角恒等变换及的单调性求得。
例2. （2012年重庆市文12分）设函数（其中 ）在处取得最大值2，其图象与轴的相邻两个交点的距离为。
（I）求的解析式（5分）；
（II）求函数的值域（7分）。
【答案】解：（Ⅰ）∵函数图象与轴的相邻两个交点的距离为，
∴的周期为，即，解得。
∵在处取得最大值2，∴=2。
∴，即。
∴。
又∵，∴。
∴的解析式为。
（Ⅱ）∵函数
，
又∵，且，
∴的值域为。
【考点】三角函数中的恒等变换应用，由的部分图象确定其解析式。
【分析】（Ⅰ）通过函数的周期求出ω，求出，利用函数经过的特殊点求出，推出的解析式。
（Ⅱ）利用（Ⅰ）推出函数的表达式，应用同角函数关系式、倍角函数关系式得到。通过，且，求出的值域。
例3. （2012年陕西省文12分）函数（）的最大值为3， 其图像相邻两条对称轴之间的距离为，
（I）求函数的解析式；
（Ⅱ）设，则，求的值.
【答案】解：（I）∵函数的最大值为3，∴即。
∵函数图像的相邻两条对称轴之间的距离为，∴最小正周期为。∴。
∴函数的解析式为。
（Ⅱ）∵，∴即。
∵，∴。
∴，即。
【考点】三角函数的图像性质，三角函数的求值。
【解析】（1）通过函数的最大值求出A，通过对称轴求出周期，求出ω，得到函数的解析式。
（Ⅱ）通过，求出，通过α的范围，求出α的值。
四、待定系数法在数列问题中的应用：
典型例题：例1. （2012年北京市理5分）已知为等差数列，为其前n项和。若，，则=
▲ ； ▲
【答案】1；。
【考点】等差数列
【解析】设等差数列的公差为，根据等差数列通项公式和已知，得
。
∴。
例2. （2012年广东省理5分）.已知递增的等差数列满足，，则 ▲ 。
【答案】。
【考点】等差数列。
【解析】设递增的等差数列的公差为（），由得，
解得，舍去负值，。
∴。
例3. （2012年浙江省理4分）设公比为的等比数列的前项和为．若，，则 ▲ ．
【答案】。
【考点】等比数列的性质，待定系数法。
【解析】用待定系数法将，两个式子全部转化成用，q表示的式子：
，
两式作差得：，即：，解之得：或 (舍去)。
例4.（2012年辽宁省理5分）已知等比数列｛an｝为递增数列，且，则数列｛an｝的通项公式an = ▲ 。
【答案】。
【考点】等比数列的通项公式。
【解析】设等比数列｛an｝的公比为。
∵，∴。∴，。
又∵，∴。∴。
解得或。
又∵等比数列｛an｝为递增数列，∴舍去。
∴。
例5. （2012年天津市理13分）已知{}是等差数列，其前项和为，{}是等比数列,且=，，.
(Ⅰ)求数列{}与{}的通项公式；
(Ⅱ)记，，证明.
【答案】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由=，得。
由条件，得方程组
，解得。
∴。
(Ⅱ)证明：由（1）得， ①；
∴ ②；
由②－①得，
∴。
【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列和等比数列的通项公式。
【分析】（Ⅰ）直接设出首项和公差，根据条件求出首项和公差，即可求出通项。
（Ⅱ）写出的表达式，借助于错位相减求和。
还可用数学归纳法证明其成立。
例6. （2012年湖北省理12分）已知等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8.
（Ⅰ）求等差数列的通项公式；
（II）若成等比数列，求数列的前n项的和。
【答案】解：（Ⅰ）设等差数列的公差为，则，，
由题意得 解得或
∴由等差数列通项公式可得，或。
∴等差数列的通项公式为，或。
（Ⅱ）当时，，，分别为，，，不成等比数列；
当时，，，分别为，，，成等比数列，满足条件。
∴
记数列的前项和为，
当时，；当时，；
当时，
。
当时，满足此式。
综上，
【考点】等差等比数列的通项公式，和前n项和公式及基本运算。
【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，根据等差数列前三项的和为-3，前三项的积为8列方程组求解即可。
（II）对（Ⅰ）的结果验证符合成等比数列的数列，应用等差数列前n项和公式分，，分别求解即可。
例7. （2012年陕西省理12分）设的公比不为1的等比数列，其前项和为，且成等差数列.
（1）求数列的公比；
（2）证明：对任意，成等差数列.
【答案】解：（1）设数列的公比为（），
由成等差数列，得，即。
由得，解得。
∵的公比不为1，∴舍去。
∴ 。
（2）证明：∵对任意，，
，
∴
∴对任意，成等差数列。
【考点】等差等比数列的概念、通项公式、求和公式及其性质。
【解析】（1）设数列的公比为（），利用成等差数列结合通项公式，可得，由此即可求得数列的公比。
（2）对任意，可证得，从而得证。
另解：对任意，
所以，对任意，成等差数列。
