【全国甲卷】考前三个月高考数学通用理科60练（含答案）

第32练　双曲线的渐近线和离心率问题
[题型分析·高考展望]　双曲线作为三种圆锥曲线之一，也是高考热点，其性质是考查的重点，尤其是离心率与渐近线.考查形式除常考的解答题外，也会在选择题、填空题中考查，一般为中等难度.熟练掌握两种性质的求法、用法是此类问题的解题之本.
体验高考
1.(2015·四川)过双曲线x2－＝1的右焦点且与x轴垂直的直线，交该双曲线的两条渐近线于A，B两点，则|AB|等于(　　)
A.
B.2
C.6
D.4
答案　D
解析　设A，B两点的坐标分别为(x，yA)，(x，yB)，将x＝c＝2代入渐近线方程y＝±x得到yA，yB，进而求|AB|.由题意知，双曲线x2－＝1的渐近线方程为y＝±x，将x＝c＝2代入得y＝±2，即A，B两点的坐标分别为(2，2)，(2，－2)，所以|AB|＝4.
2.(2016·天津)已知双曲线－＝1(b>0)，以原点为圆心，双曲线的半实轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A，B，C，D四点，四边形ABCD的面积为2b，则双曲线的方程为(　　)
A.－＝1
B.－＝1
C.－＝1
D.－＝1
答案　D
解析　由题意知双曲线的渐近线方程为y＝±x，圆的方程为x2＋y2＝4，
联立
解得或
即第一象限的交点为.
由双曲线和圆的对称性得四边形ABCD为矩形，其相邻两边长为，，故＝2b，得b2＝12.
故双曲线的方程为－＝1.故选D.
3.(2016·浙江)已知椭圆C1：＋y2＝1(m＞1)与双曲线C2：－y2＝1(n＞0)的焦点重合，e1，e2分别为C1，C2的离心率，则(　　)
A.m＞n且e1e2＞1
B.m＞n且e1e2＜1
C.m＜n且e1e2＞1
D.m＜n且e1e2＜1
答案　A
解析　由题意可得：m2－1＝n2＋1，即m2＝n2＋2，
又∵m＞0，n＞0，故m＞n.
又∵e·e＝·＝·
＝＝1＋＞1，∴e1·e2＞1.
4.(2015·上海)已知点P和Q横坐标相同，P的纵坐标是Q的纵坐标的2倍，P和Q的轨迹分别为双曲线C1和
C2，若C1的渐近线为y＝±x，则C2的渐近线方程为____________.
答案　y＝±x
解析　设点P和Q的坐标为(x，y)，(x0，y0)，
则有又因为C1的渐近线方程为y＝±x，
故设C1的方程为3x2－y2＝λ，
把点坐标代入，可得3x－4y＝λ，
令λ＝0 x±2y＝0，
即为曲线C2的渐近线方程，
则y＝±x.
5.(2015·北京)已知双曲线－y2＝1(a＞0)的一条渐近线为x＋y＝0，则a＝________.
答案　
解析　直接求解双曲线的渐近线并比较系数.
双曲线－y2＝1的渐近线为y＝±，已知一条渐近线为x＋y＝0，即y＝－x，因为a>0，
所以＝，所以a＝.
高考必会题型
题型一　双曲线的渐近线问题
例1　(1)已知直线y＝1－x与双曲线ax2＋by2＝1(a>0，b<0)的渐近线交于A，B两点，且过原点和线段AB中点的直线的斜率为－，则的值为(　　)
A.－
B.－
C.－
D.－
答案　B
解析　双曲线ax2＋by2＝1的渐近线方程可表示为ax2＋by2＝0，由得(a＋b)x2－2bx＋b＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，
y1＋y2＝，所以原点和线段AB中点的直线的斜率
k＝＝＝＝－，
故选B.
(2)如图，已知双曲线C：－y2＝1(a>0)的右焦点为F.点A，B分别在C的两条渐近线上，AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA(O为坐标原点).
①求双曲线C的方程；
②过C上一点P(x0，y0)(y0≠0)的直线l：－y0y＝1与直线AF相交于点M，与直线x＝相交于点N.证明：当点P在C上移动时，恒为定值，并求此定值.
解　①设F(c，0)，因为b＝1，所以c＝，
直线OB的方程为y＝－x，
直线BF的方程为y＝(x－c)，解得B(，－).
又直线OA的方程为y＝x，
则A(c，)，kAB＝＝.
又因为AB⊥OB，所以·(－)＝－1，
解得a2＝3，
故双曲线C的方程为－y2＝1.
②由①知a＝，则直线l的方程为
－y0y＝1(y0≠0)，即y＝.
因为直线AF的方程为x＝2，
所以直线l与AF的交点为M(2，)；
直线l与直线x＝的交点为N(，).
则＝＝＝·.
因为P(x0，y0)是C上一点，
则－y＝1，
代入上式得＝·＝·＝，
即所求定值为＝＝.
点评　(1)在求双曲线的渐近线方程时要掌握其简易求法.由y＝±x ±＝0 －＝0，所以可以把标准方程－＝1(a>0，b>0)中的“1”用“0”替换即可得出渐近线方程.
(2)已知双曲线渐近线方程：y＝x，可设双曲线方程为－＝λ(λ≠0)，求出λ即得双曲线方程.
变式训练1　已知a>b>0，椭圆C1的方程为＋＝1，双曲线C2的方程为－＝1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为(　　)
A.x±y＝0
B.x±y＝0
C.x±2y＝0
D.2x±y＝0
答案　C
解析　由已知，得e1＝
，e2＝
，
所以e1e2＝
＝，解得＝±，
所以C2的渐近线方程为y＝±x＝±x，
即x±2y＝0，故选C.
题型二　双曲线的离心率问题
例2　(1)点A是抛物线C1：y2＝2px(p>0)与双曲线C2：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线的交点，若点A到抛物线C1的准线的距离为p，则双曲线C2的离心率等于(　　)
A.
B.
C.
D.
(2)(2016·课标全国甲)已知F1，F2是双曲线E：－＝1的左，右焦点，点M在E上，MF1与x轴垂直，sin
F2＝，则E的离心率为(　　)
A.
B.
C.
D.2
答案　(1)C　(2)A
解析　(1)双曲线的渐近线方程为：y＝x，
由题意可求得点A(，p)代入渐近线得＝＝2，
∴()2＝4，∴＝4，
∴e2＝5，∴e＝，故选C.
(2)离心率e＝，由正弦定理得e＝＝＝＝.故选A.
点评　在研究双曲线的性质时，半实轴、半虚轴所构成的直角三角形是值得关注的一个重要内容；双曲线的离心率涉及的也比较多.由于e＝是一个比值，故只需根据条件得到关于a、b、c的一个关系式，利用b2＝c2－a2消去b，然后变形求e，并且需注意e>1.同时注意双曲线方程中x，y的范围问题.
变式训练2　(2016·上海)双曲线x2－＝1(b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，直线l过F2且与双曲线交于A、B两点.
(1)若l的倾斜角为，△F1AB是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；
(2)设b＝，若l的斜率存在，且(＋)·＝0，求l的斜率.
解　(1)由已知F1(－，0)，F2(，0)，
取x＝，得y＝b2，
|F1F2|＝|F2A|，
∵|F1F2|＝2，|F2A|＝b2，
∴2＝b2，
即3b4－4b2－4＝(3b2＋2)(b2－2)＝0，
∴b＝，∴渐近线方程为y＝±x.
(2)若b＝，则双曲线方程为x2－＝1，
∴F1(－2，0)，F2(2，0)，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＝(x1＋2，y1)，＝(x2＋2，y2)，＝(x2－x1，y2－y1)，
∴＋＝(x1＋x2＋4，y1＋y2)，
(＋)·＝x－x＋4(x2－x1)＋y－y＝0，(
)
∵x－＝x－＝1，
∴y－y＝3(x－x)，
∴代入(
)式，可得4(x－x)＋4(x2－x1)＝0，
直线l的斜率存在，故x1≠x2，
∴x1＋x2＝－1.
设直线l为y＝k(x－2)，代入3x2－y2＝3，
得(3－k2)x2＋4k2x－(4k2＋3)＝0，
∴3－k2≠0，
且Δ＝16k4＋4(3－k2)(4k2＋3)＝36(k2＋1)>0，
x1＋x2＝－＝－1，
∴k2＝，
∴k＝±，
∴直线l的斜率为±.
题型三　双曲线的渐近线与离心率综合问题
例3　已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，O为坐标原点，以A为圆心的圆与双曲线C的某渐近线交于两点P，Q，若∠PAQ＝60°，且＝3，则双曲线C的离心率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　如图所示，
设∠AOQ＝α，
∴tan
α＝ cos
α＝，sin
α＝，
∴|OH|＝a·cos
α＝，|AH|＝a·sin
α＝，
又∵＝3，
∴|OP|＝|PH|＝|HQ|＝，
∴|AH|＝|PH| ＝· 2b＝a，
∴e＝
＝.
故选C.
点评　解决此类问题：一是利用离心率公式，渐近线方程，斜率关系等列方程组.二是数形结合，由图形中的位置关系，确定相关参数的范围.
变式训练3　已知双曲线－＝1(a>0，b>0)以及双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线将第一象限三等分，则双曲线－＝1(a>0，b>0)的离心率为(　　)
A.2或
B.或
C.2或
D.或
答案　A
解析　由题意可知，双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线的倾斜角为30°或60°，
则k＝＝或，
则e＝＝＝＝＝2或.
高考题型精练
1.(2015·课标全国Ⅰ)已知M(x0，y0)是双曲线C：－y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点.若·<0，则y0的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　由双曲线方程可求出F1，F2的坐标，再求出向量，，然后利用向量的数量积公式求解.
由题意知a＝，b＝1，c＝，∴F1(－，0)，F2(，0)，
∴＝(－－x0，－y0)，＝(－x0，－y0).
∵·<0，∴(－－x0)(－x0)＋y<0，
即x－3＋y<0.
∵点M(x0，y0)在双曲线上，
∴－y＝1，即x＝2＋2y，
∴2＋2y－3＋y<0，∴－2.已知双曲线－＝1的一条渐近线方程为y＝2x，则双曲线的离心率为(　　)
A.
B.
C.或
D.2
答案　A
解析　双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，
由题意可得＝2，即有b＝2a.
c＝＝a，
可得e＝＝，故选A.
3.已知双曲线－＝1的左、右焦点分别为F1、F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|＝4|PF2|，则此双曲线的离心率e的最大值为(　　)
A.
B.
C.2
D.
答案　B
解析　由双曲线的定义知|PF1|－|PF2|＝2a，
①
又|PF1|＝4|PF2|，
②
联立①②解得|PF1|＝a，|PF2|＝a.
在△PF1F2中，由余弦定理，
得cos
∠F1PF2＝＝－e2，
要求e的最大值，即求cos
∠F1PF2的最小值，
当cos
∠F1PF2＝－1时，解得e＝，
即e的最大值为，故选B.
4.双曲线－＝1(a>0，b>0)的两顶点为A1，A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为F1，F2，若以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，则双曲线的离心率是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　由题意，得直线F1B1的方程是bx－cy＋bc＝0，
因为圆与直线相切，所以点O到直线F1B1的距离等于半径，即＝a，
又b2＝c2－a2，得c4－3a2c2＋a4＝0，
e4－3e2＋1＝0，e2＝，e＝，故选B.
5.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将椭圆的长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是(　　)
A.3
B.2
C.
D.
答案　B
解析　设椭圆与双曲线的标准方程分别为
＋＝1(a>b>0)，
－＝1(m>0，n>0)，
因为它们共焦点，所以它们的半焦距均为c，
所以椭圆与双曲线的离心率分别为e1＝，e2＝，
由点M，O，N将椭圆长轴四等分可知m＝a－m，
即2m＝a，所以＝＝＝2，故选B.
6.若实数k满足0A.焦距相等
B.半实轴长相等
C.半虚轴长相等
D.离心率相等
答案　A
解析　因为07.已知F是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，O是双曲线C的中心，直线y＝x是双曲线C的一条渐近线，以线段OF为边作正三角形AOF，若点A在双曲线C上，则m＝________.
答案　3＋2
解析　因为直线y＝x是双曲线C的一条渐近线，
所以m＝，又A在双曲线C上，三角形AOF是正三角形，
所以A(c，c)，－＝1，
c2＝a2＋b2，化为－＝1，
＋m－－＝1，
因为m>0，可解得m＝3＋2.
8.设P为直线y＝x与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)左支的交点，F1是左焦点，PF1垂直于x轴，则双曲线的离心率e＝________.
答案　
解析　设P(x，x)，则由题意，知c＝|x|，
因为PF1垂直于x轴，则由双曲线的通径公式知|x|＝，即c＝，所以b＝.
又由a2＝c2－b2，得a2＝c2，
所以e＝＝.
9.(2016·山东)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)，若矩形ABCD的四个顶点在E上，AB，CD的中点为E的两个焦点，且2|AB|＝3|BC|，则E的离心率是________.
答案　2
解析　由已知得|AB|＝，|BC|＝2c，∴2×＝3×2c，又∵b2＝c2－a2，整理得：2c2－3ac－2a2＝0，两边同除以a2得22－3－2＝0，即2e2－3e－2＝0，解得e＝2或e＝－(舍去).
10.已知A(1，2)，B(－1，2)，动点P满足⊥，若双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线与动点P的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________.
答案　(1，2)
解析　根据条件⊥，可得P点的轨迹方程x2＋(y－2)2＝1，
求出双曲线的渐近线方程y＝x，运用圆心到直线的距离大于半径，得到3a2>b2，
再由b2＝c2－a2，
得出离心率e＝<2，
又双曲线离心率e>1，所以111.已知F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左，右焦点，点F1关于渐近线的对称点恰好在以F2为圆心，|OF2|(O为坐标原点)为半径的圆上，则该双曲线的离心率为______.
答案　2
解析　设F1(－c，0)，F2(c，0)，
设一条渐近线方程为y＝－x，
则F1到渐近线的距离为＝b，
设F1关于渐近线的对称点为M，
F1M与渐近线交于点A，所以|MF1|＝2b，
A为F1M的中点，又O是F1F2的中点，
所以OA∥F2M，∠F1MF2是直角，
由勾股定理得：4c2＝c2＋4b2，
化简得e＝2.
12.已知双曲线C1：x2－＝1.
(1)求与双曲线C1有相同焦点，且过点P(4，)的双曲线C2的标准方程；
(2)直线l：y＝x＋m分别交双曲线C1的两条渐近线于A、B两点，当·＝3时，求实数m的值.
解　(1)∵双曲线C1：x2－＝1，
∴焦点坐标为(，0)，(－，0)，
设双曲线C2的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，
∵双曲线C2与双曲线C1有相同焦点，且过点P(4，)，∴
解得
∴双曲线C2的标准方程为－y2＝1.
(2)双曲线C1的两条渐近线为y＝2x，y＝－2x，
由可得x＝m，y＝2m，∴A(m，2m)，
由可得x＝－m，y＝m，
∴B(－m，m)，
∴·＝－m2＋m2＝m2，
∵·＝3，∴m2＝3，∴m＝±.第2讲　四种策略搞定填空题
[题型分析·高考展望]　填空题的基本特点是：(1)题目小巧灵活，结构简单；(2)答案简短明确，不反映过程
，只要结果；(3)填空题根据填写内容，可分为定量型(填写数值，数集或数量关系)和定性型(填写某种性质或是有某种性质的对象).
根据填空题的特点，在解答时要做到四个字——“快”“稳”“全”“细”.
快——运算要快，力戒小题大做；稳——变形要稳，不可操之过急；全——答案要全，力避残缺不齐；细——审题要细，不能粗心大意.
高考必会题型
方法一　直接法
根据题目中给出的条件，通过数学计算找出正确答案.解决此类问题需要直接从题设条件出发，利用有关性质或结论等，通过巧妙变化，简化计算过程.解题过程要灵活地运用相关的运算规律和技巧，合理转化、巧妙处理已知条件.
例1　在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且＝－，则角B的值为________.
答案　
解析　方法一　由正弦定理，
即＝＝＝2R，
得a＝2Rsin
A，b＝2Rsin
B，c＝2Rsin
C，
代入＝－，
得＝－，
即2sin
Acos
B＋sin
Ccos
B＋cos
Csin
B＝0，
所以2sin
Acos
B＋sin(B＋C)＝0.
在△ABC中，sin(B＋C)＝sin
A，
所以2sin
Acos
B＋sin
A＝0，
又sin
A≠0，所以cos
B＝－.
又角B为△ABC的内角，所以B＝.
方法二　由余弦定理，即cos
B＝，
cos
C＝，代入＝－，
得·＝－，
整理，得a2＋c2－b2＝－ac，
所以cos
B＝＝－＝－，
又角B为△ABC的内角，所以B＝.
点评　直接法是解决计算型填空题最常用的方法，在计算过程中，我们要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解填空题的关键.
变式训练1　已知数列{an}满足a1＝1，an＋1·an＝2n，则S2
016＝____________.
答案　3·21
008－3
解析　由题意得an·an＋1＝2n，an＋2·an＋1＝2n＋1 ＝2，
因此a1，a3，a5，…构成一个以1为首项，2为公比的等比数列；
a2，a4，a6，…构成一个以2为首项，2为公比的等比数列；
从而S2
016＝(a1＋a3＋…＋a2
015)＋(a2＋a4＋…＋a2
016)＝＋2×＝3(21
008－1).
方法二　特例法
当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以从题中变化的不定量中选取符合条件的恰当特殊值(特殊函数，特殊角，特殊数列，特殊位置，特殊点，特殊方程，特殊模型等)进行处理，从而得出探求的结论.为保证答案的正确性，在利用此方法时，一般应多取几个特例.
例2　(1)若函数f(x)＝sin
2x＋acos
2x的图象关于直线x＝－对称，则a＝________.
(2)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝，则△ABC的面积是________.
答案　(1)－1　(2)
解析　(1)由题意，对任意的x∈R，
有f(－＋x)＝f(－－x)，
令x＝，得f(0)＝f(－)，得a＝－1.
(2)方法一　△ABC为等边三角形时满足条件，
则S△ABC＝.
方法二　∵c2＝(a－b)2＋6，∴c2＝a2＋b2－2ab＋6.①
∵C＝，∴c2＝a2＋b2－2abcos
＝a2＋b2－ab.②
由①②得－ab＋6＝0，即ab＝6.
∴S△ABC＝absin
C＝×6×＝.
点评　求值或比较大小等问题的求解均可利用特殊值代入法，但要注意此种方法仅限于求解结论只有一种的填空题，对于开放性的问题或者有多种答案的填空题，则不能使用该种方法求解.
变式训练2　(1)若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函数，则a＝________.
(2)如图，在△ABC中，点O是BC的中点，过点O的直线分别交直线AB，AC于不同的两点M，N，若＝m，＝n，则m＋n的值为________.
答案　(1)－　(2)2
解析　(1)由题意知，函数f(x)的定义域为R，
又因为函数为偶函数，所以f(－)－f()＝0，
即ln(e－1＋1)－－ln(e＋1)－＝0，ln
e－1－a＝0，
解得a＝－，将a＝－代入原函数，
检验知f(x)是偶函数，
故a＝－.
(2)用特殊值法，
可设AB＝AC＝BM＝1，
因为＝m，
所以m＝，过点C引AM的平行线，并延长MN，
两线相交于点E，则AE＝BC＝2OC，
易得AN＝AC，因为＝n，所以n＝，
可知m＋n＝＋＝2.
方法三　数形结合法
对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，并通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果.这类问题的几何意义一般较为明显，如一次函数的斜率或截距、向量的夹角、解析几何中两点间距离等，求解的关键是明确几何含义，准确、规范地作出相应的图形.
例3　(1)已知点P(x，y)的坐标x，y满足则x2＋y2－6x＋9的取值范围是________________________________________________________________________.
(2)已知函数f(x)＝x|x－2|，则不等式f(－x)≤f(1)的解集为________.
答案　(1)[2，16]　(2)[－1，＋∞)
解析　(1)画出可行域如图，所求的x2＋y2－6x＋9＝(x－3)2＋y2是点Q(3，0)到可行域上的点的距离的平方，由图形知最小值为Q到射线x－y－1＝0(x≥0)的距离d的平方，
∴d＝[]2＝()2＝2.
最大值为点Q到点A的距离的平方，
∴d＝16.
∴取值范围是[2，16].
(2)函数y＝f(x)的图象如图，由不等式f(－x)≤f(1)知，－x≤＋1，从而得到不等式f(－x)≤f(1)的解集为[－1，＋∞).
点评　数形结合在解答填空题中的应用，就是利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命题的热点.准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果.
变式训练3　已知函数f(x)＝且关于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一个实根，则实数a的取值范围是________.
答案　(1，＋∞)
解析　方程f(x)＋x－a＝0的实根也就是函数y＝f(x)与y＝a－x的图象交点的横坐标，如图所示，
作出两个函数的图象，显然当a≤1时，两个函数图象有两个交点，当a>1时，两个函数图象的交点只有一个.所以实数a的取值范围是(1，＋∞).
方法四　构造法
构造法是一种创造性思维，是综合运用各种知识和方法，依据问题给出的条件和结论给出的信息，把问题作适当的加工处理，构造与问题相关的数学模型，揭示问题的本质，从而沟通解题思路的方法.
例4　(1)若a＝ln
－，b＝ln
－，c＝ln
－，则a，b，c的大小关系为________.
(2)如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是边AB、BC的中点，△AED、△EBF、△FCD分别沿着DE、EF、FD折起，使A、B、C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为________.
答案　(1)a解析　(1)令f(x)＝ln
x－x(0则f′(x)＝－1，
∵00，∴f(x)为增函数.
又<<，∴a(2)由题意知DF＝，A′E＝A′F＝1，A′D＝2，
以A′E、A′F、A′D为棱，建立一个长方体，
则体对角线长为2R＝(R为球的半径)，R＝.
点评　构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型，从而转化为自己熟悉的问题.本题巧妙地构造出正方体，而球的直径恰好为正方体的体对角线，问题很容易得到解决.
变式训练4　(1)若x，y∈[－，]，a∈R，且满足方程x3＋sin
x－2a＝0和4y3＋sin
ycos
y＋a＝0，则cos(x＋2y)＝________.
(2)如图，已知球O的面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，则球O的体积等于________.
答案　(1)1　(2)π
解析　(1)对第二个等式进行变形可得：(2y)3＋sin
2y＋2a＝0，对照两等式和所求的结论思考，
可以找到x和2y的关系，
构造函数f(x)＝x3＋sin
x，
则两个条件分别变为f(x)＝2a和f(2y)＝－2a，
即f(x)＝－f(2y)，
因为函数f(x)＝x3＋sin
x是奇函数，
所以有f(x)＝f(－2y)，又因为当x，y∈[－，]时，
f(x)是单调递增的函数，
所以有x＝－2y，即x＋2y＝0，
因此cos(x＋2y)＝1.
(2)如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，
设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，
所以CD＝＝2R，
所以R＝，
故球O的体积V＝＝π.
高考题型精练
1.设ln
3＝a，ln
7＝b，则ea＋eb＝______(其中e为自然对数的底数).
答案　10
解析　∵ea＝3，eb＝7，∴ea＋eb＝10.
2.如图所示，在平行四边形ABCD中，AP⊥BD，垂足为P，且AP＝3，则·＝________.
答案　18
解析　把平行四边形ABCD看成正方形，则P点为对角线的交点，AC＝6，则·＝18.
3.已知θ∈(0，π)，且sin(θ－)＝，则tan
2θ＝________.
答案　－
解析　由sin(θ－)＝得，(sin
θ－cos
θ)＝，
sin
θ－cos
θ＝，
解方程组
得或
因为θ∈(0，π)，所以sin
θ>0，
所以不合题意，舍去，
所以tan
θ＝，所以tan
2θ＝＝＝－.
4.一枚质地均匀的正方体骰子，六个面上分别刻着1点至6点，甲、乙二人各掷骰子一次，则甲掷得的向上的点数比乙大的概率为________.
答案　
解析　一共有36种情况，其中甲掷得的向上的点数比乙大的有：(6，1)、(6，2)、(6，3)、(6，4)、(6，5)、(5，1)、(5，2)、(5，3)、(5，4)、(4，1)、(4，2)、(4，3)、(3，1)、(3，2)、(2，1)，共15种，所以所求概率为＝.
5.已知两个单位向量a，b的夹角为60°，c＝ta＋(1－t)b，若b·c＝0，则t＝________.
答案　2
解析　方法一　如图所示，在△OAB中，
||＝||＝1，
∠AOB＝60°，延长BA到C使∠BOC＝90°，
则A为BC的中点，c＝＝＋＝＋＝2a－b，
则t＝2.
方法二　由已知b·c＝0，
即ta·b＋(1－t)b2＝0，
t＋(1－t)＝0，因此t＝2.
6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，则＝________.
答案　
解析　令a＝3，b＝4，c＝5，则△ABC为直角三角形，
且cos
A＝，cos
C＝0，代入所求式子，得
＝＝.
7.直线y＝kx＋3与圆(x－2)2＋(y－3)2＝4相交于M、N两点，若|MN|≥2，则k的取值范围是________.
答案　
解析　由题意，得圆心到直线的距离
d＝＝，
若|MN|≥2，则4－d2≥()2，
解得－≤k≤.
8.设函数f(x)＝若f(f(a))≤2，则实数a的取值范围是________.
答案　[－∞，]
解析　f(x)的图象如图，由图象知，
满足f(f(a))≤2时，
得f(a)≥－2，而满足f(a)≥－2时，得a≤.
9.已知平行四边形ABCD，点P为四边形内部或者边界上任意一点，向量＝x＋y，则0≤x≤，0≤y≤的概率是________.
答案　
解析　由平面向量基本定理及点P为ABCD内部或边界上任意一点，可知0≤x≤1且0≤y≤1，又满足条件的x，y满足0≤x≤，0≤y≤，所以P(A)＝＝.
10.某程序框图如图所示，若a＝3，则该程序运行后，输出的x值为________.
答案　31
解析　第一次循环，x＝2×3＋1＝7，n＝2；
第二次循环，x＝2×7＋1＝15，n＝3；
第三次循环，x＝2×15＋1＝31，n＝4，
程序结束，故输出x＝31.
11.，，(其中e为自然对数的底数)的大小关系是________.
答案　<<
解析　由于＝，＝，＝，故可构造函数f(x)＝，于是f(4)＝，f(5)＝，f(6)＝.
而f′(x)＝()′＝＝，
令f′(x)>0得x<0或x>2，即函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增，因此有f(4)12.设变量x，y满足约束条件则的最小值是________.
答案　1
解析　作出变量x，y满足的平面区域，
如图阴影部分所示，
表示的几何意义是平面区域内的一点与点P(1，0)连线的斜率，结合图形可知，PA的斜率最小，
所以的最小值为＝1.
13.已知椭圆＋＝1的左焦点F，直线x＝m与椭圆相交于点A，B，当△FAB的周长最大时，△FAB的面积是________.
答案　3
解析　不妨设A(2cos
θ，sin
θ)，θ∈(0，π)，
△FAB的周长为2(|AF|＋sin
θ)
＝2(2＋cos
θ＋sin
θ)
＝4＋4sin(θ＋).
当θ＝，即A(1，)时，△FAB的周长最大.
所以△FAB的面积为S＝×2×3＝3.
14.三棱锥P－ABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥D－ABE的体积为V1，P－ABC的体积为V2，则＝________.
答案　
解析　如图，
设S△ABD＝S1，S△PAB＝S2，
E到平面ABD的距离为h1，
C到平面PAB的距离为h2，
则S2＝2S1，h2＝2h1，
V1＝S1h1，V2＝S2h2，
所以＝＝.
15.已知函数f(x)＝2x－a，g(x)＝xex，若对任意x1∈[0，1]，存在x2∈[－1，1]，使f(x1)＝g(x2)成立，则实数a的取值范围为________.
答案　[2－e，]
解析　f(x)＝2x－a为增函数，
∵x1∈[0，1]，
∴f(x1)的范围是[－a，2－a]，
易知g(x)也为增函数，
当x2∈[－1，1]时，
g(x2)的范围是[－，e]，
由题意得∴2－e≤a≤.
16.若数列{an}，{bn}的通项公式分别是an＝(－1)n＋2
016a，bn＝2＋，且an恒成立，则实数a的取值范围是________.
答案　[－2，)
解析　由题意，当n为偶数时，
a<2－恒成立，
可得a<；当n为奇数时，
－a<2＋恒成立，
可得a≥－2，
故－2≤a＜.
17.设f(x)是6展开式的中间项，若f(x)≤mx在区间上恒成立，则实数m的取值范围是________.
答案　[5，＋∞)
解析　由于Tk＋1＝Ckx12－3k，
故展开式中间的一项为
T3＋1＝C·3·x3＝x3，
f(x)≤mx x3≤mx在上恒成立，
即m≥x2，又x2≤5，
故实数m的取值范围是m≥5.
18.设M，N分别是曲线f(x)＝－x3＋x2(x<)与g(x)＝aln
x(x≥)上一点，△MON是以O为直角顶点的直角三角形(其中O为坐标原点)，且斜边的中点恰好在y轴上，则实数a的取值范围是________.
答案　(0，]
解析　∵△MON是以O为直角顶点的直角三角形，
且斜边的中点恰好在y轴上，
∴M，N两点的横坐标互为相反数，
设M(－t，t3＋t2)，
N(t，aln
t)(t≥)，
由题意知·＝0，
有－t2＋(t2＋t3)·aln
t＝0，
整理得＝(t＋1)ln
t(t≥)，
令h(x)＝(x＋1)ln
x(x≥)，
则h′(x)＝ln
x＋1＋＞0，
∴h(x)在[，＋∞)上是增函数，
∴h(t)≥h()＝，
∴≥，
解得0＜a≤.第16练　定积分问题
[题型分析·高考展望]　定积分在理科高考中，也是重点考查内容.主要考查定积分的计算和利用定积分求不规则图形的面积，题目难度不大，多为中低档题目，常以选择题、填空题的形式考查，掌握定积分的计算公式，会求各种类型的曲边图形的面积是本节重点.
体验高考
1.(2015·湖南)(x－1)dx＝________.
答案　0
解析　(x－1)dx＝＝×22－2＝0.
2.(2015·陕西)如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线表示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为________.
答案　1.2
解析　由题意可知最大流量的比即为横截面面积的比，建立以抛物线顶点为原点的直角坐标系，如图所示.
设抛物线方程为y＝ax2，将点(5，2)代入抛物线方程得a＝，故抛物线方程为y＝x2，抛物线的横截面面积为
S1＝2dx＝2＝(m2)，
而原梯形下底为10－×2＝6(m)，
故原梯形面积为S2＝(10＋6)×2＝16(m2)，＝＝1.2.
3.(2015·天津)曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形的面积为________.
答案　
解析　曲线y＝x2与直线y＝x所围成的封闭图形如图，
由得A(1，1)，
面积S＝xdx－x2dx＝x2－x3＝－＝.
4.(2015·福建)如图，点A的坐标为(1，0)，点C的坐标为(2，4)，函数f(x)＝x2.若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于________.
答案　
解析　由题意知，阴影部分的面积
S＝(4－x2)dx＝(4x－x3)＝，
∴所求概率P＝＝＝.
高考必会题型
题型一　定积分的计算
例1　(1)
(sin
x＋cos
x)dx的值为(　　)
A.0
B.
C.2
D.4
(2)若f(x)＝则
f(x)dx等于(　　)
A.0
B.1
C.2
D.3
答案　(1)C　(2)C
解析　(1)原式＝(－cos
x＋sin
x)
＝1－(－1)＝2，故选C.
(2)f(x)dx＝(x3＋sin
x)dx＋2dx
＝(x4－cos
x)＋(2x)＝0＋2＝2.
点评　(1)计算定积分，要先将被积函数化简，然后利用运算性质分解成几个简单函数的定积分，再利用微积分基本定理求解；
(2)对有关函数图象和圆的定积分问题可以利用定积分的几何意义求解.
变式训练1　(1)已知复数z＝a＋(a－2)i(a∈R，i为虚数单位)为实数，则dx的值为(　　)
A.2＋π
B.2＋
C.4＋2π
D.4＋4π
(2)|x2－4|dx等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　(1)A　(2)C
解析　(1)因为z＝a＋(a－2)i(a∈R)为实数，所以a＝2，
(＋x)dx＝
dx＋x2，由定积分的几何意义知，
dx的值为以原点为圆心，以2为半径的圆的面积的四分之一，即是π，所以
dx＋x2的值为2＋π，故选A.
(2)画出函数图象如图所示，可知|x2－4|dx＝(4－x2)dx＋(x2－4)dx＝8－＋(9－12－＋8)＝.
题型二　利用定积分求曲边梯形的面积
例2　(1)由曲线y＝x2与y＝的边界所围成区域的面积为(　　)
A.
B.
C.1
D.
(2)y＝在点(4，e2)处的切线与坐标轴所围三角形的面积为(　　)
A.e2
B.4e2
C.2e2
D.e2
(3)由曲线y＝sin
x，y＝cos
x与直线x＝0，x＝所围成的平面图形(如图中的阴影部分所示)的面积是(　　)
A.1
B.
C.
D.2－2
答案　(1)A　(2)D　(3)D
解析　(1)由题意可知，曲线y＝x2与y＝的边界所围成区域的面积
S＝(－x2)dx＝(x－x3)＝－＝.
(2)因为y′＝，所以y′|x＝4＝e2，
所以在点(4，e2)处的切线方程是y－e2＝e2(x－4)，
当x＝0时，y＝－e2，当y＝0时，x＝2，
所以切线与坐标轴所围成三角形的面积是
S＝×|－e2|×2＝e2，故选D.
(3)方法一　由sin
x＝cos
x(x∈(0，))，得x＝.
故所求阴影部分的面积
S＝
(cos
x－sin
x)dx＋(sin
x－cos
x)dx
＝(sin
x＋cos
x)＋(－cos
x－sin
x)
＝sin
＋cos
－sin
0－cos
0＋[(－cos
－sin
)－(－cos
－sin
)]＝2－2.
故选D.
方法二　由sin
x＝cos
x(x∈(0，))，得x＝.
根据图象的对称性，可知所求阴影部分的面积
S＝2(cos
x－sin
x)dx＝2(sin
x＋cos
x)
＝2(sin
＋cos
－sin
0－cos
0)＝2－2.
点评　求曲边多边形面积的步骤
(1)画出草图，在直角坐标系中画出曲线或直线的大致图形.
(2)借助图形确定被积函数，求出交点坐标，确定积分的上限、下限.
(3)将曲边梯形的面积表示为若干个定积分之和.
(4)计算定积分.
变式训练2　如图所示，由函数f(x)＝sin
x与函数g(x)＝cos
x在区间上的图象所围成的封闭图形的面积为(　　)
A.3－1
B.4－2
C.
D.2
答案　B
解析　f(x)＝sin
x和g(x)＝cos
x在上的交点坐标为，，
两函数图象所围成的封闭图形的面积为
S＝(cos
x－sin
x)dx＋(sin
x－cos
x)dx＋(cos
x－sin
x)dx
＝(sin
x＋cos
x)－(sin
x＋cos
x)
＋(sin
x＋cos
x)＝4－2.故选B.
高考题型精练
1.已知自由落体运动的速率v＝gt，则落体运动从t＝0到t＝t0所走的路程为(　　)
A.
B.gt
C.
D.
答案　C
解析　由题意，可知所走路程为vdt＝gtdt＝gt2＝gt.
2.定积分(ex＋2x)dx的值为(　　)
A.1
B.e－1
C.e
D.e＋1
答案　C
解析　(ex＋2x)dx＝exdx＋2xdx
＝ex＋x2＝e，故选C.
