2024-2025 学年高二下学期期中复习解答题压轴题十八大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 曲线的切线问题
1．（24-25 高二上·江苏镇江·期末）已知函数 ( ) = 2 ln 的图象在点(1, (1))处的切线为 = 1．
(1)求函数 ( )的解析式;
(2)若曲线 = ( )在点 P 处的切线与直线 + 3 + 1 = 0垂直， 求点 P 的横坐标．
2．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知函数 ( ) = 2 4 + 3．
(1)求曲线 = ( )上任意一点( 0, ( 0))处的切线斜率；
(2)求曲线 = ( )在点(3, (3))处的切线方程．
3．（23-24 高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 + + 1, ( ) = e 2 +1.
(1)求曲线 = ( )过点(1,1)处的切线；
(2)若曲线 = ( )在点(1,1)处的切线与曲线 = ( )在 = ( ∈ R)处的切线平行，求 的值.
4．（24-25 2高二下·江西抚州·阶段练习）已知函数 ( ) = ， ( ) = (2 ln )．
（1）若曲线 = ( )与曲线 = ( )在 = 1处的切线的斜率相同，求 a 的值；
（2）若存在曲线 = ( )与曲线 = ( )在同一点处的切线的斜率相同，求实数 a 的取值范围．
题型 2 利用导数研究函数的单调性
5．（24-25 高二下·山东威海·阶段练习）已知函数 ( ) = (2 ln ), ( ) = 2，且曲线 = ( )在点
(1, (1))处的切线与直线 = + 1垂直.
(1)求 ；
(2)讨论函数 ( ) = ( ) + ( )的单调性；
6．（24-25 高三下·宁夏石嘴山·阶段练习）已知函数 ( ) = ln ， ∈ .
(1)当 = 2时，求函数 ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)试判断函数 ( )的单调性.
7．（24-25 · e ( 1)高三上 浙江·期末）已知 > 0，函数 ( ) = 1 .
(1)若 = 2，求 ( )的单调区间;
(2)若 ( )在(2, + ∞)上不单调，求 的取值范围.
8．（24-25 高三上·山东潍坊·期末）已知函数 ( ) = e ( 2 + + 1).
(1)当 = 0时，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)当 ≠ 0时，求函数 ( )的单调区间.
题型 3 函数单调性、极值与最值的综合应用
9．（24-25 高三下·云南德宏·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 2+ ．
(1)若 = 2， = 0，求 ( )的图象在点(1, (1))处的切线方程；
(2)若 = 3，且 ( )在 = 1处取得极值，求 ( )的单调区间以及 ( )的最小值．
10．（24-25 高三上·广东·期末）已知函数 ( ) = ln + .
(1)当 = 2时，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)若函数 ( )有极小值，且 ( )的极小值小于1 2，求实数 的取值范围.
11 24-25 · · = 3 2 ．（ 高二上 浙江舟山 期末）已知函数 ( ) 2+ +1．
(1)若 = 0，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)若 ( )在 = 1处取得极值，求 ( )的单调区间，以及其最大值与最小值．
12．（24-25 高二上·山西·期末）已知函数 ( ) = 3 + 2 +6 4的图象在点(2, (2))处的切线与直线
12 + 2 = 0平行．
(1)求 的值；
(2)求函数 ( )在区间[ 4, 2]上的极值与最值．
题型 4 利用导数研究函数的零点（方程的根）
平面向量线性运算的坐标表示
13．（24-25 高三下·平辽面向宁量线抚性顺运算·的开坐学标表考示 试）已知函数 ( ) = e + 2．
(1)若曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线的斜率为2e +4，求 a 的值；
(2)讨论 ( )的零点个数．
14．（24-25 高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知曲线 ( ) = e ( + 1).
(1)求 ( )在 = 1处的切线方程.
(2)若函数 ( ) = ( ) 3e 有两个零点，求实数 的取值范围．
15．（24-25 高三上·北京房山·期中）已知函数 ( ) = ln
(1)求函数 ( )单调区间；
(2)设函数 ( ) = ( ) + ，若 1, 2 ∈ (0,e]是函数 ( )的两个零点，
①求 的取值范围；
②求证： 1 2 < 1．
16 ln ．（24-25 高二上·湖南·期末）已知函数 ( ) = ．
(1)当 > 0时，求 = ( )的单调区间；
(2)若 ( ) = ( ) 有两个零点，求 的取值范围．
题型 5 利用导数证明不等式
平面向量线性运算的坐标表示
17．（2025·江西·模平拟面预向量测线性）运算的 ln +1已知坐标函表示数 ( ) = + e ( ∈ ).
(1)当 = 0时，证明： ( ) ≤ 1；
(2)若 ( )在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求实数 的取值范围.
2
18 ．（24-25 高二上·重庆·期末）已知函数 ( ) = ln + 2 ( > 0)．
(1)讨论函数 ( )的单调区间；
(2)若 ( )有两个极值点 1, 2，证明： ( 1) + ( 2) < 8ln2 12．
19．（24-25 高二上·江苏南京·期末）已知函数 ( ) = ln , ∈ .
(1)讨论 = ( )的单调性；
(2)当 > 0 1时，求证： ( ) ≤ 2.
20．（24-25 高二下·全国·课后作业）已知 ( ) = ln ．
(1)求函数 ( )的极值；
(2) 1 2证明：对一切 ∈ (0, + ∞)，都有ln > e e 成立．
题型 6 利用导数研究恒成立、存在性问题
平面向量线性运算的坐标表示
21 24-25 ·平面向量线性运算·的坐标表示 ( ) = + 1．（ 高二上 河北保定 期末）已知函数 2 2ln ， ( ) =
3 ′( )，其中 ′( )为 ( )的
导函数.
(1)讨论 ( )的单调性；
(2)若 ( ) ≥ e 恒成立，求 a 的取值范围.
22．（24-25 高三上·山西太原·期末）函数 ( ) = ln ( ∈ )，
1
( ) = 2
2 .
(1)求函数 ( )的单调区间；
(2)当 > 0时，若不等式 ( ) +
1
2 ≤ ( )恒成立，求 的取值范围.
23 1．（2024 高二上·全国·专题练习）已知函数 ( ) = ln 22 .
(1) ( ) 1求函数 在 ,2 上的最大值和最小值；
2
(2)若不等式 ( ) > (2 ) 2有解，求实数 的取值范围.
24．（24-25 高三上·贵州·阶段练习）函数 ( ) = ln(2 + 1) 4sin ．
(1)求 ( )在点(0, (0))处的切线方程；
(2) π若存在 ∈ 0, ，使得 ( ) ≥ 成立，求 的取值范围．
2
题型 7 利用导数研究双变量问题
平面向量线性运算的坐标表示
25 24-25 ·平面向量线性运算·的坐标表示 ( ) = e
．（ 高二下 浙江杭州 开学考试）已知函数 ，其中 > 0，e为自然对数的底数.
(1)求 ( )的单调区间；
1 1
(2)设 1 < 2且 1 2 > 0，请判断 ( 2) ( 1)与 的大小，并证明.2 1
26．（24-25 高二下·广东揭阳·阶段练习）设函数 ( ) = ln + 2 ( ∈ ).
(1)当 = 3时，求函数 ( )的单调区间；
(2)若函数 ( )有两个极值点 1, 2，且 1 ∈ (0,1]，求 ( 1) ( 2)的最小值.
27 +1．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数 ( ) = + ln ，其中参数 < 0．
(1)求函数 ( )的单调区间；
(2)设函数 ( ) = 2 2 ′( ) ( ) 3 ( < 0)，存在实数 1, 2 ∈ [1,e2]，使得不等式2 ( 1) < ( 2)成立，求
a 的取值范围．
28．（23-24 高二下·四川凉山·期末）已知函数 ( ) = ln ．
(1)讨论函数 ( )的单调性；
(2)若 ( ) ≤ 0恒成立，求 的取值范围．
题型 8 导数中的新定义问题
29．（23-24 高二下·江苏南京·期中）设函数 ( )在区间 上可导， ′( )为函数 ( )的导函数.若 ′( )是 上
的减函数，则称 ( )为 上的“上凸函数”；反之，若 ( )为 上的“上凸函数”，则 ′( )是 上的减函数.
(1)判断函数 ( ) = 2 cos 1 在 0, 上是否为“上凸函数”，并说明理由；
2
(2)若函数 ( ) = 1 3 1 23 + 2 ln + 是其定义域上的“上凸函数”，求 的取值范围；
30．（23-24 高二下·江西萍乡·期中）定义：如果函数 = ( )在定义域内存在实数 0，使 ( 0 + ) = ( 0)
+ ( )成立，其中 为大于 0 的常数，则称点( 0, )为函数 ( )的 级“平移点”.已知函数 ( ) = 2 + ln .
(1)若 = 1，求曲线 = ( )在 = 1处的切线方程；
(2)若 ( )在[1, + ∞)上存在 1 级“平移点”，求 的取值范围.
31．（23-24 高三上·上海浦东新·阶段练习）记 = ′( )， = ′( )分别为函数 = ( )， = ( )的导函
数．若存在 0 ∈ R，满足 ( 0) = ( 0)且 ′( 0) = ′( 0)，则称 0为函数 = ( )与 = ( )的一个“好点”．
(1)判断函数 ( ) = 与 ( ) = 2 + 1是否存在“好点”，若存在，求出“好点”；若不存在，请说明珵由；
(2)若函数 ( ) = 3 1与 ( ) = ln 存在“好点”，求实数 的值；
(3)已知函数 ( ) = 2 + ， ( ) = e ，若存在实数 > 0，使函数 = ( )与 = ( )在区间(2, + ∞)内存
在“好点”，求实数 的取值范围．
32．（24-25 高三上·福建漳州·阶段练习）定义：如果函数 ( )在定义域内，存在极大值 ( 1)和极小值
( 2)，且存在一个常数 ，使 ( 1) ( 2) = ( 1 2)成立，则称函数 ( )为极值可差比函数，常数 称为
该函数的极值差比系数.已知函数 ( ) =
1
ln .
(1) 5当 = 2时，判断 ( )是否为极值可差比函数，并说明理由；
(2)是否存在 使 ( )的极值差比系数为2 ？若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由；
(3)若3 2 ≤ ≤ 52，求 ( )的极值差比系数的取值范围.2
题型 9 相邻、不相邻排列问题
平面向量线性运算的坐标表示
33．（24-25 高二下·平全面向国量线·课性运后算的作坐业标表）示 现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，
在下列情况下，各有多少种不同的站法？
(1)老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人；
(2)4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端；
(3)2名老师之间必要有男女学生各1人．
34．（23-24 高二下·陕西西安·期中）某种产品的加工需要经过 6 道工序．
(1)若其中某 2 道工序不能放在最前面也不能放在最后面，问有多少种加工顺序
(2)若其中某 3 道工序必须相邻．问有多少种加工顺序
(3)若其中某 3 道工序两两不能相邻，问有多少种加工顺序
35．（23-24 高二下·西藏拉萨·期末）4 名男生和 3 名女生站成一排.
(1)甲不在中间也不在两端的站法有多少种？
(2)男生甲和男生乙不相邻，女生甲和女生乙相邻，排在一起的站法有多少种？
(3)甲、乙、丙三人从左到右顺序一定的站法有多少种？
36．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）有 8 名同学站成一排照相，符合下列各题要求的不同排法共有多少种
（用数字作答）？
(1)甲同学既不站在排头也不站在排尾；
(2)甲 乙 丙三位同学两两不相邻；
(3)甲 乙两同学相邻，且丙 丁两同学也相邻；
(4)甲 乙两同学不相邻，且乙 丙两同学也不相邻.
题型 10 分组分配问题
平面向量线性运算的坐标表示
37．（23-24 高二下·平广面向东量线深性圳运算·的期坐中标表）示 富源学校高二年级有 6 名同学（简记为 A， ， ， ， ， ）到甲、
乙、丙三个体育场馆做志愿者.
(1)一天上午有 16 个相同的口罩全部发给这 6 名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数？
(2)每名同学只去一个场馆，每个场馆至少要去一名，且 A、 两人约定去同一个场馆， 、 不想去一个场
馆，则满足同学要求的不同的安排方法种数？
38．（23-24 高二下·吉林·期末）从 6 名男生和 5 名女生中选出 4 人去参加某活动的志愿者.
(1)若 4 人中必须既有男生又有女生，则有多少种选法？
(2)先选出 4 人，再将这 4 人分配到两个不同的活动场地（每个场地均要有人去，1 人只能去一个场地），则
有多少种安排方法？
(3)若男 女生各需要 2 人，4 人选出后安排与 2 名组织者合影留念（站一排），2 名女生要求相邻，则有多
少种不同的合影方法？
39．（24-25 高二上·江西萍乡·期末）安排 6 名教师 , , , , , 到甲 乙 丙三个场馆做志愿者.
(1)有 14 个相同的口罩全部发给这 6 名教师，每名教师至少发两个口罩，共有多少种不同的发放方法？
(2)每名教师只去一个场馆，每个场馆至少要去一名教师，且 , 两人约定去同一个场馆，共有多少种不同的
安排方法？
40．（24-25 高二下·山东菏泽·阶段练习）6名同学(简记为 、 、 、 、 、 )到甲、乙、丙三个场馆做志
愿者.
(1)一天上午有16个相同的口罩全部发给这6名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数？
(2)每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法种数？
(3)每名同学只去一个场馆，每个场馆至少要去一名，且 、 两人约定去同一个场馆， 、 不想去一个场馆，
则满足同学要求的不同的安排方法种数？
题型 11 排列、组合的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
41．（23-24 高二下·平湖面向北量线武性汉运算·的期坐中标表）示 混放在一起的 6 件不同的产品中，有 2 件次品，4 件正品．现需通过
检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出 2 件次品或者检测出 4 件正品时
检测结束．
(1)一共抽取了 4 次检测结束，有多少种不同的抽法
(2)若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法 （要求：解答过程要有
必要的说明和步骤）
42．（23-24 高二上·湖北武汉·期中）为庆祝 3.8 妇女节，东湖中学举行了教职工气排球比赛，赛制要求每
个年级派出十名成员分为两支队伍，每支队伍五人，并要求每支队伍至少有两名女老师，现高二年级共有 4
名男老师，6 名女老师报名参加比赛.
(1)一共有多少不同的分组方案？
(2)在进入决赛后，每个年级只派出一支队伍参加决赛，在比赛时须按照 1、2、3、4、5 号位站好，为争取
最好成绩，高二年级选择了 、 、 、 、 、 六名女老师进行训练，经训练发现 不能站在 5 号位，若 、
同时上场，必须站在相邻的位置，则一共有多少种排列方式？
43．（23-24 高二下·江苏泰州·期末）某校举行劳动技术比赛，该校高二（1）班的班主任从本班的 5 名男选
手和 4 名女选手中随机地选出男、女选手各 2 名参加本次劳动技术比赛中的团体赛，并排好团体赛选手的
出场顺序.在下列情形中各有多少种不同的安排方法？
(1)男选手甲必须参加，且第 4 位出场；
(2)男选手甲和女选手乙都参加，且出场的顺序不相邻；
(3)男选手甲和女选手乙至少有一人参加.
44．（23-24 高二下·山东济宁·期中）某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数
量实施分段优惠政策，不超过 12 站的地铁票价如下表：
乘坐站数 0 < ≤ 3 3 < ≤ 7 7 < ≤ 12
票价（元） 3 5 7
现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过 12 站，且他们各自在每个站
下地铁的可能性是相同的．
(1)若甲、乙两人共付车费 8 元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？
(2)若甲、乙两人共付车费 10 元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？
题型 12 二项式中的系数和问题
平面向量线性运算的坐标表示
45．（24-25 高二上·辽宁·期末）设(3 1)7 = + + 2 + 3 + 4 + 5 6平面向量线性运算的坐标表示 0 1 2 3 4 5 + 6 + 7 7，求：
(1) 2 + 4 + 6；
(2)| 0| + | 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| + | 6| + | 7|.
46．（24-25 高二上·全国·课后作业）设(2 3)4 = 0 + 1 + 22 + 3 3 + 4 4，求：
(1) 1 + 2 + 3 + 4；
(2)( 0 + 2 + 4)2 ( 1 + )23 ；
(3)| 1| + | 2| + | 3| + | 4|．
47．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）已知(1 + 2 )6 ( 1)5 = 0 + + 2 3 4 51 2 + 3 + 4 + 5 + 6
6.
(1)求 2的值；
(2)求 1 + 2 + 3 + 4 + 5的值；
(3)求 1 2 2 +3 3 4 4 +5 5 6 6的值.
48．（23-24 高二下·广西桂林·阶段练习）已知(1 + 2 ) + (1 ) = 20 + 1 + 2 + + , , ∈ +
, ≤ ，且 1 0 = 2.
(1)求2 ；
(2)若 + 1 = ，求 0 + 2 + 4 + 6.
