2025二轮复习大题规范练（一）
一、基础保分练
1．（2023·山东·一模）已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，，成等差数列，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
2．（2023·天津北辰·三模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足．
(1)求角B的大小；
(2)设，．
（ⅰ）求c的值；
（ⅱ）求的值．
3．（22-23高三下·湖北·阶段练习）某数学兴趣小组为研究本校学生数学成绩与语文成绩的关系，采取有放回的简单随机抽样，从学校抽取样本容量为200的样本，将所得数学成绩与语文成绩的样本观测数据整理如下：
语文成绩 合计
优秀 不优秀
数学 成绩 优秀 50 30 80
不优秀 40 80 120
合计 90 110 200
(1)根据的独立性检验，能否认为数学成绩与语文成绩有关联？
(2)在人工智能中常用表示在事件发生的条件下事件发生的优势，在统计中称为似然比.现从该校学生中任选一人，表示“选到的学生语文成绩不优秀”，表示“选到的学生数学成绩不优秀”请利用样本数据，估计的值.
(3)现从数学成绩优秀的样本中，按分层抽样的方法选出8人组成一个小组，从抽取的8人里再随机抽取3人参加数学竞赛，求这3人中，语文成绩优秀的人数的概率分布列及数学期望.
附：
4．（23-24高三上·天津和平·阶段练习）如图，在直三棱柱中，分别为的中点．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求点到平面的距离；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
5．（2024·广东·二模）已知双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，其渐近线方程为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若为双曲线上的两点且不关于原点对称，直线过的中点，求直线的斜率.
6．（2024·山东烟台·一模）已如曲线在处的切线与直线垂直.
(1)求的值；
(2)若恒成立，求的取值范围.
二、能力增分练
7．（2024·河南·模拟预测）已知函数在点处的切线与直线垂直．
(1)求；
(2)求的单调区间和极值．
8．（2024·辽宁·一模）已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中.
(1)求A；
(2)已知直线为的平分线，且与BC交于点M，若求的周长.
9．（2023·广东茂名·二模）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行次操作后，记甲盒子中黑球个数为，甲盒中恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为.
(1)求的分布列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求的期望.
10．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．
(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
11．（2024·广东江苏·高考真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
12．（2023·河北石家庄·一模）为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为.（注：比赛结果没有平局）
(1)求甲队明星队员在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；
(2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；
(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员上场的概率.
三、拓展培优练
13．（2023·江苏南通·二模）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，， 为异于的一条母线．
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值．
14．（2024·上海·高考真题）已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若离心率时，求的值．
(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标．
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
15．（22-23高三上·江苏·期末）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲 乙 丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．
①试证明：为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
16．（2024·江苏南通·二模）已知数列的前n项和为，，.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)设，求数列的前n项和；
(3)是否存在正整数p，q（），使得，，成等差数列？若存在，求p，q；若不存在，说明理由.
17．（2024·全国·模拟预测）记的内角的对边分别为.已知．
(1)求；
(2)若为的中点，且，求．
18．（2022·北京·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．2025二轮复习大题规范练（一）
一、基础保分练
1．（2023·山东·一模）已知等比数列的各项均为正数，其前项和为，且，，成等差数列，．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
2．（2023·天津北辰·三模）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．满足．
(1)求角B的大小；
(2)设，．
（ⅰ）求c的值；
（ⅱ）求的值．
3．（22-23高三下·湖北·阶段练习）某数学兴趣小组为研究本校学生数学成绩与语文成绩的关系，采取有放回的简单随机抽样，从学校抽取样本容量为200的样本，将所得数学成绩与语文成绩的样本观测数据整理如下：
语文成绩 合计
优秀 不优秀
数学 成绩 优秀 50 30 80
不优秀 40 80 120
合计 90 110 200
(1)根据的独立性检验，能否认为数学成绩与语文成绩有关联？
(2)在人工智能中常用表示在事件发生的条件下事件发生的优势，在统计中称为似然比.现从该校学生中任选一人，表示“选到的学生语文成绩不优秀”，表示“选到的学生数学成绩不优秀”请利用样本数据，估计的值.