3.若(sin
x－acos
x)dx＝2，则实数a等于(　　)
A.－1
B.1
C.－
D.
答案　A
解析　(sin
x－acos
x)dx＝ －cos
x－asin
x ＝－a＋1＝2，a＝－1.
4.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S10＝(1＋2x)dx，S20＝17，则S30为(　　)
A.15
B.20
C.25
D.30
答案　A
解析　由已知得S10＝(1＋2x)dx＝12，根据等差数列性质可得S10＝12，S20－S10＝5，S30－S20＝S30－17亦成等差数列，故有12＋S30－17＝10 S30＝15.
5.由曲线y＝，直线y＝x－2及y轴所围成的图形的面积为(　　)
A.4
B.6
C.
D.
答案　D
解析　因为 x＝4，
根据定积分的几何意义可得，
(－x＋2)dx＝(x－x2＋2x)＝，故选D.
6.设f(x)＝(其中e为自然对数的底数)，则
f(x)dx的值为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　根据定积分的运算法则，由题意，
可知f(x)dx＝x2dx＋dx＝x3＋ln
x＝＋1＝.
7.如图，矩形OABC内的阴影部分是由曲线f(x)＝sin
x，x∈(0，π)及直线x＝a，a∈(0，π)与x轴围成.向矩形OABC内随机投掷一点，若此点落在阴影部分的概率为，则a的值是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　由题意可得，是与面积有关的几何概型，构成试验的全部区域是矩形OACB，面积为a×＝6.记“向矩形OACB内随机投掷一点，若落在阴影部分”为事件A，
则构成事件A的区域即为阴影部分，
面积为sin
xdx＝－cos
x＝1－cos
a，
由几何概型的计算公式可得P(A)＝＝，cos
a＝－，
又∵a∈(0，π)，∴a＝，
故选B.
8.已知(3x2＋k)dx＝16，则k等于(　　)
A.1
B.2
C.3
D.4
答案　D
解析　(3x2＋k)dx＝(x3＋kx)＝8＋2k＝16，所以k＝4.故选D.
9.定积分(2＋)dx＝________.
答案　＋2
解析　(2＋)dx＝2dx＋dx
＝2x＋dx＝2＋dx，
令y＝，得x2＋y2＝1(y≥0)，
点(x，y)的轨迹表示半圆.
dx表示以原点为圆心，
以1为半径的圆的面积的，
故dx＝×π×12＝，
∴(2＋)dx＝＋2.
10.已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx(a，b∈R)的图象如图所示，它与x轴在原点处相切，且x轴与函数图象所围区域(图中阴影部分)的面积为，则a的值为________.
答案　－1
解析　由曲线在原点处与x轴相切，可得f′(0)＝0＝b，
此时f(x)＝－x3＋ax2＝x2(a－x)，
据定积分知，阴影部分面积为－(－x3＋ax2)dx＝，
解得a＝－1.
11.已知a＞0，(－x)6的展开式的常数项为15，则(x2＋x＋)dx＝______.
答案　＋
解析　根据二项展开式的通项公式可知，
Tk＋1＝C(－1)ka6－k＝C(－1)ka6－k，
∴令k＝2，
∴C(－1)2a4＝15 a＝1(a＞0)，
∴(x2＋x＋)dx
＝x2dx＋xdx＋dx.
作出dx表示的图象如图，
根据定积分的几何意义及定义，
从而可知x2dx＋xdx＋dx
＝＋0＋·1··2＋π·4＝＋.
12.计算曲线y＝x2－2x＋3与直线y＝x＋3所围图形的面积.
解　由解得x＝0及x＝3.
从而所求图形的面积
S＝[(x＋3)－(x2－2x＋3)]dx
＝(－x2＋3x)dx＝＝.第45练　分类讨论思想
[思想方法解读]　分类讨论思想是一种重要的数学思想方法，其基本思路是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略.
1.中学数学中可能引起分类讨论的因素：
(1)由数学概念而引起的分类讨论：如绝对值的定义、不等式的定义、二次函数的定义、直线的倾斜角等.
(2)由数学运算要求而引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负数，对数运算中真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式中两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域，等比数列{an}的前n项和公式等.
(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论：如函数的单调性、基本不等式等.
(4)由图形的不确定性而引起的分类讨论：如二次函数图象、指数函数图象、对数函数图象等.
(5)由参数的变化而引起的分类讨论：如某些含有参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得的结果不同，或者由于对不同的参数值要运用不同的求解或证明方法等.
2.进行分类讨论要遵循的原则是：分类的对象是确定的，标准是统一的，不遗漏、不重复，科学地划分，分清主次，不越级讨论.其中最重要的一条是“不重不漏”.
3.解答分类讨论问题时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、不重不漏、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；最后进行归纳小结，综合得出结论.
体验高考
1.(2015·山东)设函数f(x)＝则满足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范围是(　　)
A.
B.[0，1]
C.
D.[1，
＋∞)
答案　C
解析　由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1.
当a<1时，有3a－1≥1，∴a≥，∴≤a<1.
当a≥1时，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1.
综上，a≥，故选C.
2.(2015·湖北)将离心率为e1的双曲线C1的实半轴长a和虚半轴长b(a≠b)同时增加m(m>0)个单位长度，得到离心率为e2的双曲线C2，则(　　)
A.对任意的a，b，e1>e2
B.当a>b时，e1>e2；当aC.对任意的a，b，e1D.当a>b时，e1e2
答案　D
解析　由题意e1＝
＝
；
双曲线C2的实半轴长为a＋m，虚半轴长为b＋m，
离心率e2＝
＝
.
因为－＝，且a>0，b>0，m>0，a≠b，
所以当a>b时，>0，即>.
又>0，>0，
所以由不等式的性质依次可得2>2，1＋2>1＋2，
所以>，即e2>e1；
同理，当a综上，当a>b时，e1e2.
3.(2015·天津)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c，0)，离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝截得的线段的长为c，|FM|＝.
(1)求直线FM的斜率；
(2)求椭圆的方程；
(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.
解　(1)由已知有＝，
又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.
设直线FM的斜率为k(k＞0)，F(－c，0)，则直线FM的方程为y＝k(x＋c).
由已知，有2＋2＝2，
解得k＝.
(2)由(1)得椭圆方程为＋＝1，
直线FM的方程为y＝(x＋c)，
两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，
解得x＝－c，或x＝c.
因为点M在第一象限，可得点M的坐标为.
由|FM|＝
＝.
解得c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1.
(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，
得t＝，即y＝t(x＋1)(x≠－1).
与椭圆方程联立，
消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，
又由已知，得t＝＞，
解得－＜x＜－1或－1＜x＜0.
设直线OP的斜率为m，得m＝，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝－.
①当x∈时，有y＝t(x＋1)＜0，
因此m＞0，于是m＝
，得m∈.
②当x∈(－1，0)时，有y＝t(x＋1)＞0，
因此m＜0，于是m＝－，
得m∈.
综上，直线OP的斜率的取值范围是∪.
高考必会题型
题型一　由概念、公式、法则、计算性质引起的分类讨论
例1　设集合A＝{x∈R|x2＋4x＝0}，B＝{x∈R|x2＋2(a＋1)x＋a2－1＝0，a∈R}，若B A，求实数a的取值范围.
解　∵A＝{0，－4}，B A，于是可分为以下几种情况.
(1)当A＝B时，B＝{0，－4}，
∴由根与系数的关系，得解得a＝1.
(2)当B?A时，又可分为两种情况.
①当B≠ 时，即B＝{0}或B＝{－4}，
当x＝0时，有a＝±1；
当x＝－4时，有a＝7或a＝1.
又由Δ＝4(a＋1)2－4(a2－1)＝0，
解得a＝－1，此时B＝{0}满足条件；
②当B＝ 时，Δ＝4(a＋1)2－4(a2－1)<0，解得a<－1.
综合(1)(2)知，所求实数a的取值范围为a≤－1或a＝1.
点评　对概念、公式、法则的内含及应用条件的准确把握是解题关键，在本题中，B A，包括B＝ 和B≠ 两种情况.解答时就应分两种情况讨论，在关于指数、对数的运算中，底数的取值范围是进行讨论时首先要考虑的因素.
变式训练1　已知数列{an}的前n项和Sn＝pn－1(p是常数)，则数列{an}是(　　)
A.等差数列
B.等比数列
C.等差数列或等比数列
D.以上都不对
答案　D
解析　∵Sn＝pn－1，
∴a1＝p－1，an＝Sn－Sn－1＝(p－1)pn－1(n≥2)，
当p≠1且p≠0时，{an}是等比数列；
当p＝1时，{an}是等差数列；
当p＝0时，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此时{an}既不是等差数列也不是等比数列.
题型二　分类讨论在含参函数中的应用
例2　已知函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a在x∈[0，1]上有最大值2，求a的值.
解　函数f(x)＝－x2＋2ax＋1－a＝－(x－a)2＋a2－a＋1，
对称轴方程为x＝a.
(1)当a<0时，f(x)max＝f(0)＝1－a，
∴1－a＝2，∴a＝－1.
(2)当0≤a≤1时，f(x)max＝f(a)＝a2－a＋1，
∴a2－a＋1＝2，∴a2－a－1＝0，∴a＝(舍).
(3)当a>1时，f(x)max＝f(1)＝a，∴a＝2.
综上可知，a＝－1或a＝2.
点评　本题中函数的定义域是确定的，二次函数的对称轴是不确定的，二次函数的最值问题与对称轴息息相关，因此需要对对称轴进行讨论，分对称轴在区间内和对称轴在区间外，从而确定函数在给定区间上的单调性，即可表示函数的最大值，从而求出a的值.
变式训练2　已知函数f(x)＝2ex－ax－2(x∈R，a∈R).
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)求x≥0时，若不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解　(1)当a＝1时，f(x)＝2ex－x－2，
f′(x)＝2ex－1，f′(1)＝2e－1，
即曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的斜率k＝2e－1，
又f(1)＝2e－3，
所以所求的切线方程是y＝(2e－1)x－2.
(2)易知f′(x)＝2ex－a.
若a≤0，则f′(x)>0恒成立，f(x)在R上单调递增；
若a>0，则当x∈(－∞，ln
)时，
f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(ln
，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.
又f(0)＝0，所以若a≤0，则当x∈[0，＋∞)时，
f(x)≥f(0)＝0，符合题意.
若a>0，则当ln
≤0，
即0f(x)≥f(0)＝0，符合题意.
当ln
>0，即a>2，
则当x∈(0，ln
)时，f(x)单调递减，
f(x)综上，实数a的取值范围是(－∞，2].
题型三　根据图形位置或形状分类讨论
例3　在约束条件下，当3≤s≤5时，z＝3x＋2y的最大值的变化范围是(　　)
A.[6，15]
B.[7，15]
C.[6，8]
D.[7，8]
答案　D
解析　由
取点A(2，0)，B(4－s，2s－4)，C(0，s)，C′(0，4).
①当3≤s<4时，
可行域是四边形OABC(含边界)，如图(1)所示，
此时，7≤zmax<8.
②当4≤s≤5时，此时可行域是△OAC′，如图(2)所示，zmax＝8.综上，z＝3x＋2y最大值的变化范围是[7，8].
点评　几类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类讨论
(1)二次函数对称轴的变化；(2)函数问题中区间的变化；(3)函数图象形状的变化；(4)直线由斜率引起的位置变化；(5)圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化；(6)立体几何中点、线、面的位置变化等.
变式训练3　设点F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，点P为椭圆上一点，已知点P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且＞，求的值.
解　若∠PF2F1＝90°，则2＝|PF2|2＋2，
又∵＋＝6，＝2，
解得＝，＝，∴＝.
若∠F1PF2＝90°，则2＝2＋2，
∴2＋(6－)2＝20，
又|PF1|>|PF2|，∴＝4，＝2，
∴＝2.
综上知，＝或2.
高考题型精练
1.若关于x的方程|ax－1|＝2a
(a>0且a≠1)有两个不等实根，则a的取值范围是(　　)
A.(0，1)∪(1，＋∞)
B.(0，1)
C.(1，＋∞)
D.
答案　D
解析　方程|ax－1|＝2a
(a>0且a≠1)有两个实数根转化为函数y＝|ax－1|与y＝2a有两个交点.
①当0②当a>1时，如图(2)，而y＝2a>1不符合要求.
综上，02.x，y满足约束条件若z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为(　　)
A.或－1
B.2或
C.2或1
D.2或－1
答案　D
解析　如图，由y＝ax＋z知z的几何意义是直线在y轴上的截距，
故当a>0时，要使z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则a＝2；
当a<0时，要使z＝y－ax取得最大值的最优解不唯一，则a＝－1.
3.抛物线y2＝4px
(p>0)的焦点为F，P为其上的一点，O为坐标原点，若△OPF为等腰三角形，则这样的点P的个数为(　　)
A.2
B.3
C.4
D.6
答案　C
解析　当|PO|＝|PF|时，点P在线段OF的中垂线上，此时，点P的位置有两个；当|OP|＝|OF|时，点P的位置也有两个；对|FO|＝|FP|的情形，点P不存在.事实上，F(p，0)，若设P(x，y)，则|FO|＝p，|FP|＝，若＝p，则有x2－2px＋y2＝0，又∵y2＝4px，∴x2＋2px＝0，解得x＝0或x＝－2p，当x＝0时，不构成三角形.当x＝－2p(p>0)时，与点P在抛物线上矛盾.∴符合要求的点P一共有4个.
4.函数f(x)＝eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(logx，x≥1，,2x，x<1))的值域为________.
答案　(－∞，2)
解析　当x≥1时，f(x)＝logx是单调递减的，
此时，函数的值域为(－∞，0]；
当x<1时，f(x)＝2x是单调递增的，
此时，函数的值域为(0，2).
综上，f(x)的值域是(－∞，2).
5.已知集合A＝{x|1≤x<5}，C＝{x|－a答案　(－∞，－1]
解析　因为C∩A＝C，所以C A.
①当C＝ 时，满足C A，此时－a≥a＋3，得a≤－；
②当C≠ 时，要使C A，则
解得－综上，a的取值范围是(－∞，－1].
6.已知函数f(x)＝x2＋ax＋3－a，若x∈[－2，2]时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.
解　要使f(x)≥0恒成立，则函数在区间[－2，2]上的最小值不小于0，设f(x)的最小值为g(a).
(1)当－<－2，即a>4时，g(a)＝f(－2)＝7－3a≥0，
得a≤，故此时a不存在.
(2)当－∈[－2，2]，即－4≤a≤4时，g(a)＝f＝3－a－≥0，得－6≤a≤2，又－4≤a≤4，故－4≤a≤2.
(3)当－>2，即a<－4时，g(a)＝f(2)＝7＋a≥0，
得a≥－7，又a<－4，故－7≤a<－4，
综上得－7≤a≤2.
7.已知ax2－(a＋1)x＋1<0，求不等式的解集.
解　若a＝0，原不等式等价于－x＋1<0，解得x>1.
若a<0，原不等式等价于(x－)(x－1)>0，
解得x<或x>1.
若a>0，原不等式等价于(x－)(x－1)<0.
①当a＝1时，＝1，(x－)(x－1)<0无解；
②当a>1时，<1，解(x－)(x－1)<0得③当01，解(x－)(x－1)<0得1综上所述：当a<0时，解集为{x|x<或x>1}；
当a＝0时，解集为{x|x>1}；
当0当a＝1时，解集为 ；
当a>1时，解集为{x|8.已知首项为的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N
)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－(n∈N
)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
解　(1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝＝.
又{an}不是递减数列且a1＝，所以q＝－.
故等比数列{an}的通项公式为
an＝×n－1＝(－1)n－1·.
(2)由(1)得Sn＝1－n＝
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1故0当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
所以＝S2≤Sn<1，
故0>Sn－≥S2－＝－＝－.
综上，对于n∈N
，总有－≤Sn－≤.
所以数列{Tn}最大项的值为，最小项的值为－.
9.已知函数f(x)＝，其中a为常数，a≤2.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)是否存在实数a，使f(x)的极大值为2？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.
解　(1)a＝1，f(x)＝，∴f(0)＝1，
∵f′(x)＝＝＝－，
∴f′(0)＝0，
则曲线在(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)f′(x)＝＝－x[]，
f′(x)＝0的根为0，2－a，
∵a≤2，∴2－a≥0，
当a＝2时，f′(x)＝≤0，
∴f(x)在(－∞，＋∞)内递减，无极值；
当a<2时，2－a>0，
f(x)在(－∞，0)，(2－a，＋∞)内递减，
在(0，2－a)内递增；
∴f(2－a)＝(4－a)ea－2为f(x)的极大值，
令u(a)＝(4－a)ea－2(a<2)，u′(a)＝(3－a)ea－2>0，
∴u(a)在a∈(－∞，2)上递增，∴u(a)∴不存在实数a，使f(x)的极大值为2.
10.已知函数f(x)＝aln
x－x＋1(a∈R).
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，求所有实数a的值.
解　(1)f′(x)＝－1＝(x>0)，
当a≤0时，f′(x)<0，
∴f(x)的减区间为(0，＋∞)；
当a>0时，由f′(x)>0得0由f′(x)<0得x>a，
∴f(x)递增区间为(0，a)，递减区间为(a，＋∞).
(2)由(1)知：当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上为减函数，
而f(1)＝0，∴f(x)≤0在区间x∈(0，＋∞)上不可能恒成立；
当a>0时，f(x)在(0，a)上递增，在(a，＋∞)上递减，
f(x)max＝f(a)＝aln
a－a＋1，
令g(a)＝aln
a－a＋1，
依题意有g(a)≤0，而g′(a)＝ln
a，且a>0，
∴g(a)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
∴g(a)min＝g(1)＝0，故a＝1.第22练　基本量法——破解等差、等比数列的法宝
[题型分析·高考展望]　等差数列、等比数列是高考的必考点，经常以一个选择题或一个填空题，再加一个解答题的形式考查，题目难度可大可小，有时为中档题，有时解答题难度较大.解决这类问题的关键是熟练掌握基本量，即通项公式、前n项和公式及等差、等比数列的常用性质.
体验高考
1.(2016·课标全国乙)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100等于(　　)
A.100
B.99
C.98
D.97
答案　C
解析　由等差数列性质，知S9＝＝＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝＝1，
∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.
2.(2015·福建)若a，b是函数f(x)＝x2－px＋q(p＞0，q＞0)的两个不同的零点，且a，b，－2这三个数可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则p＋q的值等于(　　)
A.6
B.7
C.8
D.9
答案　D
解析　由题意知：a＋b＝p，ab＝q，∵p＞0，q＞0，∴a＞0，b＞0.在a，b，－2这三个数的6种排序中，成等差数列的情况有a，b，－2；b，a，－2；－2，a，b；－2，b，a；成等比数列的情况有a，－2，b；b，－2，a.
∴或
解得或
∴p＝5，q＝4，∴p＋q＝9，故选D.
3.(2016·北京)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和.若a1＝6，a3＋a5＝0，则S6＝______.
答案　6
解析　∵a3＋a5＝2a4＝0，∴a4＝0.
又a1＝6，∴a4＝a1＋3d＝0，∴d＝－2.
∴S6＝6×6＋×(－2)＝6.
4.(2015·安徽)已知数列{an}是递增的等比数列，a1＋a4＝9，a2a3＝8，则数列{an}的前n项和等于________.
答案　2n－1
解析　由等比数列的性质知a2a3＝a1a4，
又a2a3＝8，a1＋a4＝9，
∴联立方程
解得或
又数列{an}为递增数列，
∴a1＝1，a4＝8，从而a1q3＝8，∴q＝2.
∴数列{an}的前n项和为Sn＝＝2n－1.
5.(2016·课标全国乙)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2…an的最大值为__________.
答案　64
解析　设等比数列{an}的公比为q，
∴即
解得
∴a1a2…an＝(－3)＋(－2)＋…＋(n－4)
当n＝3或4时，取到最小值－6，
此时取到最大值26，
∴a1a2…an的最大值为64.
高考必会题型
题型一　等差、等比数列的基本运算
例1　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a3＝11，S3＝24.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}中的最小的项.
解　(1)∵a3＝a1＋2d，S3＝3a1＋d＝3a1＋3d，
∴
∴an＝5＋(n－1)×3＝3n＋2.
(2)bn＝＝
＝n＋＋≥2
＋＝.
当且仅当n＝，即n＝2时，bn取得最小值，
∴数列{bn}中的最小的项为.
点评　等差(比)数列基本运算的关注点
(1)基本量：在等差(比)数列中，首项a1和公差d(公比q)是两个基本的元素.
(2)解题思路：①设基本量a1和公差d(公比q)；
②列、解方程(组)：把条件转化为关于a1和d(q)的方程(组)，然后求解，注意整体计算，以减少计算量.
变式训练1　(1)等比数列{an}前n项和为Sn，已知S1，2S2，3S3成等差数列，则数列{an}的公比为________.
(2)(2015·课标全国Ⅱ)已知等比数列{an}满足a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，则a3＋a5＋a7等于(　　)
A.21
B.42
C.63
D.84
答案　(1)　(2)B
解析　(1)设等比数列{an}的公比为q，则当q＝1时，
S1＝a1，2S2＝4a1，3S3＝9a1，S1，2S2，3S3不成等差数列；
当q≠1时，∵S1，2S2，3S3成等差数列，
∴4S2＝S1＋3S3，即4×＝a1＋3×，
即3q2－4q＋1＝0，∴q＝1(舍)或q＝.
(2)设等比数列{an}的公比为q，则由a1＝3，a1＋a3＋a5＝21，得3(1＋q2＋q4)＝21，解得q2＝－3(舍去)或q2＝2，于是a3＋a5＋a7＝q2(a1＋a3＋a5)＝2×21＝42，故选B.
题型二　等差数列、等比数列的性质及应用
例2　(1)(2015·广东)在等差数列{an}中，若a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，则a2＋a8＝______.
(2)设等比数列{an}的前n项和为Sn，若27a3－a6＝0，则＝________.
答案　(1)10　(2)28
解析　(1)因为{an}是等差数列，所以a3＋a7＝a4＋a6＝a2＋a8＝2a5，a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝5a5＝25，即a5＝5，a2＋a8＝2a5＝10.
(2)由题可知{an}为等比数列，设首项为a1，公比为q，
所以a3＝a1q2，a6＝a1q5，
所以27a1q2＝a1q5，所以q＝3，
由Sn＝，得S6＝，S3＝，
所以＝·＝28.
点评　等差(比)数列的性质盘点
类型
等差数列
等比数列
项的性质
2ak＝am＋al(m，k，l∈N
，且m，k，l成等差数列)
a＝am·al(m，k，l∈N
，且m，k，l成等差数列)
am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N
，且m＋n＝p＋q)
am·an＝ap·aq(m，n，p，q∈N
，且m＋n＝p＋q)
和的性质
当n为奇数时：Sn＝
当n为偶数时：＝q(公比)
依次每k项的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成等差数列
依次每k项的和：Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…构成等比数列(k不为偶数且公比q≠－1)
变式训练2　(1){an}为等差数列，若<－1，且它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n等于(　　)
A.11
B.17
C.19
D.21
(2)在正项等比数列{an}中，3a1，a3，2a2成等差数列，则等于(　　)
A.3或－1
B.9或1
C.1
D.9
答案　(1)C　(2)D
解析　(1)∵Sn有最大值，∴d<0，
又<－1，∴a11<0∴a10＋a11<0，S20＝10(a1＋a20)＝10(a10＋a11)<0，
S19＝19a10>0，∴S19为最小正值.
(2)设数列{an}的公比为q(q>0)，
依题意，a3＝3a1＋2a2，
∴a1q2＝3a1＋2a1q，整理得：q2－2q－3＝0，
解得q＝3或q＝－1(舍)，
∴＝＝q2＝9.
题型三　等差、等比数列的综合应用
例3　已知等比数列{an}中，首项a1＝3，公比q>1，且3(an＋2＋an)－10an＋1＝0(n∈N
).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设{bn＋an}是首项为1，公差为2的等差数列，求数列{bn}的通项公式和前n项和Sn.
解　(1)∵3(an＋2＋an)－10an＋1＝0，
∴3(anq2＋an)－10anq＝0，即3q2－10q＋3＝0，
∵公比q>1，∴q＝3.
又∵首项a1＝3，∴数列{an}的通项公式为an＝3n.
(2)∵{bn＋an}是首项为1，公差为2的等差数列，
∴bn＋an＝1＋2(n－1)，
即数列{bn}的通项公式为bn＝2n－1－3n－1.
前n项和Sn＝－(1＋3＋32＋…＋3n－1)＋[1＋3＋…＋(2n－1)]＝－(3n－1)＋n2.
点评　(1)对数列{an}，首先弄清是等差还是等比，然后利用相应的公式列方程组求相关基本量，从而确定an、Sn.
(2)熟练掌握并能灵活应用等差、等比数列的性质，也是解决此类题目的主要方法.
变式训练3　(2015·北京)已知等差数列{an}满足a1＋a2＝10，a4－a3＝2.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设等比数列{bn}满足b2＝a3，b3＝a7，问：b6与数列{an}的第几项相等？
解　(1)设等差数列{an}的公差为d.
因为a4－a3＝2，所以d＝2.
又因为a1＋a2＝10，所以2a1＋d＝10，故a1＝4.
所以an＝4＋2(n－1)＝2n＋2(n＝1，2，…).
(2)设等比数列{bn}的公比为q.
因为b2＝a3＝8，b3＝a7＝16，
所以q＝2，b1＝4.所以b6＝4×26－1＝128.
由128＝2n＋2，得n＝63，
所以b6与数列{an}的第63项相等.
高考题型精练
1.设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和.若S1，S2，S4成等比数列，则a1等于(　　)
A.2
B.－2
C.
D.－
答案　D
解析　因为等差数列{an}的前n项和为Sn＝na1＋d，所以S1，S2，S4分别为a1，2a1－1，4a1－6.
因为S1，S2，S4成等比数列，所以(2a1－1)2＝a1·(4a1－6).解得a1＝－.
2.已知无穷等差数列{an}，前n项和Sn中，S6S8，则(　　)
A.在数列{an}中a7最大
B.在数列{an}中，a3或a4最大
C.前三项之和S3必与前10项之和S10相等
D.当n≥8时，an<0
答案　D
解析　由于S6S8，
所以S7－S6＝a7>0，S8－S7＝a8<0，
所以数列{an}是递减的等差数列，最大项为a1，
所以A，B均错，D正确.
S10－S3＝a4＋a5＋…＋a10＝7a7>0，
故C错误.
3.已知{an}为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9的等比中项，Sn为{an}的前n项和，n∈N
，则S10的值为(　　)
A.－110
B.－90
C.90
D.110
答案　D
解析　∵a3＝a1＋2d＝a1－4，a7＝a1＋6d＝a1－12，
a9＝a1＋8d＝a1－16，
又∵a7是a3与a9的等比中项，
∴(a1－12)2＝(a1－4)·(a1－16)，
解得a1＝20.∴S10＝10×20＋×10×9×(－2)＝110.
4.已知Sn是等差数列{an}的前n项和，且S6>S7>S5，给出下列五个命题：①d<0；②S11>0；③使Sn>0的最大n值为12；④数列{Sn}中的最大项为S11；⑤|a6|>|a7|，其中正确命题的个数是(　　)
A.5
B.4
C.3
D.1
答案　B
解析　∵S6>S7>S5，∴a7<0，a6>0，a6＋a7>0，
因此|a6|>|a7|；d＝a7－a6<0；
S11＝＝11a6>0；
S12＝＝6(a6＋a7)>0，
而S13＝13a7<0，
因此满足Sn>0的最大n值为12；
由于a7<0，a6>0，数列{Sn}中的最大项为S6，
∴④错，①②③⑤正确，故选B.
5.在正项等比数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，且－a3，a2，a4成等差数列，则S7的值为(　　)
A.125
B.126
C.127
D.128
答案　C
解析　设正项等比数列{an}的公比为q(q>0)，
且a1＝1，由－a3，a2，a4成等差数列，得2a2＝a4－a3，
即2a1q＝a1q3－a1q2.
因为q>0，所以q2－q－2＝0.
解得q＝－1(舍)或q＝2.
则S7＝＝＝127.
6.已知两个等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为An和Bn，且＝，则使得为整数的正整数n的个数是(　　)
A.2
B.3
C.4
D.5
答案　D
解析　由等差数列的前n项和及等差中项，
可得＝＝＝
＝＝＝＝7＋
(n∈N
)，
故当n＝1，2，3，5，11时，为整数.
即正整数n的个数是5.
7.(2016·江苏)已知{an}是等差数列，Sn是其前n项和.若a1＋a＝－3，S5＝10，则a9的值是________.
答案　20
解析　设等差数列{an}公差为d，由题意可得：
解得
则a9＝a1＋8d＝－4＋8×3＝20.
8.已知{an}为等差数列，a1＋a3＋a5＝105，a2＋a4＋a6＝99，以Sn表示{an}的前n项和，则使得Sn达到最大值的n是________.
答案　20
解析　等差数列{an}的公差为d，
则
即
∴
∴Sn＝39n＋×(－2)＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400，
当n＝20时，Sn取得最大值.
9.公差不为0的等差数列{an}的部分项…构成等比数列，且k1＝1，k2＝2，k3＝6，则k4＝________.
答案　22
解析　根据题意可知等差数列的a1，a2，a6项成等比数列，设等差数列的公差为d，
则有(a1＋d)2＝a1(a1＋5d)，解得d＝3a1，
故a2＝4a1，a6＝16a1 ＝a1＋(n－1)·(3a1)＝64a1，解得n＝22，
即k4＝22.
10.若数列{an}对任意的正整数n和m等式a＝an×an＋2m都成立，则称数列{an}为m阶梯等比数列.若{an}是3阶梯等比数列有a1＝1，a4＝2，则a10＝________.
答案　8
解析　由题意有，当{an}是3阶梯等比数列，
a＝anan＋6，a＝a1a7，所以a7＝4，
由a＝a4a10，有a10＝＝8.
11.(2016·北京)已知{an}是等差数列，{bn}是等比数列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设cn＝an＋bn，求数列{cn}的前n项和.
解　(1)设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
由得
∴{bn}的通项公式bn＝b1qn－1＝3n－1，
又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，
∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.
∴{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2
＝2n－1(n＝1，2，3，…).
(2)设数列{cn}的前n项和为Sn.
∵cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，
∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋2×3－1＋32＋…＋2n－1＋3n－1
＝2(1＋2＋…＋n)－n＋
＝2×－n＋＝n2＋.
即数列{cn}的前n项和为n2＋.
12.在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求{bn}的前n项和Sn.
解　(1)设等差数列{an}的公差是d，
∵a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6，
∴d＝－3.
∴a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得a1＝－1.
∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋2.
(2)∵数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，
∴an＋bn＝qn－1，
即－3n＋2＋bn＝qn－1，
∴bn＝3n－2＋qn－1.
∴Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)
＝＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)，
故当q＝1时，Sn＝＋n＝；
当q≠1时，Sn＝＋.第3练　“三个二次”的转化与应用
[题型分析·高考展望]　“二次函数、二次方程、二次不等式”是高中数学知识的基础，在高考中虽然一般不直接考查，但它是解决很多数学问题的工具.如函数图象问题、函数与导数结合的问题、直线与圆锥曲线的综合问题等.“三个二次”经常相互转化，相辅相成，是一个有机的整体.如果能很好地掌握三者之间的转化及应用方法，会有利于解决上述有关问题，提升运算能力.
体验高考
1.(2015·陕西)对二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是(　　)
A.－1是f(x)的零点
B.1是f(x)的极值点
C.3是f(x)的极值
D.点(2，8)在曲线y＝f(x)上
答案　A
解析　A正确等价于a－b＋c＝0，
①
B正确等价于b＝－2a，
②
C正确等价于＝3，
③
D正确等价于4a＋2b＋c＝8.
④
下面分情况验证，
若A错，由②、③、④组成的方程组的解为
符合题意；若B错，由①、③、④组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；若C错，由①、②、④组成方程组，经验证a无整数解；若D错，由①、②、③组成的方程组a的解为－也不是整数.
综上，故选A.
2.(2015·天津)已知函数f(x)＝函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　D
解析　方法一　当x>2时，
g(x)＝x＋b－4，f(x)＝(x－2)2；
当0≤x≤2时，g(x)＝b－x，f(x)＝2－x；
当x<0时，g(x)＝b－x2，f(x)＝2＋x.
由于函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，
所以方程f(x)－g(x)＝0恰有4个根.
当b＝0时，当x>2时，方程f(x)－g(x)＝0
可化为x2－5x＋8＝0，无解；
当0≤x≤2时，方程f(x)－g(x)＝0
可化为2－x－(－x)＝0，无解；
当x<0时，方程f(x)－g(x)＝0
可化为x2＋x＋2＝0，无解.
所以b≠0，排除答案B.
当b＝2时，当x>2时，方程f(x)－g(x)＝0
可化为(x－2)2＝x－2，得x＝2(舍去)或x＝3，有1解；
当0≤x≤2时，方程f(x)－g(x)＝0
可化为2－x＝2－x，有无数个解；
当x<0时，方程f(x)－g(x)＝0
可化为2－x2＝x＋2，得x＝0(舍去)或x＝－1，有1解.
所以b≠2，排除答案A.
当b＝1时，当x>2时，方程f(x)－g(x)＝0
可化为x2－5x＋7＝0，无解；
当0≤x≤2时，方程f(x)－g(x)＝0
可化为1－x＝2－x，无解；
当x<0时，方程f(x)－g(x)＝0
可化为x2＋x＋1＝0，无解.
所以b≠1，排除答案C.因此答案选D.
方法二　记h(x)＝－f(2－x)在同一坐标系中作出f(x)与h(x)的图象如图，
直线AB：y＝x－4，当直线l∥AB且与f(x)的图象相切时，由解得b′＝－，－－(－4)＝，
所以曲线h(x)向上平移个单位后，所得图象与f(x)的图象有四个公共点，平移2个单位后，两图象有无数个公共点，因此，当＜b＜2时，f(x)与g(x)的图象有四个不同的交点，即y＝f(x)－g(x)恰有4个零点.选D.
3.(2016·江苏)函数y＝的定义域是________.
答案　[－3，1]
解析　要使原函数有意义，需且仅需3－2x－x2≥0.解得－3≤x≤1.故函数定义域为[－3，1].
4.(2016·山东)已知函数f(x)＝其中m>0，若存在实数b，使得关于x的方程f(x)＝b有三个不同的根，则m的取值范围是________.
答案　(3，＋∞)
解析　如图，
当x≤m时，f(x)＝|x|；
当x>m时，f(x)＝x2－2mx＋4m，
在(m，＋∞)为增函数，若存在实数b，
使方程f(x)＝b有三个不同的根，
则m2－2m·m＋4m<|m|.
∵m>0，∴m2－3m>0，解得m>3.
5.(2015·浙江)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，记M(a，b)是|f(x)|在区间[－1，1]上的最大值.
(1)证明：当|a|≥2时，M(a，b)≥2；
(2)当a，b满足M(a，b)≤2时，求|a|＋|b|的最大值.
(1)证明　由f(x)＝2＋b－，
得对称轴为直线x＝－.
由|a|≥2，得|－|≥1，故f(x)在[－1，1]上单调，
所以M(a，b)＝max{|f(1)|，|f(－1)|}.
当a≥2时，由f(1)－f(－1)＝2a≥4，
得max{f(1)，－f(－1)}≥2，
即M(a，b)≥2.
当a≤－2时，由f(－1)－f(1)＝－2a≥4，
得max{f(－1)，－f(1)}≥2，
即M(a，b)≥2.