题型 13 杨辉三角问题
平面向量线性运算的坐标表示
49．（23-24 高二下·平山面东向量菏线性泽运算·期的坐末标表）示在(1 + + 2) = D0 + D1 + D2 2 + + D + + D2 1 2 1 2 + D
2 中，把D0，D1 ，D2 2 …，D 称为三项式系数.
(1)当 = 2时，写出三项式系数D02，D12，D22，D3 42，D2的值；
(2)( + ) ( ∈ N)的展开式中，系数可用杨辉三角形数阵表示，如图，当0 ≤ ≤ 4， ∈ N时，类似杨辉三
角形数阵表，请列出三项式的 次系数的数阵表；
(3)求D0 C0 D1 C1 + D2 C2 D3 C3 + + D2016C20162016 2016 2016 2016 2016 2016 2016 2016 2016 2016的值（用组合数作答）.
50．（23-24 高二下·贵州黔西·期末）观察杨辉三角（如图所示）的相邻两行，发现三角形的两个腰都是由
数字 1 组成的，其余的数都等于它肩上的两个数相加，即C 1 = C 1 + C 1( ≥ 2)．已知数列{ }满足 1 = 1,
+1 = ( + 1) ( ∈ +)．
(1)求数列{ }的通项公式；
(2) +1请利用上述杨辉三角的性质求数列{ 2 }的前 项和．
51．（2024·四川内江·模拟预测）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家 教育家，杨辉三角是杨辉的一
项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图 1 为杨辉三角
的部分内容，图 2 为杨辉三角的改写形式
(1)求图 2 中第 10 行的各数之和；
(2)从图 2 第 2 行开始，取每一行的第 3 个数一直取到第 15 行的第 3 个数，求取出的所有数之和；
(3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存
在，请说明理由.
52．（24-25 高二上·全国·单元测试）在杨辉三角形中，每一行除首末两个数之外，其余每个数都等于它肩
上的两数之和.
(1)试用组合数表示这个一般规律;
(2)试探究在杨辉三角形的某一行能否出现三个连续的数，使它们的比是 3∶4∶5，并证明你的结论.
题型 14 条件概率与全概率公式的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
53．（24-25 高二下·平全面向国量线·课性运后算的作坐业标表）示 设某仓库有一批产品，已知其中 50%，30%，20%依次是甲、乙、丙
1 1 1
厂生产的，且甲、乙、丙厂生产的次品率分别为10，15，20.
(1)现从这批产品中任取一件，求取到次品的概率；
(2)若从这批产品中取出一件产品，发现是次品，求该件产品是甲厂生产的概率.
54．（24-25 高三下·广东清远·开学考试）为贯彻落实《全民健身条例》，进一步推动羽毛球运动发展，某
市举办“北江杯”羽毛球团体赛，第一阶段是分组循环赛，每组前两名出线进行第二阶段的交叉淘汰赛.某小
组有甲、乙、丙、丁四支队伍，每支队伍派出 5 对双打（三对男双、一对女双、一对混双）进行比赛，出
场顺序抽签决定，每场比赛结果互不影响，先胜三场的队伍获胜并结束比赛（俗称“见三收”）.在甲、乙两
2 1
支队伍的比赛中，甲队伍中混双 M 的胜率是3，其余 4 对双打的胜率均是2.
(1)混双 M 在前 4 场中没有比赛的前提下，求甲队伍在前 4 场比赛结束就获胜的概率；
(2)求甲队伍在前 3 场比赛结束就获胜的概率；
(3)若甲队伍在前 3 场比赛结束就获胜，求混双 M 在前 3 场中有比赛的概率.
55．（24-25 高三上·广东深圳·期末）人工智能在做出某种推理和决策前，常常是先确定先验概率，然后通
过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.我们利用这种方法设
计如下试验：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子内有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有 9 个红
球和 1 个白球，乙袋中有 2 个红球和 8 个白球.我们首先从这两个袋子中随机选择一个袋子，假设首次试验
1
选到甲袋或乙袋的概率均为2（先验概率），再从该袋子中随机摸出一个球，称为一次试验.经过多次试验，
直到摸出红球，则试验结束.
(1)求首次试验结束的概率；
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整.
（i）求选到的袋子为甲袋的概率；
（ii）将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有两种方案.方案①：从原来袋子中摸
球；方案②：从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.
56．（24-25 高三下·湖南长沙·阶段练习）甲、乙两人进行 知识问答比赛，共进行多轮抢答赛，每轮比赛
中有 3 道抢答题，每道题均有人抢答，其计分规则为：初始甲、乙双方均为 0 分，答对一题得 1 分，答错
一题得 1分，未抢到题得 0 分，最后累计总分多的人获胜.假设甲、乙抢到每题的成功率相同，且两人每题
1 1
答题正确的概率分别为2和3.求：
(1)甲在每轮比赛中获胜的概率；
(2)甲前二轮累计得分恰为 4 分的概率.
题型 15 期望与方差的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
57．（2024 高二·全国平面·向专量题线性练运算习的坐）标北表示京冬奥会过后，迎来了一股滑雪运动的热潮，某滑雪场开展滑雪促销活
动．该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1h免费，超过1h的部分每小时收费标准为 40 元（不足1h的部
分按1h 1 1计算）．有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1h离开的概率分别为4，6；1h
1 2
以上且不超过2h离开的概率分别为2，3；两人滑雪时间都不会超过 3h．设甲、乙两人所付的滑雪费用之和
为随机变量 ，求 的分布列与均值 ( )、方差 ( )．
58．（2024·湖南长沙·三模）开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的
重要举措 是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程. 某校为 确保学生
课后服务工作顺利开展，制定了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支 持情况，对学生进行简单随
机抽样，获得数据如表:
男 女
支持方案一 24 16
支持方案二 25 35
假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支 持相互独立.
(1)从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取 1 人，设 为抽出两人中女生的个数，求 的分布列
与数学期望;
(2)在(1)中 表示抽出两人中男生的个数，试判断方差 ( )与 ( )的大小.
59．（2024 高二下·江苏·专题练习）为选拔奥运会射击选手，对甲 乙两名射手进行选拔测试.已知甲 乙两
名射手在一次射击中的得分为两个相互独立的随机变量 X，Y，甲 乙两名射手在每次射击中击中的环数均大
于 6 环，且甲射中 10，9，8，7 环的概率分别为 0.5，3a，a，0.1，乙射中 10，9，8 环的概率分别为 0.3，
0.3，0.2.
(1)求 X，Y 的概率分布；
(2)求 X，Y 的数学期望与方差，以此比较甲 乙的射击技术并从中选拔一人.
60．（23-24 高二下·广东广州·期中）甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局
比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是 ，随机变量 表示最终的比赛局数．
(1)求随机变量 的分布列和期望 ( )；
(2)若0 < < 1 203，设随机变量 的方差为 ( )，求证： ( ) < 81．
题型 16 期望、方差与其他知识综合
平面向量线性运算的坐标表示
61．（23-24 高二下·平天面向津量线·期性运末算的）坐本标表着示 健康低碳的生活理念，租自行车骑游的人越来越多.某自行车租车点的
收费标准是每车每次租车时间不超过两小时免费，超过两小时的部分，每小时收费 2 元（不足 1 小时的部
分按 1 小时计算）.有甲、乙两人相互独立来该租车点租车骑游（各租一车一次）.设甲、乙不超过两小时还
1 1 1 1
车的概率分别为4，2；两小时以上且不超过三小时还车的概率分别为4，4；两人租车时间都不会超过四小时.
(1)求甲、乙两人所付的租车费用相同的概率；
(2)求甲所付的租车费用比乙所付的租车费用多 2 元的概率；
(3)设甲、乙两人所付的租车费用之和为随机变量 X，求 X 的分布列、均值 ( )、方差 ( )
62．（24-25 高二下·湖北·阶段练习）杂交水稻的育种理论由袁隆平院士在 1966 年率先提出，1972 年全国
各地农业专家齐聚海南攻关杂交水稻育种，从此杂交水稻育种在袁隆平院士的理论基础上快速发展.截至
2021 年 5 月 22 日，中国国家水稻数据中心收录杂交水稻品种超 1000 种.如图为部分水稻稻种的生育期天数
的频率分布直方图.
(1)根据频率分布直方图，估算水稻稻种生育期天数的平均值和第 80 百分位数；
(2)以频率视作概率，对中国国家水稻中心收录的所有稻种进行检验，
检验规定如下：①检验次数不超过 5 次；
②若检验出 3 个生育期超过中位数的稻种则检验结束.
设检验结束时，检验的次数为 X，求随机变量 X 的分布列、期望和方差.
63．（24-25 高三下·上海杨浦·开学考试）电视传媒公司为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.如图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”.将上述调查所得到的频率视为概率.
(1)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 .若每次抽取的结果是相互独立的，求 的分布及期望.
(2)用分层抽样的方法从这 100 名观众中抽取 8 名作为样本 A，则样本 A 中“体育迷”和非“体育迷”分别有几人
从样本 A 的这 8 名观众中随机抽取 3 名，记 Y 表示抽取的是“体育迷”的人数，求 Y 的分布及方差.
64．（23-24 高二下·北京房山·期末）开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学
生困难的重要举措，是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程.某校为
确保学生课后服务工作顺利开展，制定了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支持情况，现随机抽
取 100 个学生进行调查，获得数据如下表：
男 女
支持方案一 24 16
支持方案二 25 35
假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支持相互独立.
(1)从样本中抽 1 人，求已知抽到的学生支持方案二的条件下，该学生是女生的概率；
(2)从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取 1 人，设 为抽出两人中女生的个数，求 的分布列
与数学期望；
(3)在（2）中， 表示抽出两人中男生的个数，试判断方差 ( )与 ( )的大小.（直接写结果）
题型 17 超几何分布与二项分布
平面向量线性运算的坐标表示
65．（24-25 高三下·平上面向海量线·阶性运段算的练坐习标表）示 某公司为招聘新员工设计了一个面试方案:应聘者从6道备选题中一次
性随机抽取3 道题，按照题目要求独立完成. 规定：至少正确完成其中2道题便可通过面试.已知6道备选题
2
中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是3，且两位应聘者每题
正确完成与否互不影响.
(1)求甲正确完成面试题数 的分布列及其期望；
(2)求乙正确完成面试题数 的分布列及其方差；
(3)试问:甲和乙谁通过面试的可能性更大 并说明理由.
66．（24-25 高三上·河南南阳·期末）高三（1）班有55名同学，在某次考试中总成绩在650分（含650分）
以上的有4人：甲、乙、丙、丁；在600分—650分之间的有15人：戊、己、庚、辛、壬、癸、子、丑、寅、
卯、辰、巳、午、未、申．其中数学成绩超过120分的有10人：甲、乙、丙、丁、戊、庚、寅、辰、壬、申.
(1)从该班同学中任选一人，求在数学成绩超过120分的条件下，总成绩超过650分的概率；
(2)从数学成绩超过120分的同学中随机抽取3人.
①采取不放回抽样方式抽取，记 为成绩在600分—650分之间的同学的个数，求 的分布列和期望；
②采取放回抽样方式抽取，记 为成绩在600分—650分之间的同学的个数，求 ( )的值.（直接写出结果）
67．（24-25 高三上·广东汕头·期末）某校为了解高三学生每天的作业完成时长，在该校高三学生中随机选
取了 100 人，对他们每天完成各科作业的总时长进行了调研，结果如下表所示：
时长（小时） [0,2) [2,2.5) [2.5,3) [3,3.5) [3.5,4]
人数（人） 3 4 33 42 18
用表格中的频率估计概率，且每个学生完成各科作业时互不影响.
(1)从该校高三学生中随机选取 1 人，估计该生可以在 3 小时内完成各科作业的概率；
(2)从样本“完成各科作业的总时长在 2.5 小时内”的学生中随机选取 3 人，其中共有 人可以在 2 小时内完成
各科作业，求 的分布列和数学期望；
(3)从该校高三学生（学生人数较多）中随机选取 3 人，其中共有 人可以在 3 小时内完成各科作业，求
( ).
68．（24-25 高三上·北京·期中）某种产品按照产品质量标准分为一等品 二等品 三等品 四等品四个等级，
某采购商从采购的该种产品中随机抽取 100 件，根据产品的等级分类得到如下数据：
等级 一等品 二等品 三等品 四等品
数量 40 30 10 20
(1)根据产品等级，按分层抽样的方法从这 100 件产品中抽取 10 件，再从这 10 件产品中随机抽取 3 件，记
这 3 件产品中一等品的数量为 ，求 的分布列及数学期望；
(2)若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取 3 件产品，求恰好有 1 件四等品的概率；
(3)生产商提供该产品的两种销售方案供采购商选择，
方案一：产品不分类，售价均为 21 元/件.
方案二：分类卖出，分类后的产品售价如下：
等级 一等品 二等品 三等品 四等品
售价/（元/件） 24 22 18 16
从采购商的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案？请说明理由.
题型 18 正态分布的实际应用
平面向量线性运算的坐标表示
69．（2025·吉林延边平面·一向量模线性）运某算的生坐标物表研示 究小组准备探究某地区棉花长绒分布规律，据统计该地区棉花有 ，
个品种，且这两个品种的种植数量大致相等，记 种棉花和 种棉花的绒长（单位：mm）分别为随机变量
， ，其中 服从正态分布 (37,9)， 服从正态分布 (43,9).
(1)从该地区的棉花中随机采摘一朵，求这朵棉花的绒长在区间[37,43]的概率；
(2)记该地区棉花的绒长为随机变量 ，若用正态分布 0, 20 来近似描述 的分布，请你根据（1）中的结果，
求参数 0和 0的值（精确到 0.1）；
(3)在（2）的条件下，从该地区的棉花中随机采摘 3 朵，记这 3 朵棉花中绒长在区间[35.3,44.7]的个数为 ，
求 的分布列及数学期望（分布列写出计算表达式即可）.参考数据：若 ~ ( , 2)，则
( 0.64 ≤ ≤ + 0.64 ) ≈ 0.4773， ( ≤ ≤ + ) ≈ 0.6827， ( 2 ≤ ≤ + 2 ) ≈ 0.9546.
70．（24-25 高三上·山东·阶段练习）为进一步提升人才选拔的公正性，某省拟在三年内实现高考使用新高
考全国Ⅰ卷，为测试学生对新高考试卷的适应性，特此举办了一次全省高三年级数学模拟考试（满分 150
分），其中甲市有 10000 名学生参加考试．根据成绩反馈，该省及各市本次模拟考试成绩 X 都近似服从正
态分布 ( , 2)．
(1)已知本次模拟考试甲市平均成绩为 97.5 分，成绩位于(97.5,130.5]区间内的学生共有 4772 人．甲市学生 A
的成绩为 114 分，试估计学生 A 在甲市的大致名次；
(2)在参加该省本次模拟考试的学生中随机抽取 500 人作为研究样本，随机变量 Y 为本次考试数学成绩在
( 3 ,150]之外的人数，求 ( ≥ 1)的概率及随机变量 Y 的数学期望．
附：参考数据：0.9987500 ≈ 0.5218,0.9987499 ≈ 0.5225
参考公式：若 ( , 2),有 ( < < + ) = 0.6826, ( 2 < < + 2 ) = 0.9544，
( 3 < < + 3 ) = 0.9974．
71．（23-24 高三上·贵州·阶段练习）在某市举行的 2024 届高三第一次市统考中，为调查本次考试数学试卷
的有效性，市教研部门从参加本次数学考试且成绩在 50 分及以上的学生中随机抽取 1000 名学生的成绩作
为样本，并将数据统计如下表所示．
成绩 [50,70) [70,90) [90,110) [110,130) [130,150)
人数 20 220 530 200 30
(1)假设样本中的数学考试成绩 服从正态分布 ( , 2)，其中 为样本的平均数， 2为样本的方差，以各组区
间的中点值代表该组的取值，求 和 2；
(2)在（1）的条件下，若全市数学考试成绩在84.25 131.5分的考生人数占80%及以上，则认为本次考试数
学试卷的有效性符合要求，用样本估计总体，试判断本次考试数学试卷的有效性是否符合要求？
参考数据：若 ( , 2)，则 ( < < + ) = 0.6826， ( 2 < < + 2 ) = 0.9544，
( 3 < < + 3 ) = 0.9974， 248 ≈ 15.75．
72．（23-24 高二下·吉林长春·期末）为了提高学生的法律意识，某校组织全校学生参与答题闯关活动，共
两关.现随机抽取 100 人，对第一关答题情况进行调查.
分数 [0,20) [20,40) [40,60) [60,80) [80,100]
人数 10 15 45 20 10
(1)求样本中学生分数的平均数 （每组数据取区间的中点值）；
(2)假设分数 Z 近似服从正态分布 ( , 2)，其中 μ 近似为样本的平均数 （每组数据取区间的中点值）， 2
近似为样本方差 2 ≈ 212，若该校有 4000 名学生参与答题活动，试估计分数在(30,72)内的学生数(结果四舍
五入)；
(3)学校规定：分数在[60,100]内的为闯关成功，并对第一关闯关成功的学生记德育学分 5 分；只有第一关成
功才能闯第二关，第二关闯关不成功的学生德育学分只记第一关学分；对两关均闯关成功的学生记德育学
分 10 分. 3在闯过第一关的同学中，每位同学第二关闯关成功的概率均为4，同学之间第二关闯关是相互独立
的.从第一关闯关成功的学生中随机抽取 2 人，记 2 人本次活动总分为随机变量 X，求 X 的分布列与数学期
望.