(3)现从数学成绩优秀的样本中，按分层抽样的方法选出8人组成一个小组，从抽取的8人里再随机抽取3人参加数学竞赛，求这3人中，语文成绩优秀的人数的概率分布列及数学期望.
附：
4．（23-24高三上·天津和平·阶段练习）如图，在直三棱柱中，分别为的中点．
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求点到平面的距离；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
5．（2024·广东·二模）已知双曲线的焦点与椭圆的焦点重合，其渐近线方程为.
(1)求双曲线的方程；
(2)若为双曲线上的两点且不关于原点对称，直线过的中点，求直线的斜率.
6．（2024·山东烟台·一模）已如曲线在处的切线与直线垂直.
(1)求的值；
(2)若恒成立，求的取值范围.
二、能力增分练
7．（2024·河南·模拟预测）已知函数在点处的切线与直线垂直．
(1)求；
(2)求的单调区间和极值．
8．（2024·辽宁·一模）已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中.
(1)求A；
(2)已知直线为的平分线，且与BC交于点M，若求的周长.
9．（2023·广东茂名·二模）马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第次的状态有关，与第次状态是“没有任何关系的”.现有甲、乙两个盒子，盒子中都有大小、形状、质地相同的2个红球和1个黑球.从两个盒子中各任取一个球交换，重复进行次操作后，记甲盒子中黑球个数为，甲盒中恰有1个黑球的概率为，恰有2个黑球的概率为.
(1)求的分布列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求的期望.
10．（2023·全国·高考真题）如图，在三棱柱中，平面．
(1)证明：平面平面；
(2)设，求四棱锥的高．
11．（2024·广东江苏·高考真题）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
12．（2023·河北石家庄·一模）为丰富学生的课外活动，学校羽毛球社团举行羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每个队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为.（注：比赛结果没有平局）
(1)求甲队明星队员在前四局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队最终获胜的概率；
(2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率；
(3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员上场的概率.
三、拓展培优练
13．（2023·江苏南通·二模）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，， 为异于的一条母线．
(1)若为的中点，证明：平面；
(2)若，求二面角的正弦值．
14．（2024·上海·高考真题）已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若离心率时，求的值．
(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标．
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
15．（22-23高三上·江苏·期末）第22届世界杯于2022年11月21日到12月18日在卡塔尔举办．在决赛中，阿根廷队通过点球战胜法国队获得冠军．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲 乙 丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外2人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外2人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为pn，易知．
①试证明：为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为qn，比较p10与q10的大小．
16．（2024·江苏南通·二模）已知数列的前n项和为，，.
(1)证明：数列为等比数列；
(2)设，求数列的前n项和；
(3)是否存在正整数p，q（），使得，，成等差数列？若存在，求p，q；若不存在，说明理由.
17．（2024·全国·模拟预测）记的内角的对边分别为.已知．
(1)求；
(2)若为的中点，且，求．
18．（2022·北京·高考真题）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意的，有．
参考答案：
1．(1)
(2)
【分析】（1）利用，，成等差数列以及求出首项和公比，再利用等比数列的通项公式写出即可；
（2）由（1）将数列的通项公式代入中化简，再利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）设数列的公比为，
因为，，成等差数列，
所以，
即，
解得或，
因为各项均为正数，
所以，
所以，
由，
得，
解得，
所以.
（2）由（1）知，，
则，
所以，
两式相减可得，
整理可得．
2．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）利用正弦定理和诱导公式求解即可.
（2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的正弦定理结合即可求解.
【详解】（1）由，
根据正弦定理得，,
可得，
因为，故，则，
又，所以.
（2）由（1）知，，且，，
（ⅰ）则，
即，解得（舍），.
故.
（ⅱ）由，
得，
解得，则，
则，
，
则
.
3．(1)认为数学成绩与语文成绩有关；
(2)；
(3)分布列见解析，.
【分析】（1）零假设后，计算的值与比较即可；
（2）根据条件概率公式计算即可；
（3）分层抽样后运用超几何分布求解.
【详解】（1）零假设：数学成绩与语文成绩无关.