综上，当|a|≥2时，M(a，b)≥2.
(2)解　由M(a，b)≤2得|1＋a＋b|＝|f(1)|≤2，
|1－a＋b|＝|f(－1)|≤2，
故|a＋b|≤3，|a－b|≤3.
由|a|＋|b|＝
得|a|＋|b|≤3.
当a＝2，b＝－1时，|a|＋|b|＝3，
且|x2＋2x－1|在[－1，1]上的最大值为2.
即M(2，－1)＝2.所以|a|＋|b|的最大值为3.
高考必会题型
题型一　函数与方程的转化
例1　已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝.若函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是________.
答案　
解析　作出函数f(x)＝，x∈[0，3)的图象(如图)，f(0)＝，当x＝1时f(x)极大值＝，f(3)＝，方程f(x)－a＝0在[－3，4]上有10个根，即函数y＝f(x)的图象和直线y＝a在[－3，4]上有10个交点.由于函数f(x)的周期为3，则直线y＝a与f(x)的图象在[0，3)上应有4个交点，因此有a∈.
点评　二次函数零点问题或二次函数图象与直线交点个数问题，一般都需转化为二次方程根的存在性及根的分布来解决，解决的方法是列出判别式和有关函数值的不等式(组)，或用数形结合的方法解决.
变式训练1　设定义域为R的函数f(x)＝则关于x的函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1的零点的个数为________.
答案　7
解析　由y＝2f2(x)－3f(x)＋1＝0得f(x)＝或f(x)＝1，
如图画出f(x)的图象，由f(x)＝知有4个根，由f(x)＝1知有3个根，故函数y＝2f2(x)－3f(x)＋1共有7个零点.
题型二　函数与不等式的转化
例2　已知函数y＝f(x)是定义在R上的增函数，函数y＝f(x－1)的图象关于点(1，0)对称.若对任意的x，y∈R，不等式f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)＜0恒成立，则当x＞3时，x2＋y2的取值范围是________.
答案　(13，49)
解析　由函数f(x－1)的图象关于点(1，0)对称可知，函数f(x)为奇函数.
所以不等式f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)＜0，可化为f(x2－6x＋21)＜－f(y2－8y)＝f(－y2＋8y).
又因为函数f(x)在R上为增函数，
故必有x2－6x＋21＜－y2＋8y，
即x2－6x＋21＋y2－8y＜0，
配方，得(x－3)2＋(y－4)2＜4.
因为x＞3，故不等式组表示为
它表示的区域为如图所示的半圆的内部.而x2＋y2表示该区域内的点到坐标原点距离的平方.
由图可知，x2＋y2的最小值在点A处取得，但因为该点在边界的分界线上，不属于可行域，故x2＋y2＞32＋22＝13，而最大值为圆心(3，4)到原点的距离与半径之和的平方，但因为该点在圆的边界上，不属于可行域，故x2＋y2＜(5＋2)2＝49，故13＜x2＋y2＜49.
点评　不等式是解决函数定义域、值域、参数范围等问题的有效工具，将函数问题转化为不等式解决是解答此类问题的常规思路.而二次不等式的解的确定又要借助二次函数图象，所以二者关系密切.函数单调性的确定是抽象函数转化为不等式的关键.
变式训练2　已知f(x)＝x2－2ax＋2，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围.
解　设F(x)＝x2－2ax＋2－a，
则问题的条件变为当x∈[－1，＋∞)时，F(x)≥0恒成立.
∵当Δ＝(－2a)2－4(2－a)
＝4(a＋2)·(a－1)≤0，
即－2≤a≤1时，F(x)≥0恒成立.
又当Δ＞0时，
F(x)≥0在[－1，＋∞)上恒成立的充要条件是
－3≤a＜－2.
故a的取值范围是[－3，1].
题型三　方程与不等式的转化
例3　关于x的二次方程x2＋(m－1)x＋1＝0在区间[0，2]上有解，求实数m的取值范围.
解　方法一　设f(x)＝x2＋(m－1)x＋1，x∈[0，2]，
①若f(x)＝0在区间[0，2]上有一解，
∵f(0)＝1＞0，则应有f(2)＜0，
又∵f(2)＝22＋(m－1)×2＋1，∴m＜－.
②若f(x)＝0在区间[0，2]上有两解，
则
∴
∴
∴－≤m≤－1.
由①②可知m的取值范围是(－∞，－1].
方法二　显然x＝0不是方程x2＋(m－1)x＋1＝0的解，
0＜x≤2时，方程可变形为1－m＝x＋，
又∵y＝x＋在(0，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，
∴y＝x＋在(0，2]上的取值范围是[2，＋∞)，
∴1－m≥2，∴m≤－1，
故m的取值范围是(－∞，－1].
点评　“三个二次”是一个整体，不可分割.有关“三个二次”问题的解决办法通常是利用转化与化归思想来将其转化，其中用到的方法主要有数形结合、分类讨论的思想，其最基本的理念可以说是严格按照一元二次不等式的解决步骤来处理.
变式训练3　若关于x的方程x2＋ax－4＝0在区间[2，4]上有实数根，则实数a的取值范围是(　　)
A.(－3，＋∞)
B.[－3，0]
C.(0，＋∞)
D.[0，3]
答案　B
解析　如果方程有实数根，注意到两个根之积为－4＜0，可知两根必定一正一负，因此在[2，4]上有且只有一个实数根，设f(x)＝x2＋ax－4，则必有f(2)f(4)≤0，所以2a(12＋4a)≤0，即a∈[－3，0].故选B.
高考题型精练
1.方程|x2－2x|＝a2＋1(a＞0)的解的个数是(　　)
A.1
B.2
C.3
D.4
答案　B
解析　(数形结合法)
∵a＞0，∴a2＋1＞1.
而y＝|x2－2x|的图象如图，
∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有两个交点.
2.已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋4(0＜a＜3)，若x1＜x2，x1＋x2＝1－a，则(　　)
A.f(x1)＜f(x2)
B.f(x1)＝f(x2)
C.f(x1)＞f(x2)
D.f(x1)与f(x2)的大小不能确定
答案　A
解析　f(x)的对称轴为直线x＝－1，
又∵x1＋x2＝1－a，∴＝，0＜a＜3.
∴＞－1.∵x1＜x2，
∴x1离对称轴的距离小于x2离对称轴的距离.
又∵a＞0，∴f(x1)＜f(x2).
3.若函数y＝f(x)(x∈R)满足f(x＋1)＝－f(x)，且x∈[－1，1]时，f(x)＝1－x2.函数g(x)＝则函数h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－5，4]内的零点的个数为(　　)
A.7
B.8
C.9
D.10
答案　A
解析　由f(x＋1)＝－f(x)，可得f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，所以函数f(x)的周期为2，求h(x)＝f(x)－g(x)在区间[－5，4]内的零点，即求f(x)＝g(x)在区间[－5，4]上图象交点的个数，画出函数f(x)与g(x)的图象，如图，由图可知两图象在[－5，4]之间有7个交点，所以所求函数有7个零点，选A.
4.若关于x的方程x2＋2kx－1＝0的两根x1，x2满足－1≤x1＜0＜x2＜2，则k的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　构造函数f(x)＝x2＋2kx－1，
∵关于x的方程x2＋2kx－1＝0的两根x1，
x2满足－1≤x1＜0＜x2＜2，
∴即
∴－＜k≤0.
5.如图是二次函数y＝ax2＋bx＋c图象的一部分，图象过点A(－3，0)，对称轴为x＝－1.给出下面四个结论：
①b2＞4ac；②2a－b＝1；③a－b＋c＝0；④5a＜b.
其中正确的是(　　)
A.②④
B.①④
C.②③
D.①③
答案　B
解析　因为图象与x轴交于两点，
所以b2－4ac＞0，即b2＞4ac，①正确；
对称轴为x＝－1，即－＝－1，2a－b＝0，②错误；
结合图象，当x＝－1时，y＞0，即a－b＋c＞0，③错误；
由对称轴为x＝－1知，b＝2a.又函数图象开口向下，
所以a＜0，所以5a＜2a，即5a＜b，④正确.
6.已知直线y＝mx与函数f(x)＝的图象恰好有3个不同的公共点，则实数m的取值范围是(　　)
A.(，4)
B.(，＋∞)
C.(，5)
D.(，2)
答案　B
解析　作出函数f(x)＝的图象，
如图所示，直线y＝mx的图象是绕坐标原点旋转的动直线，当斜率m≤0时，直线y＝mx与函数f(x)的图象只有一个公共点；当m＞0时，直线y＝mx始终与函数y＝2－x(x≤0)的图象有一个公共点，故要使直线y＝mx与函数f(x)的图象有三个公共点，必须有直线y＝mx与函数y＝x2＋1(x＞0)的图象有两个公共点，
即方程mx＝x2＋1，在x＞0时有两个不相等的实数根，
即方程x2－2mx＋2＝0的判别式Δ＝4m2－4×2＞0，
且m＞0，解得m＞.
故所求实数m的取值范围是(，＋∞).
7.若函数f(x)＝x2＋ax＋b的两个零点是－2和3，则不等式af(－2x)＞0的解集是______.
答案　
解析　∵f(x)＝x2＋ax＋b的两个零点是－2，3.
∴－2，3是方程x2＋ax＋b＝0的两根，
由根与系数的关系知
∴
∴f(x)＝x2－x－6.
∵不等式af(－2x)＞0，
即－(4x2＋2x－6)＞0 2x2＋x－3＜0 ＜x＜1.
∴解集为{x|－＜x＜1}.
8.已知奇函数f(x)在定义域[－2，2]上单调递减，则满足f(1－m)＋f(1－m2)＜0的实数m的取值范围是________.
答案　[－1，1)
解析　由f(1－m)＋f(1－m2)＜0，
得f(1－m)＜－f(1－m2).
又f(x)为奇函数，
∴f(1－m)＜f(m2－1).
又∵f(x)在[－2，2]上单调递减，
∴
∴实数m的取值范围为[－1，1).
9.已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1，1]时，f(x)＝x2，那么函数y＝f(x)的图象与函数y＝|lg
x|的图象的交点个数为________.
答案　10
解析　在同一直角坐标系中，分别作出y＝f(x)和y＝|lg
x|的图象，如图，结合图象知，共有10个交点.
10.若关于x的不等式(2x－1)2＜ax2的解集中整数恰好有3个，则实数a的取值范围是____.
答案　
解析　因为不等式等价于(－a＋4)x2－4x＋1＜0，
其中(－a＋4)x2－4x＋1＝0中的Δ＝4a＞0，
且有4－a＞0，故0＜a＜4，
不等式的解集为＜x＜，
＜＜，
则一定有{1，2，3}为所求的整数解集，
所以3＜≤4，
解得a的范围为.
11.已知f(x)＝x2＋(a2－1)x＋a－2的一个零点比1大，一个零点比1小，求实数a的取值范围.
解　方法一　设方程x2＋(a2－1)x＋a－2＝0的两根分别为x1，x2(x1＜x2)，
则(x1－1)(x2－1)＜0，
∴x1x2－(x1＋x2)＋1＜0，
由根与系数的关系，
得(a－2)＋(a2－1)＋1＜0，
即a2＋a－2＜0，
∴－2＜a＜1.
方法二　函数图象大致如图，则有f(1)＜0，
即1＋(a2－1)＋a－2＜0，
∴－2＜a＜1.
故实数a的取值范围是(－2，1).
12.设函数f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0).
(1)当a＝1，b＝－2时，求函数f(x)的零点；
(2)若对任意b∈R，函数f(x)恒有两个不同零点，求实数a的取值范围.
解　(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝x2－2x－3，
令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1.
∴函数f(x)的零点为3和－1.
(2)依题意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有两个不同实根.
∴b2－4a(b－1)＞0恒成立，
即对于任意b∈R，b2－4ab＋4a＞0恒成立，
∴有(－4a)2－4(4a)＜0 a2－a＜0，
∴0＜a＜1.
因此实数a的取值范围是(0，1).“12＋4”专项练7
1.已知全集U＝R，A＝{y|y＝2x＋1}，B＝{x|ln
x＜0}，则( UA)∩B等于(　　)
A.
B.{x|＜x≤1}
C.{x|x＜1}
D.{x|0＜x＜1}
答案　D
2.设a，b∈R，且i(a＋i)＝b－i，则a－b等于(　　)
A.2
B.1
C.0
D.－2
答案　C
3.命题“ n∈N
，f(n)∈N
且f(n)≤n”的否定形式是(　　)
A. n∈N
，f(n)∈N
且f(n)>n
B. n∈N
，f(n) N
且f(n)>n
C. n0∈N
，f(n0)∈N
或f(n0)>n0
D. n0∈N
，f(n0) N
或f(n0)>n0
答案　D
4.(2016·四川)为了得到函数y＝sin的图象，只需把函数y＝sin
2x的图象上所有的点(　　)
A.向左平行移动个单位长度
B.向右平行移动个单位长度
C.向左平行移动个单位长度
D.向右平行移动个单位长度
答案　D
解析　由题可知，y＝sin＝sin，则只需把y＝sin
2x的图象向右平移个单位，故选D.
5.下列结论错误的是(　　)
A.命题“若p，则q”与命题“若綈q，则綈p”互为逆否命题
B.命题p：“ x∈[0，1]，1≤ex≤e(e是自然对数的底数)，命题q：“ x0∈R，x＋x0＋1<0”，则p∨q为真
C.“am2D.若p∨q为假命题，则p、q均为假命题
答案　C
6.将函数y＝sin
2x的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得函数图象对应的解析式为(　　)
A.y＝sin(2x－)＋1
B.y＝2cos2x
C.y＝1－cos
2x
D.y＝－cos
2x
答案　B
解析　将函数y＝sin
2x的图象向左平移个单位长度，得到y＝sin[2(x＋)]＝sin(2x＋)＝cos
2x，再向上平移1个单位长度，得到y＝cos
2x＋1＝2cos2x.
7.设α，β是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则以下结论错误的是(　　)
A.若α∥β，m α，则m∥β
B.若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥n
C.若m α，n α，m∥β，n∥β，则α∥β
D.若m∥α，m⊥β，则α⊥β
答案　C
解析　选项A可由面面平行的性质可以得到；B选项，可由线面平行的性质定理和判定定理，通过论证即可得到；C选项，m α，n α，m∥β，n∥β，缺少条件m和n相交，故不能证明面面平行，C错误；D选项，m∥α，m⊥β，过m作平面γ，α∩γ＝b，由线面平行的性质可得m∥b，
∴b⊥β，b α，∴α⊥β，D正确.
8.已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N
)，猜想f(x)的表达式为(　　)
A.f(x)＝
B.f(x)＝
C.f(x)＝
D.f(x)＝
答案　B
解析　由题意知f(1＋1)＝＝，
f(3)＝＝＝，
f(4)＝＝＝；
可猜想：f(x)＝.
9.(2016·天津)阅读下边的程序框图，运行相应的程序，则输出S的值为(　　)
A.2
B.4
C.6
D.8
答案　B
解析　S＝4不满足S≥6，S＝2S＝2×4＝8，n＝1＋1＝2；
n＝2不满足n>3，S＝8满足S≥6，则S＝8－6＝2，n＝2＋1＝3；
n＝3不满足n>3，S＝2不满足S≥6，则S＝2S＝2×2＝4，n＝3＋1＝4；
n＝4满足n>3，输出S＝4.故选B.
10.设点(x，y)在不等式组所表示的平面区域上，若对b∈[0，1]时，不等式ax－by>b恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A.(，4)
B.(，＋∞)
C.(4，＋∞)
D.(2，＋∞)
答案　C
解析　作出不等式组对应的平面区域，如图所示，当b＝0时，ax>0，所以a>0；当b≠0时，y0时，B(1，3)在y4b，因为04，故选C.
11.甲、乙两人约定在6时到7时之间在某处会面，并约定先到者应等候另一个人一刻钟，过时即可离去.
则两人能会面的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　以x和y分别表示甲、乙两人到达约会地点的时间，则两人能会面的充要条件是|x－y|≤15.在平面上建立直角坐标系如图所示，则(x，y)的所有可能结果是边长为60的正方形，而可能会面的时间由图中的阴影部分所表示，所以P＝＝，故选C.
12.已知t为常数，函数f(x)＝x2＋tln(x＋1)有两个极值点
a，b(aA.f(b)<
B.f(b)>
C.f(b)>
D.f(b)<
答案　B
解析　函数f(x)＝x2＋tln(x＋1)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝2x＋＝，又因为函数有两个极值点a，b，即a，b是方程2x2＋2x＋t＝0在区间(－1，0)上的两根，所以有－10，所以g(x)在区间(－，0)上单调递增，所以对任意b∈(－，0)，有g(b)>g(－)＝，所以f(b)＝g(b)>，故选B.
13.在周长为10的△ABC中，AB＝2，则·的最小值是______.
答案　14
解析　设CA＝m，CB＝n，则m＋n＝8，
所以借助余弦定理可得
·＝mncos
C＝
＝＝＝30－mn，
又因为mn≤()2＝16，
所以·≥30－16＝14.
14.若(2x－1)dx＝6，则二项式(1－2x)3m的展开式各项系数和为________.
答案　－1
解析　(2x－1)dx＝(x2－x)|＝m2－m＝6，m＝3(m＝－2舍去)，令x＝1，则(1－2×1)9＝－1，即为所求系数和.
15.数列{an}满足a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，前n项和为Sn，则Sn＝________.
答案　(1－)
解析　因为a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，所以当n≥2时有a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－2an－1＝，两式作差得3n－1an＝，所以an＝·，又因为当n＝1时，a1＝适合此式，所以数列{an}的通项公式为an＝·，所以Sn＝＝(1－).
16.已知双曲线x2－＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛物线y2＝18x上，则实数m的值为________.
答案　0或－8
解析　因为点M，N关于直线y＝x＋m对称，所以MN的垂直平分线为y＝x＋m，所以直线MN的斜率为－1.设线段MN的中点P(x0，x0＋m)，
直线MN的方程为y＝－x＋b，
则x0＋m＝－x0＋b，所以b＝2x0＋m.
由得2x2＋2bx－b2－3＝0，
所以xM＋xN＝－b，所以x0＝－，所以b＝，
所以P(－，m).
因为MN的中点在抛物线y2＝18x上，
所以m2＝－m，
解得m＝0或m＝－8.第21练　关于平面向量数量积运算的三类经典题型
[题型分析·高考展望]　平面向量数量积的运算是平面向量的一种重要运算，应用十分广泛，对向量本身，通过数量积运算可以解决位置关系的判定、夹角、模等问题，另外还可以解决平面几何、立体几何中许多有关问题，因此是高考必考内容，题型有选择题、填空题，也在解答题中出现，常与其他知识结合，进行综合考查.
体验高考
1.(2015·山东)已知菱形ABCD
的边长为a，∠ABC＝60°
，则·等于(　　)
A.－a2
B.－a2
C.a2
D.a2
答案　D
解析　如图所示，
由题意，得BC＝a，CD＝a，∠BCD＝120°.
BD2＝BC2＋CD2－2BC·CD·cos
120°＝a2＋a2－2a·a×＝3a2，
∴BD＝a.
∴·＝||||cos
30°＝a2×＝a2.
2.(2015·重庆)若非零向量a，b满足|a|＝|b|，且(a－b)⊥(3a＋2b)，则a与b的夹角为(　　)
A.
B.
C.
D.π
答案　A
解析　由(a－b)⊥(3a＋2b)得(a－b)·(3a＋2b)＝0，即3a2－a·b－2b2＝0.又∵|a|＝|b|，设〈a，b〉＝θ，
即3|a|2－|a|·|b|·cos
θ－2|b|2＝0，
∴|b|2－|b|2·cos
θ－2|b|2＝0，
∴cos
θ＝.又∵0≤θ≤π，∴θ＝.
3.(2015·陕西)对任意向量a，b，下列关系式中不恒成立的是(　　)
A.|a·b|≤|a||b|
B.|a－b|≤||a|－|b||
C.(a＋b)2＝|a＋b|2
D.(a＋b)(a－b)＝a2－b2
答案　B
解析　对于A，由|a·b|＝||a||b|cos〈a，b〉|≤|a||b|恒成立；对于B，当a，b均为非零向量且方向相反时不成立；对于C、D容易判断恒成立.故选B.
4.(2016·课标全国乙)设向量a＝(m，1)，b＝(1，2)，且|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，则m＝______.
答案　－2
解析　由|a＋b|2＝|a|2＋|b|2，
得a⊥b，所以m×1＋1×2＝0，得m＝－2.
5.(2016·上海)在平面直角坐标系中，已知A(1，0)，B(0，－1)，P是曲线y＝上一个动点，则·的取值范围是________.
答案　[0，1＋]
解析　由题意知y＝表示以原点为圆心，半径为1的上半圆.设P(cos
α，sin
α)，α∈[0，π]，＝(1，1)，＝(cos
α，sin
α＋1)，
所以·＝cos
α＋sin
α＋1
＝sin(α＋)＋1∈[0，1＋]
·的范围为[0，1＋].
高考必会题型
题型一　平面向量数量积的基本运算
例1　(1)(2015·四川)设四边形ABCD为平行四边形，||＝6，||＝4，若点M，N满足＝3，＝2，则·等于(　　)
A.20
B.
15
C.9
D.6
(2)(2015·福建)已知⊥，||＝，||＝t，若点P是△ABC所在平面内的一点，且＝＋，则·的最大值等于(　　)
A.13
B.15
C.19
D.21
答案　(1)C　(2)A
解析　(1)＝＋，＝－＝－＋，∴·＝(4＋3)·(4－3)＝(162－92)＝(16×62－9×42)＝9，故选C.
(2)建立如图所示坐标系，则
B，C(0，t)，＝，＝(0，t)，
＝＋＝t＋(0，t)＝(1，4)，∴P(1，4)，·＝·(－1，t－4)＝17－≤17－2＝13，故选A.
点评　(1)平面向量数量积的运算有两种形式：一是依据长度和夹角，二是利用坐标运算，具体应用哪种形式由已知条件的特征来选择.注意两向量a，b的数量积a·b与代数中a，b的乘积写法不同，不应该漏掉其中的“·”.
(2)向量的数量积运算需要注意的问题：a·b＝0时得不到a＝0或b＝0，根据平面向量数量积的性质有|a|2＝a2，但|a·b|≤|a|·|b|.
变式训练1　在△ABC中，AD⊥AB，＝2
，||＝1，则·等于(　　)
A.2
B.
C.
D.
答案　A
解析　在△ABC中，＝2
，
所以·＝(＋)·＝(＋2
)·，
又因为＝－，
所以·＝[(1－2)＋2
]·
＝(1－2)·＋2
·
＝(1－2)·＋2
2，
因为AD⊥AB，所以⊥，所以·＝0，
所以·＝(1－2)×0＋2×1＝2，故选A.
题型二　利用平面向量数量积求两向量夹角
例2　(1)设a，b为非零向量，|b|＝2|a|，两组向量x1，x2，x3，x4和y1，y2，y3，y4均由2个a和2个b排列而成.若x1·y1＋x2·y2＋x3·y3＋x4·y4的所有可能取值中的最小值为4|a|2，则a与b的夹角为(　　)
A.
B.
C.
D.0
(2)已知向量a，b满足|a|＝2|b|≠0，且关于x的函数f(x)＝－2x3＋3|a|x2＋6a·bx＋5在R上单调递减，则向量a，b的夹角的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　(1)B　(2)D
解析　(1)设a与b的夹角为θ，由于xi，yi(i＝1，2，3，4)均由2个a和2个b排列而成，记S＝(xi·yi)，则S有以下三种情况：
①S＝2a2＋2b2；②S＝4a·b；③S＝|a|2＋2a·b＋|b|2.
∵|b|＝2|a|，∴①中S＝10|a|2，②中S＝8|a|2cos
θ，③中S＝5|a|2＋4|a|2cos
θ.
易知②最小，即8|a|2cos
θ＝4|a|2，∴cos
θ＝，
又0≤θ≤π，∴θ＝，故选B.
(2)设向量a，b的夹角为θ，因为f(x)＝－2x3＋3|a|x2＋6a·bx＋5，所以f′(x)＝－6x2＋6|a|x＋6a·b，又函数f(x)在R上单调递减，所以f′(x)≤0在R上恒成立，所以Δ＝36|a|2－4×(－6)×(6a·b)≤0，解得a·b≤－|a|2，因为a·b＝|a||b|·cos
θ，且|a|＝2|b|≠0，所以|a||b|cos
θ＝|a|2cos
θ≤－|a|2，解得cos
θ≤－，因为θ∈[0，π]，所以向量a，b的夹角θ的取值范围是，故选D.
点评　求向量的夹角时要注意：(1)向量的数量积不满足结合律.(2)数量积大于0说明不共线的两向量的夹角为锐角，数量积等于0说明两向量的夹角为直角，数量积小于0且两向量不能共线时，两向量的夹角为钝角.
变式训练2　若非零向量a，b满足|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，则a与b的夹角为(　　)
A.30°
B.60°
C.120°
D.150°
答案　C
解析　设a与b的夹角为θ，
由题意得|a|＝|b|，(2a＋b)·b＝0，可得2a·b＋b2＝2|a|·|b|cos
θ＋b2＝2|a|·|a|cos
θ＋|a|2＝0，解得cos
θ＝－，因为0°≤θ≤180°，所以θ＝120°，故选C.
题型三　利用数量积求向量的模
例3　(1)已知向量a，b的夹角为45°，且|a|＝1，|2a－b|＝，则|b|＝________.
(2)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，AD＝2，BC＝1，点P是腰DC上的动点，则|＋3|的最小值为________.
答案　(1)3　(2)5
解析　(1)由|2a－b|＝，则|2a－b|2＝10，及4a2－4a·b＋b2＝10，又向量a，b的夹角为45°，且|a|＝1，所以4×1－4×1×|b|cos
＋|b|2＝10，即|b|2－2|b|－6＝0，解得|b|＝3.
(2)方法一　以点D为原点，分别以DA、DC所在直线为x、y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，设DC＝a，DP＝x.
∴D(0，0)，A(2，0)，C(0，a)，B(1，a)，P(0，x)，＝(2，－x)，＝(1，a－x)，
∴＋3＝(5，3a－4x)，
|＋3|2＝25＋(3a－4x)2≥25，
∴|＋3|的最小值为5.
方法二　设＝x(0＜x＜1)，
∴＝(1－x)，＝－＝－x，
＝＋＝(1－x)＋，
∴＋3＝＋(3－4x)，
|＋3|2＝2＋2××(3－4x)·＋(3－4x)2＝25＋(3－4x)22≥25，
∴|＋3|的最小值为5.
点评　(1)把几何图形放在适当的坐标系中，给有关向量赋以具体的坐标求向量的模，如向量a＝(x，y)，求向量a的模只需利用公式|a|＝即可求解.
(2)向量不放在坐标系中研究，求解此类问题的方法是利用向量的运算法则及其几何意义或应用向量的数量积公式，关键是会把向量a的模进行如下转化：|a|＝.
变式训练3　已知向量a，b，c满足|a|＝4，|b|＝2，a与b的夹角为，(c－a)·(c－a)＝－1，则|c－a|的最大值为(　　)
A.＋
B.＋1
C.
D.＋1
答案　D
解析　在平面直角坐标系中，取B(2，0)，A(2，2)，则＝a，＝b，设c＝＝(x，y)，
则(c－a)·(c－b)＝(x－2，y－2)·(x－2，y)＝(x－2)2＋y(y－2)＝－1，即(x－2)2＋(y－)2＝1，所以点C(x，y)在以D(2，)为圆心，1为半径的圆上，|c－a|＝，
最大值为|AD|＋1＝＋1.故选D.
高考题型精练
1.已知空间四边形ABCD的每条边和对角线的长都为1，点E、F分别是AB、AD的中点，则·等于(　　)
A.
B.
C.－
D.－
答案　D
解析　由题四边形ABCD的边和对角线的长都为1，点E、F分别是AB、AD的中点，则EF平行于BD，则·＝·＝×1×1×cos
120°＝－.
2.(2016·课标全国丙)已知向量＝，＝，则∠ABC等于(　　)
A.30°
B.45°
C.60°
D.120°
答案　A
解析　||＝1，||＝1，
cos∠ABC＝＝.
又∵0°≤∠ABC≤180°，
∴∠ABC＝30°.
3.(2015·湖南)已知点A，B，C在圆x2＋y2＝1上运动，且AB⊥BC.若点P的坐标为(2，0)，则|＋＋|的最大值为(　　)
A.6
B.7
C.8
D.9
答案　B
解析　由A，B，C在圆x2＋y2＝1上，且AB⊥BC，
∴AC为圆的直径，
故＋＝2＝(－4，0)，
设B(x，y)，
则x2＋y2＝1且x∈[－1，1]，＝(x－2，y)，
所以＋＋＝(x－6，y).
故|＋＋|＝，－1≤x≤1，
∴当x＝－1时有最大值＝7，故选B.
4.已知三点A(－1，－1)、B(3，1)、C(1，4)，则向量在向量方向上的投影为(　　)
A.
B.－
C.
D.－
答案　A
解析　＝(－2，3)，＝(－4，－2)，向量在向量方向上的投影为＝＝，故选A.
5.(2015·安徽)△ABC是边长为2的等边三角形，已知向量a，b满足＝2a，＝2a＋b，则下列结论正确的是(　　)
A.|b|＝1
B.a⊥b
C.a·b＝1
D.(4a＋b)⊥
答案　D
解析　在△ABC中，由＝－＝2a＋b－2a＝b，得|b|＝2.
又|a|＝1，所以a·b＝|a||b|cos
120°＝－1，
所以(4a＋b)·＝(4a＋b)·b＝4a·b＋|b|2＝4×(－1)＋4＝0，
所以(4a＋b)⊥，故选D.
6.已知i，j为互相垂直的单位向量，a＝i－2j，b＝i＋λj，且a，b的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是(　　)
A.(－∞，)
B.(，＋∞)
C.(－2，)∪(，＋∞)
D.(－∞，－2)∪(－2，)
答案　D
解析　∵a，b的夹角为锐角，
∴a·b＝1×1＋(－2)λ＞0且1×(－2)－1×λ≠0，
∴λ∈(－∞，－2)∪(－2，)，故选D.
7.已知向量a，b，其中|a|＝，|b|＝2，且(a＋b)⊥a，则向量a和b的夹角是______.
答案　
解析　∵(a＋b)⊥a，
∴(a＋b)·a＝a2＋a·b＝3＋×2cos〈a，b〉＝0，
cos〈a，b〉＝－，又0≤〈a，b〉≤π，
∴a和b的夹角为.
8.(2016·浙江)已知向量a，b，|a|＝1，|b|＝2.若对任意单位向量e，均有|a·e|＋|b·e|≤，则a·b的最大值是________.
答案　
解析　由已知可得，
≥|a·e|＋|b·e|≥|a·e＋b·e|＝|(a＋b)·e|，
由于上式对任意单位向量e都成立.
∴≥|a＋b|成立.
∴6≥(a＋b)2＝a2＋b2＋2a·b＝12＋22＋2a·b.
即6≥5＋2a·b，∴a·b≤.
9.如图，在△ABC中，点O为BC的中点，若AB＝1，AC＝3，〈，〉＝60°，则||＝________.
答案　
解析　因为〈，〉＝60°，
所以·＝||·||cos
60°＝1×3×＝，
又＝(＋)，
所以2＝(＋)2
＝(2＋2·＋2)，
即2＝(1＋3＋9)＝，所以||＝.
10.已知点O是锐角△ABC的外心，AB＝8，AC＝12，A＝.若＝x＋y，则6x＋9y＝________.
答案　5
解析　如图，设点O在AB，AC上的射影分别是点D，E，它们分别为AB，AC的中点，连接OD，OE.由数量积的几何意义，可得·＝||·||＝32，·＝||·||＝72，依题意有·＝x2＋y·＝64x＋48y＝32，即4x＋3y＝2，·＝x·＋y2＝48x＋144y＝72，即2x＋6y＝3，将两式相加可得6x＋9y＝5.
11.设a＝(－1，1)，b＝(x，3)，c＝(5，y)，d＝(8，6)，且b∥d，(4a＋d)⊥c.
(1)求b和c；
(2)求c在a方向上的投影；
(3)求λ1和λ2，使c＝λ1a＋λ2b.
解　(1)∵b∥d，∴6x－24＝0，∴x＝4.
∵4a＋d＝(4，10)，(4a＋d)⊥c，
∴5×4＋10y＝0，y＝－2，
∴b＝(4，3)，c＝(5，－2).
(2)cos〈a，c〉＝＝＝－，
∴c在a方向上的投影为|c|cos〈a，c〉＝－.
(3)∵c＝λ1a＋λ2b，
∴
解得λ1＝－，λ2＝.
12.在△ABC中，AC＝10，过顶点C作AB的垂线，垂足为D，AD＝5，且满足＝.
(1)求|－|；
(2)存在实数t≥1，使得向量x＝＋t，y＝t＋，令k＝x·y，求k的最小值.
解　(1)由＝，且A，B，D三点共线，
可知||＝||.又AD＝5，所以DB＝11.
在Rt△ADC中，CD2＝AC2－AD2＝75，
在Rt△BDC中，BC2＝DB2＋CD2＝196，
所以BC＝14.
所以|－|＝||＝14.
(2)由(1)，知||＝16，||＝10，||＝14.
由余弦定理，得cos
A＝＝.
由x＝＋t，y＝t＋，
知k＝x·y＝(＋t)·(t＋)
＝t||2＋(t2＋1)·＋t||2
＝256t＋(t2＋1)×16×10×＋100t
＝80t2＋356t＋80.
由二次函数的图象，可知该函数在[1，＋∞)上单调递增，
所以当t＝1时，k取得最小值516.第41练　坐标系与参数方程
[题型分析·高考展望]　高考主要考查平面直角坐标系中的伸缩变换、直线和圆的极坐标方程；参数方程与普通方程的互化，常见曲线的参数方程及参数方程的简单应用.以极坐标、参数方程与普通方程的互化为主要考查形式，同时考查直线与曲线位置关系等解析几何知识.
体验高考
1.(2016·课标全国甲)在直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x＋6)2＋y2＝25.
(1)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；
(2)直线l的参数方程是(t为参数)，l与C交于A、B两点，|AB|＝，求l的斜率.
解　(1)由x＝ρcos
θ，y＝ρsin
θ可得圆C的极坐标方程ρ2＋12ρcos
θ＋11＝0.
(2)在(1)中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R).
设A，B所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得ρ2＋12ρcos
α＋11＝0.
于是ρ1＋ρ2＝－12cos
α，ρ1ρ2＝11.
|AB|＝|ρ1－ρ2|＝＝.
由|AB|＝
得cos2α＝，tan
α＝±.
所以l的斜率为或－.
2.(2015·江苏)已知圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρ·sin－4＝0，求圆C的半径.
解　以极坐标系的极点为平面直角坐标系的原点O，以极轴为x轴的正半轴，建立直角坐标系xOy.
圆C的极坐标方程为ρ2＋2ρ－4＝0，
化简，得ρ2＋2ρsin
θ－2ρcos
θ－4＝0.
则圆C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＋2y－4＝0，
即(x－1)2＋(y＋1)2＝6，
所以圆C的半径为.
高考必会题型
题型一　极坐标与直角坐标的互化
直角坐标与极坐标的互化
把直角坐标系的原点作为极点，x轴正半轴作为极轴，且在两坐标系中取相同的长度单位.如图，设M是平面内的任意一点，它的直角坐标、极坐标分别为(x，y)和(ρ，θ)，则
例1　在极坐标系中，曲线C1：ρ(cos
θ＋sin
θ)＝1与曲线C2：ρ＝a(a>0)的一个交点在极轴上，求a的值.