（参考数据：若随机变量 ~ ( , 2)，则 ( < < + ) = 0.6826, ( 2 < < + 2 ) =
0.9544, ( 3 < < + 3 ) = 0.9974）2024-2025 学年高二下学期期中复习解答题压轴题十八大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 曲线的切线问题
1．（24-25 高二上·江苏镇江·期末）已知函数 ( ) = 2 ln 的图象在点(1, (1))处的切线为 = 1．
(1)求函数 ( )的解析式;
(2)若曲线 = ( )在点 P 处的切线与直线 + 3 + 1 = 0垂直， 求点 P 的横坐标．
【解题思路】（1）利用导数的意义求出切线的斜率，再利用切线方程求出即可；
（2）由两直线垂直得到斜率关系，再利用导数的意义求解即可；
【解答过程】（1） ∵ 函数 ( ) = 2 ln ，
∴ ′( ) = 2 , (1) = ，
∵ ( )在点(1, (1))处的切线为 = 1，
∴ ′(1) = 2 = 0 = 1
解得 = 1, = 2，
所以 ( ) = 2 2ln
（2）设 ( , )，则由题可知 ′( ) = 3 2，即2 = 3，
∵ > 0, ∴ = 2
所以 P 的横坐标为 2．
2．（24-25 高二上·全国·课后作业）已知函数 ( ) = 2 4 + 3．
(1)求曲线 = ( )上任意一点( 0, ( 0))处的切线斜率；
(2)求曲线 = ( )在点(3, (3))处的切线方程．
【解题思路】（1）根据导数的定义得出导数的几何意义得出切点的斜率；
（2）先求导函数的函数值得出斜率再点斜式求出切线方程.
【解答过程】（1）由导数的几何意义可知曲线 = ( )上任意一点( 0, ( 0))处的切线斜率为 ′( 0)，
则由导数的定义，可得
( 0+△ ) ( 0) 2 2 ′( 0) = lim △ = lim
( 0+△ ) 4( 0+△ )+3 0 4 +3 = 2 0 4．
△ →0 △ →0 △
即曲线 = ( )上任意一点( 0, ( 0))处的切线斜率为2 0 4．
（2） (3) = 0，由（1）知，曲线 = ( )在点(3, (3))处的切线斜率为 ′(3) = 2，
所以切线方程为 0 = 2( 3)，即2 6 = 0．
3．（23-24 高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 + + 1, ( ) = e 2 +1.
(1)求曲线 = ( )过点(1,1)处的切线；
(2)若曲线 = ( )在点(1,1)处的切线与曲线 = ( )在 = ( ∈ R)处的切线平行，求 的值.
【解题思路】（1）利用导数几何意义求过一点的切线方程；
（2）利用导数几何意义，由切线平行列方程求参数值.
【解答过程】（1）由导数公式得 ′( ) = 3 2 +1，
设切点坐标为( 0, 0)，设切线方程为： 1 = ( 1)
0 1 = ( 0 1)
由题意可得： 0 = 30 + 0 + 1 ，
= 3 20 + 1
0 =
1
0 = 1 2
所以 0 = 1
5
或 0 = 8 ， = 2 = 1
4
从而切线方程为2 + 3 = 0或 4 + 3 = 0.
（2）由(1)可得：曲线 = ( )在点(1,1)处的切线方程为 = 2 + 3,
由 ′( ) = 2e 2 +1，可得曲线 = ( )在 = ( ∈ R)处的切线斜率为 ′( ) = 2e 2 +1，
由题意可得 2e 2 +1 = 2， 1从而 = 2，
1
此时切点坐标为 ,1 ，曲线 =
1
( )在 = 2处的切线方程为 1 = 2
1
，
2 2
即 = 2 + 2 1，故符合题意，所以 = 2.
4．（24-25 2高二下·江西抚州·阶段练习）已知函数 ( ) = ， ( ) = (2 ln )．
（1）若曲线 = ( )与曲线 = ( )在 = 1处的切线的斜率相同，求 a 的值；
（2）若存在曲线 = ( )与曲线 = ( )在同一点处的切线的斜率相同，求实数 a 的取值范围．
【解题思路】（1）由导数的几何意义知 ′(1) = ′(1)，即可求解；
（2）设切点为( 0, 0)， 0 > 0，则 ′( 0) = ′( 0)，分离 转化为有解问题即可求解.
2 2
【解答过程】（1）由 ( ) = ′ 可得 ( ) = 1 + 2，
所以曲线 = ( )在 = 1处的切线的斜率为 ′(1) = 3，
由 ( ) = (2 ln )可得 ′( ) = ，
所以曲线 = ( )在 = 1处的切线的斜率为 ′(1) = ，
因为曲线 = ( )与曲线 = ( )在 = 1处的切线的斜率相同，
所以 ′(1) = ′(1)，即 = 3，得 = 3．
（2）设切点为( 0, 0)， 0 > 0，
2
由题意得 ′( 0) = ′( 0)，即1 + 2 = ( > 0)，0 0 0
2
则 = 2 20 = 0 + ≤ 2 0 = 2 2，0 0 0
2
当且仅当 0 = ，即 = 2时，等号成立，0 0
故实数 的取值范围为( ∞, 2 2].
题型 2 利用导数研究函数的单调性
5．（24-25 高二下·山东威海·阶段练习）已知函数 ( ) = (2 ln ), ( ) = 2，且曲线 = ( )在点
(1, (1))处的切线与直线 = + 1垂直.
(1)求 ；
(2)讨论函数 ( ) = ( ) + ( )的单调性；
【解题思路】（1）根据导数的几何意义，结合直线垂直斜率之积为 1求解即可；
（2）求导分 0,1与 2的大小关系讨论即可；
【解答过程】（1） ′( ) = 2 ，故 ′(1) = 2，又 = + 1斜率为 1，故 2 = 1，解得 = 1.
（2）因为 = 1，故 ( ) = 2 + (2 + 1) ln ( > 0)，
则 ′( ) = 2 +
(2 1)( )
(2 + 1) = ，
当 ≤ 0时， > 0, > 0，
故在 0, 1 上， ′( ) > 0, ( )单调递增；
2
1
在 , + ∞ 上， ′( ) < 0, ( )单调递减；
2
当0 < < 1 1′2时，令 ( ) = 0有 1 = 2, 2 = ，且 2 < 1，
故在(0, )上， ′( ) < 0, ( )单调递减；
在 , 1 上， ′( ) > 0, ( )单调递增；
2
1
在 , + ∞ 上， ′( ) < 0, ( )单调递减.
2
1
当 = 2时， ′( ) ≤ 0, ( )在(0, + ∞)单调递减；
> 1 1当 ′2时，在 0, 上， ( ) < 0, ( )单调递减；2
1
在 , 上， ′( ) > 0, ( )单调递增；
2
在( , + ∞)上， ′( ) < 0, ( )单调递减.
1
综上，当 ≤ 0时， ( )在 0, ′( ) > 0, ( ) 1单调递增，在 , + ∞ ′( ) < 0, ( )单调递减；
2 2
当0 < < 1 12时， ( )在(0, )和 , + ∞
1
单调递减，在 , 单调递增；
2 2
1
当 = 2时， ( )在(0, + ∞)单调递减；
> 1 1 1当 2时， ( )在 0, 和( , + ∞)单调递减，在 , 单调递增.2 2
6．（24-25 高三下·宁夏石嘴山·阶段练习）已知函数 ( ) = ln ， ∈ .
(1)当 = 2时，求函数 ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)试判断函数 ( )的单调性.
【解题思路】（1）当 = 2时，求出 (1)、 ′(1)的值，结合导数的几何意义可得出所求切线的方程；
1
（2）对 ( )求导，得到 ′( ) = ，对 进行讨论，判断 ( )的单调性．
1
【解答过程】（1）当 = 2时， ( ) = 2 ln ，则 ′( ) = 2 ，所以， (1) = 2， ′(1) = 1，
故当 = 2时，函数 ( )在点(1, (1))处的切线方程为 2 = 1，即 = + 1.
2 1 1（ ）函数 ( )的定义域为(0, + ∞)， ′( ) = = ，
当 ≤ 0时， ′( ) < 0， ( )的减区间为(0, + ∞)，无增区间；
当 > 0时，令 1′( ) = 0， = ，
∈ 0, 1 时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
∈ 1 , + ∞ 时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
综上所述，当 ≤ 0时， ( )的减区间为(0, + ∞)，无增区间；
> 0 1 1当 时， ( )的减区间为 0, ，增区间为 , + ∞ .
7．（24-25 · · > ( ) = e ( 1)高三上 浙江 期末）已知 0，函数 1 .
(1)若 = 2，求 ( )的单调区间;
(2)若 ( )在(2, + ∞)上不单调，求 的取值范围.
【解题思路】（1）求导，令 ′( ) > 0、 ′( ) < 0即可求解；
2 +1
（2）求导可得 ( ) = e ( +1) +2 ′ ( 1)2 ( ≠ 1)，设 ( ) =
2 ( + 1) + 2 ( > 0) > 2，则 2 ，解之Δ > 0
即可求解.
【解答过程】（1） ( )的定义域为( ∞,1) ∪ (1, + ∞)，
1 (2 3)
2 1′( ) = e 1 e
( 1)2 = e ( 1)2 ，
3 3
令 ′( ) > 0 < 0或 > ′2， ( ) < 0 0 < < 1或1 < < 2，
∴ ( )在( ∞,0), 3 , + ∞ 上单调递增，在(0,1), 1, 3 上单调递减.
2 2
1 1 2 ( +1) +2
（2） ′( ) = e 1 + e
( 1)2 = e ( 1)2 ( ≠ 1)，
设 ( ) = 2 ( + 1) + 2 ( > 0)，
注意到 (2) = > 0，要使 ( )在(2, + ∞)上不单调，
+1
∴ > 2 1只需满足 2 ，解得0 < < ，
Δ = ( + 1)2 + 4 ( 2) > 0 5
即实数 的取值范围为(0,15).
8．（24-25 高三上·山东潍坊·期末）已知函数 ( ) = e ( 2 + + 1).
(1)当 = 0时，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)当 ≠ 0时，求函数 ( )的单调区间.
【解题思路】（1）求导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，代入点斜式直线方程求解即可.
（2）求出导函数，根据 > 0和 < 0分类讨论，结合二次不等式求解单调区间即可.
【解答过程】（1）当 = 0时，函数 ( ) = ( 2 + 1)e ，
得 ′( ) = ( 2 + 1)e +2 e = e ( + 1)2，
所以 ′(1) = 4e， (1) = 2e，
所以曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程为 2e = 4e( 1)，
即切线方程为4e 2e = 0；
（2）当 ≠ 0时， ( ) = e ( 2 + + 1)， ′( ) = e ( + 1)( + + 1)，
令 ′( ) = 0，得 = 1， = 1 ，
当 > 0时， 1 > 1 ，
令 ′( ) > 0，得 > 1或 < 1 ，
令 ′( ) < 0，得 1 < < 1，
所以函数 ( )的单调增区间为( ∞, 1 )和( 1, + ∞)，单调减区间为( 1 , 1)
当 < 0时， 1 < 1 ，
令 ′( ) > 0，得 > 1 或 < 1，
令 ′( ) < 0，得 1 < < 1 ，
所以函数 ( )的单调增区间为( 1 , + ∞)和( ∞, 1)，单调减区间为( 1, 1 )；
综上所述，当 > 0时， ( )的单调增区间为( ∞, 1 )和( 1, + ∞)，单调减区间为( 1 , 1)；
当 < 0时， ( )的单调增区间为( 1 , + ∞)和( ∞, 1)，单调减区间为( 1, 1 )．
题型 3 函数单调性、极值与最值的综合应用
9．（24-25 高三下·云南德宏·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 2+ ．
(1)若 = 2， = 0，求 ( )的图象在点(1, (1))处的切线方程；
(2)若 = 3，且 ( )在 = 1处取得极值，求 ( )的单调区间以及 ( )的最小值．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求切线方程；
（2）对函数求导，结合极值点有 ′( 1) = 0得 = 5，进而求 ( )的单调区间及最小值.
【解答过程】（1）因为 = 2 = 0 ( ) = 4 2 ( ) = 2 8， ，所以 ′ 2 ， 3 ，
所以 ′(1) = 6， (1) = 2，故所求切线的方程为 2 = 6( 1)，即6 + 8 = 0．
2
（2）若 = 3 ( ) = 6 3 ( ) = 3 12 3 ，则 ′ 2+ ， ( 2+ )2 ．
15 3
因为 ( )在 = 1处取得极值，所以 ′( 1) = (1+ )2 = 0，解得 = 5，
( ) = 6 3
3( 5)( +1)
所以 ′ 2+5， ( ) = ( 2+5)2 ．
由 ′( ) > 0，得 < 1或 > 5；由 ′( ) < 0，得 1 < < 5．
( )的单调递增区间为( ∞, 1)，(5, + ∞)，单调递减区间为( 1,5)，又 ≤ 1时 ( ) > 0，
3
所以 = 5时，函数 ( )取得最小值 (5) = 10．
10．（24-25 高三上·广东·期末）已知函数 ( ) = ln + .
(1)当 = 2时，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)若函数 ( )有极小值，且 ( )的极小值小于1 2，求实数 的取值范围.
【解题思路】（1）求导，结合导数的几何意义求在点处的切线方程；
（2）分析 > 0和 ≤ 0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得 2 + ln < 0，构建函数解不等
式即可.
2
【解答过程】（1）当 = 2时， ( ) = ln + 2，所以 (1) = 0，
1 2
而 ′( ) = 2，所以在(1, (1))切线斜率 = ′(1) = 1，
所以切线方程为 = ( 1)，即 + 1 = 0.
（2）因为 ( )=ln + ，其中 > 0，
1
则 ′( ) = 2 = 2 ，
①当 ≤ 0时， ′( ) > 0恒成立，此时函数 ( )在(0, + ∞)上单调递增，无极小值，
②当 > 0时，令 ′( ) = 0，可得 = ，列表如下：
(0, ) ( , + ∞)
′( ) 0 +
( ) 递减 极小值 递增
所以 ( )极小值 = ( ) = ln + 1 ，
由题意可得ln + 1 < 1 2，即 2 + ln < 0，
令 ( ) = 2 + ln ( > 0)，则 (1) = 0.
1
因为 ′( ) = 2 + 1 ≥ 2 2 1 > 0，
所以函数 ( )在(0, + ∞)单调递增，
所以由 ( ) < (1) = 0，得0 < < 1，
所以实数 的取值范围是(0,1).
11．（24-25 3 2 高二上·浙江舟山·期末）已知函数 ( ) = 2+ +1．
(1)若 = 0，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)若 ( )在 = 1处取得极值，求 ( )的单调区间，以及其最大值与最小值．
【解题思路】（1）应用导数的几何意义求切线方程；
（2）根据极值点求得 = 4，再应用导数研究函数的单调区间和最值即可.
【解答过程】（1）当 = 0 3 2 2( 3)时， ( ) = 2 +1，则 ′( ) = 3 ，
∴ (1) = 2, ′(1) = 4，则 = ( )在点(1, (1))处的切线方程为4 + 6 = 0；
2 2
2 = 2( + ) 2 (3 2 ) = 2( 3 )（ ）因为 ′( ) ( 2+ )2 ( 2+ )2 ，
2(4 )
由题意 ′( 1) = ( +1)2 = 0，解得 = 4，检验符合，
3 2 2( +1)( 4)
故 ( ) = ′ 2+4 +1, ( ) = ( 2+4)2 ，列表如下：
( ∞, 1) 1 ( 1, 4) 4 (4, + ∞)
′( ) + 0 0 +
( ) 增 极大值 减 极小值 增
所以，函数 ( )的增区间为( ∞, 1)、(4, + ∞)，减区间为( 1, 4)．
3 3 3
由解析式易知，当 < 2时 ( ) > 1；当 > 2时 ( ) < 1，且 ( 1) = 2, (4) = 4，
所以 ( ) 3max = 2, ( )min = 4．
3
综上， ( )的增区间为( ∞, 1)、(4, + ∞)，减区间为( 1, 4)， ( )max = 2, ( )min = 4.
12．（24-25 高二上·山西·期末）已知函数 ( ) = 3 + 2 +6 4的图象在点(2, (2))处的切线与直线
12 + 2 = 0平行．
(1)求 的值；
(2)求函数 ( )在区间[ 4, 2]上的极值与最值．
【解题思路】（1）由导函数求得函数在(2, (2))切线的斜率，由直线平行得到 的值；
（2）将 的值代入原函数，求出导函数，令导函数为 0，求得极值点.然后求出函数的极值和端点的函数值，
从而得到函数的极值和最值.