据表中数据计算得：
根据小概率值的的独立性检验，我们推断不成立，而认为数学成绩与语文成绩有关；
（2）∵，
∴估计的值为；
（3）按分层抽样，语文成绩优秀的5人，语文成绩不优秀的3人，随机变量的所有可能取值为.
，，
，，
∴的概率分布列为：
0 1 2 3
∴数学期望.
4．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算即可；
（2）利用空间向量计算点面距离即可；
（3）利用空间向量计算面面夹角即可.
【详解】（1）由题意可知两两垂直，如图所示建立空间直角坐标系，
则，
即，
所以，
即异面直线与所成角的余弦值为；
（2）由上易知，
设面的一个法向量为，则有，
取，即，
所以点到平面的距离为；
（3）由上可知，
设面的一个法向量为，则有，
取，即，
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值.
5．(1)
(2)1
【分析】（1）先求出焦点坐标，再根据渐近线方程可求基本量，从而可得双曲线的方程.
（2）利用点差法可求直线的斜率，注意检验.
【详解】（1）椭圆的焦点为，故，
由双曲线的渐近线为，故，故，
故双曲线方程为：.
（2）设，的中点为，
因为在直线，故，
而，，故，
故，
由题设可知的中点不为原点，故，所以，
故直线的斜率为.
此时，
由可得，整理得到：，
当即或，
即当或时，直线存在且斜率为1.
6．(1)
(2)
【分析】（1）根据斜率关系，即可求导求解，
（2）求导判断函数的单调性，即可求解函数的最值求解.
【详解】（1）由于的斜率为，所以，
又,故，解得，
（2）由（1）知，所以，
故当时，单调递增，
当时，单调递减，
故当时，取最小值，
要使恒成立，故，解得，
故的取值范围为
7．(1)
(2)单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值
【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；
（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.
【详解】（1），则，
由题意可得，解得；
（2）由，故，
则，，
故当时，，当时，，当时，，
故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，
故有极大值，
有极小值.
8．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换，结合三角函数的和差公式即可得解；
（2）利用三角形面积公式与余弦定理得到关于的方程组，结合整体法即可得解.
【详解】（1）根据题意可得，
由正弦定理得，
又，
故，
又，所以，则，
因为，所以.
（2）因为，
所以，
又平分，所以，
所以，
则，即
由余弦定理得，即，
所以，解得（负值舍去），
故的周长为.
9．(1)答案见解析
(2)
(3)1
【分析】（1）由题意分析的可能取值为0，1，2.分别求出概率，写出分布列；（2）由全概率公式得到，判断出数列为以为首项，以为公比的等比数列即可求解；（3）利用全概率公式求出求出，进而求出.
【详解】（1）（1）由题可知，的可能取值为0，1，2.由相互独立事件概率乘法公式可知：
;;，
故的分布列如下表：
0 1 2
（2）由全概率公式可知：
，
即：，
所以，
所以，
又，
所以，数列为以为首项，以为公比的等比数列，
所以，
即：.
（3）由全概率公式可得：
,
即：,
又,
所以,
所以,
又,
所以,
所以,
所以,
所以.
10．(1)证明见解析.
(2)
【分析】(1)由平面得，又因为，可证平面，从而证得平面平面；
(2) 过点作，可证四棱锥的高为,由三角形全等可证，从而证得为中点，设，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.
【详解】（1）证明：因为平面，平面,
所以,
又因为，即，
平面，,
所以平面，
又因为平面,
所以平面平面.
（2）如图，
过点作，垂足为.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的高为.
因为平面，平面,
所以,,
又因为，为公共边，
所以与全等，所以.
设，则，
所以为中点，,
又因为,所以,
即，解得，
所以，
所以四棱锥的高为．
11．(1)
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
12．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）事件“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，事件“甲队第局获胜”，利用互斥事件的概率求法求概率即可；
（2）讨论上场或不上场两种情况，应用全概率公式求甲队获得最终胜利的概率；
（3）利用贝叶斯公式求甲队明星队员上场的概率.