解　ρ(cos
θ＋sin
θ)＝1，
即ρcos
θ＋ρsin
θ＝1对应的普通方程为x＋y－1＝0，
ρ＝a(a>0)对应的普通方程为x2＋y2＝a2.
在x＋y－1＝0中，令y＝0，得x＝.
将代入x2＋y2＝a2得a＝.
点评　(1)在由点的直角坐标化为极坐标时，一定要注意点所在的象限和极角的范围，否则点的极坐标将不唯一.
(2)在与曲线的方程进行互化时，一定要注意变量的范围，要注意转化的等价性.
变式训练1　在以O为极点的极坐标系中，直线l与曲线C的极坐标方程分别是ρcos(θ＋)＝3和ρsin2θ＝8cos
θ，直线l与曲线C交于点A、B，求线段AB的长.
解　∵ρcos(θ＋)＝ρcos
θcos
－ρsin
θsin
＝ρcos
θ－ρsin
θ＝3，
∴直线l对应的直角坐标方程为x－y＝6.
又∵ρsin2θ＝8cos
θ，∴ρ2sin2θ＝8ρcos
θ.
∴曲线C对应的直角坐标方程是y2＝8x.
解方程组得或
所以A(2，－4)，B(18，12)，
所以AB＝＝16.
即线段AB的长为16.
题型二　参数方程与普通方程的互化
1.直线的参数方程
过定点M(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为(t为参数).
2.圆的参数方程
圆心在点M(x0，y0)，半径为r的圆的参数方程为(θ为参数，0≤θ≤2π).
3.圆锥曲线的参数方程
(1)椭圆＋＝1的参数方程为(θ为参数).
(2)抛物线y2＝2px(p>0)的参数方程为(t为参数).
例2　(2015·福建)在平面直角坐标系xOy中，圆C的参数方程为(t为参数).在极坐标系(与平面直角坐标系xOy取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴)中，直线l的方程为ρsin＝m(m∈R).
(1)求圆C的普通方程及直线l的直角坐标方程；
(2)设圆心C到直线l的距离等于2，求m的值.
解　(1)消去参数t，得到圆C的普通方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝9.
由ρsin＝m，得ρsin
θ－ρcos
θ－m＝0.
所以直线l的直角坐标方程为x－y＋m＝0.
(2)依题意，圆心C到直线l的距离等于2，
即＝2，解得m＝－3±2.
点评　(1)将参数方程化为普通方程，需要根据参数方程的结构特征，选取适当的消参方法.常见的消参方法有代入消参法，加减消参法，平方消参法等.
(2)将参数方程化为普通方程时，要注意两种方程的等价性，不要增解、漏解，若x、y有范围限制，要标出x、y的取值范围.
变式训练2　已知直线l的参数方程为(t为参数)，P是椭圆＋y2＝1上的任意一点，求点P到直线l的距离的最大值.
解　由于直线l的参数方程为(t为参数)，
故直线l的普通方程为x＋2y＝0.
因为P为椭圆＋y2＝1上的任意一点，
故可设P(2cos
θ，sin
θ)，其中θ∈R.
因此点P到直线l的距离是d＝＝.
所以当θ＝kπ＋，k∈Z时，d取得最大值.
题型三　极坐标、参数方程的综合应用
解决与圆、圆锥曲线的参数方程有关的综合问题时，要注意普通方程与参数方程的互化公式，主要是通过互化解决与圆、圆锥曲线上动点有关的问题，如最值、范围等.
例3　(2015·课标全国Ⅱ)在直角坐标系xOy中，曲线C1：(t为参数，t≠0)，其中0≤α＜π，在以O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρ＝2sin
θ，曲线C3：ρ＝2cos
θ.
(1)求C2与C3交点的直角坐标；
(2)若C1与C2相交于点A，C1与C3相交于点B，求|AB|的最大值.
解　(1)曲线C2的直角坐标方程为x2＋y2－2y＝0，曲线C3的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0.
联立解得或
所以C2与C3交点的直角坐标为(0，0)和.
(2)曲线C1的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R，ρ≠0)，
其中0≤α＜π.
因此A的极坐标为(2sin
α，α)，B的极坐标为(2cos
α，α).
所以|AB|＝|2sin
α－2cos
α|＝4.
当α＝时，|AB|取得最大值，最大值为4.
点评　(1)利用参数方程解决问题，要理解参数的几何意义.
(2)解决直线、圆和圆锥曲线的有关问题，将极坐标方程化为直角坐标方程或将参数方程化为普通方程，有助于对方程所表示的曲线的认识，从而达到化陌生为熟悉的目的，这是转化与化归思想的应用.
变式训练3　(2015·陕西)在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为(t为参数).以原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，⊙C的极坐标方程为ρ＝2sin
θ.
(1)写出⊙C的直角坐标方程；
(2)P为直线l上一动点，当P到圆心C的距离最小时，求P的直角坐标.
解　(1)由ρ＝2sin
θ，得ρ2＝2ρsin
θ，
从而有x2＋y2＝2y，所以x2＋(y－)2＝3.
(2)设P，又C(0，)，
则|PC|＝＝，
故当t＝0时，|PC|取得最小值，
此时，P点的直角坐标为(3，0).
高考题型精练
1.已知圆的极坐标方程为ρ＝4cos
θ，圆心为C，点P的极坐标为(4，)，求CP的长.
解　由ρ＝4cos
θ得ρ2＝4ρcos
θ，即x2＋y2＝4x，
即(x－2)2＋y2＝4，∴圆心C(2，0)，又由点P的极坐标为(4，)可得点P的直角坐标为(2，2)，
∴CP＝＝2.
2.(2015·安徽改编)在极坐标系中，求圆ρ＝8sin
θ上的点到直线θ＝(ρ∈R)距离的最大值.
解　圆ρ＝8sin
θ化为直角坐标方程为x2＋y2－8y＝0，即x2＋(y－4)2＝16，直线θ＝(ρ∈R)化为直角坐标方程为y＝x，结合图形知圆上的点到直线的最大距离可转化为圆心到直线的距离再加上半径.
圆心(0，4)到直线y＝x的距离为＝2，又圆的半径r＝4，所以圆上的点到直线的最大距离为6.
3.在极坐标系中，已知三点M(2，－)、N(2，0)、P(2，).
(1)将M、N、P三点的极坐标化为直角坐标；
(2)判断M、N、P三点是否在一条直线上.
解　(1)由公式
得M的直角坐标为(1，－)；
N的直角坐标为(2，0)；
P的直角坐标为(3，).
(2)∵kMN＝＝，kNP＝＝.
∴kMN＝kNP，
∴M、N、P三点在一条直线上.
4.(2015·重庆改编)已知直线l的参数方程为(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ2cos
2θ＝4，求直线l与曲线C的交点的极坐标.
解　直线l的直角坐标方程为y＝x＋2，由ρ2cos
2θ＝4得ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4，直角坐标方程为x2－y2＝4，把y＝x＋2代入双曲线方程解得x＝－2，因此交点为(－2，0)，其极坐标为(2，π).
5.以平面直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，两种坐标系中取相同的长度单位.已知直线l的参数方程是(t为参数)，圆C的极坐标方程是ρ＝4cos
θ，求直线l被圆C截得的弦长.
解　直线l的参数方程(t为参数)化为直角坐标方程是y＝x－4，圆C的极坐标方程ρ＝4cos
θ化为直角坐标方程是x2＋y2－4x＝0.圆C的圆心(2，0)到直线x－y－4＝0的距离为d＝＝.又圆C的半径r＝2，因此直线l被圆C截得的弦长为2＝2.
6.(2016·江苏)在平面直角坐标系xOy中，已知直线l的参数方程为(t为参数)，椭圆C的参数方程为(θ为参数).设直线l与椭圆C相交于A，B两点，求线段AB的长.
解　直线l的方程化为普通方程为x－y－＝0，
椭圆C的方程化为普通方程为x2＋＝1，
联立方程组得
解得或
∴A(1，0)，B.
故AB＝＝.
7.(2015·湖南)已知直线l：(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝2cos
θ.
(1)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)设点M的直角坐标为(5，)，直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|·|MB|的值.
解　(1)ρ＝2cos
θ等价于ρ2＝2ρcos
θ.①
将ρ2＝x2＋y2，ρcos
θ＝x代入①即得曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0.②
(2)将
代入②式，得t2＋5t＋18＝0.
设这个方程的两个实根分别为t1，t2，则由参数t的几何意义即知，|MA|·|MB|＝|t1t2|＝18.
8.已知直线l的参数方程是(t为参数)，圆C的极坐标方程为ρ＝4cos.
(1)将圆C的极坐标方程化为直角坐标方程；
(2)若圆上有且仅有三个点到直线l的距离为，求实数a的值.
解　(1)由ρ＝4cos，得ρ＝4cos
θ－4sin
θ.
即ρ2＝4ρcos
θ－4ρsin
θ.由
得x2＋y2－4x＋4y＝0，得(x－2)2＋(y＋2)2＝8.
所以圆C的直角坐标方程为(x－2)2＋(y＋2)2＝8.
(2)直线l的参数方程可化为y＝2x＋a，
则由圆的半径为2知，圆心(2，－2)到直线y＝2x＋a的距离恰好为.
所以＝，解得a＝－6±.“12＋4”专项练8
1.已知集合A＝{x|(x－4)(x＋2)<0}，B＝{－3，－1，1，3，5}，则A∩B等于(　　)
A.{－1，1，3}
B.{－3，－1，1，3}
C.{－1，1，3，5}
D.{－3，5}
答案　A
2.复数的共轭复数是(　　)
A.3－4i
B.＋i
C.3＋4i
D.－i
答案　B
3.命题“ x∈R
，都有log2x>0成立”的否定为
(　　)
A. x0∈R，使log2x0≤0成立
B. x0∈R，使log2x0>0成立
C. x∈R，都有log2x≥0成立
D. x∈R，都有log2x>0成立
答案　A
4.已知p：x>1，y>1，q：x＋y>2，xy>1，则p是q的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A
5.某一批花生种子，如果每1粒发芽的概率为，那么播下4粒种子恰好有2粒发芽的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　依题意可知发芽数量满足二项分布X～B(4，)，所以P(X＝2)＝C()2()2＝.
6.将函数f(x)＝sin(2x＋)的图象向左平移φ
(φ>0)个单位后，得到的函数图象关于y轴对称，则φ的最小值为(　　)
A.π
B.π
C.
D.
答案　D
解析　将函数f(x)＝sin(2x＋)的图象向左平移φ(φ>0)个单位后，可得函数f(x)＝sin[2(x＋φ)＋]＝sin(2x＋2φ＋)的图象.再根据得到的函数图象关于y轴对称，可得2φ＋的最小正值为，∴φ＝，故选D.
7.已知{an}为等差数列，且a6＝4，则a4a7的最大值为(　　)
A.8
B.10
C.18
D.36
答案　C
解析　设等差数列的公差为d，
则a4a7＝(a6－2d)(a6＋d)＝(4－2d)(4＋d)＝－2(d＋1)2＋18，即a4a7的最大值为18.
8.如图，在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是
(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　连接BC1，如图，由AC∥A1C1可得异面直线A1B与AC所成角为∠BA1C1，在△BA1C1中，A1C1＝1，BC1＝，A1B＝，
由余弦定理可得
cos∠BA1C1＝＝.
9.(2016·浙江)函数y＝sin
x2的图象是(　　)
答案　D
解析　∵y＝sin
x2为偶函数，其图象关于y轴对称，排除A、C.又当x2＝，即x＝±时，ymax＝1，排除B，故选D.
10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.若c2＝(a－b)2＋6，C＝，则△ABC的面积是(　　)
A.3
B.
C.
D.3
答案　C
解析　∵c2＝(a－b)2＋6，
∴c2＝a2＋b2－2ab＋6.
①
∵C＝，
∴c2＝a2＋b2－2abcos
＝a2＋b2－ab.
②
由①②得－ab＋6＝0，即ab＝6.
∴S△ABC＝absin
C＝×6×＝.
11.已知实数x，y满足直线(1＋λ)x＋(1－2λ)y＋3λ－12＝0
(λ∈R)过定点A(x0，y0)，则z＝的取值范围为(　　)
A.(－∞，]∪[7，＋∞)
B.[，7]
C.(－∞，]∪[5，＋∞)
D.[，5]
答案　D
解析　由直线(1＋λ)x＋(1－2λ)y＋3λ－12＝0可得x＋y－12＝(－x＋2y－3)λ，可知解得即定点A(7，5)，故z＝，由不等式组作出可行域如图，目标函数可视为点A与可行域中的点连线的斜率，则由图可知分别取点P，Q时，z取得最小、最大值，又P(0，4)，Q(6，0)，
故zmin＝，zmax＝5，
故z的取值范围为[，5].
12.对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”.某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心.若f(x)＝x3－x2＋3x－，根据这一发现，则函数f(x)＝x3－x2＋3x－的对称中心为(　　)
A.(，1)
B.(－，1)
C.(，－1)
D.(－，－1)
答案　A
解析　依题意，得f′(x)＝x2－x＋3，∴f″(x)＝2x－1，由f″(x)＝0，即2x－1＝0.∴x＝，又f()＝1，∴函数f(x)＝x3－x2＋3x－的对称中心为(，1).
13.在8张奖券中有一，二，三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，则不同的获奖情况有________种(用数字作答).
答案　60
解析　当一，二，三等奖被三个不同的人获得，共有A＝24(种)不同的方法，当一，二，三等奖被两个不同的人获得，即有一个人获得其中的两个奖，共有CA＝36(种)方法，所以获奖的不同情况有24＋36＝60(种)不同的方法.
14.已知向量b为单位向量，向量a＝(1，1)，且|a－b|＝，则向量a，b的夹角为_____.
答案　
解析　因为b为单位向量，向量a＝(1，1)，
所以|a|＝，|b|＝1，因为|a－b|＝ a2－2a·b＋2b2＝6，即2－2a·b＋2＝6 a·b＝－，所以向量a，b的夹角为cos〈a，b〉＝＝－，所以向量a，b的夹角为.
15.已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆C上一点，且⊥.若△PF1F2的面积为9，则b＝________.
答案　3
解析　由⊥知∠F1PF2＝90°，
则由题意，得
可得4c2＋36＝4a2，即a2－c2＝9，
所以b＝3.
16.在平面直角坐标系中，半径为r，以点(x0，y0)为圆心的圆的标准方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2；则类似地，在空间直角坐标系中，半径为R，以(x0，y0，z0)为球心的球的标准方程为________________.
答案　(x－x0)2＋(y－y0)2＋(z－z0)2＝R2
解析　在由平面几何的性质类比推理空间立体几何性质时，一般为：由平面几何中圆的性质，类比推理空间几何中球的性质；故由“以半径为r，以点(x0，y0)为圆心的圆的方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2”，类比到空间可得的结论是：以点(x0，y0，z0)为球心，R为半径的球的方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＋(z－z0)2＝R2.第2练　用好逻辑用语，突破充要条件
[题型分析·高考展望]　逻辑用语是高考常考内容，充分、必要条件是重点考查内容，题型基本都是选择题、填空题，题目难度以低、中档为主，在二轮复习中，本部分应该重点掌握四种命题的真假判断、否命题与命题的否定的区别、含有量词的命题的否定的求法、充分必要条件的判定与应用，这些知识被考查的概率都较高，特别是充分、必要条件几乎每年都有考查.
体验高考
1.(2015·山东)若m∈R，
命题“若m>0，则方程x2＋x－m＝0有实根”的逆否命题是(　　)
A.若方程x2＋x－m＝0有实根，则m＞0
B.若方程x2＋x－m＝0有实根，则m≤0
C.若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m＞0
D.若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m≤0
答案　D
解析　原命题为“若p，则q”，则其逆否命题为“若綈q，则綈p”.
∴所求命题为“若方程x2＋x－m＝0没有实根，则m≤0”.
2.(2015·天津)设x∈R，则“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A
解析　|x－2|＜1 －1＜x－2＜1 1＜x＜3，x2＋x－2＞0 x＜－2或x＞1，所以“|x－2|＜1”是“x2＋x－2＞0”的充分不必要条件，故选A.
3.(2015·重庆)“x＞1”是“log(x＋2)＜0”的(　　)
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
答案　B
解析　log(x＋2)＜0 x＋2＞1 x＞－1，因此选B.
4.(2016·北京)设a，b是向量，则“|a|＝|b|”是“|a＋b|＝|a－b|”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　D
解析　由|a＋b|＝|a－b| (a＋b)2＝(a－b)2 a·b＝0 a⊥b，故是既不充分也不必要条件，故选D.
5.(2016·浙江)命题“ x∈R， n∈N
，使得n≥x2”的否定形式是(　　)
A. x∈R， n∈N
，使得n＜x2
B. x∈R， n∈N
，使得n＜x2
C. x∈R， n∈N
，使得n＜x2
D. x∈R， n∈N
，使得n＜x2
答案　D
解析　全称命题的否定是特称命题，特称命题的否定是全称命题，n≥x2的否定是n＜x2，故选D.
高考必会题型
题型一　命题及其真假判断
常用结论：
(1)原命题与逆否命题等价，同一个命题的逆命题、否命题等价；(2)四个命题中，真命题的个数为偶数；(3)只有p、q都假，p∨q假，否则为真，只有p、q都真，p∧q真，否则为假；(4)全称命题的否定为特称命题，特称命题的否定为全称命题，一个命题与其否定不会同真假.
例1　(1)(2015·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)
A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
(2)命题p：若sin
x＞sin
y，则x＞y；命题q：x2＋y2≥2xy.下列命题为假命题的是(　　)
A.p或q
B.p且q
C.q
D.綈p
答案　(1)D　(2)B
解析　(1)对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，故A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确.
(2)取x＝，y＝，可知命题p不正确；由(x－y)2≥0恒成立，可知命题q正确，故綈p为真命题，p或q是真命题，p且q是假命题.
点评　利用等价命题判断命题的真假，是判断命题真假快捷有效的方法.在解答时要有意识地去练习.
变式训练1　已知命题p： x∈R，x2＞0，命题q： α，β∈R，使tan(α＋β)＝tan
α＋tan
β，则下列命题为真命题的是(　　)
A.p∧q
B.p∨(綈q)
C.(綈p)∧q
D.p∧(綈q)
答案　C
解析　因为 x∈R，x2≥0，所以命题p是假命题，因为当α＝－β时，tan(α＋β)＝tan
α＋tan
β，所以命题q是真命题，所以p∧q是假命题，p∨(綈q)是假命题，(綈p)∧q是真命题，p∧(綈q)是假命题.
题型二　充分条件与必要条件
例2　(1)(2015·北京)设α，β是两个不同的平面，m是直线且m α.则“m∥β”是“α∥β”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
解析　m α，m∥β α∥β，但m α，α∥β m∥β，
所以“m∥β”是“α∥β”的必要不充分条件.
(2)已知(x＋1)(2－x)≥0的解为条件p，关于x的不等式x2＋mx－2m2－3m－1＜0(m＞－)的解为条件q.
①若p是q的充分不必要条件时，求实数m的取值范围；
②若綈p是綈q的充分不必要条件时，求实数m的取值范围.
解　①设条件p的解集为集合A，
则A＝{x|－1≤x≤2}，
设条件q的解集为集合B，
则B＝{x|－2m－1＜x＜m＋1}，
若p是q的充分不必要条件，
则A是B的真子集解得m＞1.
②若綈p是綈q的充分不必要条件，
则B是A的真子集
解得－＜m≤0.
点评　判断充分、必要条件时应注意的问题
(1)先后顺序：“A的充分不必要条件是B”是指B能推出A，且A不能推出B；而“A是B的充分不必要条件”则是指A能推出B，且B不能推出A.
(2)举出反例：如果从正面判断或证明一个命题的正确或错误不易进行时，可以通过举出恰当的反例来说明.
(3)准确转化：若綈p是綈q的必要不充分条件，则p是q的充分不必要条件；若綈p是綈q的充要条件，那么p是q的充要条件.
变式训练2　(2015·湖北)设a1，a2，…，an∈R，n≥3.若p：a1，a2，…，an成等比数列；q：(a＋a＋…＋a)·(a＋a＋…＋a)＝(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)2，则(　　)
A.p是q的必要条件，但不是q的充分条件
B.p是q的充分条件，但不是q的必要条件
C.p是q的充分必要条件
D.p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
答案　B
解析　若p成立，设a1，a2，…，an的公比为q，则(a＋a＋…＋a)(a＋a＋…＋a)＝a(1＋q2＋…＋q2n－4)·a(1＋q2＋…＋q2n－4)＝aa(1＋q2＋…＋q2n－4)2，(a1a2＋a2a3＋…＋an－1an)2＝(a1a2)2(1＋q2＋…＋q2n－4)2，故q成立，故p是q的充分条件.取a1＝a2＝…＝an＝0，则q成立，而p不成立，故p不是q的必要条件，故选B.
题型三　与命题有关的综合问题
例3　下列叙述正确的是(　　)
A.命题： x0∈R，使x＋sin
x0＋2<0的否定为： x∈R，均有x3＋sin
x＋2<0
B.命题：“若x2＝1，则x＝1或x＝－1”的逆否命题为：若x≠1或x≠－1，则x2≠1
C.已知n∈N，则幂函数y＝x3n－7为偶函数，且在x∈(0，＋∞)上单调递减的充分必要条件为n＝1
D.函数y＝log2的图象关于点(1，0)中心对称的充分必要条件为m＝±1
答案　C
解析　A：命题： x0∈R，使x＋sin
x0＋2<0的否定为： x∈R，均有x3＋sin
x＋2≥0，故A错误；
B：命题：若x2＝1，
则x＝1或x＝－1的逆否命题为：若x≠1且x≠－1，
则x2≠1，故B错误；
C：因为幂函数y＝x3n－7在x∈(0，＋∞)上单调递减，
所以3n－7<0，解得n<，
又n∈N，所以n＝0，1或2；
又y＝x3n－7为偶函数，
所以，n＝1，即幂函数y＝x3n－7为偶函数，
且在x∈(0，＋∞)上单调递减的充分必要条件为n＝1，C正确；
D：令y＝f(x)＝log2，由其图象关于点(1，0)中心对称，得f(x)＋f(2－x)＝0，
即log2＋log2＝log2＝0，
＝1.
整理得：m2＋2m－3＝0，解得m＝1或m＝－3，
当m＝－3时，
＝－1<0，y＝log2无意义，
故m＝1.
所以，函数y＝log2图象关于点(1，0)中心对称的充分必要条件为m＝1，故D错误.
点评　解决此类问题需要对每一个命题逐一作出判断，需要有扎实的基础知识，这是破解此类问题的前提条件.若需证明某命题为真，需要根据有关知识作出逻辑证明，但若需要证明某命题为假，只要举出一个反例即可，因此，“找反例”是破解此类问题的重要方法之一.
变式训练3　下列命题：
①若ac2＞bc2，则a＞b；
②若sin
α＝sin
β，则α＝β；
③“实数a＝0”是“直线x－2ay＝1和直线2x－2ay＝1平行”的充要条件；
④若f(x)＝log2x，则f(|x|)是偶函数.其中正确命题的序号是________.
答案　①③④
解析　对于①，ac2＞bc2，c2＞0，
∴a＞b正确；
对于②，sin
30°＝sin
150°
30°＝150°，
∴②错误；
对于③，l1∥l2 A1B2＝A2B1，
即－2a＝－4a a＝0且A1C2≠A2C1，
∴③正确；
④显然正确.
高考题型精练
1.已知复数z＝(a∈R，i为虚数单位)，则“a＞0”是“z在复平面内对应的点位于第四象限”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　C
解析　z＝＝－(a＋3i)i＝3－ai，若z位于第四象限，则a＞0，反之也成立，所以“a＞0”是“z在复平面内对应的点位于第四象限”的充要条件.
2.已知条件p：x＋y≠－2，条件q：x，y不都是－1，则p是q的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A
解析　因为p：x＋y≠－2，q：x≠－1或y≠－1，
所以綈p：x＋y＝－2，綈q：x＝－1且y＝－1，
因为綈q 綈p但綈p 綈q，
所以綈q是綈p的充分不必要条件，
即p是q的充分不必要条件.
3.(2015·湖北)l1，l2表示空间中的两条直线，若p：l1，l2是异面直线；q：l1，l2不相交，则(　　)
A.p是q的充分条件，但不是q的必要条件
B.p是q的必要条件，但不是q的充分条件
C.p是q的充分必要条件
D.p既不是q的充分条件，也不是q的必要条件
答案　A
解析　两直线异面，则两直线一定无交点，即两直线一定不相交；而两直线不相交，有可能是平行，不一定异面，故两直线异面是两直线不相交的充分不必要条件，故选A.
4.(2016·天津)设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q＜0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n＜0”的(　　)
A.充要条件
B.充分不必要条件
C.必要不充分条件
D.既不充分也不必要条件
答案　C
解析　由题意得，a2n－1＋a2n＜0 a1(q2n－2＋q2n－1)＜0 q2(n－1)(q＋1)＜0 q∈(－∞，－1)，故是必要不充分条件，故选C.
5.设四边形ABCD的两条对角线为AC，BD，则“四边形ABCD为菱形”是“AC⊥BD”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
解析　当四边形ABCD为菱形时，必有对角线互相垂直，即AC⊥BD；当四边形ABCD中AC⊥BD时，四边形ABCD不一定是菱形，还需要AC与BD互相平分.综上知，“四边形ABCD为菱形”是“AC⊥BD”的充分不必要条件.
6.已知命题p： x∈R，x3＜x4；命题q： x0∈R，sin
x0－cos
x0＝－，则下列命题中为真命题的是(　　)
A.p∧q
B.(綈p)∧q
C.p∧(綈q)
D.(綈p)∧(綈q)
答案　B
解析　若x3＜x4，则x＜0或x＞1，
∴命题p为假命题；
若sin
x－cos
x＝sin＝－，
则x－＝＋2kπ(k∈Z)，
即x＝＋2kπ(k∈Z)，
∴命题q为真命题，
∴(綈p)∧q为真命题.
7.(2016·四川)设p：实数x，y满足(x－1)2＋(y－1)2≤2，q：实数x，y满足则p是q的(　　)
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A
解析　画出可行域(如图所示)，可知命题q中不等式组表示的平面区域△ABC在命题p中不等式表示的圆盘内，故选A.
8.下列5个命题中正确命题的个数是(　　)
①“若log2a＞0，则函数f(x)＝logax(a＞0，a≠1)在其定义域内是减函数”是真命题；
②m＝3是直线(m＋3)x＋my－2＝0与直线mx－6y＋5＝0互相垂直的充要条件；
③已知回归直线的斜率的估计值为1.23，样本点的中心为(4，5)，则线性回归方程为＝1.23x＋0.08；
④若实数x，y∈[－1，1]，则满足x2＋y2≥1的概率为；
⑤命题“若a∈M，则b M”与命题“若b∈M，则a M”等价.
A.2
B.3
C.4
D.5
答案　A
解析　①错，若log2a＞0＝log21，则a＞1，
所以函数f(x)＝logax在其定义域内是增函数；
②错，当m＝0时，两直线也垂直，
所以m＝3是两直线垂直的充分不必要条件；
③正确，将样本点的中心的坐标代入，满足方程；
④错，实数x，y∈[－1，1]表示的平面区域为边长为2的正方形，其面积为4，而x2＋y2＜1所表示的平面区域的面积为π，所以满足x2＋y2≥1的概率为；
⑤正确，不难看出，命题“若a∈M，则b M”与命题“若b∈M，则a M”是互为逆否命题，因此二者等价，所以正确.
9.已知命题p：实数m满足m2＋12a2＜7am(a＞0)，命题q：实数m满足方程＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，且p是q的充分不必要条件，则a的取值范围为________.
答案　
解析　由a＞0，m2－7am＋12a2＜0，得3a＜m＜4a，
即命题p：3a＜m＜4a，a＞0.
由＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，
可得2－m＞m－1＞0，解得1＜m＜，
即命题q：1＜m＜.
因为p是q的充分不必要条件，
所以或
解得≤a≤，
所以实数a的取值范围是.
10.已知函数f(x)＝4|a|x－2a＋1.若命题：“ x0∈(0，1)，使f(x0)＝0”是真命题，则实数a的取值范围为________.
答案　
解析　由于f(x)是单调函数，在(0，1)上存在零点，
应有f(0)·f(1)＜0，解不等式求出实数a的取值范围.
由f(0)·f(1)＜0 (1－2a)(4|a|－2a＋1)＜0
或 a＞.
11.下列结论：
①若命题p： x0∈R，tan
x0＝2；命题q： x∈R，x2－x＋＞0.则命题“p∧(綈q)”是假命题；
②已知直线l1：ax＋3y－1＝0，l2：x＋by＋1＝0，则l1⊥l2的充要条件是＝－3；
③“设a，b∈R，若ab≥2，则a2＋b2＞4”的否命题为：“设a，b∈R，若ab＜2，则a2＋b2≤4”.
其中正确结论的序号为__________.(把你认为正确结论的序号都填上)
答案　①③
解析　在①中，命题p是真命题，命题q也是真命题，
故“p∧(綈q)”是假命题是正确的.
在②中，由l1⊥l2，得a＋3b＝0，所以②不正确.
在③中，“设a，b∈R，若ab≥2，则a2＋b2＞4”的否命题为：“设a，b∈R，若ab＜2，则a2＋b2≤4”正确.
12.已知条件p：≤－1，条件q：x2－x＜a2－a，且綈q的一个充分不必要条件是綈p，则a的取值范围是________.
答案　[0，1]
解析　由≤－1，得－3≤x＜1.
由x2－x＜a2－a，得(x－a)[x＋(a－1)]＜0，
当a＞1－a，即a＞时，不等式的解为1－a＜x＜a；
当a＝1－a，即a＝时，不等式的解为 ；
当a＜1－a，即a＜时，不等式的解为a＜x＜1－a.
由綈q的一个充分不必要条件是綈p，可知綈p是綈q的充分不必要条件，即p为q的一个必要不充分条件，即条件q对应的x取值集合是条件p对应的x取值集合的真子集.
当a＞时，由{x|1－a＜x＜a}?{x|－3≤x＜1}，
得解得＜a≤1；
当a＝时，因为空集是任意一个非空集合的真子集，所以满足条件；
当a＜时，由{x|a＜x＜1－a}?{x|－3≤x＜1}，
得解得0≤a＜.
综上，a的取值范围是[0，1].第36练　“排列、组合”常考问题
[题型分析·高考展望]　该部分是高考数学中相对独特的一个知识板块，知识点并不多，但解决问题的方法十分灵活，主要内容是分类加法计数原理和分步乘法计数原理、排列与组合、二项式定理等，在高考中占有特殊的位置.高考试题主要以选择题和填空题的方式呈现，考查排列、组合的应用.
体验高考
1.(2015·四川)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40
000大的偶数共有(　　)
A.144个
B.120个
C.96个
D.72个
答案　B
解析　由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A＝72(个)；若万位是4，则有2×A＝48(个)，故比40
000大的偶数共有72＋48＝120(个).选B.
2.(2016·课标全国甲)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)
A.24
B.18
C.12
D.9
答案　B
解析　从E点到F点的最短路径有6种，从F点到G点的最短路径有3种，所以从E点到G点的最短路径为6×3＝18(种)，故选B.
3.(2016·四川)用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为(　　)
A.24
B.48
C.60
D.72
答案　D
解析　由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1，3，5；分为两步：先从1，3，5三个数中选一个作为个位数有C，再将剩下的4个数字排列得到A，则满足条件的五位数有C·A＝72(个).选D.
4.(2015·广东)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(用数字作答).
答案　1
560
解析　依题意两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A＝40×39＝1
560(条)毕业留言.
高考必会题型
题型一　排列问题
例1　(1)在5×5的棋盘中，放入3颗黑子和2颗白子，它们均不在同一行且不在同一列，则不同的排列方法种数为(　　)
A.150
B.200
C.600
D.1
200
(2)即将毕业的6名同学排成一排照相留念，个子较高的明明同学既不能站最左边，也不能站最右边，则不同的站法种数为________.
答案　(1)D　(2)480
解析　(1)由已知，第一颗棋子有5×5＝25(种)放法，由于放入3颗黑子和2颗白子，它们均不在同一行且不在同一列，所以第二颗棋子有4×4＝16(种)放法，第三颗棋子有3×3＝9(种)放法，第四颗棋子有2×2＝4(种)放法，第五颗棋子有1种放法，又由于黑子、白子分别相同，所以不同的排列方法种数为＝1
200，选D.
(2)方法一　(位置分析法)
先从其他5人中安排2人分别站在最左边和最右边，再安排余下4人的位置，分为两步：第1步，从除明明外的5人中选2人分别站在最左边和最右边，有A种站法；第2步，余下4人(含明明)站在剩下的4个位置上，有A种站法.由分步乘法计数原理，知共有AA＝480(种)不同的站法.
方法二　(元素分析法)
先安排明明的位置，再安排其他5人的位置，分为两步：第1步，将明明排在除最左边、最右边外的任意位置上，有A种站法；第2步，余下5人站在剩下5个位置上，有A种站法.由分步乘法计数原理，知共有AA＝480(种)不同的站法.
方法三　(反面求解法)
6人没有限制的排队有A种站法，明明站在最左边或最右边时6人排队有2A种站法，因此符合条件的不同站法共有A－2A＝480(种).
点评　求解排列问题的常用方法
(1)特殊元素(特殊位置)优先法；
(2)相邻问题捆绑法；
(3)不相邻问题插空法；
(4)定序问题缩倍法；
(5)多排问题一排法.
变式训练1　(1)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为(　　)
A.144
B.120
C.72
D.24
(2)有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，求：
①5位同学站成一排，有________种不同的方法；
②5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，有________种不同的方法.
答案　(1)D　(2)①120　②24
解析　(1)剩余的3个座位共有4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A＝4×3×2＝24.
(2)①A＝120.
②5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，故有AAA＝24种不同的排法.
题型二　组合问题
例2　在一次国际抗震救灾中，从7名中方搜救队队员，4名外籍搜救队队员中选5名组成一支特殊搜救队到某地执行任务，按下列要求，分别计算有多少种组队方法.
(1)至少有2名外籍搜救队队员；
(2)至多有3名外籍搜救队队员.
解　(1)方法一　(直接法)
由题意，知特殊搜救队中“至少有2名外籍搜救队队员”可分为3类：
①有2名外籍队员，共有C·C种组队方法；
②有3名外籍队员，共有C·C种组队方法；
③有4名外籍队员，共有C·C种组队方法.
根据分类加法计数原理，知至少有2名外籍搜救队队员共有C·C＋C·C＋C·C＝301(种)不同的组队方法.
方法二　(间接法)
由题意，知特殊搜救队中“至少有2名外籍搜救队队员”的对立事件为“至多有1名外籍搜救队队员”，可分为2类：
①只有1名外籍搜救队队员，共有CC种组队方法；
②没有外籍搜救队队员，共有CC种组队方法.
所以至少有2名外籍搜救队队员共有C－CC－CC＝301(种)不同的组队方法.
(2)方法一　(直接法)
由题意，知“至多有3名外籍搜救队队员”可分为4类：
①有3名外籍搜救队队员，共有CC种方法；
②有2名外籍搜救队队员，共有CC种方法；
③有1名外籍搜救队队员，共有CC种方法；
④没有外籍搜救队队员，共有C种方法.
由分类加法计数原理，知至多有3名外籍搜救队队员共有CC＋CC＋CC＋C＝455(种)不同的组队方法.