【解答过程】（1）由 ( ) = 3 + 2 +6 4，得 ′( ) = 3 2 +2 + 6，．
所以 ′(2) = 12 + 4 + 6 = 4 6．
因为函数 ( )的图象在点(2, (2))处的切线与直线12 + 2 = 0平行，
3所以 ′(2) = 12，即4 6 = 12，解得 = 2．
3
（2）由（1），得 ( ) 3 2
2 +6 4, ′( ) = 3 2 3 + 6，
令 ′( ) = 0，解得 = 2，或 = 1．
当 变化时， ′( ), ( )的变化情况如下表所示：
( 4, 2) 2 ( 2, 1) 1 (1, 2)
′( ) 0 + 0
( ) 单调递减 14 1单调递增 单调递减2
1
因此，当 = 2时， ( )有极小值，且极小值为 14，当 = 1时， ( )有极大值，且极大值为 2．
又 ( 4) = 12, (2) = 6，所以函数 ( )在区间[ 4, 2]上的最大值为 12，最小值为 14．
题型 4 利用导数研究函数的零点（方程的根）
平面向量线性运算的坐标表示
13．（24-25 高三下·辽宁抚顺·开学考试）已知函数 ( ) = e + 2平面向量线性运算的坐标表示 ．
(1)若曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线的斜率为2e +4，求 a 的值；
(2)讨论 ( )的零点个数．
【解题思路】（1）根据导数的几何意义，函数在某点处的切线斜率等于该点处的导数值，通过求导并代入
已知条件可求出 的值.
（2）先根据零点概念计算得到 = 0或e + = 0．再构造函数 ( ) = e + ，
对 进行分类讨论，借助导数研究函数单调性和最值，分析函数的零点情况即可.
【解答过程】（1）由题意可得 ′( ) = ( + 1)e +2 ，则 ′(1) = 2e +2 = 2e +4，解得 = 2．
（2）令 ( ) = e + 2 = 0，解得 = 0或e + = 0．
设函数 ( ) = e + ．
当 = 0时， ( ) = e > 0恒成立， ( )没有零点，则 ( )有唯一的零点．
当 > 0时，易证 ( )是 R 上的增函数，
1 1
因为 = e 1 < 0， (0) = 1 > 0，所以 ( )有唯一的零点 ∈ 10 ,0 ，则 ( )有两个零点．
当 < 0时， ′( ) = e + ．
由 ′( ) > 0，得 > ln( )，由 ′( ) < 0，得 < ln( )，
则 ( )在( ∞,ln( ))上单调递减，在(ln( ), + ∞)上单调递增，
故 ( )min = (ln( )) = + ln( )．
当 e < < 0时， ( )min = + ln( ) > 0，所以 ( )没有零点，则 ( )有唯一的零点；
当 = e时， ( )min = + ln( ) = 0，所以 ( )有一个零点，则 ( )有两个零点；
当 < e时， ( )min = + ln( ) < 0，
1 1
因为 = e 1 > 0， (0) = 1 > 0，
所以 ( )有两个小于 0 的零点，则 ( )有三个零点．
综上，当 e < ≤ 0时， ( )有唯一的零点；当 > 0或 = e时， ( )有两个零点；当 < e时， ( )有三
个零点．
14．（24-25 高二上·黑龙江哈尔滨·期末）已知曲线 ( ) = e ( + 1).
(1)求 ( )在 = 1处的切线方程.
(2)若函数 ( ) = ( ) 3e 有两个零点，求实数 的取值范围．
【解题思路】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线的斜率，从而求出切线方程；
（2）将题设等价转化为曲线 ( ) = e ( 2)与直线 = 有两个交点，利用导数与函数单调性、极值的关
系确定函数 ( ) = e ( 2)的图象，即可数形结合求实数 的取值范围.
【解答过程】（1）因为 ( ) = e ( + 1)，
所以 ′( ) = e ( + 2)， (1) = 2e，即切点为(1,2e)，
又 ′(1) = 3e，所以切线方程为 2e = 3e( 1)，即 = 3e e；
（2）因为 ( ) = ( ) 3e = e ( 2) ，
函数 ( ) = e ( 2) 有两个零点，
相当于曲线 ( ) = e ( 2)与直线 = 有两个交点，
又 ′( ) = e ( 2) + e = e ( 1)，
当 ∈ ( ∞,1)时， ′( ) < 0，所以 ( )在( ∞,1)上单调递减，
当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) > 0，所以 ( )在(1, + ∞)上单调递增，
所以 = 1时， ( )取得极小值 (1) = e，
又 → + ∞时， ( )→ + ∞，且当 < 2时， ( ) < 0，
所以 ( ) = e ( 2)的图象如下所示：
由图可得实数 的取值范围为{ | e < < 0}．
15．（24-25 高三上·北京房山·期中）已知函数 ( ) = ln
(1)求函数 ( )单调区间；
(2)设函数 ( ) = ( ) + ，若 1, 2 ∈ (0,e]是函数 ( )的两个零点，
①求 的取值范围；
②求证： 1 2 < 1．
【解题思路】（1）求导后，根据 ′( )正负即可得到 ( )的单调区间；
（2）①将问题转化为 ( )与 = 在(0,e]上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果；
②由①可得0 < 1 < 1 < 2 ≤ e，设 ( ) = ( ) 1 (1 < ≤ e)，利用导数可求得 ( ) < 0，进而得到 ( ) 2
1
< 1 ( ) < 1，即 1 ，根据 , 的范围和 ( )单调性可得结论. 2 12 2
【解答过程】（1 1 1 ） ∵ ( )定义域为(0, + ∞)， ′( ) = 1 = ，
∴ 当 ∈ (0,1)时， ′( ) > 0；当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) < 0；
∴ ( )的单调递增区间为(0,1)；单调递减区间为(1, + ∞).
（2）①若 1, 2 ∈ (0,e]是 ( )的两个不同零点，则 = ( )与 = 在(0,e]上有两个不同交点；
由（1）知： ( )max = 1，又 (e) = 1 e，
∴ ( )在(0,e]的图象如下图所示，
由图象可知：1 e ≤ < 1， ∴ 1 < ≤ e 1，即 的取值范围为(1,e 1].
②不妨设 1 < 2，由①知：0 < 1 < 1 < 2 ≤ e，
∵ 1 ( ) = ( ) + ， ∴ ′( ) = ，
∴ ( )在(0,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减；
1 1 2
设 1 1 1( ) = ( ) 1 (1 < ≤ e)，则 ′( ) = 1
1 = ( 1)
2
+ 2 = 2 < 0，
∴ ( )在(1,e] 1上单调递减， ∴ ( ) < (1) = 0， ∴ ( ) < ，
又 2 ∈ (1,e] 1 1， ∴ ( 2) < ，又 ( 1) = ( 2)， ∴ ( 1) < ； 2 2
1
∵ 11 ∈ (0,1)， ∈ ,1 ， ( )在(0,1)上单调递增，2 e
1
∴ 1 < ，则 < 1.2 1 2
16 ln ．（24-25 高二上·湖南·期末）已知函数 ( ) = ．
(1)当 > 0时，求 = ( )的单调区间；
(2)若 ( ) = ( ) 有两个零点，求 的取值范围．
【解题思路】（1）求该函数的定义域，求导，根据导数判断函数的单调性；
（2）分离参数，并构造函数 ( ) = ln 2 , ∈ (0, + ∞)，利用导数得出 ( )的大致图像，进而由 = 与 = ( )
的图象有两个交点结合图像得出所求范围.
1
1 ln ln ln 1 ln 【解答过程】（ ）函数 ( ) = 的定义域为(0, + ∞)， ′( ) =
= = ，
( )2 2 2 2
令 ′( ) = 0 1 ln ，即 2 = 0，解得 = e.
当0 < < e时，1 ln > 0, 2 > 0，则 ′( ) > 0，函数 ( )在(0,e)上单调递增；
当 > e时，1 ln < 0, 2 > 0，则 ′( ) < 0，函数 ( )在(e, + ∞)上单调递减；
综上，函数 ( )的单调增区间为(0,e)，单调减区间为(e, + ∞).
（2）由题意 ( ) = 0在(0, + ∞)上有两个不同的根.
ln = 0 ln 可化为 = 2 ，
ln
令 ( ) = 2 , ∈ (0, + ∞)，则问题转化为 = 与 = ( )的图象有两个交点.
1 2 ( ) = ln 2 = 2 ln = 1 2ln ′ ,
( 2)2 4 3
令 ′( ) = 0，则1 2ln = 0， = e.
当0 < < e时，1 2ln > 0, 3 > 0，则 ′( ) > 0，函数 ( )在(0, e)上单调递增；
当 > e时，1 2ln < 0, 3 > 0，则 ′( ) < 0，函数 ( )在( e, + ∞)上单调递减；
1
所以 ( )在 = ln e 1e处取得极大值，也是最大值， ( e) = 2( e)2 = =e 2e，
当 →0+时，ln → ∞, 2→0+ ln ，则 ( ) = 2 → ∞，
当 → + ∞时，ln 的增长速度远慢于 2的增长速度，所以 ( ) = ln 2 →0.
因为 = 与 = ( )的图象有两个交点，所以0 < < 12e.
1
综上， 的取值范围为 0, .
2e
题型 5 利用导数证明不等式
平面向量线性运算的坐标表示
平面向量线性运算的坐标表示
17 ln +1．（2025·江西·模拟预测）已知函数 ( ) = + e
( ∈ ).
(1)当 = 0时，证明： ( ) ≤ 1；
(2)若 ( )在区间(0,1)上有且只有一个极值点，求实数 的取值范围.
【解题思路】（1）要证明不等式 ( ) ≤ 1，只需证明当 > 0时，ln ≤ 1，构造函数，利用导数与函数的
单调性关系，即可证明；
（2）求出函数导数，讨论 a 的取值范围，结合零点存在定理说明导函数只有一个零点，即可求解.
ln +1
【解答过程】（1） ∵ 函数的定义域为(0, + ∞)，当 = 0时， ( ) = .
要证 ( ) ≤ 1，只需证：当 > 0时，ln ≤ 1.
令 = ln + 1 = 1 1 = 1 ( ) ，则 ′( ) .
当 ∈ (0,1)时， ′( ) > 0；当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) < 0，
故 ( )在(0,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减，
∴ ( ) ≤ ( )max = (1) = 0，即 > 0时，ln ≤ 1， ( ) ≤ 1得证.
2 ∵ ln
2
（ ） ′( ) = + e = e ln 2 2 ，
令 ( ) = 2e ln , ∈ (0,1)，
①当 ≥ 0时， ′( ) > 0, ( )在(0,1)上无极值点，不符合题意；
②当 < 0时， 1′( ) = ( 2 + 2 )e < 0，即 ( )在(0,1)上单调递减，且 (1) = e < 0.
取 0 = min{e , 2 11}，其中 1e < 1, 1 ∈ (0,1).
显然， 2e 00 ≤ 2 11e < 1，
则 ( 0) = 2 00e ln 0 > ln 0 ≥ lne = 0.
由根的存在性定理可知，存在唯一的 *0 ∈ ( *0,1)，使得 0 = 0.
当 ∈ 0, *0 时， ( ) > 0，即 ′( ) > 0；当 ∈ *0,1 时， ( ) < 0，即 ′( ) < 0.
此时 ( )在区间(0,1)上有且仅有一个极值点 *0，满足题意.
综上， < 0.
2
18．（24-25 高二上·重庆·期末）已知函数 ( ) = ln + 2 ( > 0)．
(1)讨论函数 ( )的单调区间；
(2)若 ( )有两个极值点 1, 2，证明： ( 1) + ( 2) < 8ln2 12．
【解题思路】（1）求出函数 ( )的导数，再按 进行分类讨论，由导函数正负求出单调区间.
（2）由（1）求出 的范围，再结合韦达定理将 ( 1) + ( 2)用 表示，进而构造函数，利用导数推理得证.
2 2
【解答过程】（1）函数 ( ) = ln + 2 ( > 0)的定义域为(0, + ∞)，求导得 ′( ) = + =
+
，
方程 2 + = 0中，Δ = 2 4 ，
当0 < ≤ 4时， 2 + ≥ 0恒成立， ′( ) ≥ 0， ( )在(0, + ∞)上单调递增；
> 4 2 2当 时，由 2 + = 0，解得 1 = 4 > 0, = + 4 ，2 2 2
当0 < < 1或 > 2时， ′( ) > 0；当 1 < < 2时， ′( ) < 0，
函数 ( )在(0, 1),( 2, + ∞)上单调递增，在( 1, 2)上单调递减，
所以当0 < ≤ 4时， ( )的单调递增区间为(0, + ∞)；
2 2
当 > 4时， ( )的单调递增区间为(0, 4 ),( + 4 , + ∞)，
2 2
( 2递减区间为 4 , + 2 4 ).
2 2
（2）由（1）知， ( )有两个极值点 1, 2，则 > 4, 1 + 2 = , 1 2 = ，
1 1
( 1) + ( 2) = ln 1 + 22 1 1 + ln 2 +
2
2 2 2
= ln( ) + 1( + )2 ( + ) = ln 1 21 2 2 1 2 1 2 1 2 2 ，
1
令函数 ( ) = ln 2
2 , > 4，求导得 ′( ) = ln ，令 ( ) = ′( ), > 4，
求导得 ( ) = 1′ 1 < 0，函数 ′( )在(4, + ∞)上单调递减， ′( ) < ′(4) = ln4 4 < 0，
函数 ( )在(4, + ∞)上单调递减， ( ) < (4) = 4ln4 12 = 8ln2 12，
所以 ( 1) + ( 2) < 8ln2 12.
19．（24-25 高二上·江苏南京·期末）已知函数 ( ) = ln , ∈ .
(1)讨论 = ( )的单调性；
(2) > 0 1当 时，求证： ( ) ≤ 2.
【解题思路】（1）求出函数的导数，分类讨论导数正负情况即可求出函数单调性.
（2）由（1）求出函数的最小值，再构造函数，利用导数证明不等式.
【解答过程】（1）函数 ( ) = ln 中， > 0 1，求导得 ′( ) = ，
当 ≤ 0时， ′( ) > 0, ( )在(0, + ∞)上单调递增；
当 > 0时， ∈ (0,1 )时， ′( ) > 0, ∈ (
1
, + ∞)时， ′( ) < 0，
( ) 1 1函数 在(0, )上单调递增，在( , + ∞)上单调递减，
所以当 ≤ 0时，函数 ( )在(0, + ∞)上单调递增；
当 > 0 1 1时，函数 ( )在(0, )上单调递增，在( , + ∞)上单调递减.
2 1 1（ ）证明：由（1）知，当 > 0时， ( )max = ( ) = ln 1，
设 ( ) = ln + 1, > 0，求导得 ′( ) = 1 1，
当0 < < 1时， ′( ) > 0；当 > 1时， ′( ) < 0，
所以函数 ( )在(0,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减， ( ) ≤ (1) = 0，
因此ln + 1 ≤ 0 ln ≤ 1 ln 1 ≤ 2，则ln1 1 ≤
1
2，
所以 ( ) ≤ 1 2.
20．（24-25 高二下·全国·课后作业）已知 ( ) = ln ．
(1)求函数 ( )的极值；
(2)证明：对一切 ∈ (0, + ∞)，都有ln > 1 2e e 成立．
【解题思路】（1）利用导数研究函数的极值即可；
（2）构造函数，然后利用导数研究函数的最值，进而证明即可.
【解答过程】（1）由 ( ) = ln ， > 0，得 ′( ) = ln + 1，
令 ′( ) = 0 1，得 = e．
当 ∈ 0, 1 时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
e
1
当 ∈ , + ∞ 时， ′( ) > 0， ( )单调递增．
e
所以当 = 1e时， ( )取得极小值， ( )
1 1
极小值 = = e，无极大值．e
2
（2）问题等价于证明 ln > e e， ∈ (0, + ∞)．
由（1）可知 ( ) = ln ( ∈ (0, + ∞)) 1 1的最小值是 e，当且仅当 = e时取到．
设 ( ) = 2e e， ∈ (0, + ∞)，则 ′( ) =
1
e ，
当 > 1时， ′( ) < 0， ( )在(1, + ∞)上单调递减；
当0 < < 1时， ′( ) > 0， ( )在(0,1)上单调递增，
易知 ( ) 1max = (1) = e，当且仅当 = 1时取到．
从而对一切 ∈ (0, + ∞)， ln ≥ 1 2e ≥ e e，两个等号不同时取到，
所以对一切 ∈ (0, + ∞) 1 2都有ln > e e 成立．
题型 6 利用导数研究恒成立、存在性问题
平面向量线性运算的坐标表示
21．（24-25 高二上·平河面向北量线保性定运算·的期坐末标表）示 已知函数 ( ) = + 1 2 2ln ， ( ) =
3 ′( )，其中 ′( )为 ( )的
导函数.
(1)讨论 ( )的单调性；
(2)若 ( ) ≥ e 恒成立，求 a 的取值范围.