【详解】（1）事件“甲乙两队比赛4局甲队最终获胜”，
事件“甲队第局获胜”，其中相互独立.
又甲队明星队员前四局不出场，故，
，所以.
（2）设为甲3局获得最终胜利，为前3局甲队明星队员上场比赛，
由全概率公式知，，
因为每名队员上场顺序随机，故，
，
所以.
（3）由（2），.
13．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图根据题意和圆台的结构可知平面平面，有面面平行的性质可得，根据相似三角形的性质可得为中点，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面、平面的法向量，结合空间向量数量积的定义和同角的三角函数关系计算即可求解.
【详解】（1）如图，连接．
因为在圆台中，上、下底面直径分别为，且，
所以为圆台母线且交于一点P，所以四点共面.
在圆台中，平面平面，
由平面平面，平面平面，得.
又，所以，
所以，即为中点．
在中，又M为的中点，所以．
因为平面，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，分别为轴，过O且垂直于平面的直线为轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，所以．
则．
因为，所以．
所以，所以．
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，又，
设平面的法向量为，
所以，所以，
令，则，所以，
所以．
设二面角的大小为，则，
所以．
所以二面角的正弦值为.
.
14．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据离心率公式计算即可；
（2）分三角形三边分别为底讨论即可；
（3）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.
【详解】（1）由题意得，则，．
（2）当时，双曲线，其中，，
因为为等腰三角形，则
①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去；
②当以为底时，，
设，则 , 联立解得或或，
因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
（或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）；
③当以为底时，，设，其中，
则有，解得，即．
综上所述：.
（3）由题知，
当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，
则设直线，
设点，根据延长线交双曲线于点，
根据双曲线对称性知，
联立有，
显然二次项系数，
其中，
①，②，
，
则，因为在直线上，
则，，
即，即，
将①②代入有，
即
化简得，
所以 , 代入到 , 得 , 所以 ,
且，解得，又因为，则，
综上知，，．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的方程得二次项系数不为0.
15．(1)分布列见解析；期望为
(2)①证明见解析 ；②
【分析】（1）方法一：先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
方法二：判断，结合二项分布的分布列和期望公式确定结论；
（2）①记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，由条件确定的关系，结合等比数列定义完成证明；
②由①求出，比较其大小即可.
【详解】（1）方法一：的所有可能取值为，
在一次扑球中，扑到点球的概率，
所以，
，
所以的分布列如下：
0 1 2 3
方法二：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为，易知，
所以，
故的分布列为：
0 1 2 3
所以的期望．
（2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则，
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
②由①可知，所以，
所以，
故．
16．(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）利用给定的递推公式，结合及等比数列定义推理即得.
（2）由（1）求出，再利用裂项相消法求和即可.
（3）由（1）求出，由已知建立等式，验证计算出，再分析求解即可.
【详解】（1），，当时，，
两式相减得，即，
则有，当时，，则，即，
所以数列是以1为首项，为公比的等比数列.
（2）由（1）得，，则，数列是等差数列，
于是，解得，则，
所以的前项和
.
（3）由（1）知，，
由成等差数列，得，整理得，
由，得，又，，不等式成立，
因此，即，令，则,
从而，显然，即，
所以存在，使得成等差数列.
【点睛】易错点睛：裂项法求和，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件右边的形式联想到利用余弦定理进行转化，由正弦定理实现边化角：，进而求得结果；
（2）分析中的边角关系，由余弦定理得考虑到为的中点，再次应用余弦定理.由正弦定理得，利用同角三角基本关系式求得结果.
【详解】（1）由余弦定理形式和，
因此．
又，即，
由正弦定理得：，
整理得：，
．
，，
，．
（2）由，得，得．
在中，由余弦定理得，
为的中点，
，
即，（其中），
．
由正弦定理得，，
，
即．
，
由，可得；
，．
18．(1)
(2)在上单调递增.
(3)证明见解析
【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【详解】（1）解：因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
（2）解：因为，
所以，
令，
则，
∴在上单调递增，
∴
∴在上恒成立，
∴在上单调递增.
（3）解：原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由（2）知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证.