方法二　(间接法)
由题意，知“至多有3名外籍搜救队队员”的对立事件为“至少有4名外籍搜救队队员”.因为至少有4名外籍搜救队队员，共有CC种组队方法，所以至多有3名外籍搜救队队员共有C－CC＝455(种)不同组队方法.
点评　(1)先看是否与排列顺序有关，从而确定是否为组合问题.
(2)看是否需要分类、分步，如何确定分类标准.
(3)判断是否为“分组”问题，避免重复.
变式训练2　(1)从不同号码的三双靴子中任取4只，其中恰好有一双的取法种数为(　　)
A.12
B.24
C.36
D.72
(2)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________.(用数字作答)
答案　(1)A　(2)590
解析　(1)恰好有一双的取法种数为CCC＝12.
(2)分三类：①选1名骨科医生，则有C(CC＋CC＋CC)＝360(种).
②选2名骨科医生，则有C(CC＋CC)＝210(种).
③选3名骨科医生，则有CCC＝20(种).
∴骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360＋210＋20＝590.
题型三　排列与组合的综合应用问题
例3　4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒子内.
(1)恰有1个盒子不放球，共有几种放法？
(2)恰有1个盒子内有2个球，共有几种放法？
(3)恰有2个盒子不放球，共有几种放法？
解　(1)为保证“恰有1个盒子不放球”，先从4个盒子中任意取出一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有CCCA＝144(种).
(2)“恰有1个盒子内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒子内有2个球”与“恰有1个盒子不放球”是同一件事，所以共有144种放法.
(3)确定2个空盒有C种方法.
4个球放进2个盒子可分成(3，1)、(2，2)两类，第一类有序不均匀分组有CCA种方法；第二类有序均匀分组有·A种方法.故共有C(CCA＋·A)＝84(种).
点评　(1)排列、组合混合问题一般“先选后排”.
(2)对于较复杂的排列、组合问题，应按元素的性质或题意要求进行分类，对事件发生的过程进行分步，做到分类标准明确，分步层次清楚，才能保证不“重”不“漏”.
(3)关于“至少”“至多”等计数问题，一般需要进行分类，若分类比较复杂，可用间接法，找出其对立事件来求解.
变式训练3　(1)将A、B、C、D、E、F六个字母排成一排，且A、B均在C的同侧，则不同的排法共有________种.(用数字作答)
(2)把A、B、C、D四件玩具分给三个小朋友，每位小朋友至少分到一件玩具，且A、B两件玩具不能分给同一个人，则不同的分法有(　　)
A.36种
B.30种
C.24种
D.18种
答案　(1)480　(2)B
解析　(1)分类讨论：A、B都在C的左侧，且按C的左侧分别有两个、三个、四个、五个字母这4类计算，再考虑右侧情况.
所以共有2(AA＋CAA＋CA＋A)＝480(种).
(2)由题意A、B两件玩具不能分给同一个人，因此分法为C(C－1)A＝3×5×2＝30(种).
高考题型精练
1.A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A、B可以不相邻)，那么不同的排法共有(　　)
A.24种
B.60种
C.90种
D.120种
答案　B
解析　五人并排站成一排，有A种情况，而其中B站在A的左边与B站在A的右边是等可能的，则B站在A的右边的排法共有A＝60(种).
2.A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有(　　)
A.60种
B.48种
C.30种
D.24种
答案　B
解析　由题知，不同的座次有AA＝48(种).
3.将2名教师、4名学生分成2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1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有(　　)
A.10种
B.8种
C.9种
D.12种
答案　D
解析　第一步，为甲地选一名老师，有C＝2(种)选法；第二步，为甲地选两个学生，有C＝6(种)选法；第三步，为乙地选1名教师和2名学生，有1种选法，故不同的安排方案共有2×6×1＝12(种).
4.某学校食堂早餐只有花卷、包子、面条和蛋炒饭四种主食可供食用，有5名同学前去就餐，每人只选择其中一种，且每种主食都至少有一名同学选择.已知花卷数量不足，仅够一人食用，甲同学肠胃不好不会选择蛋炒饭，则这5名同学不同的主食选择方案种数为(　　)
A.144
B.132
C.96
D.48
答案　B
解析　分类讨论：甲选花卷，其余4人中有2人选同一种主食，方法有CC＝18(种)，剩下2人选其余主食，方法有A＝2(种)，共有方法18×2＝36(种)；甲不选花卷，其余4人中有1人选花卷，方法有4种，甲选包子或面条，方法有2种，其余3人若有1人选甲选的主食，剩下2人选其余主食，方法有3A＝6(种)，若没有人选甲选的主食，方法有CA＝6(种)，共有4×2×(6＋6)＝96(种)，故共有36＋96＝132(种)，故选B.
5.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3张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
解析　分两类：第一类，含有1张红色卡片，共有不同的取法CC＝264(种)；
第二类，不含有红色卡片，共有不同的取法C－3C＝220－12＝208(种).
由分类加法计数原理知不同的取法有264＋208＝472(种).
6.如图，用6种不同的颜色把图A，B，C，D，4块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则涂色方法共有________种(用数字作答).
答案　480
解析　从A开始涂色，A有6种涂色方法，B有5种涂色方法，C有4种涂色方法，D有4种涂色方法，由分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×4＝480(种)涂色方法.
7.某城市的交通道路如图，从城市的西南角A到城市东北角B，不经过十字道路维修处C，最近的走法种数是________.
答案　66
解析　从城市的西南角A到城市的东北角B，最近的走法种数共有C＝126(种)走法，从城市的西南角A经过十字道口维修处C，最近的走法有C＝10(种)，从C到城市的东北角B，最近的走法有C＝6(种)，所以从城市西南角A到城市的东北角B，经过十字道路维修处C最近的走法有10×6＝60(种)，所以从城市的西南角A到城市东北角B，不经过十字道路维修处C，最近的走法有126－60＝66(种).
8.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a1a3，则称这个三位数为凸数(如120，343，275等)，那么所有凸数的个数为________.
答案　240
解析　可根据中间数进行分类，中间数依次可为2，3，4，5，6，7，8，9，然后确定百位和个位，共有1×2＋2×3＋3×4＋4×5＋5×6＋6×7＋7×8＋8×9＝240(个).
9.“雾霾治理”“光盘行动”“网络反腐”“法治中国”“先看病后付费”成为社会关注的5个热点.小王想在国庆节期间调查一下社会对这些热点的关注度.若小王准备从中选取4个热点分别进行调查，则“雾霾治理”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为________.
答案　72
解析　先从“光盘行动”“网络反腐”“法治中国”“先看病后付费”这4个热点中选出3个，有C种不同的选法.在调查时，“雾霾治理”的安排顺序有A种可能情况，其余3个热点的安排顺序有A种，故不同调查顺序的种数为CAA＝72.
10.一个质点从原点出发，每秒末必须向右、或向左、或向上、或向下跳一个单位长度，则此质点在第8秒末到达点P(4，2)的跳法共有________种.
答案　448
解析　分两类情况讨论：
第一类：向右跳4次，向上跳3次，向下跳1次，有CC＝280(种)；
第二类，向右跳5次，向上跳2次，向左跳1次，有CC＝168(种)；
根据分类加法计数原理得，共有280＋168＝448(种)方法.
11.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种.(用数字作答)
答案　60
解析　把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C种分法，再分给4人有A种分法，所以不同获奖情况种数为A＋CA＝24＋36＝60.
12.用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有多少种不同的涂色方法？
解　如图所示，将4个小方格依次编号为1，2，3，4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法.
①当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有A＝12(种)不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法.由分步乘法计数原理可知，有5×12×3＝180(种)不同的涂法；
②当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻方格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知.有5×4×4＝80(种)不同的涂法.
由分类加法计数原理可得，共有180＋80＝260(种)不同的涂法.第31练　椭圆问题中最值得关注的基本题型
[题型分析·高考展望]　椭圆问题在高考中占有比较重要的地位，并且占的分值也较多.分析历年的高考试题，在选择题、填空题、解答题中都有涉及到椭圆的题，所以我们对椭圆知识必须系统的掌握.对各种题型，基本的解题方法也要有一定的了解.
体验高考
1.(2015·广东)已知椭圆＋＝1(m>0)的左焦点为F1(－4，0)，则m等于(　　)
A.2
B.3
C.4
D.9
答案　B
解析　由题意知25－m2＝16，解得m2＝9，又m>0，所以m＝3.
2.(2015·福建)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，短轴的一个端点为M，直线l：3x－4y＝0交椭圆E于A，B两点.若|AF|＋|BF|＝4，点M到直线l的距离不小于，则椭圆E的离心率的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　设左焦点为F0，连接F0A，F0B，则四边形AFBF0为平行四边形.
∵|AF|＋|BF|＝4，
∴|AF|＋|AF0|＝4，
∴a＝2.
设M(0，b)，则≥，
∴1≤b＜2.
离心率e＝＝＝
＝
∈，
故选A.
3.(2016·课标全国丙)已知O为坐标原点，F是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点.P为椭圆C上一点，且PF⊥x轴.过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则椭圆C的离心率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　设M(－c，m)，则E，OE的中点为D，则D，又B，D，M三点共线，所以＝，a＝3c，e＝.
4.(2015·浙江)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称.
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解　(1)由题意知m≠0，
可设直线AB的方程为y＝－x＋b.
由消去y，
得x2－x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①
将线段AB中点M
代入直线方程y＝mx＋，
解得b＝－，②
由①②得m＜－或m＞.
(2)令t＝∈∪，
则|AB|＝·，
且O到直线AB的距离为d＝.
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝|AB|·d＝
≤.
当且仅当t2＝时，等号成立.
故△AOB面积的最大值为.
5.(2016·北京)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.
(1)解　由已知＝，ab＝1.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明　由(1)知，A(2，0)，B(0，1).
设椭圆上一点P(x0，y0)，则＋y＝1.
当x0≠0时，直线PA方程为y＝(x－2)，
令x＝0得yM＝.
从而|BM|＝|1－yM|＝.
直线PB方程为y＝x＋1，
令y＝0得xN＝.
∴|AN|＝|2－xN|＝.
∴|AN|·|BM|＝·＝·
＝＝＝4.
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
∴|AN|·|BM|＝4.
故|AN|·|BM|为定值.
高考必会题型
题型一　利用椭圆的几何性质解题
例1　如图，焦点在x轴上的椭圆＋＝1的离心率e＝，F，A分别是椭圆的一个焦点和顶点，P是椭圆上任意一点，求·的最大值和最小值.
解　设P点坐标为(x0，y0).由题意知a＝2，
∵e＝＝，∴c＝1，∴b2＝a2－c2＝3.
所求椭圆方程为＋＝1.
∴－2≤x0≤2，－≤y0≤.
又F(－1，0)，A(2，0)，＝(－1－x0，－y0)，
＝(2－x0，－y0)，
∴·＝x－x0－2＋y＝x－x0＋1＝(x0－2)2.
当x0＝2时，·取得最小值0，
当x0＝－2时，·取得最大值4.
点评　熟练掌握椭圆的几何性质是解决此类问题的根本，利用离心率和椭圆的范围可以求解范围问题、最值问题，利用a、b、c之间的关系和椭圆的对称性可构造方程.
变式训练1　如图，F1、F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，∠F1AF2＝60°.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若△AF1B的面积为40，求椭圆C的方程.
解　(1)由题意可知，△AF1F2为等边三角形，
a＝2c，所以e＝.
(2)方法一　a2＝4c2，b2＝3c2，
直线AB的方程可为y＝－(x－c)，
将其代入椭圆方程3x2＋4y2＝12c2，
得B(c，－c)，
所以|AB|＝·|c－0|＝c，
由＝|AF1|·|AB|sin
∠F1AB
＝a·a·＝a2＝40，
解得a＝10，b＝5，所以椭圆C的方程为＋＝1.
方法二　设|AB|＝t，因为|AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a，
由椭圆定义|BF1|＋|BF2|＝2a可知，|BF1|＝3a－t，
再由余弦定理(3a－t)2＝a2＋t2－2atcos
60°可得，
t＝a，由＝|AF1|·|AB|sin
∠F1AB
＝a·a·＝a2＝40知，a＝10，b＝5，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
题型二　直线与椭圆相交问题
例2　(2015·课标全国Ⅱ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，点(2，)在C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M，证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
(1)解　由题意得＝，＋＝1，
解得a2＝8，b2＝4.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明　设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).
将y＝kx＋b代入＋＝1，得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.
故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，
即kOM·k＝－.
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.
点评　解决直线与椭圆相交问题的一般思路：将直线方程与椭圆方程联立，转化为一元二次方程，由判别式范围或根与系数的关系解决.求范围或最值问题，也可考虑求“交点”，由“交点”在椭圆内(外)，得出不等式，解不等式.
变式训练2　椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过其右焦点F与长轴垂直的直线被椭圆C截得的弦长为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点P是椭圆C的一个动点，直线l：y＝x＋与椭圆C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值.
解　(1)∵椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，
∴e＝＝，∴2c＝a，即4c2＝3a2，
又∵过椭圆右焦点F与长轴垂直的直线被椭圆C截得的弦长为2，
∴＋＝1，∴＋＝1，
即b2＝4，又a2－b2＝c2，
∴a2＝b2＋c2＝4＋a2，即a2＝16，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)联立直线l：y＝x＋与椭圆C的方程，
得消去y，
整理可得7x2＋12x－52＝0，
即(7x＋26)(x－2)＝0，解得x＝2或x＝－，
∴不妨设A(2，)，B(－，－)，
则|AB|＝
＝，
设过P点且与直线l平行的直线L的方程为y＝x＋C，L与l的距离就是P点到AB的距离，
即△PAB的边AB上的高，只要L与椭圆相切，
就有L与边AB的最大距离，即得最大面积.
将y＝x＋C代入＋＝1，
消元整理可得：7x2＋8Cx＋16C2－64＝0，
令判别式Δ＝(8C)2－4×7×(16C2－64)＝－256C2＋28×64＝0，
解得C＝±
＝±
.
∴L与AB的最大距离为＝，
∴△PAB面积的最大值为××＝(2＋).
题型三　利用“点差法，设而不求思想”解题
例3　已知椭圆＋＝1(a>b>0)的一个顶点为B(0，4)，离心率e＝，直线l交椭圆于M，N两点.
(1)若直线l的方程为y＝x－4，求弦|MN|的长；
(2)如果△BMN的重心恰好为椭圆的右焦点F，求直线l方程的一般式.
解　(1)由已知得b＝4，且＝，即＝，
∴＝，解得a2＝20，
∴椭圆方程为＋＝1.
则4x2＋5y2＝80与y＝x－4联立，
消去y得9x2－40x＝0，∴x1＝0，x2＝，
∴所求弦长|MN|＝|x2－x1|＝.
(2)如图，椭圆右焦点F的坐标为(2，0)，设线段MN的中点为Q(x0，y0)，
由三角形重心的性质知＝2，
又B(0，4)，∴(2，－4)＝2(x0－2，y0)，故得x0＝3，y0＝－2，
即得Q的坐标为(3，－2).
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝6，y1＋y2＝－4，
且＋＝1，＋＝1，
以上两式相减得＋＝0，
∴kMN＝＝－·＝－×＝，
故直线MN的方程为y＋2＝(x－3)，
即6x－5y－28＝0.
点评　当涉及平行弦的中点轨迹，过定点的弦的中点轨迹，过定点且被定点平分的弦所在直线方程时，用“点差法”来求解.
变式训练3　已知椭圆＋＝1(a>b>0)，焦点在直线x－2y－2＝0上，且离心率为.
(1)求椭圆方程；
(2)过P(3，1)作直线l与椭圆交于A，B两点，P为线段AB的中点，求直线l的方程.
解　(1)∵椭圆＋＝1(a>b>0)，
焦点在直线x－2y－2＝0上，
∴令y＝0，得焦点(2，0)，∴c＝2，
∵离心率e＝＝，∴＝，
解得a＝4，∴b2＝16－4＝12，
∴椭圆方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵过P(3，1)作直线l与椭圆交于A，B两点，
P为线段AB的中点，
∴由题意，x1＋x2＝6，y1＋y2＝2，
∴＋＝0，
∴kl＝＝－，
∴l的方程为y－1＝－(x－3)，
即9x＋4y－31＝0.
高考题型精练
1.(2016·课标全国乙)直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离为其短轴长的，则该椭圆的离心率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　如图，由题意得，BF＝a，OF＝c，OB＝b，OD＝×2b＝b.
在Rt△OFB中，|OF|×|OB|＝|BF|×|OD|，
即cb＝a·b，代入解得a2＝4c2，
故椭圆离心率e＝＝，故选B.
2.已知椭圆＋＝1，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，点A(1，1)为椭圆内一点，点P为椭圆上一点，则|PA|＋|PF1|的最大值是(　　)
A.6
B.6＋2
C.6－
D.6＋
答案　D
解析　|PA|＋|PF1|＝|PA|＋2a－|PF2|≤2a＋|AF2|＝6＋，
当P，A，F2共线时取最大值，故选D.
3.已知椭圆＋＝1的右焦点为F，P是椭圆上一点，点A(0，2)，当△APF的周长最大时，直线AP的方程为(　　)
A.y＝－x＋2
B.y＝x＋2
C.y＝－x＋2
D.y＝x＋2
答案　D
解析　椭圆＋＝1中a＝3，b＝，c＝＝2，
由题意，设F′是左焦点，则△APF周长＝|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋|AP|＋2a－|PF′|
＝4＋6＋|PA|－|PF′|≤10＋|AF′|
(A，P，F′三点共线，且P在AF′的延长线上时，取等号)，
直线AP的方程为＋＝1，
即y＝x＋2，故选D.
4.如果椭圆＋＝1的弦被点(4，2)平分，则这条弦所在的直线方程是(　　)
A.x－2y＝0
B.x＋2y－4＝0
C.2x＋3y－14＝0
D.x＋2y－8＝0
答案　D
解析　设这条弦的两端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
斜率为k，则
两式相减再变形得＋k＝0，
又弦中点坐标为(4，2)，故k＝－，
故这条弦所在的直线方程为y－2＝－(x－4)，
整理得x＋2y－8＝0，故选D.
5.设F1、F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P在椭圆C上，线段PF1的中点在y轴上，若∠PF1F2＝30°，则椭圆的离心率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　∵线段PF1的中点在y轴上，
设P的横坐标为x，F1(－c，0)，∴－c＋x＝0，
∴x＝c，∴P与F2的横坐标相等，
∴PF2⊥x轴，
∵∠PF1F2＝30°，∴|PF2|＝|PF1|，
∵|PF2|＋|PF1|＝2a，∴|PF2|＝a，
tan
∠PF1F2＝＝＝，
∴＝，∴e＝＝.
6.过点M(0，1)的直线l交椭圆C：＋＝1于A，B两点，F1为椭圆的左焦点，当△ABF1周长最大时，直线l的方程为______________.
答案　x＋y－1＝0
解析　设右焦点为F2(1，0)，则|AF1|＝4－|AF2|，|BF1|＝4－|BF2|，
所以|AF1|＋|BF1|＋|AB|＝8＋|AB|－(|AF2|＋|BF2|)，
显然|AF2|＋|BF2|≥|AB|，
当且仅当A，B，F2共线时等号成立，
所以当直线l过点F2时，△ABF1的周长取最大值8，
此时直线方程为y＝－x＋1，即x＋y－1＝0.
7.(2016·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________.
答案　
解析　联立方程组解得B、C两点坐标为
B，C，又F(c，0)，
则＝，＝，
又由∠BFC＝90°，可得·＝0，代入坐标可得：
c2－a2＋＝0，
①
又因为b2＝a2－c2.
代入①式可化简为＝，
则椭圆离心率为e＝＝＝.
8.P为椭圆＋＝1上的任意一点，AB为圆C：(x－1)2＋y2＝1的任一条直径，则·的取值范围是________.
答案　[3，15]
解析　圆心C(1，0)为椭圆的右焦点，
·＝(＋)·(＋)
＝(＋)·(－)＝2－2＝||2－1，
显然||∈[a－c，a＋c]＝[2，4]，
所以·＝||2－1∈[3，15].
9.设椭圆的中心为原点O，焦点在x轴上，上顶点为A(0，2)，离心率为.
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)设B1(－2，0)，B2(2，0)，过B1作直线l交椭圆于P，Q两点，使PB2⊥QB2，求直线l的方程.
解　(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
∵＝，∴1－＝，
即＝，又∵b2＝4，∴a2＝20，
∴椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由题意知直线l的倾斜角不为0，
故可设直线l的方程为：x＝my－2.
代入椭圆方程得(m2＋5)y2－4my－16＝0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则y1＋y2＝，y1·y2＝－，
又＝(x1－2，y1)，＝(x2－2，y2)，
所以·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝(my1－4)(my2－4)＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2－4m(y1＋y2)＋16＝－－＋16＝－，
由PB2⊥QB2得·＝0，
即16m2－64＝0，解得m＝±2，
∴直线l的方程为x＝±2y－2，即x±2y＋2＝0.
10.(2016·课标全国乙)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过点B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过点B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.
解　(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由题设得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：＋＝1(y≠0).
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，
点A到m的距离为，
所以|PQ|＝2＝4.
故四边形MPNQ的面积S＝|MN||PQ|＝12.
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，8).
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，8).
11.(2015·安徽)设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.
(1)求椭圆E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，
证明：MN⊥AB.
(1)解　由题设条件知，点M的坐标为，
又kOM＝，从而＝.
进而a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.
(2)证明　由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得＝，
又＝(－a，b)，
从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2).
由(1)的计算结果可知a2＝5b2，
所以·＝0，故MN⊥AB.第42练　不等式选讲
[题型分析·高考展望]　本部分主要考查绝对值不等式的解法.求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围，不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式，绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想.
体验高考
1.(2016·课标全国甲)已知函数f(x)＝＋，M为不等式f(x)<2的解集.
(1)求M；
(2)证明：当a，b∈M时，|a＋b|<|1＋ab|.
(1)解　f(x)＝
当x≤－时，
由f(x)<2得－2x<2，
解得x>－1，所以－1当－当x≥时，由f(x)<2得2x<2，
解得x<1，
所以，－所以f(x)<2的解集M＝{x|－1(2)证明　由(1)知，当a，b∈M时，－1从而(a＋b)2－(1＋ab)2＝a2＋b2－a2b2－1＝(a2－1)(1－b2)<0，即(a＋b)2<(1＋ab)2，
因此|a＋b|<|1＋ab|.
2.(2016·课标全国丙)已知函数f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)设函数g(x)＝|2x－1|.当x∈R时，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范围.
解　(1)当a＝2时，f(x)＝|2x－2|＋2.
解不等式|2x－2|＋2≤6得－1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集为{x|－1≤x≤3}.
(2)当x∈R时，
f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|
≥|2x－a＋1－2x|＋a
＝|1－a|＋a，
当x＝时等号成立，
所以当x∈R时，
f(x)＋g(x)≥3等价于|1－a|＋a≥3.①
当a≤1时，①等价于1－a＋a≥3，无解.
当a＞1时，①等价于a－1＋a≥3，
解得a≥2.
所以a的取值范围是[2，＋∞).
高考必会题型
题型一　含绝对值不等式的解法
含有绝对值的不等式的解法
(1)|f(x)|>a(a>0) f(x)>a或f(x)<－a；
(2)|f(x)|0) －a(3)对形如|x－a|＋|x－b|≤c，|x－a|＋|x－b|≥c的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解.
例1　已知函数f(x)＝|x－a|，其中a＞1.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；
(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值.
解　(1)当a＝2时，
f(x)＋|x－4|＝
当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|
得－2x＋6≥4，
解得x≤1；
当2＜x＜4时，f(x)≥4－|x－4|无解；
当x≥4时，由f(x)≥4－|x－4|
得2x－6≥4，解得x≥5；
所以f(x)≥4－|x－4|的解集为{x|x≤1或x≥5}.
(2)记h(x)＝f(2x＋a)－2f(x)，
则h(x)＝
由|h(x)|≤2，解得≤x≤.
又已知|h(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，
所以于是a＝3.
点评　(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤：
①求零点；②划区间、去绝对值号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值.
(2)用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法.
变式训练1　已知函数f(x)＝|x－2|－|x－5|.
(1)证明：－3≤f(x)≤3；
(2)求不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集.
(1)证明　f(x)＝|x－2|－|x－5|＝
当2所以－3≤f(x)≤3.
(2)解　由(1)可知，
当x≤2时，f(x)≥x2－8x＋15的解集为空集；
当2当x≥5时，f(x)≥x2－8x＋15的解集为
{x|5≤x≤6}.
综上，不等式f(x)≥x2－8x＋15的解集为{x|5－≤x≤6}.
题型二　不等式的证明
1.含有绝对值的不等式的性质
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.
2.算术—几何平均不等式
定理1：设a，b∈R，则a2＋b2≥2ab.当且仅当a＝b时，等号成立.
定理2：如果a、b为正数，则≥，当且仅当a＝b时，等号成立.
定理3：如果a、b、c为正数，则≥，当且仅当a＝b＝c时，等号成立.
定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a1，a2，…，an为n个正数，则≥，当且仅当a1＝a2＝…＝an时，等号成立.
例2　(1)已知x，y均为正数，且x>y.求证：2x＋≥2y＋3.
(2)已知实数x，y满足：|x＋y|<，|2x－y|<，
求证：|y|<.
证明　(1)因为x>0，y>0，x－y>0，
2x＋－2y
＝2(x－y)＋
＝(x－y)＋(x－y)＋
≥3＝3，
所以2x＋≥2y＋3.
(2)因为3|y|＝|3y|＝|2(x＋y)－(2x－y)|≤2|x＋y|＋|2x－y|，
由题设知|x＋y|<，|2x－y|<，
从而3|y|<＋＝，所以|y|<.
点评　(1)作差法应该是证明不等式的常用方法.作差法证明不等式的一般步骤：①作差；②分解因式；③与0比较；④结论.关键是代数式的变形能力.
(2)在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧.
变式训练2　(1)若a，b∈R，求证：≤＋.
(2)已知a，b，c均为正数，a＋b＝1，求证：＋＋≥1.
证明　(1)当|a＋b|＝0时，不等式显然成立.
当|a＋b|≠0时，由0<|a＋b|≤|a|＋|b| ≥，所以＝≤＝≤＋.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c，
所以＋＋≥1.
题型三　柯西不等式的应用
柯西不等式
(1)设a，b，c，d均为实数，则(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，当且仅当ad＝bc时等号成立.
(2)设a1，a2，a3，…，an，b1，b2，b3，…，bn是实数，则(a＋a＋…＋a)(b＋b＋…＋b)≥(a1b1＋a2b2＋…＋anbn)2，当且仅当bi＝0(i＝1，2，…，n)或存在一个数k，使得ai＝kbi(i＝1，2，…，n)时，等号成立.
例3　(2015·福建)已知a＞0，b＞0，c＞0，函数f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值为4.
(1)求a＋b＋c的值；
(2)求a2＋b2＋c2的最小值.
解　(1)因为f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c，当且仅当－a≤x≤b时，等号成立.
又a＞0，b＞0，所以|a＋b|＝a＋b.
所以f(x)的最小值为a＋b＋c.
又已知f(x)的最小值为4，
所以a＋b＋c＝4.
(2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式得
(4＋9＋1)
≥2
＝(a＋b＋c)2＝16，
即a2＋b2＋c2≥.
当且仅当＝＝，
即a＝，b＝，c＝时等号成立.
故a2＋b2＋c2的最小值为.
点评　(1)使用柯西不等式证明的关键是恰当变形，化为符合它的结构形式，当一个式子与柯西不等式的左边或右边具有一致形式时，就可使用柯西不等式进行证明.
(2)利用柯西不等式求最值的一般结构为
(a＋a＋…＋a)(＋＋…＋)≥(1＋1＋…＋1)2＝n2.在使用柯西不等式时，要注意右边为常数且应注意等号成立的条件.
变式训练3　已知定义在R上的函数f(x)＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为a.
(1)求a的值；
(2)若p，q，r是正实数，且满足p＋q＋r＝a，求证：p2＋q2＋r2≥3.
(1)解　因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，当且仅当－1≤x≤2时，等号成立，
所以f(x)的最小值等于3，即a＝3.
(2)证明　由(1)知p＋q＋r＝3，
又因为p，q，r是正实数，
所以(p2＋q2＋r2)(12＋12＋12)≥(p×1＋q×1＋r×1)2＝(p＋q＋r)2＝9，
即p2＋q2＋r2≥3.
高考题型精练
1.如果关于x的不等式|x－3|－|x－4|解　设y＝|x－3|－|x－4|，
则y＝的图象如图所示：
若|x－3|－|x－4|则(|x－3|－|x－4|)min由图象可知当a>－1时，不等式的解集不是空集.
即实数a的取值范围是(－1，＋∞).
2.设x>0，y>0，若不等式＋＋≥0恒成立，求实数λ的最小值.
解　∵x>0，y>0，∴原不等式可化为－λ≤(＋)·(x＋y)＝2＋＋.
∵2＋＋≥2＋2＝4，
当且仅当x＝y时等号成立.
∴[(＋)(x＋y)]min＝4，
∴－λ≤4，λ≥－4.即实数λ的最小值是－4.
3.若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，求实数a的取值范围.
解　设y＝|2x－1|＋|x＋2|＝
当x<－2时，y＝－3x－1>5；
当－2≤x<时，y＝－x＋3>；
当x≥时，y＝3x＋1≥，
故函数y＝|2x－1|＋|x＋2|的最小值为.
因为不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋a＋2对任意实数x恒成立，所以≥a2＋a＋2.
解不等式≥a2＋a＋2，得－1≤a≤，
故a的取值范围为[－1，].
4.设不等式|x－2|)的解集为A，且∈A， A，
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)＝|x＋a|＋|x－2|的最小值.
解　(1)因为∈A，且 A，
所以解得，
所以a＝1.
(2)因为|x＋1|＋|x－2|≥|(x＋1)－(x－2)|＝3，
当且仅当(x＋1)(x－2)≤0，
即－1≤x≤2时取到等号，所以f(x)的最小值为3.
5.已知f(x)＝|x＋1|＋|x－1|，不等式f(x)<4的解集为M.
(1)求M；
(2)当a，b∈M时，证明：2|a＋b|<|4＋ab|.
(1)解　f(x)＝|x＋1|＋|x－1|＝
当x<－1时，由－2x<4，得－2当－1≤x≤1时，f(x)＝2<4；
当x>1时，由2x<4，得1∴综上可得－2(2)证明　∵a，b∈M，
即－2∴4(a＋b)2－(4＋ab)2＝4(a2＋2ab＋b2)－(16＋8ab＋a2b2)＝(a2－4)(4－b2)<0，
∴4(a＋b)2<(4＋ab)2，
∴2|a＋b|<|4＋ab|.
6.已知a2＋2b2＋3c2＝6，若存在实数a，b，c，使得不等式a＋2b＋3c>|x＋1|成立，求实数x的取值范围.
解　由柯西不等式知
[12＋()2＋()2][a2＋(b)2＋(c)2]
≥(1·a＋·b＋·c)2
即6×(a2＋2b2＋3c2)≥
(a＋2b＋3c)2.
又∵a2＋2b2＋3c2＝6，
∴6×6≥(a＋2b＋3c)2，
∴－6≤a＋2b＋3c≤6，
∵存在实数a，b，c，使得不等式a＋2b＋3c>|x＋1|成立.
∴|x＋1|<6，∴－7∴x的取值范围是{x|－77.设函数f(x)＝|x－a|＋3x，其中a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥3x＋2的解集；
(2)若不等式f(x)≤0的解集为{x|x≤－1}，求a的值.
解　(1)当a＝1时，f(x)≥3x＋2可化为|x－1|≥2.
由此可得x≥3或x≤－1.
故不等式f(x)≥3x＋2的解集为{x|x≥3或x≤－1}.
(2)由f(x)≤0得|x－a|＋3x≤0.
此不等式化为不等式组或
即或
因为a>0，所以不等式组的解集为{x|x≤－}.
由题设可得－＝－1，故a＝2.
8.(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝|x＋1|－2|x－a|，a>0.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)>1的解集；
(2)若f(x)的图象与x轴围成的三角形面积大于6，求a的取值范围.
解　(1)当a＝1时，
f(x)>1化为|x＋1|－2|x－1|－1>0.
当x≤－1时，不等式化为x－4>0，无解；
当－10，
解得当x≥1时，不等式化为－x＋2>0，解得1≤x<2.
所以f(x)>1的解集为.
(2)由题设可得，f(x)＝
所以函数f(x)的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A，B(2a＋1，0)，C(a，a＋1)，
△ABC的面积为(a＋1)2.
由题设得(a＋1)2>6，故a>2.
所以a的取值范围为(2，＋∞).第9练　顾全局——函数零点与方程的根
[题型分析·高考展望]　函数零点问题是高考常考题型，一般以选择题、填空题的形式考查，难度为中档.其考查点有两个方面：一是函数零点所在区间、零点个数；二是由函数零点的个数或取值范围求解参数的取值范围.
体验高考
1.(2015·天津)已知函数f(x)＝函数g(x)＝3－f(2－x)，则函数y＝f(x)－g(x)的零点个数为(　　)
A.2
B.3
C.4
D.5
答案　A
解析　当x>2时，g(x)＝x－1，f(x)＝(x－2)2；
当0≤x≤2时，g(x)＝3－x，f(x)＝2－x；
当x<0时，g(x)＝3－x2，f(x)＝2＋x.
由于函数y＝f(x)－g(x)的零点个数就是方程f(x)－g(x)＝0的根的个数.
当x>2时，方程f(x)－g(x)＝0可化为x2－5x＋5＝0，其根为x＝或x＝(舍去)；
当0≤x≤2时，方程f(x)－g(x)＝0
可化为2－x＝3－x，无解；
当x<0时，方程f(x)－g(x)＝0可化为x2＋x－1＝0，其根为x＝或x＝(舍去).
所以函数y＝f(x)－g(x)的零点个数为2.
2.已知函数f(x)＝()x－cos
x，则f(x)在[0，2π]上的零点个数是(　　)
A.1
B.2
C.3
D.4
答案　C
解析　f(x)在[0，2π]上的零点个数就是函数y＝()x和y＝cos
x的图象在[0，2π]上的交点个数，
而函数y＝()x和y＝cos
x的图象在[0，2π]上的交点有3个.
3.(2016·上海)设a∈R，b∈[0，2π].若对任意实数x都有sin(3x－)＝sin(ax＋b)，则满足条件的有序实数对(a，b)的对数为(　　)
A.1
B.2
C.3
D.4
答案　B
解析　∵对于任意实数x都有sin(3x－)＝sin(ax＋b)，
则函数的周期相同，
若a＝3，此时sin(3x－)＝sin(3x＋b)，
则b＝－＋2π＝；若a＝－3，
则方程等价为sin(3x－)＝sin(－3x＋b)＝－sin(3x－b)＝sin(3x－b＋π)，
则－＝－b＋π，∴b＝.
综上，满足条件的有序实数对(a，b)为，.
4.(2015·江苏)已知函数f(x)＝|ln
x|，g(x)＝则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为________.
答案　4
解析　令h(x)＝f(x)＋g(x)，
则h(x)＝
当1＜x＜2时，h′(x)＝－2x＋＝＜0，
故当1＜x＜2时h(x)单调递减，在同一坐标系中画出y＝|h(x)|和y＝1的图象如图所示.
由图象可知|f(x)＋g(x)|＝1的实根个数为4.
高考必会题型
题型一　零点个数与零点区间问题
例1　(1)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－3x，则函数g(x)＝f(x)－x＋3的零点的集合为(　　)
A.{1，3}
B.{－3，－1，1，3}
C.{2－，1，3}
D.{－2－，1，3}
(2)(2015·北京)设函数f(x)＝
①若a＝1，则f(x)的最小值为________；
②若f(x)恰有2个零点，则实数a的取值范围是________.