【解题思路】（1）根据题意可得 ′( ) = (3 4), > 0，分 ≤ 0和 > 0两种情况，利用导数判断 ( )的
单调性；
ln 1
（2）根据题意整理可得e 2 + ln 1 2 ≥ e
+ ( )，结合 = e + 的单调性可得 ≥
2ln
，构建 ( ) =
2ln
, > 0，利用导数求其最值，即可得结果.
3
1 ( ) (0, + ∞) ′( ) =
2 2 = 2
2 2
【解答过程】（ ）由题意可知： 的定义域为 ，且 3 3 ，
则 ( ) = 3 2 2 2, > 0，可得 ′( ) = 3 2 4 = (3 4), > 0，
①当 ≤ 0时， ′( ) ≤ 0恒成立，可知 ( )在(0, + ∞)上单调递减；
②当 > 0时，令 ′( ) > 0 > 4，解得 3 ；令 ′( ) < 0，解得0 < <
4
3 ；
可知 ( )在 0, 4 4上单调递减，在 , + ∞ 上单调递增；
3 3
综上所述，当 ≤ 0时， ( )在(0, + ∞)上单调递减；
> 0 ( ) 0, 4 4当 时， 在 上单调递减，在 , + ∞ 上单调递增.
3 3
2 ( ) ≥ e + 1（ ）由 可得 2 2ln ≥ e ，
1
整理得 2ln ≥ e 1，即 + ln 1 ≥ e 2 2 2 ，
1
可得e
ln 1
2 + ln ≥ e 2 + ( )，
因为 = e + 在定义域 1内单调递增，可得ln 2 ≥ ，
即 2ln ≥ 2ln ，可得 ≥ ，
( ) = 2ln 令 , > 0，则 ≥ ( )max.
( ) = 2 2ln 因为 ′ 2 ，
令 ′( ) > 0，解得0 < < e；令 ′( ) < 0，解得 > e；
2ln 2
可知 ( ) = 在(0,e)上单调递增，在(e, + ∞)上单调递减，则 ( ) ≤ (e) = e，
2 2
可得 ≥ e，所以 a 的取值范围为 , + ∞ .e
22．（24-25 高三上· 1山西太原·期末）函数 ( ) = ln ( ∈ )， ( ) = 22 .
(1)求函数 ( )的单调区间；
(2)当 > 0 1时，若不等式 ( ) + 2 ≤ ( )恒成立，求 的取值范围.
【解题思路】（1）对函数 ( )求导，然后分 ≤ 0， > 0两种情况，由导函数 ′( )的正负可求得其单调区；
（2 1）构造函数 ( ) = ( ) ( ) 2， ∈ (0, + ∞)，把不等式的恒成立转化为 ( )min ≥ 0，求得 ′( ) =
( 1)( +1) 1 1 1 1
，结合 > 0分析函数 ( )的单调性并确定最小值为 ( )min = 2 2 + ln ，再利用函数 ( ) = 2 2
+ ln 1 1的单调性解不等式2 2 + ln ≥ 0即可.
1 1
【解答过程】（1）由题意得 ′( ) = = ， ∈ (0, + ∞)，
≤ 0 = 1 当 时，则 ′( ) > 0， ∴ ( )在(0, + ∞)上单增，
∴ ( )的递增区间为(0, + ∞)；
当 > 0时，令 ′( ) < 0 >
1 1
，则 ；令 ′( ) > 0，则0 < < .
∴ ( ) 1 1的递增区间为 0, ，递减区间为 , + ∞ .
1
（2）当 > 0时，令 ( ) = ( ) ( ) 2， ∈ (0, + ∞)，
1 1
则 ( ) = 22 + ( 1) ln 2， ∈ (0, + ∞)，
由题意，得 ( )min ≥ 0.
= + 1
2
′( ) ( 1) = +( 1) 1
( 1)( +1)
因为 = ，
1 1
令 ′( ) < 0，则0 < < ′ ；令 ( ) > 0，则 > ，
∴ ( )在 0, 1 1上递减，在 , + ∞ 上递增，
∴ ( )min = 1 =
1 1 + ln ，
2 2
1 1故2 2 + ln ≥ 0
∵ 1 1( ) = 2 2 + ln 在(0, + ∞)上递增，
又 (1) = 0，
∴ ≥ 1，
∴ 实数 的取值范围为[1, + ∞).
23 1．（2024 高二上·全国·专题练习）已知函数 ( ) = ln 22 .
(1) 1求函数 ( )在 ,2 上的最大值和最小值；
2
(2)若不等式 ( ) > (2 ) 2有解，求实数 的取值范围.
【解题思路】（1）对函数求导，根据单调性即可求得最值；
（2）代入函数，参变分离，即可得到新的函数，2 < ln 2
1
2，构造函数求最值即可.
1 2
【解答过程】（1）易得 ′( ) = =
1
( > 0)，
令 ′( ) = 0，则 = 1或 = 1（舍去）.
1
当 ′2 ≤ < 1时， ( ) > 0；当1 < ≤ 2时， ′( ) < 0，
1
所以函数 ( )在 ,1 上单调递增，在(1,2]上单调递减，
2
1
所以当 = 1时， ( )取得极大值，也是最大值，最大值为 (1) = 2.
1 = ln1 1 = ln2 1 (2) = ln2 2 1又 2 8 8， ， > (2)，2 2
所以当 = 2时， ( )取得最小值，最小值为 (2) = ln2 2.
1故 ( ) 1在 ,2 上的最大值为 2，最小值为ln2 2.2
（2）易知 ( )的定义域为(0, + ∞)，
ln 1
故不等式 ( ) > (2 ) 2可化为2 < 2 2.
= ln 记 ( ) 2
1
2，则原不等式有解可转化为2 < ( )max，
1 2ln
易得 ′( ) = ′ 3 ，令 ( ) = 0，则 = e，
所以当0 < < e时， ′( ) > 0；当 > e时， ′( ) < 0，
所以函数 ( )在(0, e)上单调递增，在( e, + ∞)上单调递减，
( ) = = 1故 max ( e) 2e
1
2.
于是2 < 1 1 5 12e 2，解得 > 2 2e.
a 5 1所以实数 的取值范围为 , + ∞ .
2 2e
24．（24-25 高三上·贵州·阶段练习）函数 ( ) = ln(2 + 1) 4sin ．
(1)求 ( )在点(0, (0))处的切线方程；
(2) π若存在 ∈ 0, ，使得 ( ) ≥ 成立，求 的取值范围．
2
【解题思路】（1）求出函数的导函数，根据导数的几何意义计算可得；
2 2（ ）求出函数的导函数，令 ( ) = ′( ) = 2 +1 4cos ， ∈ 0,
π
，利用导数说明函数的单调性，从而得到
2
( )的单调性，求出 ( )max，即可得解.
【解答过程】（1）因为 ( ) = ln(2 + 1) 4sin ，
2
所以 ′( ) = 2 +1 4cos >
1
，
2
则 ′(0) = 2，又 (0) = 0，
所以 ( )在(0, (0))处的切线方程为 = 2 ；
2 ( ) = 2′ 4cos ∈ 0, π（ ）因为 2 +1 ， ，2
4
令 ( ) = 2′( ) = π ′2 +1 4cos ， ∈ 0, ，则 ( ) = 2 (2 +1)2 +4sin ，
4
因为 ′( ) π π在 0, 上单调递增， ′(0) = 4 < 0， ′ = 4
2 2 (π+1)2
> 0，
∈ 0, π所以 0 ，使得 ′( 0) = 0，2
当 ∈ [0, 0)， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当 ∈ 0,
π
， ′( ) > 0， ( )单调递增，
2
′(0) = (0) = 2 < 0 π π 2， ′ = =
2 2 π+1
> 0，
所以 1 ∈ 0, π ，使得 ′( ) = 0，2 1
当 ∈ [0, 1)， ′( ) < 0， ( )单调递减，
∈ π当 1, ， ′( ) > 0， ( )单调递增， 2
又 (0) = 0 π， = ln(π +1) 4 < 0，所以 ( )max = (0) = 0，2
所以 ≤ 0，即 的取值范围为( ∞,0]．
题型 7 利用导数研究双变量问题
平面向量线性运算的坐标表示
25 e．（24-25 高二下·平浙面向江量线杭性州运算·的开坐学标表考示 试）已知函数 ( ) = ，其中 > 0，e为自然对数的底数.
(1)求 ( )的单调区间；
1 1
(2)设 1 < 2且 1 2 > 0，请判断 ( 2) ( 1)与 的大小，并证明.2 1
【解题思路】（1）求出导函数，利用导数法求得的单调区间即可．
（2）构造函数 ( ) = ( ) 1 ，利用多次求导的方法判断出 ( )的单调区间，从而判断出两者的大小关系．
1 ( ) ( 1)e
【解答过程】（ ） 的定义域为{ | ≠ 0}， ′( ) = 2 ， > 0，
( ) > 0 > 1 ( ) < 0 < 1令 ′ 得 ，令 ′ 得 且 ≠ 0，
即在区间( ∞,0) (0,1和 )上 ′ ( ) < 0， ( )单调递减，
1
在区间( , + ∞)上 ′( ) > 0， ( )单调递增，
所以 ( ) 1 1的增区间为( , + ∞)，减区间为( ∞,0)，(0, )．
1 1
（2） ( 2) ( 1) > ，证明如下：2 1
1 e 1
令 ( ) = ( ) = ，则 ( )定义域为( ∞,0) ∪ (0, + ∞)， ′( ) =
e (e 1) = e ( 1)+1 2 2 ，
令 ( ) = e ( 1) +1，则 ′( ) = e ( 1) + e = e 2 ，
则当 ∈ ( ∞,0)时， ′( ) < 0；当 ∈ (0, + ∞)时， ′( ) > 0；
所以 ( )在( ∞,0)上单调递减，在(0, + ∞)上单调递增，所以 ( ) ≥ (0) = 0，
则 ′( ) > 0，所以 ( )在( ∞,0)，(0, + ∞)上单调递增，
因为 1 < 2且 1 2 > 0，所以 1 < 2 < 0或0 < 1 < 2，
1 1 1 1
所以 ( 1) < ( 2)恒成立，即 ( 1) < ( 2) ，所以 ( 2) ( ) > .1 2 1 2 1
26．（24-25 高二下·广东揭阳·阶段练习）设函数 ( ) = ln + 2 ( ∈ ).
(1)当 = 3时，求函数 ( )的单调区间；
(2)若函数 ( )有两个极值点 1, 2，且 1 ∈ (0,1]，求 ( 1) ( 2)的最小值.
【解题思路】（1）求导后，根据 ′( )的正负可确定单调区间；
（2）根据函数有两个极值点可得方程2 2 + 1 = 0在(0, + ∞)上有两个不等实根 1, 2，由此可得韦达定
1
理的结论，将 ( 1) ( 2)表示为关于 1的函数的形式，构造函数 ( ) = 2ln 2 + 4 2 + ln2(0 < ≤ 1)，
利用导数求得 ( )min即可.
2
【解答过程】（1）当 = 3时， ( ) = ln + 2 3
1
，则 ( )定义域为(0, + ∞)， ′( ) = +2 3 =
2 3 +1
= (2 1)( 1) ，
∴ 当 ∈ 0, 1 ∪ (1, + ∞) 1时， ′( ) > 0；当 ∈ ,1 时， ′( ) < 0；
2 2
∴ ( ) 1 1的单调递增区间为 0, ，(1, + ∞)；单调递减区间为 ,1 .
2 2
1 2
（2） ∵ ( )定义域为(0, + ∞)， ′( ) = +2 =
2 +1
，
∴ ( )有两个极值点 1, 2等价于2 2 + 1 = 0在(0, + ∞)上有两个不等实根 1, 2，
∴ 1
1
1 + 2 = 2， 1 2 = 2， ∴ = 2( 1 + 2)， 2 = 2 ，1
1 + 1
∴ ( 1) ( 2) = ln 1 + 21 1 ln 2 22 + 2 = ln 2
1 1 2
1 + 1 2 1 1 + + ln(2 1) 12 1 4 2
+ = 2ln
1 1
2
1
1 1 + 4 2 + ln2(0 < 1 1 ≤ 1)；
设 ( ) = 2ln 2 +
1
4 2 + ln2(0 < ≤ 1)，
2
2 1′( ) = 2 = 4 4
4 1 (2 2 1)2
则 2 3 2 3 = 2 3 ≤ 0，
∴ ( )在(0,1]上单调递减， ∴ ( ) ≥ (1) = 0 1 +
1
4 + ln2 = ln2
3
4，
1 3
即 ( 1) ( 2) = 2ln 21 1 + 4 2 + ln2 ≥ ln2 ，1 4
∴ ( 1)
3
( 2)的最小值为ln2 4.
27 2025 +1．（ 高三·全国·专题练习）已知函数 ( ) = + ln ，其中参数 < 0．
(1)求函数 ( )的单调区间；
(2)设函数 ( ) = 2 2 ′( ) ( ) 3 ( < 0)，存在实数 1, 2 ∈ [1,e2]，使得不等式2 ( 1) < ( 2)成立，求
a 的取值范围．
【解题思路】（1）求导，对分类讨论求解单调区间；
（2）不等式2 ( 1) < ( 2)成立，转化为2 ( )min < ( )max，然后求解函数的最大与最小值列出不等式求
解．
1 ∵ ( ) = +1 + ln ,( > 0) ∴ ( ) = ( +1)【解答过程】（ ） ′ ， 2
（1）当 1 < < 0 +1时， ∵ < 0， ∴ ′ ( ) < 0， ∴ ( )的减区间是(0, + ∞)．
（2）当 = 1时， ∵ ′( ) = 1 < 0， ∴ ( )的减区间是(0, + ∞)．
+1 +1
（3）当 < 1时， ∈ (0, )， ∴ ′( ) > 0， ∴ ( )的增区间是(0, )，
∈ ( +1, + ∞), +1′ ( ) < 0， ∴ ( )的减区间是( , + ∞)．
1 ≤ < 0 (0, + ∞) < 1 (0, +1) ( +1综上，当 时，减区间是 ；当 时，增区间是 ，减区间是 , + ∞).
（2） ( ) = 2 ln (6 + 3)，( < 0)，因为存在实数 1, 22 ∈ [1,e ]，使得不等式2 ( 1) < ( 2)成立，
∴ 2 ( )min < ( )max，
′( ) = (1 ln )， ∵ < 0， ∈ [1,e)， ′( ) < 0， ( )单减， ∈ (e, e2]， ′( ) > 0， ∴ ( )单增．
∴ ( )min = (e) = e 6 3, ( )max = max (1), (e2) = 6 3．
∴ 2 e 12 6 < 6 3 ∴ > 3 3， 2e 6， ∵ < 0， ∴ ∈ (2e 6,0)．
28．（23-24 高二下·四川凉山·期末）已知函数 ( ) = ln ．
(1)讨论函数 ( )的单调性；
(2) 若 ( ) ≤ 0恒成立，求 的取值范围．
【解题思路】（1）含参讨论导函数的正负即可；
（2 1 ln +1）结合（1）的结论得 > 0，则有 ≤ 0得出 ≥ ，构造函数判断其最值即可.
【解答过程】（1）由 ( ) = ln
1
′( ) = ( > 0)，
若 ≤ 0，则 ′( ) > 0恒成立，即 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
若 > 0 1 1，令 ′( ) > 0得 < ，即 ( )在 0, 上单调递增，
1
令 ′( ) < 0 1得 > ，即 ( )在 , + ∞ 上单调递减，
综上所述当 ≤ 0时， ( )在(0, + ∞)上单调递增；
当 > 0 1 1时， ( )在 0, 上单调递增，在 , + ∞ 上单调递减；
（2）由（1）得当 ≤ 0时， ( )在(0, + ∞)上单调递增，
当 趋近于 + ∞时， ( )趋近于 + ∞，不符合题意，
1
故 > 0，则 ( ) ≤ = ln 1 ≤ 0，
ln +1
所以 ≥ ，
ln +1 ln 令 ( ) = ′( ) = 2 ，
显然当 ∈ (0,1)时， ′( ) < 0， ≥ 1时， ′( ) > 0，故 ( )在(0,1)时单调递减，
在(1, + ∞)上单调递增，即 ( ) ≥ (1) = 1，
所以 ≥ 1，即 ∈ [ 1, + ∞).
题型 8 导数中的新定义问题
29．（23-24 高二下·江苏南京·期中）设函数 ( )在区间 上可导， ′( )为函数 ( )的导函数.若 ′( )是 上
的减函数，则称 ( )为 上的“上凸函数”；反之，若 ( )为 上的“上凸函数”，则 ′( )是 上的减函数.
(1) ( ) = 2 cos 1 0, 判断函数 在 上是否为“上凸函数”，并说明理由；
2
(2) 1若函数 ( ) = 3
3 + 1 22 ln + 是其定义域上的“上凸函数”，求 的取值范围；
π
【解题思路】（1）求导得 ′( )，令 ′( ) = ( )，只需判断 ′( ) ≤ 0在 0, 上是否恒成立即可；
2
（2）由题意设 ′( ) = ( )，则 ′( ) = 2 + 2 ≤ 0恒成立，即当 > 0时， 2 + ≤ 0恒成立，从
而分类讨论即可求解；
【解答过程】（1）由题意 ( ) = 2 cos 1， ′( ) = 2cos 2 sin ，
令 ′( ) = ( )，则 ′( ) = 4sin 2 cos ，
当 ∈ 0, π 时， 4sin < 0， 2 cos < 0
2
即此时 ′( ) = 4sin 2 cos < 0，所以 ( )即 ′( )单调递减，
从而由定义可知函数 ( ) = 2 cos 1 0, π在 上是“上凸函数”；
2
（2）因为 ( ) = 1 3 + 1 23 2 ln + ，
所以 ′( ) = 2 + ln + = 2 + ln ( > 0)，
设 ′( ) = ( )，则 ′( ) = 2 + ，
1 1
由题意函数 ( ) = 3
3 + 2
2 ln + 是其定义域上的“上凸函数”，
所以 ′( ) = ( )单调递减，
从而当 > 0时， ′( ) = 2 + ≤ 0恒成立，即当 > 0时， 2
2 + ≤ 0恒成立，
因为一元二次函数 ( ) = 2 2 + 的对称轴为 = 4，
当 = 4 ≤ 0，即 ≤ 0时， ( ) ≤ 0恒成立，只需 (0) ≤ 0即可，解得 ≥ 0，即 = 0；
2 2
当 = 4 > 0
，即 > 0时， ( ) ≤ 0恒成立，只需 ≤ 0，即 8 + 4 ≤ 0，解得0 < ≤ 8；4
综上所述， 的取值范围为[0,8].
30．（23-24 高二下·江西萍乡·期中）定义：如果函数 = ( )在定义域内存在实数 0，使 ( 0 + ) = ( 0)
+ ( )成立，其中 为大于 0 的常数，则称点( 0, )为函数 ( )的 级“平移点”.已知函数 ( ) = 2 + ln .
(1)若 = 1，求曲线 = ( )在 = 1处的切线方程；
(2)若 ( )在[1, + ∞)上存在 1 级“平移点”，求 的取值范围.
【解题思路】（1）通过导数求斜率进而求解切线方程即可；
1
（2）将题意转化为 = 2 与 = ln 0 1 + ln( 0 + 1)图象有公共点，通过对右侧函数值域的研究即可得 0
到答案.
【解答过程】（1）当 = 1时， ( ) = 2 + ln ， (1) = 1.
′( ) = 2 + ln + 1， ′(1) = 3.
故曲线 = ( )在 = 1处的切线方程为 = 3 2
（2）因为 ( )在[1, + ∞)上存在 1 级“平移点”，
所以存在 0 ∈ [1, + ∞)，使 ( 0 + 1) = ( 0) + (1).
由 ( 0 + 1)2 + ( 0 + 1)ln( 0 + 1) = 20 + 0ln 0 + ，
得2 0 = 0ln 0 ( 0 + 1)ln( 0 + 1)，
即2 = ln 1 + 10 ln( 0 + 1)， 0
即 = 2 1与 = ln 0 1 + ln( 0 + 1)图象有公共点， 0
令 ( ) = ln 1 + 1 ln( + 1)( ≥ 1)，
则 ′( ) =
1 ln( +1) 1 =
ln( +1)
+ 2 > 0， 2
所以 ( )在[1, + ∞)上单调递增，所以 ( ) ≥ (1) = 2ln2，
因为 ≥ 1 +1 +1，所以ln < ln( + 1)， > 1，所以 ( ) = ln ln( + 1) < 0，
所以 ( ) ∈ [ 2ln2,0)，所以 ∈ [ ln2,0).
31．（23-24 高三上·上海浦东新·阶段练习）记 = ′( )， = ′( )分别为函数 = ( )， = ( )的导函
数．若存在 0 ∈ R，满足 ( 0) = ( 0)且 ′( 0) = ′( 0)，则称 0为函数 = ( )与 = ( )的一个“好点”．
(1)判断函数 ( ) = 与 ( ) = 2 + 1是否存在“好点”，若存在，求出“好点”；若不存在，请说明珵由；
(2)若函数 ( ) = 3 1与 ( ) = ln 存在“好点”，求实数 的值；
(3)已知函数 ( ) = 2 + ， ( ) = e ，若存在实数 > 0，使函数 = ( )与 = ( )在区间(2, + ∞)内存
在“好点”，求实数 的取值范围．
( ) = ( )
【解题思路】（1）假设存在“好点” 0，解方程组 0 0 ′( 0) = ′( 可得；0)
（2）设“好点”为 0，解方程组得结论．
( ) = ( )
（3）设“好点”为 0，由 0 0 ′( ) = ′( ) ，用 0表示出 , ，由 > 0求得 0的范围，利用导数求得 的范围，0 0
【解答过程】（1） ′( ) = 1， ′( ) = 2 1，
( 0) = ( 0) =
2
0 假设存在 0 + 10满足 0 ′( 0) = ′( ) ，代入得0 1 = 2 0 1 ，解得
0 = 1；
所以存在存在“好点”，且“好点”为 1；
（2） ′( ) = 3 2， ′( ) = 1 ，
( ) = ( ) 3
2
0 1 = ln 0 = e 3
设“好点”为 0， 满足 0 0 00 ′( ) = ′( ) ，代入得 3 2 = 1 ， 30 0 0 =
e ；
0 3
（3）由已知 ′( ) = 2 ， ′( ) = e e ( 1)e 2 = 2 ，
2 + = e
0
( ) = ( ) 0
依题意可得：存在 0 ∈ (2, + ∞)满足 0 0 0 ′( 0) = ′( ，代入得 ( 1)e 0 ，0) 2 00 = 20
2 = 0( 0 3)
0 1解得
= 2
3 ，
0
(1 0)e 0
=
2
0( 由 0
3)
1 > 0，又 0 > 2，故解得 0 > 3，0
3
( ) = 2 ( ≥ 3) ( ) = 2(
2 +1)
令 (1 )e ，则 ′ (1 )2e > 0， ( )在(3, + ∞)上增函数，
(3) = 27e3， ≥ 3时， ( ) < 0，且当 → + ∞时， ( )→0，所以 ( ) ∈ [
27
e3,0)，
27
所以 ∈ ( e3,0)．
32．（24-25 高三上·福建漳州·阶段练习）定义：如果函数 ( )在定义域内，存在极大值 ( 1)和极小值
( 2)，且存在一个常数 ，使 ( 1) ( 2) = ( 1 2)成立，则称函数 ( )为极值可差比函数，常数 称为
1
该函数的极值差比系数.已知函数 ( ) = ln .
(1)当 = 52时，判断 ( )是否为极值可差比函数，并说明理由；
(2)是否存在 使 ( )的极值差比系数为2 ？若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由；
(3)若3 2 ≤ ≤ 52，求 ( )的极值差比系数的取值范围.2
【解题思路】（1）利用函数的导函数求出单调区间，由此得出极大值与极小值，由“极值可差比函数”的定
义，求出极值差比系数 的值，这样的值存在即可判断.
（2）反证法，假设存在这样的 ，由“极值可差比函数”的定义列出等量关系，证明无解即可.
（3）由（2）得到参数 与极值点的关系式，对关系式进行转化，得出相应函数，利用导函数求出单调性，
即可得出函数取值范围.
5 1 5
【解答过程】（1）当 = 2时， ( ) = 2ln （ > 0），
= 1 + 1 5 = (2 1)( 2)则 ′( ) 2 2 2 2
当 ∈ 0, 1 ∪ (2, + ∞) 1时， ′( ) > 0，当 ∈ ,2 ， ′( ) < 0，
2 2
所以 ( )在 0, 1 和(2, + ∞) 1上严格递增，在 ,2 上严格递减，
2 2
1 5
所以 ( )的极大值为 = 2ln2
3
2，极小值为 =
3 5
(2)
2 2
2ln2，
所以 1 (2) = 2 10 ln2 1 2 ，所以 ( )是极值差比函数.
2 3 2
2
（2 1） ( )的定义域为(0, + ∞)， ′( ) = 1 + 2 =
+1
2 ，
假设存在 使 ( )的极值差比系数为2 ，
则 1， 22是方程 + 1 = 0的两个不相等的正实数根，
Δ = 2 4 > 0
则 1 + 2 = ，解得 > 2，不妨设 1 < 2，则 2 > 1，
1 2 = 1
1 1
因为 ( 1) ( 2) = 1 ln 1 1 2 ln 22
1
= ( 1 2) 1 +
1
1
2 2
= 2 1( 1 2) ln = 2
ln 1 ( 1 2)，2 1 2 2
1 1 1 1
所以2 = 2 ln ，从而 ln = 1，得 2 1 2 2 1 2 2 2ln 2 = 0（*）2
2 2
令 1( ) = 2ln （ > 1）， ′( ) =
2 +1 = ( 1) 2 2 > 0，
所以 ( )在(1, + ∞)上是严格增函数，所以 ( ) > (1) = 0，
因此（*）无解，所以不存在 使 ( )的极值差比系数为2 ；
1 1+ 2 1
（3）由（2）知极值差比系数为2 ln ，即2 ln ，1 2 2 1 2 2
1 +1
不妨设0 < 1 < 2，令 = ， ∈ (0,1)，极值差比系数可化为2 1ln ，2
2 = ( 1+
2
2) 1 2 1 3 2 5 1 1
= + +2 = + +2，又 ≤ ≤ 2，解得4 ≤ ≤1 2 2 1 2 2，
1
令 +1 1 1 2ln + ( ) = 2 1ln （4 ≤ ≤ 2）， ′( ) =
，
( 1)2
2 2
设 ( ) = 2ln +
1
1
（4 ≤ ≤ 1
2 1
）， ′( ) = 1 = 2 1 = ( 1) 2 2 2 ≤ 0，
所以 ( ) 1 1在 ,1 上单调递减，当 ∈ ,1 时， ( ) ≥ 1 > (1) = 0，
4 4 2
从而 ′( ) > 0 ( ) 1 , 1 1 1，所以 在 上单调递增，所以 ≤ ( ) ≤ ，
4 2 4 2
即2 103 ln2 ≤ ( ) ≤ 2 3ln2，
10
所以 ( )的极值差比系数的取值范围为 2 ln2,2 3ln2 .
3
题型 9 相邻、不相邻排列问题
平面向量线性运算的坐标表示
33．（24-25 高二下·平全面向国量线·课性运后算的作坐业标表）示 现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，
在下列情况下，各有多少种不同的站法？
(1)老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人；
(2)4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端；
(3)2名老师之间必要有男女学生各1人．
【解题思路】（1）根据特殊元素优先安排求解即可.
（2）利用插空法，先排老师和女学生，再排男学生甲，最后排剩余的3名男学生即可.
（3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，再排老师，最后利用捆绑法排列即可.
【解答过程】（1）由题意可得共A2 2 42A2A4 = 2 × 2 × 24 = 96种不同的站法．
（2）先排老师和女学生共有A44种站法，再排男学生甲有C13种站法，
最后排剩余的3名男学生有A34种站法，
所以共有A4 1 34C3A4 = 24 × 3 × 24 = 1728种不同的站法．
（3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有C1 1 22C4A2种站法，
两老师的站法有A22种，
再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的 4 个人进行全排列有A55种，
所以共有C1C1 22 4A2A2A52 5 = 2 × 4 × 2 × 2 × 120 = 3840种不同的站法．
34．（23-24 高二下·陕西西安·期中）某种产品的加工需要经过 6 道工序．
(1)若其中某 2 道工序不能放在最前面也不能放在最后面，问有多少种加工顺序
(2)若其中某 3 道工序必须相邻．问有多少种加工顺序
(3)若其中某 3 道工序两两不能相邻，问有多少种加工顺序
【解题思路】（1）根据给定条件，利用有限制条件的排列问题，结合分步乘法计数原理计算即得.
（2）根据给定条件，利用相邻问题，结合分步乘法计数原理计算即得.
（3）根据给定条件，利用不相邻问题，结合分步乘法计数原理计算即得.
【解答过程】（1）先从另外 4 道工序中任选 2 道工序放在最前面与最后面，有A24 = 12种不同的排法，
再将其余的 4 道工序全排列，有A44 = 24种不同的排法，
由分步乘法计数原理可得，共有12 × 24 = 288种加工顺序．
（2）先排这 3 道工序，有A33 = 6种不同的排法，
再将它们看作一个整体，与其余的 3 道工序全排列，有A44 = 24种不同的排法，
由分步乘法计数原理可得，共有6 × 24 = 144种加工顺序.
（3）先排其余的 3 道工序，有A33 = 6种不同的排法，有 4 个空档，
再将这 3 道工序插入空档，有A34 = 24种不同的排法，
由分步乘法计数原理可得，共有6 × 24 = 144种加工顺序.
35．（23-24 高二下·西藏拉萨·期末）4 名男生和 3 名女生站成一排.
(1)甲不在中间也不在两端的站法有多少种？
(2)男生甲和男生乙不相邻，女生甲和女生乙相邻，排在一起的站法有多少种？
(3)甲、乙、丙三人从左到右顺序一定的站法有多少种？
【解题思路】（1）根据题意先排甲，然后剩余的进行全排列即可；
（2）利用捆绑法，将女生甲和女生乙捆绑在一起，与除去男生甲和男生乙的其他人进行全排列，然后男生
甲和乙插空即可；
（3）7 个全排列后，除以甲、乙、丙的全排列数即可.
【解答过程】（1）分两步，先排甲有7 3 = 4种，其余有A66种，
所以根据分步乘法原理知共有4 × A66 = 2880种排法.
（2）分三步：
① 捆绑法，现将女生甲与女生乙捆绑在一起，有A22 = 2（种）；
②将女生甲和女生乙看成整体，与其他人（除去男生甲和男生乙）排列，有A44 = 24（种）；
③插空法，在其他人排好的基础上，将男生甲和乙插空（共有 5 个空位置），有A25 = 20（种），
所以根据分步乘法原理可知共有2 × 24 × 20 = 960（种）.
（3）7 人共有A77种排法，其中甲、乙、丙三人有A33种排法，
因而在A77种排法中每A33种对应一种符合条件的排法，
A7
故共有 7A3 = 840种排法.3
36．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）有 8 名同学站成一排照相，符合下列各题要求的不同排法共有多少种
（用数字作答）？
(1)甲同学既不站在排头也不站在排尾；
(2)甲 乙 丙三位同学两两不相邻；
(3)甲 乙两同学相邻，且丙 丁两同学也相邻；
(4)甲 乙两同学不相邻，且乙 丙两同学也不相邻.
【解题思路】（1）利用特殊元素优先原则，利用排列列式计算即得.
（2）利用插空法求解不相邻问题.
（3）利用捆绑法求解相邻问题.
（4）利用排除法列式计算即得.
【解答过程】（1）中间 6 个位置取 1 个让甲站，余下 7 个位置让另 7 个人站，
所以不同排法种数是A16A77 = 6 × 5040 = 30240.
（2）排除甲 乙 丙三位同学的 5 名同学，再在每一种排法的 6 个间隙中插入甲 乙 丙，
所以不同排法种数是A5 35A6 = 120 × 120 = 14400.
（3）分别视甲乙、丙丁为一个整体，与其余 4 名同学作全排列，再分别对甲乙、丙丁作排列，
所以不同排法种数是A2A22 2A66 = 2 × 2 × 720 = 2880.
（4）求出 8 个人的全排列，去掉甲乙相邻、乙丙相邻的排列法，再补上乙在甲丙中间的 3 人相邻的排列，
所以不同排法种数是A8 2A2A7 + A2A68 2 7 2 6 = 40320 2 × 2 × 5040 + 2 × 720 = 21600.
题型 10 分组分配问题
平面向量线性运算的坐标表示
37．（23-24 高二下·平广面向东量线深性圳运算·的期坐中标表）示 富源学校高二年级有 6 名同学（简记为 A， ， ， ， ， ）到甲、
乙、丙三个体育场馆做志愿者.
(1)一天上午有 16 个相同的口罩全部发给这 6 名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数？
(2)每名同学只去一个场馆，每个场馆至少要去一名，且 A、 两人约定去同一个场馆， 、 不想去一个场
馆，则满足同学要求的不同的安排方法种数？
【解题思路】（1）因为 6 个相同的口罩，利用隔板法结合组合数分析求解；
（2）分人数配比为 1，1，3 和 1，2，2 两种情况，结合排列数、组合数运算求解.
【解答过程】（1）16 个相同的口罩，每位同学先拿一个，剩下的 10 个口罩排成一排有 9 个间隙，
插入 5 块板子分成 6 份，每一种分法所得 6 份给到 6 个人即可，
所以不同的发放方法C59 = 126种.