答案　(1)D　(2)①－1　②∪[2，＋∞)
解析　(1)令x<0，则－x>0，
所以f(－x)＝(－x)2＋3x＝x2＋3x.
因为f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(－x)＝－f(x)，
所以当x<0时，f(x)＝－x2－3x.
当x≥0时，g(x)＝x2－4x＋3，
令g(x)＝0，即x2－4x＋3＝0，解得x＝1或x＝3；
当x<0时，g(x)＝－x2－4x＋3，
令g(x)＝0，即x2＋4x－3＝0，
解得x＝－2＋>0(舍去)或x＝－2－.
所以函数g(x)有3个零点，其集合为{－2－，1，3}.
(2)①当a＝1时，f(x)＝
当x<1时，f(x)＝2x－1∈(－1，1)，
当x≥1时，f(x)＝4(x2－3x＋2)＝4≥－1，
∴f(x)min＝－1.
②由于f(x)恰有2个零点，分两种情况讨论：
当f(x)＝2x－a，x<1没有零点时，a≥2或a≤0.
当a≥2时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时，有2个零点；
当a≤0时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时，无零点.
因此a≥2满足题意.
当f(x)＝2x－a，x<1有1个零点时，
0f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1有1个零点，
此时a<1，
2a≥1，因此≤a<1.
综上知实数a的取值范围是.
点评　确定函数零点的常用方法
(1)当方程易求解时，用解方程判定法；
(2)数形结合法，在研究函数零点、方程的根及图象交点的问题时，当从正面求解难以入手时，可以转化为某一易入手的等价问题求解，如求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角函数式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解.
变式训练1　[x]表示不超过x的最大整数，例如[2.9]＝2，[－4.1]＝－5.已知f(x)＝x－[x](x∈R)，g(x)＝log4(x－1)，则函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数是(　　)
A.1
B.2
C.3
D.4
答案　B
解析　函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数可转化为函数f(x)与g(x)图象的交点个数，
作出函数f(x)＝x－[x]＝
与函数g(x)＝log4(x－1)的大致图象如图，由图可知两函数图象的交点个数为2，即函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数是2.
题型二　由函数零点求参数范围问题
例2　若关于x的方程22x＋2xa＋a＋1＝0有实根，求实数a的取值范围.
解　方法一　(换元法)
设t＝2x(t＞0)，则原方程可变为t2＋at＋a＋1＝0，(
)
原方程有实根，即方程(
)有正根.
令f(t)＝t2＋at＋a＋1.
①若方程(
)有两个正实根t1，t2，
则解得－1＜a≤2－2；
②若方程(
)有一个正实根和一个负实根(负实根不合题意，舍去)，则f(0)＝a＋1＜0，解得a＜－1；
③若方程(
)有一个正实根和一个零根，
则f(0)＝0且－＞0，解得a＝－1.
综上，a的取值范围是(－∞，2－2
].
方法二　(分离变量法)
由方程，解得a＝－，设t＝2x(t＞0)，
则a＝－＝－
＝2－，其中t＋1＞1，
由基本不等式，得(t＋1)＋≥2，
当且仅当t＝－1时取等号，故a≤2－2.
点评　利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法
(1)利用零点存在性定理构建不等式求解.
(2)分离参数后转化为求函数的值域(最值)问题求解.
(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.
变式训练2　已知函数f(x)＝若关于x的方程f[f(x)]＝0有且只有一个实数解，则实数a的取值范围为________.
答案　(－1，0)∪(0，＋∞)
解析　依题意，得a≠0，令f(x)＝0，得lg
x＝0，即x＝1.由f[f(x)]＝0，得f(x)＝1.
当x＞0时，函数y＝lg
x的图象与直线y＝1有且只有一个交点，
则当x≤0时，函数y＝的图象与直线y＝1没有交点.若a＞0，结论成立；
若a＜0，则函数y＝的图象与y轴交点的纵坐标－a＜1，得－1＜a＜0，
则实数a的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞).
高考题型精练
1.若偶函数f(x)满足f(x－1)＝f(x＋1)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x2，则关于x的方程f(x)＝()x在[0，]上的根的个数是(　　)
A.1
B.2
C.3
D.4
答案　C
解析　当x∈[－1，0]时，－x∈[0，1]，
所以f(－x)＝x2，因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝x2.
又f(x－1)＝f(x＋1)，
所以f(x＋2)＝f((x＋1)＋1)＝f((x＋1)－1)＝f(x)，
故f(x)是以2为周期的周期函数.据此在同一坐标系中作出函数y＝f(x)与y＝x在[0，]上的图象如图所示，数形结合得两图象有3个交点，
故方程f(x)＝x在[0，]上有3个根，故选C.
2.函数f(x)＝2sin
πx－x＋1的零点个数为(　　)
A.4
B.5
C.6
D.7
答案　B
解析　∵2sin
πx－x＋1＝0，∴2sin
πx＝x－1，图象如图所示，由图象看出y＝2sin
πx与y＝x－1有5个交点，
∴f(x)＝2sin
πx－x＋1的零点个数为5.
3.已知函数f(x)＝则使方程x＋f(x)＝m有解的实数m的取值范围是(　　)
A.(1，2)
B.(－∞，－2]
C.(－∞，1)∪(2，＋∞)
D.(－∞，1]∪[2，＋∞)
答案　D
解析　当x≤0时，x＋f(x)＝m，即x＋1＝m，解得m≤1；
当x＞0时，x＋f(x)＝m，即x＋＝m，解得m≥2.
即实数m的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞).故选D.
4.定义域为R的偶函数f(x)满足对任意x∈R，有f(x＋2)＝f(x)－f(1)，且当x∈[2，3]时，f(x)＝－2x2＋12x－18，若函数y＝f(x)－loga(x＋1)在(0，＋∞)上恰有三个零点，则a的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　D
解析　因为f(x＋2)＝f(x)－f(1)，
所以f(1)＝f(－1)－f(1)，
又因为f(x)是偶函数，所以f(1)＝0，
所以函数f(x)是以2为周期的偶函数.
函数y＝f(x)－loga(x＋1)在(0，＋∞)上恰有三个零点可化为函数y＝f(x)与y＝loga(x＋1)在(0，＋∞)上有三个不同的交点.
作函数y＝f(x)与y＝loga(x＋1)的图象如下图.
结合函数图象知，
解得＜a＜，故选D.
5.已知x1，x2是函数f(x)＝e－x－|ln
x|的两个零点，则(　　)
A.B.1C.1D.e答案　A
解析　在同一坐标系中画出函数y＝e－x与y＝|ln
x|的图象如图.
结合图象不难看出，它们的两个交点中，其中一个交点的横坐标属于区间(0，1)，另一个交点的横坐标属于区间(1，＋∞)，即在x1，x2中，其中一个属于区间(0，1)，另一个属于区间(1，＋∞).不妨设x1∈(0，1)，x2∈(1，＋∞)，则有e＝|ln
x1|＝－ln
x1∈(e－1，1)，e＝|ln
x2|＝ln
x2∈(0，e－1)，e－e＝ln
x2＋ln
x1＝ln
x1x2∈(－1，0)，于是有e－16.已知函数f(x)＝(a∈R)，若函数f(x)在R上有两个零点，则a的取值范围是(　　)
A.(－∞，－1)
B.(－∞，0)
C.(－1，0)
D.[－1，0)
答案　D
解析　当x＞0时，f(x)＝2x－1.令f(x)＝0，解得x＝；当x≤0时，f(x)＝ex＋a，此时函数f(x)＝ex＋a在(－∞，0]上有且仅有一个零点，等价转化为方程ex＝－a在(－∞，0]上有且仅有一个实根，而函数y＝ex在(－∞，0]上的值域为(0，1]，所以0＜－a≤1，解得－1≤a＜0.故选D.
7.已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围是________.
答案　(0，1)
解析　画出f(x)＝的图象，如图，
由于函数g(x)＝f(x)－m
有3个零点，结合图象得：0＜m＜1，
即m∈(0，1).
8.已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－k有两个不同的零点，则实数k的取值范围是__________.
答案　
解析　画出函数f(x)的图象如图.
要使函数g(x)＝f(x)－k有两个不同零点，
只需y＝f(x)与y＝k的图象有两个不同交点，
由图易知k∈.
9.(2015·湖南)若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取值范围是________.
答案　(0，2)
解析　由f(x)＝|2x－2|－b＝0
得|2x－2|＝b.
在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b的图象，如图所示.
则当010.已知x∈R，符号[x]表示不超过x的最大整数，若函数f(x)＝－a(x≠0)有且仅有3个零点，则a的取值范围是________.
答案　∪
解析　当0当1≤x<2时，f(x)＝－a＝－a，
当2≤x<3时，f(x)＝－a＝－a，….
f(x)＝－a的图象是把y＝的图象进行纵向平移而得到的，画出y＝的图象，通过数形结合可知a∈.
当x＜0时，同理可得a∈.
综上，a∈∪.
11.设函数f(x)＝(x＞0).
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)当0＜a＜b，且f(a)＝f(b)时，求＋的值；
(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求m的取值范围.
解　(1)如图所示.
(2)∵f(x)＝＝
故f(x)在(0，1)上是减函数，
而在(1，＋∞)上是增函数.
由0＜a＜b且f(a)＝f(b)，得0＜a＜1＜b，
且－1＝1－，
∴＋＝2.
(3)由函数f(x)的图象可知，当0＜m＜1时，
方程f(x)＝m有两个不相等的正根.
12.已知函数f(x)＝ex＋ax－a(a∈R且a≠0).
(1)若函数f(x)在x＝0处取得极值，求实数a的值，并求此时f(x)在[－2，1]上的最大值；
(2)若函数f(x)不存在零点，求实数a的取值范围.
解　(1)函数的定义域为R，f′(x)＝ex＋a，
由函数f(x)在x＝0处取得极值，
则f′(0)＝1＋a＝0，解得a＝－1，
即有f(x)＝ex－x＋1，f′(x)＝ex－1.
当x＜0时，有f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x＞0时，有f′(x)＞0，f(x)单调递增.
则在x＝0处f(x)取得极小值，也为最小值，值为2.
又f(－2)＝e－2＋3，f(1)＝e，f(－2)＞f(1)，
即有最大值e－2＋3.
(2)函数f(x)不存在零点，
即为ex＋ax－a＝0无实数解.
当x＝1时，e＋0＝0显然不成立，即有a∈R且a≠0.
若x≠1，即有－a＝.
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
当x＞2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，
当x＜1或1＜x＜2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减.
即在x＝2处g(x)取得极小值e2，
当x＜1时，g(x)＜0，
则有0＜－a＜e2，
解得－e2＜a＜0，
则实数a的取值范围为(－e2，0).第19练　解三角形问题
[题型分析·高考展望]　正弦定理和余弦定理是解三角形的工具，而解三角形问题是高考每年必考的热点问题之一.命题的重点主要有三个方面：一是以斜三角形为背景求三角形的基本量、求三角形的面积、周长、判断三角形形状等；二是以实际生活为背景，考查解三角形问题；三是与其他知识的交汇性问题，此类试题一直是命题的重点和热点.
体验高考
1.(2016·天津)在△ABC中，若AB＝，BC＝3，∠C＝120°，则AC等于(　　)
A.1
B.2
C.3
D.4
答案　A
解析　由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos
C，即13＝AC2＋9－2AC×3×cos
120°，化简得AC2＋3AC－4＝0，解得AC＝1或AC＝－4(舍去).故选A.
2.(2016·课标全国丙)在△ABC中，B＝，BC边上的高等于BC，则cos
A等于(　　)
A.
B.
C.－
D.－
答案　C
解析　设BC边上的高线AD交BC于点D，由题意B＝，BD＝BC，DC＝BC，tan∠BAD＝1，tan∠CAD＝2，tan
A＝＝－3，所以cos
A＝－.
3.(2015·天津)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为3，b－c＝2，cos
A＝－，则a的值为________.
答案　8
解析　∵cos
A＝－，0＜A＜π，∴sin
A＝.
S△ABC＝bcsin
A＝bc×＝3，∴bc＝24.
又b－c＝2，∴b2－2bc＋c2＝4，b2＋c2＝52.
由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccos
A
＝52－2×24×＝64，
∴a＝8.
4.(2015·广东)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝，sin
B＝，C＝，则b＝________.
答案　1
解析　因为sin
B＝且B∈(0，π)，
所以B＝或B＝.又C＝，
所以B＝，A＝π－B－C＝.
又a＝，由正弦定理得＝，
即＝，解得b＝1.
5.(2016·北京)在△ABC中，a2＋c2＝b2＋ac.
(1)求∠B的大小；
(2)求cos
A＋cos
C的最大值.
解　(1)由a2＋c2＝b2＋ac得a2＋c2－b2＝ac.
由余弦定理得cos
B＝＝＝.
又0＜B＜π，所以B＝.
(2)A＋C＝π－B＝π－＝，
所以C＝－A，0＜A＜.
所以cos
A＋cos
C＝cos
A＋cos
＝cos
A＋coscos
A＋sin
sin
A
＝cos
A－cos
A＋sin
A
＝sin
A＋cos
A＝sin.
因为0＜A＜，所以＜A＋＜π，
故当A＋＝，即A＝时，cos
A＋cos
C取得最大值1.
高考必会题型
题型一　活用正弦、余弦定理求解三角形问题
例1　(1)(2015·广东)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若a＝2，c＝2，cos
A＝且bA.3
B.2
C.2
D.
答案　C
解析　由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos
A，
得4＝b2＋12－2×b×2×，
即b2－6b＋8＝0，
∴b＝4或b＝2，又b(2)(2016·课标全国乙)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos
C(acos
B＋bcos
A)＝c.
①求C；
②若c＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长.
解　①由已知及正弦定理得，
2cos
C(sin
Acos
B＋sin
Bcos
A)＝sin
C，
2cos
Csin(A＋B)＝sin
C，
故2sin
Ccos
C＝sin
C.可得cos
C＝，所以C＝.
②由已知，得absin
C＝，又C＝，
所以ab＝6，由已知及余弦定理得，a2＋b2－2abcos
C＝7，
故a2＋b2＝13，从而(a＋b)2＝25.
所以△ABC的周长为5＋.
点评　在根据正弦、余弦定理解三角形问题中，要结合大边对大角进行判断.一般地，斜三角形中，用正弦定理求角时，若已知小角求大角，有两解；已知大角求小角有一解.在解三角形问题中，三角形内角和定理起着重要作用，在解题中要注意根据这个定理确定角的范围，确定三角函数值的符号，防止增解等扩大范围的现象发生.
变式训练1　设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且bsin
A＝acos
B.
(1)求角B的大小；
(2)若b＝3，sin
C＝2sin
A，求a，c的值.
解　(1)∵bsin
A＝acos
B，
由正弦定理得sin
Bsin
A＝sin
Acos
B.
在△ABC中，sin
A≠0，
即得tan
B＝.
∵B∈(0，π)，∴B＝.
(2)∵sin
C＝2sin
A，由正弦定理得c＝2a，
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos
B，
即9＝a2＋4a2－2a·2acos
，
解得a＝，∴c＝2a＝2.
题型二　正弦、余弦定理的实际应用
例2　某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上.在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30°且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/小时的航行速度沿正东方向匀速行驶.假设该小艇沿直线方向以v海里/小时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇.
(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
(2)假设小艇的最高航行速度只能达到30海里/小时，试设计航行方案(即确定航行方向和航行速度的大小)，使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由.
解　(1)设相遇时小艇航行的距离为S海里，则
S＝
＝＝.
故当t＝时，Smin＝10，v＝＝30.
即小艇以30海里/小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小.
(2)设小艇与轮船在B处相遇.
则v2t2＝400＋900t2－2·20·30t·cos(90°－30°)，
故v2＝900－＋.
∵0∴900－＋≤900，即－≤0，解得t≥.
又t＝时，v＝30，
故v＝30时，t取得最小值，且最小值等于.
此时，在△OAB中，有OA＝OB＝AB＝20.
故可设计航行方案如下：
航行方向为北偏东30°，航行速度为30海里/小时.
点评　解三角形中的实际问题四步骤
(1)分析题意，准确理解题意，分清已知与所求，尤其要理解题中的有关名词、术语，如坡度、仰角、俯角、方位角等；
(2)根据题意画出示意图，并将已知条件在图形中标出；
(3)将所求解的问题归结到一个或几个三角形中，通过合理运用正弦定理、余弦定理等有关知识正确求解；
(4)检验解出的结果是否具有实际意义，对结果进行取舍，得出正确答案.
变式训练2　为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10米到位置D，测得∠BDC＝45°，则塔AB的高是________米.
答案　10
解析　由题意可得，∠BCD＝90°＋15°＝105°，
CD＝10，∠BDC＝45°，∴∠CBD＝30°.
在△BCD中，由正弦定理，
得＝，解得BC＝10米，
∴在Rt△ABC中，塔AB的高是10米.
题型三　解三角形与其他知识的交汇
例3　设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足cos＝，·＝3.
(1)求△ABC的面积；
(2)求a的最小值.
解　(1)因为cos＝，
所以cos
A＝2cos2－1＝，sin
A＝，
又因为·＝3，
得bccos
A＝3 bc＝5 S△ABC＝bcsin
A＝2.
(2)∵bc＝5，
∴a2＝b2＋c2－2bccos
A＝b2＋c2－2×5×，
∴a2＝b2＋c2－6，
∴a2＝b2＋c2－6 b2＋c2＝6＋a2≥2bc＝10.
∴amin＝2.
当且仅当b＝c＝时，a有最小值2.
点评　解三角形问题与三角函数性质、向量、不等式、立体几何、数列等知识结合交汇，是近年来高考的新题型，对于这种问题要细心读题，弄清问题实质，一般都以其他知识为载体，主体还是利用正弦、余弦定理解三角形，所以将问题转化为解三角形是关键.
变式训练3　(2015·陕西)△ABC的内角A，B，C
所对的边分别为a，b，c.向量m＝(a，b)与n＝(cos
A，sin
B)平行.
(1)求A；
(2)若a＝，b＝2，求△ABC的面积.
解　(1)因为m∥n，
所以asin
B－bcos
A＝0，
由正弦定理，
得sin
Asin
B－sin
Bcos
A＝0，
又sin
B≠0，从而tan
A＝.
由于0＜A＜π，所以A＝.
(2)方法一　由余弦定理，
得a2＝b2＋c2－2bccos
A，
而由a＝，b＝2，A＝，
得7＝4＋c2－2c，
即c2－2c－3＝0，
因为c＞0，所以c＝3，
故△ABC的面积为S＝bcsin
A＝.
方法二　由正弦定理，得＝，
从而sin
B＝.
又由a＞b，知A＞B，
所以cos
B＝，
故sin
C＝sin(A＋B)＝sin＝sin
Bcos
＋cos
Bsin
＝.
所以△ABC的面积为S＝absin
C＝.
高考题型精练
1.(2015·北京改编)在△ABC中，a＝4，b＝5，c＝6，则等于(　　)
A.
B.2
C.1
D.
答案　C
解析　由余弦定理，得
cos
A＝＝＝，∴sin
A＝，
cos
C＝＝＝，∴sin
C＝，
∴＝＝1.
2.(2015·重庆改编)设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝2，cos
C＝－，3sin
A＝2sin
B，则c等于(　　)
A.2
B.3
C.
D.4
答案　D
解析　由3sin
A＝2sin
B，得3a＝2b，∴b＝a＝×2＝3，在△ABC中，由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos
C＝22＋32－2×2×3×＝16，解得c＝4.
3.在三角形ABC中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，且a＞b＞c，a2＜b2＋c2，则角A的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　因为a2＜b2＋c2，
所以cos
A＝＞0，所以A为锐角，
又因为a＞b＞c，所以A为最大角，
所以角A的取值范围是.
4.在△ABC中，角A，B，C所对的边的长分别为a，b，c，若asin
A＋bsin
B＜csin
C，则△ABC的形状是(　　)
A.锐角三角形
B.直角三角形
C.钝角三角形
D.不确定
答案　C
解析　根据正弦定理可得a2＋b2＜c2.
由余弦定理得cos
C＝＜0，故C是钝角.
5.在△ABC中，·＝|
－|＝3，则△ABC的面积的最大值为(　　)
A.
B.
C.
D.3
答案　B
解析　设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
∵·＝|
－|＝3，
又cos
A＝≥1－＝1－，
∴cos
A≥，∴0＜sin
A≤，
∴△ABC的面积S＝bcsin
A＝tan
A≤×＝，
故△ABC面积的最大值为.
6.已知锐角A是△ABC的一个内角，a，b，c是三角形中各角的对应边，若sin2A－cos2A＝，则下列各式正确的是(　　)
A.b＋c＝2a
B.b＋c＜2a
C.b＋c≤2a
D.b＋c≥2a
答案　C
解析　∵sin2A－cos2A＝，
∴cos
2A＝－.
∵0＜A＜，∴0＜2A＜π，
∴2A＝，∴A＝.
由余弦定理得，
a2＝b2＋c2－bc＝(b＋c)2－3bc≥(b＋c)2－(b＋c)2＝，
∴4a2≥(b＋c)2，∴2a≥b＋c.
7.(2016·课标全国甲)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos
A＝，cos
C＝，a＝1，则b＝________.
答案　
解析　在△ABC中由cos
A＝，cos
C＝，可得sin
A＝，sin
C＝，sin
B＝sin(A＋C)＝sin
Acos
C＋cos
A·sin
C＝，由正弦定理得b＝＝.
8.(2015·重庆)在△ABC中，B＝120°，AB＝，A的角平分线AD＝，则AC＝______.
答案　
解析　在△ABD中，由正弦定理得＝，
即＝，
解得sin∠ADB＝，∠ADB＝45°，
从而∠BAD＝15°＝∠DAC，
所以C＝180°－120°－30°＝30°，
AC＝2ABcos
30°＝.
9.(2015·课标全国Ⅰ)在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是____________.
答案　(－，＋)
解析　如图所示，延长BA与CD相交于点E，过点C作CF∥AD交AB于点F，则BF在等腰三角形CBF中，∠FCB＝30°，CF＝BC＝2，
∴BF＝＝－.
在等腰三角形ECB中，∠CEB＝30°，∠ECB＝75°，BE＝CE，BC＝2，＝，
∴BE＝×＝＋.
∴－10.设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A＝，a＝，则b2＋c2的取值范围为________.
答案　(3，6]
解析　由正弦定理，
得＝＝＝2，
b＝2sin
B，c＝2sin
C，
所以b2＋c2＝4(sin2B＋sin2C)
＝2(1－cos
2B＋1－cos
2C)
＝4－2cos
2B－2cos
2(－B)
＝4＋sin
2B－cos
2B
＝4＋2sin(2B－).
又0＜B＜，
所以－＜2B－＜，
所以－1＜2sin(2B－)≤2.
所以3＜b2＋c2≤6.
11.(2016·山东)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2(tan
A＋tan
B)＝＋.
(1)证明：a＋b＝2c；
(2)求cos
C的最小值.
(1)证明　由题意知，
2＝＋.
化简得2(sin
Acos
B＋sin
Bcos
A)＝sin
A＋sin
B，
即2sin(A＋B)＝sin
A＋sin
B，
因为A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin
C，
从而sin
A＋sin
B＝2sin
C，
由正弦定理得a＋b＝2c.
(2)解　由(1)知c＝，
所以cos
C＝＝
＝－≥，
当且仅当a＝b时，等号成立，
故cos
C的最小值为.
12.(2016·四川)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＋＝.
(1)证明：sin
Asin
B＝sin
C；
(2)若b2＋c2－a2＝bc，求tan
B.
(1)证明　根据正弦定理，可设
＝＝＝k(k>0)，
则a＝ksin
A，b＝ksin
B，c＝ksin
C.
代入＋＝中，
有＋＝，变形可得
sin
Asin
B＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B＝sin(A＋B).
在△ABC中，由A＋B＋C＝π，
有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin
C.
所以sin
Asin
B＝sin
C.
(2)解　由已知，b2＋c2－a2＝bc，
根据余弦定理，有
cos
A＝＝.
所以sin
A＝＝.
由(1)，知sin
Asin
B＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B，
所以sin
B＝cos
B＋sin
B，
故tan
B＝＝4.第49练　配凑法与构造法
[题型分析·高考展望]　配凑法是通过将两个变量构成的不等式(方程)变形到不等号(等号)两端，使两端变量各自相同，解决有关不等式恒成立、不等式存在(有)解和方程有解中参数取值范围的一种方法.两个变量，其中一个范围已知，另一个范围未知.构造法解题有时虽然经历了一条曲折迂回的道路，并且往往经历了更多的巧思，联想，挖掘，但是它往往能独辟蹊径，顺利解决问题.这有利于让学生形成挖掘题目隐含条件的良好习惯，有利于提高学生的创造性思维品质，从而提高创新意识，也有利于培养学生的研究能力.
高考必会题型
题型一　配凑法
例1　已知函数f(x)＝x3＋3ax－1的导函数为f′(x)，g(x)＝f′(x)－ax－3.
(1)若x·g′(x)＋6>0对一切x≥2恒成立，求实数a的取值范围；
(2)若对满足0≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，求实数x的取值范围.
解　(1)∵f′(x)＝3x2＋3a，
∴g(x)＝3x2＋3a－ax－3，
∴g′(x)＝6x－a，
即6x2－ax＋6>0对一切x≥2恒成立 a<6x＋对一切x≥2恒成立，记h(x)＝6x＋，
则在x≥2上a∵h′(x)＝6－在x≥2上恒大于0，
∴h(x)＝6x＋在x≥2上单调递增，
∴h(x)min＝h(2)＝15，
∴a<15.
(2)g(x)＝3x2＋3a－ax－3＜0对一切0≤a≤1恒成立，
若x＝3，
则g(x)＝3x2＋3a－ax－3＝24＞0不满足，
∴x∈ ，
若x<3，
则a<对一切0≤a≤1恒成立 >1
0若x>3，
则a>对一切0≤a≤1恒成立 <0
3－3x2>0 －1∴x∈ ，
综上所述，0点评　高考数学试题中，求参数的范围常常与分类讨论、方程的根与零点等基本思想方法相联系，其中与二次函数相关的充分体现数形结合及分类思想方法的题目最为常见.与二次函数有关的求解参数的题目，相当一部分题目都可以避开二次函数，使用分离变量，使得做题的正确率大大提高.随着分离变量的广泛使用，越来越多的压轴题都需要使用该思想方法.
变式训练1　设非零复数a，b满足a2＋ab＋b2＝0，求()1
998＋()1
998.
解　由a2＋ab＋b2＝0变形得，()2＋＋1＝0，
设ω＝，则ω2＋ω＋1＝0，
可知ω为1的立方虚根，
所以＝，ω3＝3＝1.
又由a2＋ab＋b2＝0变形得(a＋b)2＝ab，
所以()1
998＋()1
998
＝()999＋()999
＝()999＋()999
＝ω999＋999＝2.
题型二　构造法
例2　求证：ln(1＋n)<1＋＋＋＋…＋.
证明　构造函数f(x)＝ln(1＋x)－x(x>0)，
f′(x)＝－1＝<0，
函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以当x>0时，有f(x)即有ln(1＋x)0)，
因而有ln(1＋)<1，ln(1＋)<，
ln(1＋)<，…，ln(1＋)<.
故ln(1＋)＋ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋)
<1＋＋＋＋…＋，
即ln(1＋n)<1＋＋＋＋…＋.
点评　构造法在高中数学中已有了比较广泛的应用，它是数学方法的有机组成部分.是历年高考的重点和热点，主要依据题意，构造恰当的函数解决问题.首先解题中若遇到有关不等式、方程及最值之类问题，设法建立起目标函数，并确定变量的限制条件，用函数的观点加以分析，常可使问题变得明了，从而易于找到一种科学的解题途径.其次数量关系是数学中的一种基本关系，现实世界的复杂性决定了数量关系的多元性.因此，如何从多变元的数量关系中选定合适的主变元，从而揭示其中主要的函数关系，有时便成了数学问题能否“明朗化”的关键所在.
变式训练2　求证：ln
2<＋＋…＋3.
证明　构造函数f(x)＝ln
x－(x>0)，
f′(x)＝－＝，
函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
在(0，1)上单调递减.
所以有f(x)＝ln
x－≥f(1)＝0，
即ln
x>(x>0)，令x＝，
因而有ln
>－，即>ln(k＋1)－ln
k，
所以有＋＋…＋>ln(3n＋1)－ln(n＋1)
＝ln
≥ln
2.
同理有ln
>，
即k，
所以有＋＋…＋n＝ln
3，
故有ln
2<＋＋…＋3.
高考题型精练
1.当x＝＋1时，求y＝x3－x2－x＋1的值.
解　由条件得x＝＋1，所以x－1＝，
构造x－1的因式，y＝x3－x2－x＋1
＝(x3－2x2－2x＋2)
＝[x(x－1)2－3x＋2]
＝(3x－3x＋2)＝1.
2.已知a，b，c为正数，求函数y＝＋的最小值.
解　构造向量a＝(x，a)，b＝(c－x，b)，则原函数就可化为y＝|a|＋|b|≥|a＋b|
＝＝，
∴ymin＝.
3.求证：－≤－2x≤.
证明　令y＝(y≥0)，
则其图象是椭圆＋＝1的上半部分
，设y－2x＝m，
于是只需证－≤m≤，
因m为直线y＝2x＋m在y轴上的截距，
由图可知：当直线y＝2x＋m过点(，0)时，
m有最小值m＝－，
当直线y＝2x＋m与椭圆上半部分相切时，m有最大值.
由得13x2＋4mx＋m2－4＝0.
令Δ＝4(52－9m2)＝0，
得m＝或m＝－(舍)，
即m的最大值为，故－≤m≤，
即－≤－2x≤.
4.求函数y＝＋的最大值.
解　由根号下的式子看出x＋1－x＝1且0≤x≤1，
故可联想到三角函数关系并构造x＝sin2θ(0≤θ≤)，
所以y＝sin
θ＋cos
θ＝sin(θ＋)，
当θ＝，
即x＝时，ymax＝.
5.(2015·福建)已知函数f(x)＝ln
x－.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)证明：当x＞1时，f(x)＜x－1；
(3)确定实数k的所有可能取值，使得存在x0＞1，当x∈(1，x0)时，恒有f(x)＞k(x－1).
(1)解　f′(x)＝－x＋1＝，x∈(0，＋∞).
由f′(x)＞0得
解得0＜x＜.
故f(x)的单调递增区间是.
(2)证明　令F(x)＝f(x)－(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则有F′(x)＝.
当x∈(1，＋∞)时，F′(x)＜0，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，
故当x＞1时，F(x)＜F(1)＝0，
即当x＞1时，f(x)＜x－1.
(3)解　由(2)知，当k＝1时，不存在x0＞1满足题意.
当k＞1时，对于x＞1，有f(x)＜x－1＜k(x－1)，
则f(x)＜k(x－1)，
从而不存在x0＞1满足题意.
当k＜1时，令G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则有G′(x)＝－x＋1－k＝.
由G′(x)＝0得，－x2＋(1－k)x＋1＝0，
解得x1＝＜0，
x2＝＞1.
当x∈(1，x2)时，G′(x)＞0，故G(x)在(1，x2)内单调递增.
从而当x∈(1，x2)时，G(x)＞G(1)＝0，
即f(x)＞k(x－1).
综上，k的取值范围是(－∞，1).
6.设a为实数，证明以，，为边长可以构成一个三角形，且三角形的面积为定值.
解　由于＝，
＝，
＝.
构造合乎要求的几何图形如图所示：
AD＝DF＝BC＝a，
AB＝BE＝CD＝1，
∠DAB＝60°，
∠CBE＝120°，
于是AF＝2a，AE＝，
EF＝＝，
AD＝a，AB＝1，
FC＝DB＝＝，
BC＝a，BE＝1，
CE＝＝.
所以以，，为边长可以构成一个三角形，即△ECF.
则S△ECF＝SAECF－S△AEF
＝3S△ABD＋S△ABE＋S△BCE－S△AEF
＝3××a×1×sin
60°＋×1×1×sin
120°＋×a×1×sin
120°－×2a×
＝.
7.椭圆C：＋＝1
(a>b>0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点.求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.
解　(1)∵左焦点(－c，0)到点P(2，1)的距离为，
∴＝，解得c＝1.
又e＝＝，解得a＝2，∴b2＝a2－c2＝3，
∴所求椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，
整理得3＋4k2>m2.
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.
∵以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2，0)，
kAD·kBD＝－1，∴·＝－1，
∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，
∴＋＋＋4＝0.
整理得7m2＋16mk＋4k2＝0，
解得m1＝－2k，m2＝－.
且满足3＋4k2－m2>0.
当m＝－2k时，l：y＝k(x－2)，直线过定点(2，0)与已知矛盾；
当m＝－时，l：y＝k，直线过定点.
综上可知，直线l过定点，定点坐标为.
8.已知函数f(x)＝ln
x－a(x－1)，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当x≥1时，f(x)≤恒成立，求a的取值范围.
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝.
若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝，
当x∈(0，)时，f′(x)＞0，
当x∈(，＋∞)时，f′(x)＜0.
∴f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞0时，f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减.
(2)方法一　f(x)－＝，
令g(x)＝xln
x－a(x2－1)(x≥1)，则
g′(x)＝ln
x＋1－2ax，
令F(x)＝g′(x)＝ln
x＋1－2ax，
则F′(x)＝，
①若a≤0，F′(x)>0，g′(x)在[1，＋∞)上递增，
g′(x)≥g′(1)＝1－2a>0，
∴g(x)在[1，＋∞)上递增，g(x)≥g(1)＝0，
从而f(x)－≥0，
不符合题意.
②若00，
∴g′(x)在(1，)上递增，
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a＞0，
∴g(x)在[1，＋∞)上递增，g(x)≥g(1)＝0，
从而f(x)－≥0，不符合题意.
③若a≥，F′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
∴g′(x)在[1，＋∞)上递减，g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.
从而g(x)≤g(1)＝0，f(x)－≤0，
综上所述：a的取值范围是[，＋∞).
方法二　当x≥1时，
f(x)≤恒成立等价于ln
x－≤a(x－1)，
令h(x)＝ln
x－＝，g(x)＝a(x－1)，
h′(x)＝，
∵x≥1，∴h′(x)>0，
即h(x)在[1，＋∞)上是增函数，g′(x)＝a，
∵当a>0时，g(x)在[1，＋∞)上是增函数.
又∵h(1)＝g(1)＝0，h(x)≤g(x)(x≥1)恒成立，
只需h′(1)≤g′(1)，即≤a.
故a的取值范围是[，＋∞).第11练　研创新——以函数为背景的创新题型
[题型分析·高考展望]　在近几年的高考命题中，以函数为背景的创新题型时有出现.主要以新定义、新运算或新规定等形式给出问题，通过判断、运算解决新问题.这种题难度一般为中档，多出现在选择题、填空题中，考查频率虽然不是很高，但失分率较高.通过研究命题特点及应对策略，可以做到有备无患.
体验高考
1.(2015·湖北)已知符号函数sgn
x＝f(x)是R上的增函数，g(x)＝f(x)－f(ax)(a>1)，则(　　)
A.sgn[g(x)]＝sgn
x
B.sgn[g(x)]＝sgn[f(x)]
C.sgn[g(x)]＝－sgn
x
D.sgn[g(x)]＝－sgn[f(x)]
答案　C
解析　因为f(x)是R上的增函数，令f(x)＝x，
所以g(x)＝(1－a)x，因为a＞1，所以g(x)是在R上的减函数.由符号函数sgn
x＝知，
sgn[g(x)]＝所以sgn[g(x)]＝－sgn
x.