（2）把 A， 视为一人，相当于把 5 个人先分成三组，再分配给三个场馆，
分组方法有两类：第一类 1，1，3，去掉 ， 在一组的情况，有 C35 C13 种分组方法，
再分配给三个场馆，有 C3 1 35 C3 A3 = 7 × 6 = 42种方法，
1 2
第二类 1，2，2，去掉 ， 在一组的情况，有 C5C42 C
1
A 3
种分组方法，
2
再分配给三个场馆，有 C
1C25 4 C1 33 3 = 12 × 6 = 722 种方法，A2
所以不同的安排方法有42 + 72 = 114种方法.
38．（23-24 高二下·吉林·期末）从 6 名男生和 5 名女生中选出 4 人去参加某活动的志愿者.
(1)若 4 人中必须既有男生又有女生，则有多少种选法？
(2)先选出 4 人，再将这 4 人分配到两个不同的活动场地（每个场地均要有人去，1 人只能去一个场地），则
有多少种安排方法？
(3)若男 女生各需要 2 人，4 人选出后安排与 2 名组织者合影留念（站一排），2 名女生要求相邻，则有多
少种不同的合影方法？
【解题思路】（1）找对立面，先将总数求出来，后将全男全女减掉就可以了.
（2）先选再分组最后分配.
（3）捆绑和插空法使用即可解题.
11×10×9×8
【解答过程】（1）从这 11 人中任选 4 人的选法有C411 = 4×3×2×1 = 330种，
其中只有男生的选法有C46 = 15种，只有女生的选法有C45 = 5种，
故 4 人中必须既有男生又有女生的选法有330 15 5 = 310种.
（2）从这 11 人中任选 4 人的选法有C411 = 330种，
若人数按 1，3 分配，则安排方法有330C1 24A2 = 2640种，
2 2
若人数按 2，2 分配，则安排方法有330C4C2 2A2 A2 = 1980种，2
所以共有2640 + 1980 = 4620种安排方法.
（3）因为男 女生各需要 2 人，所以选出 4 人的方法有C2C26 5 = 150种.
先排 2 名男生与 2 名组织者，有A44 = 24种排法，
再将 2 名女生“捆绑”在一起，放入 5 个空档中，有C15 = 5种方法，
所以共有150 × 24 × 5A22 = 36000种不同的合影方法.
39．（24-25 高二上·江西萍乡·期末）安排 6 名教师 , , , , , 到甲 乙 丙三个场馆做志愿者.
(1)有 14 个相同的口罩全部发给这 6 名教师，每名教师至少发两个口罩，共有多少种不同的发放方法？
(2)每名教师只去一个场馆，每个场馆至少要去一名教师，且 , 两人约定去同一个场馆，共有多少种不同的
安排方法？
【解题思路】（1）分两类，结合组合知识进行求解；
（2）法一：：把 , 视为一人，相当于把 5 个人先分成三组，再分配给三个场馆，利用排列和组合知识进
行求解；
法二：把 6 人先分成三组，再分配给三个场馆，分三种情况进行求解，每种情况下考虑 , 安排在同一组，
求出答案.
【解答过程】（1）由题知，把这 14 个口罩按要求全部发给这 6 名教师有两种分配方案：2,2,2,2,3,3或
2,2,2,2,2,4；
按 2，2，2，2，3，3 分时，有C26 = 15种分法；按 2，2，2，2，2，4 分时，有C16 = 6种分法；
所以不同的发放方法有 21 种；
（2）法一：把 , 视为一人，相当于把 5 个人先分成三组，再分配给三个场馆，分组方法有
两类：1，1，3 或1,2,2；
按1,1,3安排时，有C3 A35 3 = 60种方法；
2 2
按1,2,2 C C安排时，有 5 3A2 A
3
3 = 90种方法；
2
所以不同的安排方法有60 + 90 = 150种.
法二：
把 6 人先分成三组，再分配给三个场馆，分组方法有三类：
第一类1,2,3：若 , 为 2 人组，有C34种分组方法；若 , 在 3 人组，有C14 C23种分组方法；
再分配给三个场馆，有 C3 1 2 34 + C4 C3 A3 = 96种方法；
2 2
第二类2,2,2：则 , C C为其中一组，有 4 2A2 A
3
3 = 18种方法；
2
第三类1,1,4：则 , 在 4 人组，有C2 34 A3 = 36种方法；
所以不同的安排方法有96 + 18 + 36 = 150种.
40．（24-25 高二下·山东菏泽·阶段练习）6名同学(简记为 、 、 、 、 、 )到甲、乙、丙三个场馆做志
愿者.
(1)一天上午有16个相同的口罩全部发给这6名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数？
(2)每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法种数？
(3)每名同学只去一个场馆，每个场馆至少要去一名，且 、 两人约定去同一个场馆， 、 不想去一个场馆，
则满足同学要求的不同的安排方法种数？
【解题思路】（1）先让每位同学拿一个口罩，余下 10 个用隔板法求解作答.
（2）利用分步计数乘法原理从 6 人中依次取 1 人，2 人，3 人去甲、乙、丙三个场馆列式计算作答.
（3）按给定条件将 6 人分成 3 组，再分到三个场馆列式计算作答.
【解答过程】（1）16个相同的口罩，每位同学先拿一个，剩下的10个口罩排成一排有9个间隙，插入5块板
子分成 6 份，每一种分法所得 6 份给到 6 个人即可，
所以不同的发放方法C59 = 126种.
（2）求不同的安排方法分三步：6人中选一人去甲场馆，剩下的5人中选2人去乙场馆，最后剩下3人去丙场
馆，
所以不同的安排方法有C16C25C33 = 60 种.
（3）把 , 视为一人，相当于把5个人先分成三组，再分配给三个场馆，分组方法有两类：
第一类1，1，3，去掉 , 在一组的情况，有(C35 C13)种分组方法，再分配给三个场馆，有 C35 C1 A
3
3 3 = 7 × 6 = 42
种方法，
1 2 1 2
第二类1，2，2，去掉 , C C在一组的情况，有( 5 4 1A2 C3)种分组方法，再分配给三个场馆，有
C5C4 C1 A3
2 2 3 32
= 12 × 6 = 72种方法，
所以不同的安排方法有42 + 72 = 114种方法.
题型 11 排列、组合的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
41．（23-24 高二下·平湖面向北量线武性汉运算·的期坐中标表）示 混放在一起的 6 件不同的产品中，有 2 件次品，4 件正品．现需通过
检测将其区分，每次随机抽取一件进行检测，检测后不放回，直到检测出 2 件次品或者检测出 4 件正品时
检测结束．
(1)一共抽取了 4 次检测结束，有多少种不同的抽法
(2)若第一次抽到的是次品且第三次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法 （要求：解答过程要有
必要的说明和步骤）
【解题思路】（1）分两种情形：第一种是 4 次抽到的全是正品，第二种前 3 次抽到 2 件正品 1 件次品，且
第 4 次抽到次品，由分类加法原理计算；
（2）由题意知第二次抽到的必是正品，第 4 次抽取的是次品，检测结束，或第 4 次抽取到正品，第五次再
抽取一件（不论正品还是次品）都可以结束，由此计算可得．
【解答过程】（1）有以下两种情况：
4 次均为正品，共有A44 = 24种；
前 3 次抽到 2 件正品 1 件次品，且第 4 次抽到次品，共C12C1 23 A4 = 72种；
则共有 96 种．
（2）由题意知，第二次抽到的必是正品，共抽取 4 次或 5 次检测结束，
当抽取 4 次结束时，第 4 次抽到的必是次品，共有C1 22A4 = 24种抽法；
当抽取 5 次结束时，若第 4 次抽到正品且第 5 次抽到正品，则共有C12A44 = 48种抽法；
若第 4 次抽到的是正品且第 5 次抽到的是次品，则共有C1 32A4 = 48种抽法；
共 120 种抽法．
42．（23-24 高二上·湖北武汉·期中）为庆祝 3.8 妇女节，东湖中学举行了教职工气排球比赛，赛制要求每
个年级派出十名成员分为两支队伍，每支队伍五人，并要求每支队伍至少有两名女老师，现高二年级共有 4
名男老师，6 名女老师报名参加比赛.
(1)一共有多少不同的分组方案？
(2)在进入决赛后，每个年级只派出一支队伍参加决赛，在比赛时须按照 1、2、3、4、5 号位站好，为争取
最好成绩，高二年级选择了 、 、 、 、 、 六名女老师进行训练，经训练发现 不能站在 5 号位，若 、
同时上场，必须站在相邻的位置，则一共有多少种排列方式？
【解题思路】（1）分成两组，根据是否平均分组分别写出即可；
（2）首先讨论有限制的 、 、 有哪些人上场，其次若 、 同时上场，则利用捆绑法，求解即可.
【解答过程】（1）队伍分配方案可分为：①两组都是 3 女 2 男；②一组是 1 男 4 女，另一组是 3 男 2 女，
①若两组都是 3 女 2 男，
C3 C3
则先将 6 女平均分成两组共 6 3A2 种方式，2
C24 C
2
再将 男平均分成两组共 4 2A2 种方式，2
C3 C3 2 2
所以两组都是 3 女 2 男的情况有 6 3 C4 C2A2 A2 2 = 60种；2 2
②一组是 1 男 4 女，另一组是 3 男 2 女的情况有C14 C46 C3 13 C1 = 60种，
所以总情况数为60 + 60 = 120种.
故一共有120种不同的分组方案；
（2）总共可分为三种情况，如下：
①若 上场且 不上场：
先将 全排列，共有A22种方式，
再把 捆绑后和 全排列共有A44种方式，
所以 上场且 不上场共有A2 × A42 4 = 48种不同的排列方式；
②若 上场且 也上场：
（i）若 在 1 号位，先将 全排列，共有A22种方式，
再从 中选两人，有C23种方式，
则 捆绑后和 中的两人全排列，有A33种方式，
所以 在 1 号位共有A22 × C2 33 × A3 = 36种不同的方式；
（ii）若 在 2 号位，
再将 全排列，且 可位于 3，4 号位或 4，5 号位，共有A22 × 2种方式，
再从 中选两人进行排列，有A23种方式，
所以 在 2 号位或 3 号位共有A22 × 2 × A23 = 24种不同的方式；
（iii）若 在 3 号位，
再将 全排列，且 可位于 1，2 号位或 4，5 号位，共有A22 × 2种方式，
再从 中选两人进行排列，有A23种方式，
所以 在 2 号位或 3 号位共有A22 × 2 × A23 = 24种不同的方式；
（iiii）若 在 4 号位，
将 全排列，且 可位于 1，2 号位或 2，3 号位，共有A22 × 2种方式，
再从 中选两人进行排列，有A23种方式，
所以 在 4 号位共有A22 × 2 × A23 = 24种不同的方式.
所以 上场且 也上场共有36 + 24 + 24 + 24 = 108种不同的方式；
③若 中有一人上场且 上场：
上场且不在 5 号位，则 可位于 1，2，3，4 号位，有C14种方式，
再从 中选一人，有C12种方式，
中的一人和 共 4 人全排列，共A44种方式，
所以 中有一人上场且 上场共有C14 × C12 × A44 = 192种不同的排列方式.
综上所述，共有48 + 108 + 192 = 348种排列方式.
43．（23-24 高二下·江苏泰州·期末）某校举行劳动技术比赛，该校高二（1）班的班主任从本班的 5 名男选
手和 4 名女选手中随机地选出男、女选手各 2 名参加本次劳动技术比赛中的团体赛，并排好团体赛选手的
出场顺序.在下列情形中各有多少种不同的安排方法？
(1)男选手甲必须参加，且第 4 位出场；
(2)男选手甲和女选手乙都参加，且出场的顺序不相邻；
(3)男选手甲和女选手乙至少有一人参加.
【解题思路】根据先选后排的原则，结合排列数、组合数运算求解.
【解答过程】（1）完成该件事情可分两步进行：
第一步，选出选手，有C1 24C4种方法；
第二步，排好出场顺序，有A33种方法，
所以，共有C14C2A34 3 = 144种不同的安排方法.
（2）完成该件事情可分两步进行：
第一步，选出选手，有C1C14 3种方法；
第二步，排好出场顺序，有A22A23种方法，
所以，共有C1 1 2 24C3A2A3 = 144种不同的安排方法.
（3）完成该件事情可分两步进行：
第一步，选出选手，“有男选手甲且无女选手乙”的选法种数为C1C24 3；
“无男选手甲且有女选手乙”的选法种数为C2 14C3；
“有男选手甲且有女选手乙”的选法种数为C14C13；
第二步，排好出场顺序，有A44种排法，
所以，共有 C1C2+C2C14 3 4 3+C14C1
4
3 A4=1008种不同的安排方法.
44．（23-24 高二下·山东济宁·期中）某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数
量实施分段优惠政策，不超过 12 站的地铁票价如下表：
乘坐站数 0 < ≤ 3 3 < ≤ 7 7 < ≤ 12
票价（元） 3 5 7
现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过 12 站，且他们各自在每个站
下地铁的可能性是相同的．
(1)若甲、乙两人共付车费 8 元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？
(2)若甲、乙两人共付车费 10 元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？
【解题思路】（1）由题意得甲、乙两人其中一人乘坐地铁站数不超过 3 站，另外一人乘坐地铁站数超过 3
站且不超过 7 站，即可求解；
（2）甲比乙先下地铁的情形有两类：第一类，甲乘地铁站数不超过 3 站，乙乘地铁站数超过 7 站且不超过
12 站，第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过 3 站且不超过 7 站，结合组合数公式和分类加法计数原理，
即可求解．
【解答过程】（1）解：若甲、乙两人共付车费 8 元，则其中一人乘坐地铁站数不超过 3 站，另外一人乘坐
地铁站数超过 3 站且不超过 7 站，共有Α2 1 12C3Α4 = 24（种），
故甲、乙下地铁的方案共有 24 种.
（2）若甲、乙两人共付车费 10 元，则甲比乙先下地铁的情形有两类：
第一类，甲乘地铁站数不超过 3 站，乙乘地铁站数超过 7 站且不超过 12 站，有C1C13 5 = 15（种）；
第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过 3 站且不超过 7 站，记地铁第四站至第七站分别为 4, 5, 6, 7，易知
甲比乙先下地铁有以下三种情形：
①甲 4站下，乙下地铁方式有C13种；
②甲 5站下，乙下地铁方式有C12种；
③甲 6站下，乙只能从 7下地铁，共有 1 种方式，
共有C13 + C12 +1 = 6（种），
依据分类加法计数原理，得15 + 6 = 21（种），
故甲比乙先下地铁的方案共有 21 种．
题型 12 二项式中的系数和问题
平面向量线性运算的坐标表示
平面向量线性运算的坐标表示
45．（24-25 高二上·辽宁·期末）设(3 1)7 = 2 3 40 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 5 + 6 6 + 77 ，求：
(1) 2 + 4 + 6；
(2)| 0| + | 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| + | 6| + | 7|.
【解题思路】（1）先取 = 0，得 0 = 1，进而分别代入 = 1和 = 1后两式相加可得 0 + 2 + 4 + 6，
从而求得答案；
（2）由（1）可求得 1 + 3 + 75 + 7，根据(3 1) 展开式的通项可得| 0| + | 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5|
+ | 6| + | 7| = ( 1 + 3 + 5 + 7) ( 0 + 2 + 4 + 6)运算得解.
【解答过程】（1）由条件，取 = 0，得到 0 = 1；
取 = 1，得到 + + + + + + + = (3 1)7 70 1 2 3 4 5 6 7 = 2
取 = 1，得到 0 1 + 2 73 + 4 5 + 6 7 = ( 3 1) = 47
27 47
两式相加得到 0 + 2 + 4 + 6 = 2 = 8128，
所以 2 + 4 + 6 = 8127.
（2）根据（1）知： 1 + 3 + 5 + 7 = 27 ( 0 + 2 + 4 + 6) = 128 + 8128 = 8256.
(3 1)7展开式的通项为： = C +1 7(3 )7 ( 1) ，
故当 为偶数时，对应系数为正；当 为奇数时，对应系数为负，
故| 0| + | 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| + | 6| + | 7|
= ( 1 + 3 + 5 + 7) ( 0 + 2 + 4 + 6)
= 8256 ( 8128) = 16384.
46．（24-25 高二上·全国·课后作业）设(2 3)4 = 0 + 1 + 2 2 + 3 3 + 4 4，求：
(1) 1 + 2 + 3 + 4；
(2)( 0 + 2 + 4)2 ( 1 + 23) ；
(3)| 1| + | 2| + | 3| + | 4|．
【解题思路】（1）令 = 1，求得 0 + 1 + 2 + 3 + 4，令 = 0，求得 0 = 81，
结合 1 + 2 + 3 + 4 = ( 0 + 1 + 2 + 3 + 4) 0，即可求解；
（2）令 = 1和 = 1，分别求得 0 + 1 + 2 + 3 + 4和 0 1 + 2 3 + 4，结合
( 2 20 + 2 + 4) ( 1 + 3) = ( 0 + 1 + 2 + 3 + 4)( 0 1 + 2 3 + 4)，即可求解；
（3）由展开式知 0， 2， 4为正， 1， 3为负，由此可计算| 1| + | 2| + | 3| + | 4|．
【解答过程】（1）在(2 3)4 = 0 + 1 + 2 2 + 33 + 4 4中，
令 = 1，得(2 3)4 = 40 + 1 + 2 + 3 + 4 = 1，令 = 0，得(0 3) = 0 = 81，
所以 1 + 2 + 3 + 4 = ( 0 + 1 + 2 + 3 + 4) 0 = 1 81 = 80；
（2）在(2 3)4 = 0 + + 2 3 41 2 + 3 + 4 中，
令 = 1，得(2 3)4 = 0 + 1 + 2 + 3 + 4 = 1．
令 = 1，得( 2 3)4 = 0 1 + 2 3 + 4 = 625．
所以( 20 + 2 + 4) ( 1 + )23 = ( 0 1 + 2 3 + 4)( 0 + 1 + 2 + 3 + 4) = 625 × 1 = 625；
（3）由展开式知 0， 2， 4为正， 1， 3为负，
令 = 1，得( 2 3)4 = 0 1 + 2 3 + 4 = 625
又| 1| + | 2| + | 3| + | 4| = 1 + 2 3 + 4 = 0 1 + 2 3 + 4 0 = 625 0 = 625 81 = 544.
47．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）已知(1 + 2 )6 ( 1)5 = 2 3 4 50 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6
6.
(1)求 2的值；
(2)求 1 + 2 + 3 + 4 + 5的值；
(3)求 1 2 2 +3 3 4 4 +5 5 6 6的值.
【解题思路】（1）根据通项求解即可；
（2）令 = 0求出 0，令 = 1，求出 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6，进而得到结果.
（3）对等式两边求导，令 = 1，求解即可.
【解答过程】（1）由题意得： 2 = C2 26 2 C35 ( 1)3 = 70.
（2）令 = 0，则 = 160 ( 1)5 = 2，
再令 = 1，则 0 + 1 + 62 + 3 + 4 + 5 + 6 = 3 = 729，
又 6 = C6 66 2 = 64，
所以 1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 729 2 64 = 663.
（3）两边同时求导得：
12 (1 + 2 )5 5 ( 1)4 = +2 2 3 4 51 2 + 3 3 +4 4 +5 5 +6 6 ，
令 = 1，则 1 2 2 +3 3 4 4 +5 5 6 6 = 12 ( 1)5 5 ( 2)4 = 92.
48．（23-24 高二下·广西桂林·阶段练习）已知(1 + 2 ) + (1 ) = 0 + 1 + 2 + + 2 , , ∈ +
, ≤ ，且 1 0 = 2.
(1)求2 ；
(2)若 + 1 = ，求 0 + 2 + 4 + 6.
【解题思路】（1）令 = 0，求得 0，可得 1，利用通项公式求得答案；
（2）根据题意可求得 , ，分别令 = 1， = 1，两式相加求得结果.
【解答过程】（1）令 = 0，则 0 = 1 + 1 = 2，
又 1 0 = 2，所以 1 = 4．
由题意得C1 2 + C1 ( ) = 1 = 4 ，
得2 = 4．
（2 2 = 4 = 5）由 + 1 = ，得 = 6 .
令 = 1，得(1 + 2)5 + (1 1)6 = 0 + 1 + 2 + + 6，①
令 = 1，得(1 2)5 + (1 + 1)6 = 0 1 + 2 + 6，②
①+②，得2( 0 + 2 + + ) = 354 6 +0 1 + 26 = 306，
所以 0 + 2 + 4 + 6 = 153．
题型 13 杨辉三角问题
平面向量线性运算的坐标表示
49．（23-24 高二下·平山面东向量菏线性泽运算·期的坐末标表）示在(1 + + 2) = D0 + D1 + D2 2 + + D 2 1 2 1 + + D + D2
2 中，把D0，D1 ，D2…，D2 称为三项式系数.
(1)当 = 2时，写出三项式系数D0，D1，D2，D3，D42 2 2 2 2的值；
(2)( + ) ( ∈ N)的展开式中，系数可用杨辉三角形数阵表示，如图，当0 ≤ ≤ 4， ∈ N时，类似杨辉三
角形数阵表，请列出三项式的 次系数的数阵表；
(3)求D02016C02016 D1 12016C2016 + D2 C2 3 3 2016 20162016 2016 D2016C2016 + + D2016C2016的值（用组合数作答）.
【解题思路】（1）写出展开式，即可得到相应的系数；
（2）写出(1 + + 2) （0 ≤ ≤ 4， ∈ N）的展开式，即可得解；
（3）由(1 + + 2)2016 ( 1)2016表示出 2016系数，再由(1 + + 2)2016 ( 1)2016 = ( 3 1)2016，计算
出 2016系数，即可得解.
【解答过程】（1）因为( 2 + + 1)2 = 4 +2 3 +3 2 +2 + 1，
所以D02 = 1，D1 22 = 2，D2 = 3，D3 = 2，D42 2 = 1；
（2）因为(1 + + 2)0 = 1，
(1 + + 2)1 = 1 + + 2，
(1 + + 2)2 = 1 + 2 + 3 2 +2 3 + 4，
(1 + + 2)3 = 1 + 3 + 6 2 +7 3 +6 4 +3 5 + 6，
(1 + + 2)4 = 1 + 4 + 10 2 +16 3 +19 4 +16 5 +10 6 +4 7 + 8，
所以三项式的 （0 ≤ ≤ 4， ∈ N）次系数的数阵表如下：
（3）(1 + + 2)2016 ( 1)2016
= (D0 + D1 + D2 2 + + D + D4031 4031 + D4032 40322016 2016 2016 2016 2016 2016 ) ×
C0 2016 1 20152016 C2016 + C2 20142016 C3 20132016 + + ( 1) C 2016 2016 + C2015 20162016 + C2016 ，
其中 2016系数为D0 0 1 1 2 2 3 3 2016 20162016C2016 D2016C2016 + D2016C2016 D2016C2016 + + D2016C2016，
又(1 + + 2)2016 ( 1)2016 = ( 3 1)2016
而二项式( 3 1)2016的通项 +1 = ( 1) C2016( 3)2016 （0 ≤ ≤ 2016且 ∈ N），
由3 × (2016 ) = 2016，解得 = 1344，
所以 2016系数为C1344 6722016 = C2016，
由代数式恒成立，
所以D0 C0 1 1 2 2 3 32016 2016 D2016C2016 + D2016C2016 D2016C2016 + + D20162016C2016 1344 6722016 = C2016 = C2016.
50．（23-24 高二下·贵州黔西·期末）观察杨辉三角（如图所示）的相邻两行，发现三角形的两个腰都是由
数字 1 组成的，其余的数都等于它肩上的两个数相加，即C = C 1 1 + C 1( ≥ 2)．已知数列{ }满足 1 = 1,
+1 = ( + 1) ( ∈ +)．
(1)求数列{ }的通项公式；
(2) +1请利用上述杨辉三角的性质求数列{ 2 }的前 项和．
【解题思路】（1）根据给定的递推公式，构造常数列求出通项.
（2）利用杨辉三角的性质可得C3 2 3 +2 = C +1 + C +1( ≥ 2)，再结合裂项相消法求和即得.
【解答过程】（1）数列{ }中，由 +1 = ( + 1)
+1 = ，得 +1 ，因此数列{ }是常数列，
1
而 1 = 1，则 = 1 = 1，解得 = ，
所以数列{ }的通项公式是 = .
（2 +1 ( +1)）由（1）知， 2 = 2 = C
2 ，而C3 2 3 +1 +2 = C +1 + C +1( ≥ 2)，
即当 ≥ 2时，C2 3 +1 = C +2 C3
+1
+1，令数列{ 2 }的前 项和为 ，
则 = C22 + C2 2 2 2 3 3 3 3 3 33 + C4 + + C +1 = C2 +(C4 C3) + (C5 C4) + + (C +2 C +1)
= C2 + C3 C3 = C3 = ( +1)( +2)2 +2 3 +2 6 ，显然当 = 1时， 1 = 1满足上式，
{ +1} = ( +1)( +2)所以数列 2 的前 项和 6 .
51．（2024·四川内江·模拟预测）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家 教育家，杨辉三角是杨辉的一
项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图 1 为杨辉三角
的部分内容，图 2 为杨辉三角的改写形式
(1)求图 2 中第 10 行的各数之和；
(2)从图 2 第 2 行开始，取每一行的第 3 个数一直取到第 15 行的第 3 个数，求取出的所有数之和；
(3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存
在，请说明理由.
【解题思路】（1）根据二项式系数的性质求和即可；
（2）根据组合数的性质化简求值即可；
（3）假设存在，根据条件建立方程组求解，即可得解.
【解答过程】（1）第 10 行的各数之和为：C010 + C110 + C210 + + C10 1010 = 2 = 1024.
（2）杨辉三角中第 2 行到第 15 行各行第 3 个数之和为：
C22 + C2 2 2 2 3 2 2 23 + C4 + C5 + + C15 = C3 + C3 + C4 + C5 + + C2 = C315 16
= 16×15×143×2×1 = 560.
（3）存在，理由如下：
设在第 行存在连续三项C 1 ,C ,C +1 ，其中 ∈ N 且 ≥ 2, ∈ N 且 ≥ 2，
C 1
有 C4 =
3 C = 8 8且C 14，化简得 +1 =
3 +1 8
8
且 = 14，
3 + 3 = 11
即 22 8 + 14 = 0 ，解得 = 3, = 10，
所以C2 = 45,C3 410 10 = 120,C10 = 210，
故这三个数依次是45,120,210.
52．（24-25 高二上·全国·单元测试）在杨辉三角形中，每一行除首末两个数之外，其余每个数都等于它肩
上的两数之和.
(1)试用组合数表示这个一般规律;
(2)试探究在杨辉三角形的某一行能否出现三个连续的数，使它们的比是 3∶4∶5，并证明你的结论.
【解题思路】
（1）根据杨辉三角各数之间的关系，应用组合数写出它们的数量关系即可.
（2）设C 1 :C :C +1 = 3:4:5，应用组合数列方程求参数 , ，即可得结果.
【解答过程】（1）第 2 行：C12 = C0 11 + C1 = 2，
第 3 行：C1 0 1 2 1 23 = C2 + C2 = 3，C3 = C2 + C2 = 3，
第 4 行：C1 0 1 24 = C3 + C3 = 4，C4 = C1 2 3 2 33 + C3 = 6，C4 = C3 + C3 = 4，
……
第 + 1行：C +1 = C 1 + C 且1 ≤ ≤ ， , ∈ N .
（2）
设C 1:C :C +1 = 3:4:5，
C 1
由 C =
3 3
4，得 +1 = 4，即3 7 + 3 = 0，
C
由
4 +1 4
C +1 = 5，得 = 5，即4 9 5 = 0，
由上式得： = 62, = 27，即C26 27 2862:C62:C62 = 3:4:5.
题型 14 条件概率与全概率公式的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
53．（24-25 高二下·平全面向国量线·课性运后算的作坐业标表）示 设某仓库有一批产品，已知其中 50%，30%，20%依次是甲、乙、丙
1 1 1
厂生产的，且甲、乙、丙厂生产的次品率分别为10，15，20.
(1)现从这批产品中任取一件，求取到次品的概率；
(2)若从这批产品中取出一件产品，发现是次品，求该件产品是甲厂生产的概率.
【解题思路】（1）用 1， 2， 3分别表示事件取到的这件产品是甲、乙、丙厂生产的，利用全概率公式求
解即可；
（2）利用条件概率与独立事件的概率公式求解即可.
【解答过程】（1）用 1， 2， 3分别表示事件取到的这件产品是甲、乙、丙厂生产的，
以 表示事件取到的产品为次品，则
= 5 3 2( 1) 10， ( 2) = 10， ( 3) = 10，
1 1( | 1 ) = 10， ( | 2 ) = 15， ( | 3 ) =
1
20
由全概率公式，得
( ) = ( 1) ( | 1 ) + ( 2) ( | 2 ) + ( 3) ( | 3 )
= 5 × 1 + 3 × 1 + 2 × 110 10 10 15 10 20 = 0.08.
（2）若从这批产品中取出一件产品，发现是次品，
该件产品是甲厂生产的概率为
( 1 ) ( 1) ( | 1 ) = = = 0.5×0.1( 1| ) ( ) ( ) 0.08 = 0.625.
54．（24-25 高三下·广东清远·开学考试）为贯彻落实《全民健身条例》，进一步推动羽毛球运动发展，某
市举办“北江杯”羽毛球团体赛，第一阶段是分组循环赛，每组前两名出线进行第二阶段的交叉淘汰赛.某小
组有甲、乙、丙、丁四支队伍，每支队伍派出 5 对双打（三对男双、一对女双、一对混双）进行比赛，出
场顺序抽签决定，每场比赛结果互不影响，先胜三场的队伍获胜并结束比赛（俗称“见三收”）.在甲、乙两
2 1
支队伍的比赛中，甲队伍中混双 M 的胜率是3，其余 4 对双打的胜率均是2.
(1)混双 M 在前 4 场中没有比赛的前提下，求甲队伍在前 4 场比赛结束就获胜的概率；
(2)求甲队伍在前 3 场比赛结束就获胜的概率；
(3)若甲队伍在前 3 场比赛结束就获胜，求混双 M 在前 3 场中有比赛的概率.
1
【解题思路】（1）根据题设分析知，甲队伍在前 4 场比赛，每场胜率均为2，且甲前 3 场胜 2 场且第 4 场获
胜，应用组合数及独立事件乘法公式求概率；
（2）分前 3 场比赛中 未出现和出现两种情况，应用独立事件乘法公式、互斥事件加法求概率；
3 2 1 2
（3）设 表示甲在前 3 场结束获胜， 表示前 3 场比赛中 出现，结合（2）知 ( ) = 5 × 3 ( )2 、
( ) = 320，再应用条件概率公式求概率.
【解答过程】（1）混双 M 在前 4 场中没有比赛的前提下，甲队伍在前 4 场比赛结束就获胜，
1
由题意，甲队伍在前 4 场比赛，每场胜率均为2，且甲前 3 场胜 2 场且第 4 场获胜，
1 2
所以所求概率为C23( ) (1
1) 1 = 3
2 2 2 16；
2 1 3
（2）甲在前 3 场比赛中， 未出现的概率为5，3 场比赛甲全胜概率为( )2 ，
3 2 1 2
甲在前 3 场比赛中， 出现的概率为5，3 场比赛甲全胜概率为3 ( )2 ，
2 1 3 3 2 1 2 1 1 3
所以甲在前 3 场比赛结束就获胜的概率5 × ( ) + 5 × 3 ( ) = +2 2 20 10 = 20.
（3）设 表示甲在前 3 场结束获胜， 表示前 3 场比赛中 出现，
2
( ) 3 2 1
所以 ( | ) = ( ) =
× ( )
5 3 2 2
3 = 3.
20
55．（24-25 高三上·广东深圳·期末）人工智能在做出某种推理和决策前，常常是先确定先验概率，然后通
过计算得到后验概率，使先验概率得到修正和校对，再根据后验概率做出推理和决策.我们利用这种方法设
计如下试验：有完全相同的甲、乙两个袋子，袋子内有形状和大小完全相同的小球，其中甲袋中有 9 个红
球和 1 个白球，乙袋中有 2 个红球和 8 个白球.我们首先从这两个袋子中随机选择一个袋子，假设首次试验
1
选到甲袋或乙袋的概率均为2（先验概率），再从该袋子中随机摸出一个球，称为一次试验.经过多次试验，
直到摸出红球，则试验结束.
(1)求首次试验结束的概率；
(2)在首次试验摸出白球的条件下，我们对选到甲袋或乙袋的概率（先验概率）进行调整.
（i）求选到的袋子为甲袋的概率；
（ii）将首次试验摸出的白球放回原来袋子，继续进行第二次试验时有两种方案.方案①：从原来袋子中摸
球；方案②：从另外一个袋子中摸球.请通过计算，说明选择哪个方案第二次试验结束的概率更大.
【解题思路】（1）根据全概率公式计算可得.
（2）根据条件概率公式进行计算，根据数据下结论.
【解答过程】（1）设试验一次，“取到甲袋”为事件 1，“取到乙袋”为事件 2，
“试验结果为红球”为事件 1，“试验结果为白球”为事件 2.
( 1 9 1 2 111) = ( 1) ( 1| 1 ) + ( 2) ( 1| 2 ) = 2 × 10 + 2 × 10 = 20，
11
所以试验一次结果为红球的概率为20.
（2）（i 9）因为 1， 2是对立事件， ( 2) = 1 ( 1) = 20，
( 1 2) ( 2| 1 ) (
1 1
( | ) = = 1
) ×
所以 = 10 21 2 ( ) ( ) 9 =
1
9，2 2 20
1
所以选到的袋子为甲袋的概率为9.
（ii）由（i）得 ( 1 82| 2 ) = 1 ( 1| 2 ) = 1 9 = 9，
所以方案①中取到红球的概率为： 1 = ( 1| 2 ) ( 1| 1