2.(2016·山东)若函数y＝f(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f(x)具有T性质.下列函数中具有T性质的是(　　)
A.y＝sin
x
B.y＝ln
x
C.y＝ex
D.y＝x3
答案　A
解析　对函数y＝sin
x求导，得y′＝cos
x，当x＝0时，该点处切线l1的斜率k1＝1，当x＝π时，该点处切线l2的斜率k2＝－1，∴k1·k2＝－1，∴l1⊥l2；对函数y＝ln
x求导，得y′＝恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝ex求导，得y′＝ex恒大于0，斜率之积不可能为－1；对函数y＝x3求导，得y′＝2x2恒大于等于0，斜率之积不可能为－1.故选A.
3.(2015·四川)已知函数f(x)＝2x，g(x)＝x2＋ax(其中a∈R).对于不相等的实数x1，x2，设
m＝，n＝，
现有如下命题：
①对于任意不相等的实数x1，x2，都有m＞0；
②对于任意的a及任意不相等的实数x1，x2，都有n＞0；
③对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；
④对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.
其中的真命题有________(写出所有真命题的序号).
答案　①④
解析　设A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，C(x1，g(x1))，D(x2，g(x2)).
对于①，从y＝2x的图象可看出，m＝kAB＞0恒成立，故①正确；
对于②，直线CD的斜率可为负，即n＜0，故②不正确；
对于③，由m＝n得f(x1)－f(x2)＝g(x1)－g(x2)，
即f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，
令h(x)＝f(x)－g(x)＝2x－x2－ax，
则h′(x)＝2x·ln
2－2x－a.
由h′(x)＝0，得2x·ln
2＝2x＋a，(
)结合图象知，当a很小时，方程(
)无解，∴函数h(x)不一定有极值点，就不一定存在x1，x2使f(x1)－g(x1)＝f(x2)－g(x2)，不一定存在x1，x2使得m＝n，故③不正确；
对于④，由m＝－n，得f(x1)－f(x2)＝g(x2)－g(x1)，
即f(x1)＋g(x1)＝f(x2)＋g(x2)，
令F(x)＝f(x)＋g(x)＝2x＋x2＋ax，
则F′(x)＝2xln
2＋2x＋a.
由F′(x)＝0，得2xln
2＝－2x－a，
结合如图所示图象可知，该方程有解，
即F(x)必有极值点，
∴存在x1，x2，使F(x1)＝F(x2)，使m＝－n，故④正确.
故①④正确.
4.(2015·福建)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N
)，其中xk(k＝1，2，…，n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0).
已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：
其中运算?定义为0?0＝0，0?1＝1，1?0＝1，1?1＝0.
现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________.
答案　5
解析　(1)x4?x5?x6?x7＝1?1?0?1＝1，(2)x2?x3?x6?x7＝1?0?0?1＝0；(3)x1?x3?x5?x7＝1?0?1?1＝1.由(1)(3)知x5，x7有一个错误，(2)中没有错误，∴x5错误，故k等于5.
5.(2016·四川)在平面直角坐标系中，当P(x，y)不是原点时，定义P的“伴随点”为P′；当P是原点时，定义P的“伴随点”为它自身，平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线C′定义为曲线C的“伴随曲线”.现有下列命题：
①若点A的“伴随点”是点A′，则点A′的“伴随点”是点A；
②单位圆的“伴随曲线”是它自身；
③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C′关于y轴对称；
④一条直线的“伴随曲线”是一条直线.
其中的真命题是________(写出所有真命题的序号).
答案　②③
解析　①设A的坐标为(x，y)，
则其“伴随点”为A′，
A′的“伴随点”横坐标为＝－x，同理可得纵坐标为－y，故A″(－x，－y)，①错误；
②设单位圆上的点P的坐标为(cos
θ，sin
θ)，则P的“伴随点”的坐标为P′(sin
θ，－cos
θ)，则有sin2θ＋(－cos
θ)2＝1，所以P′也在单位圆上，即单位圆的“伴随曲线”是它自身，②正确；
③设曲线C上点A的坐标为(x，y)，其关于x轴的对称点A1(x，－y)也在曲线C上，所以点A的“伴随点”A′，点A1的“伴随点”A1′，A′与A1′关于y轴对称，③正确；
④反例：例如y＝1这条直线，则A(0，1)，B(1，1)，C(2，1)，这三个点的“伴随点”分别是A′(1，0)，B′，C′，而这三个点不在同一直线上，下面给出严格证明：
设点P(x，y)在直线l：Ax＋By＋C＝0上，P点的“伴随点”为P′(x0，y0)，则解得
代入直线方程可知，A＋B＋C＝0，
化简得－Ay0＋Bx0＋C(x＋y)＝0.
当C＝0时，C(x＋y)是一个常数，点P′的轨迹是一条直线；
当C≠0时，C(x＋y)不是一个常数，点P′的轨迹不是一条直线.
所以，一条直线的“伴随曲线”不一定是一条直线，④错误.
综上，真命题是②③.
高考必会题型
题型一　与新定义有关的创新题型
例1　已知函数y＝f(x)(x∈R).对函数y＝g(x)(x∈I)，定义g(x)关于f(x)的“对称函数”为函数y＝h(x)(x∈I)，y＝h(x)满足：对任意x∈I，两个点(x，h(x))，(x，g(x))关于点(x，f(x))对称.若h(x)是g(x)＝关于f(x)＝3x＋b的“对称函数”，且h(x)>g(x)恒成立，则实数b的取值范围是________.
答案　(2，＋∞)
解析　由已知得＝3x＋b，
所以h(x)＝6x＋2b－.
h(x)>g(x)恒成立，
即6x＋2b－>，
3x＋b>恒成立.
在同一坐标系内，画出直线y＝3x＋b及半圆y＝(如图所示)，
可得>2，即b>2，
故答案为(2，＋∞).
点评　解答这类题目关键在于解读新定义，利用定义的规定去判断和求解是这类题目的主要解法.
变式训练1　若函数y＝f(x)在定义域内给定区间[a，b]上存在x0(a＜x0＜b)，满足f(x0)＝，则称函数y＝f(x)是[a，b]上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点.例如y＝|x|是[－2，2]上的“平均值函数”，0就是它的均值点.若函数f(x)＝x2－mx－1是[－1，1]上的“平均值函数”，则实数m的取值范围是________.
答案　(0，2)
解析　因为函数f(x)＝x2－mx－1是[－1，1]上的“平均值函数”，所以关于x的方程x2－mx－1＝在区间(－1，1)内有实数根，即x2－mx－1＝－m在区间(－1，1)内有实数根，即x2－mx＋m－1＝0，解得x＝m－1或x＝1.又1不属于(－1，1)，所以x＝m－1必为均值点，即－1＜m－1＜1，即0＜m＜2，所以实数m的取值范围是(0，2).
题型二　综合型函数创新题
例2　以A表示值域为R的函数组成的集合，B表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合：对于函数φ(x)，存在一个正数M，使得函数φ(x)的值域包含于区间[－M，M].例如，当φ1(x)＝x3，φ2(x)＝sin
x时，φ1(x)∈A，φ2(x)∈B.现有如下命题：
①设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)∈A”的充要条件是“ b∈R， a∈D，f(a)＝b”；
②函数f(x)∈B的充要条件是f(x)有最大值和最小值；
③若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)∈A，g(x)∈B，则f(x)＋g(x) B；
④若函数f(x)＝aln(x＋2)＋(x>－2，a∈R)有最大值，则f(x)∈B.
其中的真命题是________.(写出所有真命题的序号)
答案　①③④
解析　因为f(x)∈A，所以函数f(x)的值域是R，所以满足 b∈R， a∈D，f(a)＝b，同时若 b∈R， a∈D，f(a)＝b，则说明函数f(x)的值域是R，则f(x)∈A，所以①正确；令f(x)＝，x∈(1，2]，取M＝1，则f(x) [－1，1]，
但是f(x)没有最大值，所以②错误；因为f(x)∈A，g(x)∈B且它们的定义域相同(设为[m，n])，所以存在区间[a，b] [m，n]，使得f(x)在区间[a，b]上的值域与g(x)的值域相同，所以存在x0 [a，b]，使得f(x0)的值接近无穷，所以f(x)＋g(x) B，所以③正确；因为当x>－2时，函数y＝ln(x＋2)的值域是R，所以函数f(x)若有最大值，则a＝0，此时f(x)＝.因为对 x∈R，x2＋1≥2|x|，所以－≤≤.
即－≤f(x)≤，故f(x)∈B，所以④正确.
点评　此类题目包含了与函数有关的较多的概念、性质及对基本问题的处理方法.解答这类题目，一是要细心，读题看清要求；二是要熟练掌握函数的基本性质及其判断应用的方法，掌握基本函数的图象与性质等.
变式训练2　如果y＝f(x)的定义域为R，对于定义域内的任意x，存在实数a使得f(x＋a)＝f(－x)成立，则称此函数具有“P(a)性质”.给出下列命题：
①函数y＝sin
x具有“P(a)性质”；
②若奇函数y＝f(x)具有“P(2)性质”，且f(1)＝1，则f(2
015)＝1；
③若函数y＝f(x)具有“P(4)性质”，图象关于点(1，0)成中心对称，且在(－1，0)上单调递减，则y＝f(x)在(－2，－1)上单调递减，在(1，2)上单调递增；
④若不恒为零的函数y＝f(x)同时具有“P(0)性质”和“P(3)性质”，则函数y＝f(x)是周期函数.
其中正确的是________(写出所有正确命题的编号).
答案　①③④
解析　①因为sin
(x＋π)＝－sin
x＝sin
(－x)，
所以函数y＝sin
x具有“P(a)性质”，
所以①正确；
②因为奇函数y＝f(x)具有“P(2)性质”，
所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，
所以f(x＋4)＝f(x)，周期为4，
因为f(1)＝1，
所以f(2
015)＝f(3)＝－f(1)＝－1.
所以②不正确；
③因为函数y＝f(x)具有“P(4)性质”，
所以f(x＋4)＝f(－x)，
所以f(x)的图象关于直线x＝2对称，
即f(2－x)＝f(2＋x)，
因为图象关于点(1，0)成中心对称，
所以f(2－x)＝－f(x)，即f(2＋x)＝－f(－x)，
所以得出f(x)＝f(－x)，f(x)为偶函数，
因为图象关于点(1，0)成中心对称，
且在(－1，0)上单调递减，
所以图象也关于点(－1，0)成中心对称，
且在(－2，－1)上单调递减；
根据偶函数的对称性得出在(1，2)上单调递增，故③正确；
④因为具有“P(0)性质”和“P(3)性质”，
所以f(x)＝f(－x)，f(x＋3)＝f(－x)＝f(x)，
所以f(x)为偶函数，且周期为3，故④正确.
高考题型精练
1.对于函数f(x)，若存在常数a≠0，使得x取定义域内的每一个值，都有f(x)＝f(2a－x)，则称f(x)为准偶函数，下列函数中是准偶函数的是(　　)
A.f(x)＝cos(x＋1)
B.f(x)＝
C.f(x)＝tan
x
D.f(x)＝x3
答案　A
解析　由题意知，若f(x)是准偶函数，则函数的对称轴是直线x＝a，a≠0，选项B，C，D中，函数没有对称轴；函数f(x)＝cos(x＋1)，有对称轴，且x＝0不是对称轴，选项A正确.故选A.
2.设f(x)的定义域为D，若f(x)满足条件：存在[a，b] D，使f(x)在[a，b]上的值域是，则称f(x)为“倍缩函数”.若函数f(x)＝ln(ex＋t)为“倍缩函数”，则t的范围是(　　)
A.
B.(0，1)
C.
D.
答案　D
解析　因为函数f(x)＝ln(ex＋t)为“倍缩函数”，所以存在[a，b] D，使f(x)在[a，b]上的值域是，
因为函数f(x)＝ln(ex＋t)为增函数，
所以即eq
\b\lc\{\rc\
(\a\vs4\al\co1(ea＋t＝e，,eb＋t＝e，))
即方程ex－e＋t＝0有两个不等的正根，
即解得t的范围是.
3.设函数y＝f(x)的定义域为D，若对于任意x1，x2∈D且x1＋x2＝2a，恒有f(x1)＋f(x2)＝2b，则称点(a，b)为函数y＝f(x)图象的对称中心.研究并利用函数f(x)＝x3－3x2－sin
πx的对称中心，可得f()＋f()＋…＋f()＋f()等于(　　)
A.－16
124
B.16
124
C.－8
062
D.8
062
答案　C
解析　如果x1＋x2＝2，则f(x1)＋f(x2)＝x－3x－sin
πx1＋x－3x－sin
πx2＝x－3x－sin
πx1＋(2－x1)3－3(2－x1)2－sin
π(2－x1)＝－4.
令S＝f()＋f()＋…＋f()＋f()，
又S＝f()＋f()＋…＋f()，
两式相加得2S＝－4×4
031，所以S＝－8
062.故选C.
4.函数f(x)在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有f≤[f(x1)＋f(x2)]，则称f(x)在[a，b]上具有性质P.设f(x)在[1，3]上具有性质P，现给出如下命题：
①f(x)在[1，3]上的图象是连续不断的；
②f(x2)在[1，
]上具有性质P；
③若f(x)在x＝2处取得最大值1，则f(x)＝1，x∈[1，3]；
④对任意x1，x2，x3，x4∈[1，3]，有f≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)].其中真命题的序号是(　　)
A.①②
B.①③
C.②④
D.③④
答案　D
解析　令f(x)＝可知对 x1，x2∈[1，3]，
都有f≤[f(x1)＋f(x2)]，
但f(x)在[1，3]上的图象不连续，故①不正确；
令f(x)＝－x，则f(x)在[1，3]上具有性质P，
但f(x2)＝－x2在[1，
]上不具有性质P，
因为－2＝－≥－
＝(－x－x)＝[f(x)＋f(x)]，故②不正确；
对于③，假设存在x0∈[1，3]，使得f(x0)≠1，
因为f(x)max＝f(2)＝1，x∈[1，3]，所以f(x0)<1.
又当1≤x0≤3时，有1≤4－x0≤3，
由f(x)在[1，3]上具有性质P，得
f(2)＝f≤[f(x0)＋f(4－x0)]，
由于f(x0)<1，f(4－x0)≤1，与上式矛盾.
即对 x∈[1，3]，有f(x)＝1，故③正确.
对于④，对 x1，x2，x3，x4∈[1，3]，
f＝f
≤
≤
＝[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，故④正确.
5.已知函数f(x)＝1－|2x－1|，x∈[0，1].定义：f1(x)＝f(x)，f2(x)＝f[f1(x)]，…，fn(x)＝f[fn－1(x)]，n＝2，3，4，…，满足fn(x)＝x的点x∈[0，1]称为f(x)的n阶不动点.则f(x)的n阶不动点的个数是(　　)
A.n
B.2n2
C.2(2n－1)
D.2n
答案　D
解析　函数f(x)＝1－|2x－1|＝
当x∈时，f1(x)＝2x＝x x＝0，
当x∈时，f1(x)＝2－2x＝x x＝，
∴f1(x)的1阶不动点的个数为2.
当x∈时，f1(x)＝2x，f2(x)＝4x＝x x＝0，
当x∈时，f1(x)＝2x，f2(x)＝2－4x＝x x＝，
当x∈时，f1(x)＝2－2x，f2(x)＝4x－2＝x x＝，
当x∈时，f1(x)＝2－2x，f2(x)＝4－4x＝x x＝.
∴f2(x)的2阶不动点的个数为22，以此类推，f(x)的n阶不动点的个数是2n.
6.若集合A＝{1，2，3，k}，B＝{4，7，a4，a2＋3a}，其中a∈N
，k∈N
，f：x→y＝3x＋1，x∈A，y∈B是从定义域A到值域B的一个函数，则a＋k＝________.
答案　7
解析　由对应法则知1→4，2→7，3→10，k→3k＋1，又a∈N
，∴a4≠10，∴a2＋3a＝10，解得a＝2(舍去a＝－5)，所以a4＝16，于是3k＋1＝16，∴k＝5.∴a＋k＝7.
7.如果定义在R上的函数f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)，则称函数f(x)为“H函数”.给出下列函数：
①y＝x2；②y＝ex＋1；③y＝2x－sin
x；④f(x)＝以上函数是“H函数”的所有序号为________.
答案　②③
解析　由已知x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)得(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＞0，所以函数f(x)在R上是增函数.对于①，y＝x2在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数，其不是“H函数”；对于②，y＝ex＋1在R上为增函数，所以其为“H函数”；对于③，由于y′＝2－cos
x＞0恒成立，所以y＝2x－sin
x是增函数，所以其为“H函数”；对于④，由于其为偶函数，所以其不可能在R上是增函数，所以不是“H函数”.综上知，是“H函数”的序号为②③.
8.已知二次函数f(x)的两个零点分别为，(00”的充要条件，则实数a的取值范围是____________.
答案　(1，2)
解析　由条件可得f(x)＝(1－a2)(x－)(x－)，结合知a>1，所以f(x)开口向下，所以f(x)>0的解集为，且0<<1.结合数轴分析，知－4≤<－3，即3a－39.设f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，且f(x)＞0，对任意a＞0，b＞0，若经过点(a，f(a))，(b，－f(b))的直线与x轴的交点为(c，0)，则称c为a，b关于函数f(x)的平均数，记为Mf
(a，b).例如，当f(x)＝1(x＞0)时，可得Mf(a，b)＝c＝，即Mf(a，b)为a，b的算术平均数.
(1)当f(x)＝________(x＞0)时，Mf
(a，b)为a，b的几何平均数；
(2)当f(x)＝________(x＞0)时，Mf
(a，b)为a，b的调和平均数.
(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)
答案　(1)　(2)x
解析　设A(a，f(a))，B(b，－f(b))，C(c，0)，则三点共线.
(1)依题意，c＝，则求得＝，
故可以选择f(x)＝(x＞0).
(2)依题意，c＝，求得＝，
故可以选择f(x)＝x(x＞0).
10.对于函数f(x)，若存在区间M＝[a，b](其中a①f(x)＝(x－1)2；②f(x)＝|2x－1|；
③f(x)＝cos
x；④f(x)＝ex.
其中存在“稳定区间”的函数是________.(填出所有满足条件的函数序号)
答案　①②③
解析　据已知定义，所谓的“稳定区间”即函数在区间[a，b]内的定义域与值域相等.
问题可转化为已知函数y＝f(x)的图象与直线y＝x是否相交，若相交则两交点所在区间即为函数的“稳定区间”.数形结合依次判断，①②③均符合条件，而④不符合条件.综上可知，①②③均为存在“稳定区间”的函数.
11.若函数f(x)在定义域D内的某个区间I上是增函数，且F(x)＝在I上是减函数，则称y＝f(x)在I上是“非完美增函数”.已知f(x)＝ln
x，g(x)＝2x＋＋aln
x(a∈R).
(1)判断f(x)在(0，1]上是否为“非完美增函数”；
(2)若g(x)在[1，＋∞)上是“非完美增函数”，求实数a的取值范围.
解　(1)易知f′(x)＝＞0在(0，1]上恒成立，所以f(x)＝ln
x在(0，1]上是增函数.F(x)＝＝，求导得F′(x)＝，因为x∈(0，1]，所以ln
x≤0，即F′(x)＞0在(0，1]上恒成立，所以F(x)＝在(0，1]上是增函数.由题意知，f(x)在(0，1]上不是“非完美增函数”.
(2)若g(x)＝2x＋＋aln
x(a∈R)在[1，＋∞)上是“非完美增函数”，则g(x)＝2x＋＋aln
x在[1，＋∞)上单调递增，G(x)＝＝2＋＋在[1，＋∞)上单调递减.
①若g(x)在[1，＋∞)上单调递增，则g′(x)＝2－＋≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≥－2x在[1，＋∞)上恒成立.令h(x)＝－2x，x∈[1，＋∞)，因为h′(x)＝－－2＜0恒成立，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝0，所以a≥0.
②若G(x)在[1，＋∞)上单调递减，则G′(x)＝－＋≤0在[1，＋∞)上恒成立，即－4＋ax－axln
x≤0在[1，＋∞)上恒成立.令t(x)＝－4＋ax－axln
x，x∈[1，＋∞)，因为t′(x)＝－aln
x，由①知a≥0，所以t′(x)≤0恒成立，所以t(x)＝－4＋ax－axln
x在[1，＋∞)上单调递减，则t(x)max＝t(1)＝a－4.要使t(x)＝－4＋ax－axln
x≤0在[1，＋∞)上恒成立，则a－4≤0，即a≤4，此时G′(x)＝－＋≤0在[1，＋∞)上恒成立.
综合①②知，实数a的取值范围为[0，4].
12.已知函数f(x)＝ax＋ln
x，g(x)＝ex.
(1)当a≤0时，求f(x)的单调区间；
(2)若不等式g(x)＜有解，求实数m的取值范围；
(3)定义：对于函数y＝f(x)和y＝g(x)在其公共定义域内的任意实数x0，称|f(x0)－g(x0)|的值为两函数在x0处的差值.证明：当a＝0时，函数y＝f(x)和y＝g(x)在其公共定义域内的所有差值都大于2.
(1)解　f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝a＋(x＞0).
①当a＝0时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a＜0时，由f′(x)＝0，解得x＝－，
则当x∈(0，－)时，f′(x)＞0，∴f(x)单调递增，
当x∈(－，＋∞)时，f′(x)＜0，∴f(x)单调递减.
综上，当a＝0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＜0时，f(x)在(0，－)上单调递增，在(－，＋∞)上单调递减.
(2)解　由题意：ex＜有解，即ex＜x－m有解，因此只需m＜x－ex，x∈(0，＋∞)有解即可.
设h(x)＝x－ex，
h′(x)＝1－ex－＝1－ex(＋).
∵＋≥2＝＞1，
且x∈(0，＋∞)时ex＞1，
∴1－ex(＋)＜0，即h′(x)＜0，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递减.
∴h(x)＜h(0)＝0，故m＜0.
(3)证明　当a＝0时，f(x)＝ln
x，f(x)与g(x)的公共定义域为(0，＋∞)，
|f(x)－g(x)|＝|ln
x－ex|＝ex－ln
x＝ex－x－(ln
x－x).
设m(x)＝ex－x＞0，则m′(x)＝ex－1＞0，x∈(0，＋∞)，
m(x)在(0，＋∞)上单调递增，m(x)＞m(0)＝1.
又设n(x)＝ln
x－x，x∈(0，＋∞)，n′(x)＝－1，
当x∈(0，1)时，n′(x)＞0，n(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，n′(x)＜0，n(x)单调递减，
所以x＝1为n(x)的极大值点，即n(x)≤n(1)＝－1，
故|f(x)－g(x)|＝m(x)－n(x)＞1－(－1)＝2.
即公共定义域内任一点差值都大于2.第46练　转化与化归思想
[思想方法解读]　转化与化归思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种数学方法.一般是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题.转化与化归思想是实现具有相互关联的两个知识板块进行相互转化的重要依据，如函数与不等式、函数与方程、数与形、式与数、角与边、空间与平面、实际问题与数学问题的互化等，消去法、换元法、数形结合法等都体现了等价转化思想，我们也经常在函数、方程、不等式之间进行等价转化，在复习过程中应注意相近主干知识之间的互化，注重知识的综合性.
转化与化归思想的原则
(1)熟悉已知化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，将未知的问题转化为已知的问题，以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决.
(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据.
(3)和谐统一原则：转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律.
(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，应想到问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获得解决.
体验高考
1.(2016·课标全国乙)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100等于(　　)
A.100
B.99
C.98
D.97
答案　C
解析　由等差数列性质，知S9＝＝＝9a5＝27，得a5＝3，而a10＝8，因此公差d＝＝1，
∴a100＝a10＋90d＝98，故选C.
2.(2016·课标全国丙)已知a＝2，b＝4，c＝25，则(　　)
A.bB.aC.bD.c答案　A
解析　因为a＝2，b＝4＝2，由函数y＝2x在R上为增函数知b3.(2016·四川)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＋＝.
(1)证明：sin
Asin
B＝sin
C；
(2)若b2＋c2－a2＝bc，求tan
B.
(1)证明　根据正弦定理，
可设＝＝＝k(k>0)，
则a＝ksin
A，b＝ksin
B，c＝ksin
C.
代入＋＝中，有
＋＝，变形可得
sin
Asin
B＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B＝sin(A＋B).
在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin
C，所以sin
Asin
B＝sin
C.
(2)解　由已知，b2＋c2－a2＝bc，根据余弦定理，有
cos
A＝＝，所以sin
A＝＝.
由(1)知，sin
Asin
B＝sin
Acos
B＋cos
Asin
B，
所以sin
B＝cos
B＋sin
B.
故tan
B＝＝4.
高考必会题型
题型一　正难则反的转化
例1　已知集合A＝{x∈R|x2－4mx＋2m＋6＝0}，B＝{x∈R|x<0}，若A∩B≠ ，求实数m的取值范围.
解　设全集U＝{m|Δ＝(－4m)2－4(2m＋6)≥0}，
即U＝{m|m≤－1或m≥}.
若方程x2－4mx＋2m＋6＝0的两根x1，x2均为非负，
则
所以使A∩B≠ 的实数m的取值范围为{m|m≤－1}.
点评　本题中，A∩B≠ ，所以A是方程x2－4mx＋2m＋6＝0①的实数解组成的非空集合，并且方程①的根有三种情况：(1)两负根；(2)一负根和一零根；(3)一负根和一正根.分别求解比较麻烦，我们可以从问题的反面考虑，采取“正难则反”的解题策略，即先由Δ≥0，求出全集U，然后求①的两根均为非负时m的取值范围，最后利用“补集思想”求解，这就是正难则反这种转化思想的应用，也称为“补集思想”.
变式训练1　若对于任意t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2－2x在区间(t，3)上总不为单调函数，则实数m的取值范围是__________.
答案　
解析　g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在区间(t，3)上总为单调函数，则①g′(x)≥0在(t，3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t，3)上恒成立.
由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，
即m＋4≥－3x在x∈(t，3)上恒成立，
所以m＋4≥－3t恒成立，则m＋4≥－1，
即m≥－5；
由②得m＋4≤－3x在x∈(t，3)上恒成立，
则m＋4≤－9，
即m≤－.
所以使函数g(x)在区间(t，3)上总不为单调函数的m的取值范围为－题型二　函数、方程、不等式之间的转化
例2　已知函数f(x)＝eln
x，g(x)＝f(x)－(x＋1).(e＝2.718……)
(1)求函数g(x)的极大值；
(2)求证：1＋＋＋…＋>ln(n＋1)(n∈N
).
(1)解　∵g(x)＝f(x)－(x＋1)＝ln
x－(x＋1)，
∴g′(x)＝－1(x>0).
令g′(x)>0，解得0令g′(x)<0，解得x>1.
∴函数g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)极大值＝g(1)＝－2.
(2)证明　由(1)知x＝1是函数g(x)的极大值点，也是最大值点，
∴g(x)≤g(1)＝－2，即ln
x－(x＋1)≤－2 ln
x≤x－1(当且仅当x＝1时等号成立)，
令t＝x－1，得t≥ln(t＋1)(t>－1).
取t＝(n∈N
)时，
则>ln＝ln，
∴1>ln
2，>ln
，>ln
，…，>ln，
叠加得1＋＋＋…＋>ln(2···…·)＝ln(n＋1).
即1＋＋＋…＋>ln(n＋1).
点评　解决方程、不等式的问题需要函数帮助，解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数、方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值(值域)问题，从而求出参变量的范围.
变式训练2　(2015·课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝e2x－aln
x.
(1)讨论f(x)的导函数f′(x)的零点的个数；
(2)证明：当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－(x>0).
当a≤0时，f′(x)>0，f′(x)没有零点；
当a>0时，因为e2x单调递增，－单调递增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增.又f′(a)>0，当b满足00时，f′(x)存在唯一零点.
(2)证明　由(1)，可设f′(x)在(0，＋∞)的唯一零点为x0，当x∈(0，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以当x＝x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).
由于－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln.故当a>0时，f(x)≥2a＋aln.
题型三　主与次的转化
例3　已知函数f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的导函数.对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，则实数x的取值范围为________.
答案　
解析　由题意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，
令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.
对－1≤a≤1，
恒有g(x)<0，即φ(a)<0，
∴
即
解得－故当x∈时，
对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0.
点评　主与次的转化法
合情合理的转化是数学问题能否“明朗化”的关键所在，通过变换主元，起到了化繁为简的作用.在不等式中出现两个字母：x及a，关键在于该把哪个字母看成变量，哪个看成常数.显然可将a视作自变量，则上述问题即可转化为在[－1，1]内关于a的一次函数小于0恒成立的问题.
变式训练3　设f(x)是定义在R上的单调递增函数，若f(1－ax－x2)≤f(2－a)对任意a∈[－1，1]恒成立，则x的取值范围为______________.
答案　(－∞，－1]∪[0，＋∞)
解析　∵f(x)是R上的增函数，
∴1－ax－x2≤2－a，a∈[－1，1].
(
)
(
)式可化为(x－1)a＋x2＋1≥0
对a∈[－1，1]恒成立.
令g(a)＝(x－1)a＋x2＋1.
则
解得x≥0或x≤－1，
即实数x的取值范围是(－∞，－1]∪[0，＋∞).
题型四　以换元为手段的转化与化归
例4　是否存在实数a，使得函数y＝sin2x＋acos
x＋a－在闭区间[0，]上的最大值是1？若存在，则求出对应的a的值；若不存在，请说明理由.
解　y＝sin2x＋acos
x＋a－
＝1－cos2x＋acos
x＋a－
＝－(cos
x－)2＋＋a－.
∵0≤x≤，
∴0≤cos
x≤1，
令cos
x＝t，
则y＝－(t－)2＋＋a－，0≤t≤1.
当>1，即a>2时，
函数y＝－(t－)2＋＋a－
在t∈[0，1]上单调递增，
∴t＝1时，
函数有最大值ymax＝a＋a－＝1，
解得a＝<2(舍去)；
当0≤≤1，即0≤a≤2时，
则t＝时函数有最大值，
ymax＝＋a－＝1，
解得a＝或a＝－4(舍去)；
当<0，即a<0时，
函数y＝－(t－)2＋＋a－
在t∈[0，1]上单调递减，
∴t＝0时，函数有最大值ymax＝a－＝1，
解得a＝>0(舍去)，
综上所述，存在实数a＝，
使得函数在闭区间[0，]上有最大值1.
点评　换元有整体代换、特值代换、三角换元等情况.
本题是关于三角函数最值的存在性问题，通过换元，设cos
x＝t，转化为关于t的二次函数问题，把三角函数的最值问题转化为二次函数y＝－(t－)2＋＋a－，0≤t≤1的最值问题，然后分类讨论解决问题.
变式训练4　若关于x的方程9x＋(4＋a)·3x＋4＝0有解，则实数a的取值范围是_______.
答案　(－∞，－8]
解析　设t＝3x，
则原命题等价于关于t的方程t2＋(4＋a)t＋4＝0有正解，分离变量a，得a＋4＝－，
∵t>0，
∴－≤－4，
∴a≤－8，
即实数a的取值范围是(－∞，－8].
高考题型精练
1.若函数f(x)＝x3－tx2＋3x在区间[1，4]上单调递减，则实数t的取值范围是(　　)
A.(－∞，]
B.(－∞，3]
C.[，＋∞)
D.[3，＋∞)
答案　C
解析　f′(x)＝3x2－2tx＋3，
由于f(x)在区间[1，4]上单调递减，
则有f′(x)≤0在[1，4]上恒成立，
即3x2－2tx＋3≤0，即t≥(x＋)在[1，4]上恒成立，
因为y＝(x＋)在[1，4]上单调递增，
所以t≥(4＋)＝，
故选C.
2.已知函数f(x)＝|logx|，若mA.[2，＋∞)
B.(2，＋∞)
C.[4，＋∞)
D.(4，＋∞)
答案　D
解析　∵f(x)＝|logx|，若m∴logm＝－logn，
∴mn＝1，∴01，
∴m＋3n＝m＋在m∈(0，1)上单调递减，
当m＝1时，m＋3n＝4，∴m＋3n>4.
3.过抛物线y＝ax2(a>0)的焦点F，作一直线交抛物线于P，Q两点，若线段PF与FQ的长度分别为p，q，则＋等于(　　)
A.2a
B.
C.4a
D.
答案　C
解析　抛物线y＝ax2(a>0)的标准方程为x2＝y(a>0)，焦点F(0，)，
取过焦点F的直线垂直于y轴，
则|PF|＝|QF|＝，
所以＋＝4a.
4.已知函数f(x)＝(e2x＋1＋1)(ax＋3a－1)，若存在x∈(0，＋∞)，使得不等式f(x)<1成立，则实数a的取值范围是(　　)
A.(0，)
B.(0，)
C.(－∞，)
D.(－∞，)
答案　C
解析　因为x∈(0，＋∞)，所以2x＋1>1，
则e2x＋1＋1>e＋1，
要使f(x)<1，则ax＋3a－1<，
可转化为：存在x∈(0，＋∞)使得a<·成立.
设g(x)＝·，
则a因为x>0，则x＋3>3，
从而<，
所以g(x)<，即a<，
选C.
5.已知f(x)＝，则f(－2
015)＋f(－2
014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2
016)＝______.
答案　2
016
解析　f(x)＋f(1－x)＝＋
＝＋＝＝1，
∴f(0)＋f(1)＝1，f(－2
015)＋f(2
016)＝1，
∴f(－2
015)＋f(－2
014)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(2
016)＝2
016.
6.若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1，1]内至少存在一个值c，使得f(c)>0，求实数p的取值范围是________.
答案　(－3，)
解析　如果在[－1，1]内没有值满足f(c)>0，
则 p≤－3或p≥，
取补集为－3故实数p的取值范围为(－3，).
7.对任意的|m|≤2，函数f(x)＝mx2－2x＋1－m恒为负，则x的取值范围是___________.
答案　(，)
解析　对任意的|m|≤2，有mx2－2x＋1－m<0恒成立，
即|m|≤2时，(x2－1)m－2x＋1<0恒成立.
设g(m)＝(x2－1)m－2x＋1，
则原问题转化为g(m)<0恒成立(m∈[－2，2]).
所以
即
解得即实数x的取值范围为(，).
8.已知一个几何体的三视图如图所示，如果点P，Q在正视图中所示位置：点P为所在线段的中点，点Q为顶点，则在几何体侧面上，从P点到Q点的最短路径的长为_______.
答案　a
解析　由三视图，知此几何体是一个圆锥和一个圆柱的组合体，分别沿P点与Q点所在母线剪开圆柱侧面并展开铺平，如图所示.
则PQ＝＝＝a.
所以P，Q两点在侧面上的最短路径的长为a.
9.求使不等式x2＋(a－6)x＋9－3a>0，|a|≤1恒成立的x的取值范围.
解　将原不等式整理为形式上是关于a的不等式(x－3)a＋x2－6x＋9>0.
令f(a)＝(x－3)a＋x2－6x＋9.
因为f(a)>0在|a|≤1时恒成立，所以
(1)若x＝3，则f(a)＝0，不符合题意，应舍去.
(2)若x≠3，则由一次函数的单调性，
可得即
解得x<2或x>4.
即x的取值范围为(－∞，2)∪(4，＋∞).
10.已知f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数，且f(1)＝1，若m，n∈[－1，1]，m＋n≠0时，有>0.
(1)证明f(x)在[－1，1]上是增函数；
(2)解不等式f(x2－1)＋f(3－3x)<0；
(3)若f(x)≤t2－2at＋1对 x∈[－1，1]，a∈[－1，1]恒成立，求实数t的取值范围.
解　(1)任取－1≤x1则f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝(x1－x2).
∵－1≤x1由已知>0，x1－x2<0，
∴f(x1)－f(x2)<0，
即f(x)在[－1，1]上是增函数.
(2)因为f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数，且在[－1，1]上是增函数，
不等式化为f(x2－1)所以
解得x∈(1，].
(3)由(1)知，f(x)在[－1，1]上是增函数，
所以f(x)在[－1，1]上的最大值为f(1)＝1，
要使f(x)≤t2－2at＋1对 x∈[－1，1]，a∈[－1，1]恒成立，
只要t2－2at＋1≥1 t2－2at≥0，
设g(a)＝t2－2at，对 a∈[－1，1]，g(a)≥0恒成立，
所以
所以t≥2或t≤－2或t＝0.
11.已知函数f(x)＝2|x－1|－a，g(x)＝－|2x＋m|，a，m∈R，若关于x的不等式g(x)≥－1的整数解有且仅有一解－2.
(1)求整数m的值；
(2)若函数y＝f(x)的图象恒在函数y＝g(x)的图象的上方，求实数a的取值范围.
解　(1)由g(x)≥－1，
即－|2x＋m|≥－1，|2x＋m|≤1，
得≤x≤.
∵不等式的整数解为－2，
∴≤－2≤，解得3≤m≤5.
又∵
不等式仅有一个整数解－2，
∴m＝4.
(2)函数y＝f(x)的图象恒在函数y＝g(x)的上方，
故f(x)－g(x)>0对任意x∈R恒成立，
∴a<2|x－1|＋|x＋2|对任意x∈R恒成立.
设h(x)＝2|x－1|＋|x＋2|，
则h(x)＝
则h(x)在区间(－∞，1)上是减函数，
在区间(1，＋∞)上是增函数，
∴当x＝1时，h(x)取得最小值3，
故a<3，∴实数a的取值范围是(－∞，3).十一、生活与哲学：从实践观与真理观角度掌握　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、静悟自查
(一)实践观
1．实践是人们改造客观世界的物质活动。实践具有客观物质性、能动性、社会历史性。
2．实践是认识的基础(实践决定认识)
(1)原理：实践是认识的来源、实践是认识发展的动力、实践是检验认识的真理性的唯一标准、实践是认识的目的。
(2)方法论：要求我们在实践中认识和发现真理，在实践中检验和发展真理。
3．认识对实践有反作用，正确的认识、科学的理论对实践具有巨大的指导作用。
(二)真理观
1．真理的客观性：真理最基本的属性是客观性。
2．真理具有条件性、具体性。我们要随着历史条件的变化而丰富、发展和完善真理。
3．认识具有反复性，人类追求真理的过程并不是一帆风顺的；认识具有无限性，人类认识是无限发展的，追求真理是一个永无止境的过程。认识具有上升性，从实践到认识、从认识到实践的循环是一种波浪式前进或螺旋式上升的过程。要求我们与时俱进，开拓创新，在实践中认识和发现真理，在实践中检验和发展真理。
二、考前押题
1．荷兰物理学家领导的团队经过多年研究，实现了首例可同时解决探测漏洞和通信漏洞的贝尔实验，证实相距1.3公里的成对电子之间存在“量子纠缠”，否定了爱因斯坦的隐变量理论，为未来实用化的全量子互联网奠定了重要技术支撑。这表明(　　)
①思维和存在具有同一性　②规律是可以被创造和利用的
③真理是具体的无条件的　④认识具有反复性和无限性
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
答案　D
解析　规律具有客观性，不能被消灭，也不会被创造，②不选；真理是有条件的，③不选。
2．超导是物理世界中最奇妙的现象之一，它的发现已有百年历史。1968年，美国物理学家麦克米兰根据传统理论计算推断，超导体的转变温度不能超过40K(约－233℃)，这个温度也被称为麦克米兰极限温度。以赵忠贤等为代表的中国科研团队经过无数次科学实验，发现了转变温度40K以上的铁基超导体，突破了麦克米兰极限温度。这说明(　　)
①人的认识永远不能达到真理　②真理性认识有时包含谬误成分　③真理性认识具有相对性　④真理性认识是无限发展的
A．①②
B．①③
C．②④
D．③④
答案　D
解析　材料体现的是认识的发展，①②说法错误。
3．目前我国空间科学先导专项各项工作稳步推进，空间科学系列首发星——暗物质粒子探测卫星、首颗微重力科学实验卫星——实践十号返回式科学实验卫星成功发射，量子科学实验卫星和硬X射线调制望远镜卫星也成功发射。我国空间科学探测卫星的相继发射，意味着(　　)
①人类通过空间科学探索不断获得空间认识　②人类的需要决定了空间知识的不断发展　③空间科学的发展要经历不断反复的过程　④人类对空间的真理性认识还没有真正形成
A．①③
B．②③
C．②④
D．①④
答案　A
解析　②夸大了人的需要的作用；④不符合事实。
4．传说，鲁班曾经削竹木以为鹊，成而飞之，三日不下，班自以为至巧。然而，墨子却评曰：“子之为鹊也，不如翟之为车辖，须臾刘三寸之木，而任五十石之重。故所为功，利于人谓之巧，不利于人谓之拙。”这则故事给我们的哲学启示是(　　)
①“巧”与“拙”都是相对的　②“巧”与“拙”的评价受价值观影响　③满足所有人的需要才谓“巧”　④违背客观规律可能会弄“巧”成“拙”
A．①②
B．②③
C．③④
D．①④
答案　A
解析　鲁班和墨子对“巧”的理解各不相同，③④不符合题意。
5．占宇宙95%以上的暗物质和暗能量由万有引力定律证实存在，却从未被直接观测到。2015年12月17日，我国将暗物质粒子探测卫星“悟空”发射升空，“悟空”的“火眼金睛”能够收集高能宇宙线粒子和伽马射线光子，通过能谱、空间分布分析来寻找暗物质粒子存在的证据，标志着我国空间科学探测研究又迈出重要一步。可见(　　)
①思维与存在具有同一性　②认识工具决定人类认识的发展　③客体的复杂程度决定于主体的认知度　④认识的真理性需要实践的检验
A．①②
B．②③
C．①④
D．③④
答案　C
解析　②夸大了认识工具的作用；③夸大了主观的作用。
6．《庄子》里有一个故事：养猴人要给猴子吃果子，先说“早上吃三个，晚上吃四个”，猴子听了，怒形于色；他于是改口说“早上吃四个，晚上吃三个”，猴子听了，转怒为喜。庄子对此评价为：“名实未亏而喜怒为用。”这一故事蕴含的哲学道理是(　　)
A．人的认识活动具有主体差异性
B．要透过表面现象把握事物的本质
C．事物的发展不以人的意志为转移
D．应坚持矛盾的普遍性和特殊性相结合
答案　B
解析　朝三暮四和朝四暮三没有本质的区别，应选B。
7．科学家通过长期研究，找到了操控小鼠特定记忆的方法，他们用激光光束照射小鼠脑部，触发神经细胞，既能删除其现存记忆，也能植入原来没有的记忆。但是，这项技术要应用于对创伤后应激障碍患者的治疗，仍然存在许多困难。此由可知(　　)
①客观事物的复杂性决定认识的反复性　②记忆因为能够移植其内容具有主观性　③认识指导作用的实现受客观条件制约　④认识的真理性需要不断接受实践检验
A．①③
B．①④
C．②③
D．②④
答案　A
解析　②④表述错误。
8．中医药典籍治疟药方中屡屡提到的青蒿让屠呦呦找到了方向，但提取物药效并不明显；东汉葛洪著《治寒热诸疟方》中提到的“绞汁法”，使其再受启发，用沸点较低的乙醚制取，从而避免了青蒿有效成分在高温下被破坏而大获成功。这一过程说明(　　)
①认识主体的能动性决定事物的发展进程　②创新是在实践基础上的继承和突破　③认识具有反复性和无限性
④办事情要摆脱原有经验的制约
A．①②
B．①④
C．②③
D．③④
答案　C
解析　根据材料可知，屠呦呦在提取青蒿的过程中，既继承传统的提取方法，又突破传统，采用沸点较低的乙醚制取，从而取得成功，这说明创新是在实践基础上的继承和突破，②符合题意。屠呦呦提取青蒿经历多次反复的过程才最终取得成功，③符合题意。①夸大了认识主体能动性的作用，排除。原有经验也可能是正确的，不一定都要摆脱，④说法绝对化。
9．阅读材料，回答问题。
高尚道德人格的形成，是一个自我教育、自我否定、自我改造的痛苦过程，需要通过“自省”来革除自身痼疾，需要通过“慎独”来提升道德境界，实现道德的自我超越。
材料　我国传统文化强调“慎独”和“自省”，注重慎独自律、省察克治的修身之道。比如儒家强调内心的反躬自省，《论语》讲“见贤思齐焉，见不贤而内自省也”，曾子讲“吾日三省吾身”。一个人道德人格的形成依赖于个人的道德修养，而道德修养的过程就是人们在道德品质、道德思想意识方面的自我改造、自我陶冶、自我锻炼和自我修养的过程，是一个自我反省、在内心深处进行吐故纳新的过程。一个缺乏自省意识的人，不会认识自身的不足，也不可能产生自我修养的愿望和紧迫感，道德人格的培养也就无从谈起。
结合材料，运用实践与认识的有关知识，说明如何通过“慎独”“自省”实现个人道德人格的完善？
答案　(1)实践决定认识。要立足社会实践，把握时代对个人道德的要求，继承优秀文化传统，为慎独自省建立正确的道德标准。
(2)认识反作用于实践，正确的认识对实践有积极的指导作用。要在正确道德标准引领下，严格自律，反省并完善个人实践方式。
(3)认识的辩证发展过程是实践、认识、再实践、再认识，循环往复，以至无穷。在反复实践和反复自省、自我改造中，不断深化道德认识，坚定践行道德信念，塑造完善的道德人格，提升道德境界。
解析　本题考查实践与认识的关系，解答时要注意通过“慎独”“自省”实现个人道德人格的完善，是一个由实践到认识、再实践、再认识，循环往复，以至无穷的过程。
10．第二届世界互联网大会的主题是“互联互通·共享共治——构建网络空间命运共同体”。阅读材料，回答问题。
材料　安全和发展是一体两翼，“网络安全是全球性挑战，没有哪个国家能够置身事外、独善其身，维护网络安全是国际社会的共同责任”。习近平主席关于网络安全的讲话引起共鸣。维护网络安全不应有双重标准，不能一个国家安全而其他国家不安全，一部分国家安全而另一部分国家不安全，更不能以牺牲别国安全谋求自身所谓的绝对安全。
结合材料，运用认识论的相关知识，分析维护网络安全的双重标准。
答案　(1)认识是主体对客体的能动的反映，认识受主客体因素的影响，由于人们的立场、观点不同，对同一个确定的对象会产生不同的认识。
(2)真理只有一个，是人们对客观事物及其规律的正确反映。在维护网络安全上不应有双重标准。真理和谬误往往是相伴而行的，实行双重标准是错误的，不利于维护网络安全。
解析　解答本题的关键是准确理解双重标准，可以从影响认识的因素、真理的客观性等角度分析。第17练　三角函数的化简与求值
[题型分析·高考展望]　三角函数的化简与求值在高考中频繁出现，重点考查运算求解能力.运算包括对数字的计算、估值和近似计算，对式子的组合变形与分解变形，属于比较简单的题目，这就要求在解决此类题目时不能丢分，由于三角函数部分公式比较多，要熟练记忆、掌握并能灵活运用.
体验高考
1.(2015·课标全国Ⅰ)sin
20°cos
10°－cos
160°sin
10°等于(　　)
A.－
B.
C.－
D.
答案　D
解析　sin
20°cos
10°－cos
160°sin
10°＝sin
20°cos
10°＋cos
20°sin
10°＝sin
30°＝.
2.(2015·重庆)若tan
α＝2tan
，则等于(　　)
A.1
B.2
C.3
D.4
答案　C
解析　＝
＝＝＝＝＝3.
3.(2016·课标全国甲)若cos＝，则sin
2α等于(　　)
A.
B.
C.－
D.－
答案　D
解析　因为sin
2α＝cos＝2cos2－1，
又因为cos＝，
所以sin
2α＝2×－1＝－，
故选D.
4.(2016·课标全国丙)若tan
α＝，则cos2α＋2sin
2α等于(　　)
A.
B.
C.1
D.
答案　A
解析　tan
α＝，
则cos2α＋2sin
2α＝＝＝.
5.(2016·四川)cos2－sin2＝________.
答案　
解析　由题可知，cos2－sin2＝cos＝.
高考必会题型
题型一　利用同角三角函数基本关系式化简与求值
基本公式：sin2α＋cos2α＝1；tan
α＝.
基本方法：(1)弦切互化；(2)“1”的代换，即1＝sin2α＋cos2α；(3)在进行开方运算时，注意判断符号.
例1　已知tan
α＝2，求：
(1)的值；
(2)3sin2α＋3sin
αcos
α－2cos2α的值.
解　(1)方法一　∵tan
α＝2，∴cos
α≠0，
∴＝＝＝＝.
方法二　由tan
α＝2，得sin
α＝2cos
α，代入得
＝＝＝.
(2)3sin2α＋3sin
αcos
α－2cos2α
＝＝
＝＝.
点评　本题(1)(2)两小题的共同点：都是正弦、余弦的齐次多项式.对于这样的多项式一定可以化成切函数，分式可以分子分母同除“cos
α”的最高次幂，整式可以看成分母为“1”，然后用sin2α＋cos2α代换“1”，变成分式后再化简.
变式训练1　已知sin(3π＋α)＝2sin，求下列各式的值：
(1)；
(2)sin2α＋sin
2α.
解　由已知得sin
α＝2cos
α.
(1)原式＝＝－.
(2)原式＝＝＝.
题型二　利用诱导公式化简与求值
1.六组诱导公式分两大类，一类是同名变换，即“函数名不变，符号看象限”；一类是异名变换，即“函数名称变，符号看象限”.
2.诱导公式化简的基本原则：负化正，大化小，化到锐角为最好！
例2　(1)设f(α)＝，则f＝______.
(2)化简：＋＝________.
答案　(1)　(2)0
解析　(1)∵f(α)＝
＝＝＝，
∴f＝＝＝＝.
(2)原式＝＋＝－sin
α＋sin
α＝0.
点评　熟练运用诱导公式和基本关系式，并确定相应三角函数值的符号是解题的关键.另外，切化弦是常用的规律技巧.
变式训练2　(1)(2016·课标全国乙)已知θ是第四象限角，且sin＝，则tan＝________.
(2)已知cos＝a(|a|≤1)，则cos＋sin＝________.
答案　(1)－　(2)0
解析　(1)将θ－转化为(θ＋)－.
由题意知sin(θ＋)＝，θ是第四象限角，
所以cos(θ＋)＞0，
所以cos(θ＋)＝
＝.
tan(θ－)＝tan(θ＋－)＝－tan[－(θ＋)]
＝－＝－＝－＝－.
(2)cos＝cos＝－cos＝－a.
sin＝sin＝cos＝a，
∴cos＋sin＝0.
题型三　利用其他公式、代换等化简求值
两角和与差的三角函数的规律有三个方面：(1)变角，目的是沟通题设条件与结论中所涉及的角，其手法通常是“配凑”.(2)变名，通过变换函数名称达到减少函数种类的目的，其手法通常有“切化弦”“升幂与降幂”等.(3)变式，根据式子的结构特征进行变形，使其更贴近某个公式或某个期待的目标，其手法通常有“常值代换”“逆用变用公式”“通分与约分”“分解与组合”“配方与平方”等.
例3　化简：
(1)sin
50°(1＋tan
10°)；
(2).
解　(1)sin
50°(1＋tan
10°)
＝sin
50°(1＋tan
60°tan
10°)
＝sin
50°·
＝sin
50°·＝
＝＝＝1.
(2)原式＝
＝＝
＝＝cos
2x.
点评　(1)二倍角公式是三角变换的主要公式，应熟记、巧用，会变形应用.
(2)重视三角函数的“三变”：“三变”是指“变角、变名、变式”.变角：对角的分拆要尽可能化成同名、同角、特殊角；变名：尽可能减少函数名称；变式：对式子变形一般要尽可能有理化、整式化、降低次数等.在解决求值、化简、证明问题时，一般是观察角度、函数名、所求(或所证明)问题的整体形式中的差异，再选择适当的公式恒等变形.
变式训练3　(1)在△ABC中，已知三个内角A，B，C成等差数列，则tan
＋tan
＋tan
tan
的值为________.
(2)的值是(　　)
A.
B.
C.
D.
(3)若α∈，且3cos
2α＝sin，则sin
2α的值为(　　)
A.
B.－
C.
D.－
答案　(1)　(2)C　(3)D
解析　(1)因为三个内角A，B，C成等差数列，且A＋B＋C＝π，所以A＋C＝，＝，tan
＝，
所以tan
＋tan
＋tan
tan
＝tan＋tan
tan
＝＋tan
tan
＝.
(2)原式＝
＝
＝＝.
(3)cos
2α＝sin＝sin
＝2sincos
代入原式，
得6sincos＝sin，
∵α∈，sin(－α)≠0，
∴cos＝，
∴sin
2α＝cos＝2cos2－1＝－.
高考题型精练
1.(2015·陕西)“sin
α＝cos
α”是“cos
2α＝0”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
解析　∵sin
α＝cos
α cos
2α＝cos2α－sin2α＝0；
cos
2α＝0 cos
α＝±sin
α sin
α＝cos
α，故选A.
2.(2016·课标全国丙)若tan
θ＝－，则cos
2θ等于(　　)
A.－
B.－
C.
D.
答案　D
解析　tan
θ＝－，则cos
2θ＝cos2θ－sin2θ＝＝＝.
3.若tan＝，且－＜α＜0，则等于(　　)
A.－
B.
C.－
D.
答案　A
解析　由tan＝＝，得tan
α＝－.
又－＜α＜0，所以sin
α＝－.
故＝＝2sin
α＝－.
4.已知f(x)＝sin2，若a＝f(lg
5)，b＝f(lg
)，则(　　)
A.a＋b＝0
B.a－b＝0
C.a＋b＝1
D.a－b＝1
答案　C
解析　a＝f(lg
5)＝sin2(lg
5＋)＝＝，
b＝f(lg
)＝sin2(lg
＋)＝＝，
则可得a＋b＝1.
5.已知sin＋sin
α＝，则sin的值是(　　)
A.－
B.
C.
D.－
答案　D
解析　sin＋sin
α＝ sin
cos
α＋cossin
α＋sin
α＝ sin
α＋cos
α＝ sin
α＋cos
α＝，
故sin＝sin
αcos＋cos
αsin＝－＝－.
6.若(4tan
α＋1)(1－4tan
β)＝17，则tan(α－β)等于(　　)
A.
B.
C.4
D.12
答案　C
解析　由已知得4tan
α－16tan
αtan
β＋1－4tan
β＝17，
∴tan
α－tan
β＝4(1＋tan
αtan
β)，
∴tan(α－β)＝＝4.
7.(2015·江苏)已知tan
α＝－2，tan(α＋β)＝，则tan
β的值为________.
答案　3
解析　∵tan
α＝－2，
∴tan(α＋β)＝＝＝，
解得tan
β＝3.
8.设当x＝θ时，函数f(x)＝sin
x－2cos
x取得最大值，则cos
θ＝________.
答案　－
解析　f(x)＝sin
x－2cos
x＝＝sin(x－φ)，
其中sin
φ＝，cos
φ＝，
当x－φ＝2kπ＋(k∈Z)时，函数f(x)取到最大值，
即θ＝2kπ＋＋φ时，函数f(x)取到最大值，
所以cos
θ＝－sin
φ＝－.
9.已知α∈，且2sin2α－sin
α·cos
α－3cos2α＝0，则＝_______.
答案　
解析　∵α∈，且2sin2α－sin
α·cos
α－3cos2α＝0，
∴(2sin
α－3cos
α)(sin
α＋cos
α)＝0，
∴2sin
α＝3cos
α，
又sin2α＋cos2α＝1，
∴cos
α＝，sin
α＝，
∴＝＝.
10.(2015·四川)已知sin
α＋2cos
α＝0，则2sin
αcos
α－cos2α的值是________.
答案　－1
解析　∵sin
α＋2cos
α＝0，
∴sin
α＝－2cos
α，
∴tan
α＝－2.
又∵2sin
αcos
α－cos2α＝＝，
∴原式＝＝－1.
11.(2015·广东)已知tan
α＝2.
(1)求tan的值；
(2)求的值.
解　(1)tan＝
＝＝＝－3.
(2)
＝
＝
＝＝＝1.
12.已知函数f(x)＝cos2x＋sin
xcos
x，x∈R.
(1)求f的值；
(2)若sin
α＝，且α∈，求f.
解　(1)f＝cos2＋sin
cos
＝2＋×＝.
(2)因为f(x)＝cos2x＋sin
xcos
x
＝＋sin
2x
＝＋(sin
2x＋cos
2x)
＝＋sin，
所以f＝＋sin
＝＋sin
＝＋.
又因为sin
α＝，且α∈，
所以cos
α＝－，
所以f＝＋
＝.第44练　数形结合思想
[思想方法解读]　数形结合是一个数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：①借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；②借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，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.
数形结合就是根据数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义，又揭示其几何直观，使数量关系的精确刻画与空间形式的直观形象巧妙、和谐地结合在一起，充分利用这种结合，寻找解题思路，使问题化难为易、化繁为简，从而得到解决.数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底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；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围.
数学中的知识，有的本身就可以看作是数形的结合.如：锐角三角函数的定义是借助于直角三角形来定义的；任意角的三角函数是借助于直角坐标系或单位圆来定义的.
体验高考
1.(2015·北京)如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是(　　)
A.{x|－1＜x≤0}
B.{x|－1≤x≤1}
C.{x|－1＜x≤1}
D.{x|－1＜x≤2}
答案　C
解析　令g(x)＝y＝log2(x＋1)，作出函数g(x)的图象如图.
由　得
∴结合图象知不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集为{x|－12.已知f(x)＝2x－1，g(x)＝1－x2，规定：当|f(x)|≥g(x)时，h(x)＝|f(x)|；当|f(x)|A.有最小值－1，最大值1
B.有最大值1，无最小值
C.有最小值－1，无最大值
D.有最大值－1，无最小值
答案　C
解析　由题意得，利用平移变化的知识画出函数|f(x)|，g(x)的图象如图，而h(x)＝，
故h(x)有最小值－1，无最大值.
3.(2015·重庆)若函数f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为5，则实数a＝________.
答案　4或－6
解析　由于f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|，
当a>－1时，
f(x)＝
作出f(x)的大致图象如图所示，由函数f(x)的图象可知f(a)＝5，
即a＋1＝5，
∴a＝4.
同理，当a≤－1时，－a－1＝5，
∴a＝－6.
高考必会题型
题型一　数形结合在方程根的个数中的应用
例1　方程sin
πx＝的解的个数是(　　)
A.5
B.6
C.7
D.8
答案　C
解析　在同一平面直角坐标系中画出y1＝sin
πx和y2＝的图象，如下图：
观察图象可知y1＝sin
πx和y2＝的图象在第一象限有3个交点，根据对称性可知，在第三象限也有3个交点，在加上原点，共7个交点，所以方程sin
πx＝有7个解.
点评　利用数形结合求方程解应注意两点
(1)讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性，否则会得到错解.
(2)正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合.
变式训练1　若函数f(x)＝有且只有两个不同的零点，则实数k的取值范围是(　　)
A.(－4，0)
B.(－∞，0]
C.(－4，0]
D.(－∞，0)
答案　B
解析　当x>0时，f(x)＝ln
x与x轴有一个交点，
即f(x)有一个零点.
依题意，显然当x≤0时，f(x)＝－kx2也有一个零点，即方程－kx2＝0只能有一个解.
令h(x)＝，g(x)＝kx2，则两函数图象在x≤0时只能有一个交点.
若k>0，显然函数h(x)＝与g(x)＝kx2在x≤0时有两个交点，即点A与原点O(如图所示).
显然k>0不符合题意.
若k<0，显然函数h(x)＝与g(x)＝kx2在x≤0时只有一个交点，即原点O(如图所示).
若k＝0，显然函数h(x)＝与g(x)＝kx2在x≤0时只有一个交点，即原点O.
综上，所求实数k的取值范围是(－∞，0].故选B.
题型二　利用数形结合解决不等式函数问题
例2　已知函数f(x)＝若关于x的方程f(x)＝k有两个不等的实根，则实数k的取值范围是________.
答案　(0，1)
解析　当x≥2时，f(x)＝，
此时f(x)在[2，＋∞)上单调递减，且0当x<2时，f(x)＝(x－1)3，此时f(x)过点(1，0)，(0，－1)，且在(－∞，2)上单调递增.
当x→2时，f(x)→1.
如图所示作出函数y＝f(x)的图象，由图可得f(x)在(－∞，2)上单调递增且f(x)<1，
f(x)在[2，＋∞)上单调递减且0故当且仅当0即实数k的取值范围是(0，1).
点评　利用数形结合解不等式或求参数的方法
求参数范围或解不等式问题经常联系函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化数量关系来解决问题，往往可以避免烦琐的运算，获得简捷的解答.
变式训练2　若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是(　　)
A.(－∞，＋∞)
B.(－2，＋∞)
C.(0，＋∞)
D.(－1，＋∞)
答案　D
解析　因为2x>0，所以由2x(x－a)<1得x－a<＝2－x，在直角坐标系中，作出函数f(x)＝x－a，g(x)＝2－x在x>0时的图象，如图.
当x>0时，g(x)＝2－x<1，
所以如果存在x>0，使2x(x－a)<1，
则有f(0)<1，即－a<1，即a>－1，
所以选D.
题型三　利用数形结合求最值
例3　已知a，b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是(　　)
A.1
B.2
C.
D.
答案　C
解析　如图，
设＝a，＝b，＝c，则＝a－c，＝b－c.
由题意知⊥，
∴O、A、C、B四点共圆.
∴当OC为圆的直径时，|c|最大，此时，||＝.
点评　利用数形结合求最值的方法步骤
第一步：分析数理特征，确定目标问题的几何意义.一般从图形结构、图形的几何意义分析代数式是否具有几何意义.
第二步：转化为几何问题.
第三步：解决几何问题.
第四步：回归代数问题.
第五步：回顾反思.
应用几何意义数形结合法解决问题需要熟悉常见的几何结构的代数形式，主要有：(1)比值——可考虑直线的斜率；(2)二元一次式——可考虑直线的截距；(3)根式分式——可考虑点到直线的距离；(4)根式——可考虑两点间的距离.
变式训练3　已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m，0)(m>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为(　　)
A.7
B.6
C.5
D.4
答案　B
解析　根据题意，画出示意图，如图所示，
则圆心C的坐标为(3，4)，半径r＝1，且|AB|＝2m.
因为∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝|AB|＝m.
要求m的最大值，
即求圆C上的点P到原点O的最大距离.
因为|OC|＝＝5，
所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，
即m的最大值为6.
高考题型精练
1.若过点A(4，0)的直线l与曲线(x－2)2＋y2＝1有公共点，则直线l的斜率的取值范围是(　　)
A.[－，]
B.(－，)
C.[－，]
D.(－，)
答案　C
解析　设直线方程为y＝k(x－4)，即kx－y－4k＝0，
直线l与曲线(x－2)2＋y2＝1有公共点，
圆心到直线的距离小于等于半径，
即d＝≤1，
得4k2≤k2＋1，k2≤.所以－≤k≤.
2.已知f(x)＝|x·ex|，又g(x)＝f2(x)＋t·f(x)(t∈R)，若满足g(x)＝－1的x有四个，则t的取值范围为(　　)
A.(，＋∞)
B.(－∞，－)
C.(－，－2)
D.(2，)
答案　B
解析　依题意g(x)＝f2(x)＋t·f(x)＝－1，
即t＝＝－[f(x)＋]≤－2，
可排除A，C，D.
也可以画出函数－[f(x)＋]图象如下图所示，
要有四个交点，则选B.
3.已知函数f(x)满足下列关系：①f(x＋1)＝f(x－1)；②当x∈[－1，1]时，f(x)＝x2，则方程f(x)＝lg
x解的个数是(　　)
A.5
B.7
C.9
D.10
答案　C
解析　由题意可知，f(x)是以2为周期，值域为[0，1]的函数.又f(x)＝lg
x，则x∈(0，10]，画出两函数图象，
则交点个数即为解的个数.
由图象可知共9个交点.
4.设函数f(x)是定义在R上的偶函数，对任意x∈R，都有f(x)＝f(x＋4)，且当x∈[－2，0]时，f(x)＝()x－1，若在区间(－2，6]内关于x的方程f(x)－loga(x＋2)＝0(a>1)恰有三个不同的实数根，则a的取值范围是(　　)
A.(，2)
B.(，2)
C.[，2)
D.(，2]
答案　B
解析　作出f(x)在区间(－2，6]上的图象，
可知loga(2＋2)<3，loga(6＋2)>3 选B.
5.若方程x＋k＝有且只有一个解，则k的取值范围是(　　)
A.[－1，1)
B.k＝±
C.[－1，1]
D.k＝或k∈[－1，1)
答案　D
解析　令y1＝x＋k，y2＝，
则x2＋y＝1(y≥0).作出图象如图，
在y1＝x＋k中，k是直线的纵截距，由图知：方程有一个解 直线与上述半圆只有一个公共点 k＝或－1≤k<1.
6.已知函数f(x)＝|4x－x2|－a，当函数有4个零点时，则a的取值范围是__________.
答案　(0，4)
解析　∵函数f(x)＝|4x－x2|－a有4个零点，
∴方程|4x－x2|＝a有4个不同的解.
令g(x)＝|4x－x2|＝
作出g(x)的图象，如图，由图象可以看出，当h(x)＝a与g(x)有4个交点时，0∴a的取值范围为(0，4).
7.设f(x)＝|lg(x－1)|，若0答案　(4，＋∞)
解析　由于函数f(x)＝|lg(x－1)|的图象如图所示.
由f(a)＝f(b)可得－lg(a－1)＝lg(b－1)，
解得ab＝a＋b>2(由于a所以ab>4.
8.已知函数y＝的图象与函数y＝kx－2的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是________.
答案　(0，1)∪(1，4)
解析　根据绝对值的意义，
y＝＝
在直角坐标系中作出该函数的图象，如图中实线所示.
根据图象可知，
当09.已知实数x，y满足则的最大值为________.
答案　2
解析　画出不等式组
对应的平面区域Ω(含边界)为图中的四边形ABCD，
＝表示平面区域Ω上的点P(x，y)与原点的连线的斜率，显然OA的斜率最大.
10.给出下列命题：①在区间(0，＋∞)上，函数y＝x－1，y＝x，y＝(x－1)2，y＝x3中有三个是增函数；②若logm3答案　②③④
解析　对于①，在区间(0，＋∞)上，只有y＝x，y＝x3是增函数，所以①错误.
对于②，由logm3可得<<0，
即log3n所以0易知③正确.对于④，
方程f(x)＝0即为3x－2x－3＝0，
变形得3x＝2x＋3，令y1＝3x，y2＝2x＋3，
在同一坐标系中作出这两个函数的图象，如图.
由图象可知，两个函数图象有两个交点，所以④正确.第40练　随机变量及其分布列
[题型分析·高考展望]　随机变量及其分布列是高考的一个必考热点，主要包括离散型随机变量及其分布列，均值与方差，二项分布及其应用和正态分布.对本部分知识的考查，一是以实际生活为背景求解离散型随机变量的分布列和均值；二是独立事件概率的求解；三是考查二项分布.
体验高考
1.(2015·四川)某市A，B两所中学的学生组队参加辩论赛，A中学推荐了3名男生、2名女生，B中学推荐了3名男生、4名女生，两校所推荐的学生一起参加集训.由于集训后队员水平相当，从参加集训的男生中随机抽取3人.女生中随机抽取3人组成代表队.
(1)求A中学至少有1名学生入选代表队的概率.
(2)某场比赛前，从代表队的6名队员中随机抽取4人参赛，设X表示参赛的男生人数，求X的分布列和均值.
解　(1)由题意，参加集训的男、女生各有6名，参赛学生全从B中学抽取(等价于A中学没有学生入选代表队)的概率为＝，
因此，A中学至少有1名学生入选代表队的概率为
1－＝.
(2)根据题意，X的可能取值为1，2，3，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，
P(X＝3)＝＝，
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
因此，X的均值为E(X)＝1×P(X＝1)＋2×P(X＝2)＋3×P(X＝3)＝1×＋2×＋3×＝2.
2.(2016·天津)某小组共10人，利用假期参加义工活动.已知参加义工活动次数为1，2，3的人数分别为3，3，4.现从这10人中随机选出2人作为该组代表参加座谈会.
(1)设A为事件“选出的2人参加义工活动次数之和为4”，求事件A发生的概率；
(2)设X为选出的2人参加义工活动次数之差的绝对值，求随机变量X的分布列和均值.
解　(1)由已知，有P(A)＝＝.
所以事件A发生的概率为.
(2)随机变量X的所有可能取值为0，1，2.
P(X＝0)＝＝，
P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
P
随机变量X的均值E(X)＝0×＋1×＋2×＝1.
3.(2015·福建)某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定.小王到该银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但可以确认该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试.若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定.
(1)求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
(2)设当天小王用该银行卡尝试密码的次数为X，求X的分布列和均值.
解　(1)设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为A，
则P(A)＝××＝.
(2)依题意得，X所有可能的取值是1，2，3.
又P(X＝1)＝，P(X＝2)＝×＝，
P(X＝3)＝××1＝.
所以X的分布列为
X
1
2
3
P
所以X的均值E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
高考必会题型
题型一　条件概率与相互独立事件的概率
例1　(1)先后掷两次骰子(骰子的六个面上分别有1，2，3，4，5，6个点)，落在水平桌面后，记正面朝上的点数分别为x，y，设事件A为“x＋y为偶数”，事件B为“x，y中有偶数且x≠y”，则概率P(B|A)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
(2)甲射击命中目标的概率是，乙命中目标的概率是，丙命中目标的概率是.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　(1)B　(2)A
解析　(1)正面朝上的点数(x，y)的不同结果共有C·C＝36(种).
事件A：“x＋y为偶数”包含事件A1：“x，y都为偶数”与事件A2：“x，y都为奇数”两个互斥事件，其中P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，
所以P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝＋＝.
事件B为“x，y中有偶数且x≠y”，
所以事件AB为“x，y都为偶数且x≠y”，
所以P(AB)＝＝.
P(B|A)＝＝.
(2)设“甲命中目标”为事件A，“乙命中目标”为事件B，“丙命中目标”为事件C，则目标被击中的事件可以表示为A∪B∪C，即击中目标表示事件A、B、C中至少有一个发生.
∴P(··)＝P()·P()·P()
＝[1－P(A)]·[1－P(B)]·[1－P(C)]
＝＝.
故目标被击中的概率为1－P(··)＝1－＝.
点评　(1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝.这是通用的求条件概率的方法.
(2)借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A)，再在事件A发生的条件下求事件B包含的基本事件数，即n(AB)，得P(B|A)＝.
(3)相互独立事件的概率通常和互斥事件的概率综合在一起考查，这类问题具有一个明显的特征，那就是在题目的条件中已经出现一些概率值，解题时先要判断事件的性质(是互斥还是相互独立)，再选择相应的公式计算求解.
变式训练1　(1)某地区空气质量监测资料表明，一天的空气质量为优良的概率是0.75，连续两天为优良的概率是0.6，已知某天的空气质量为优良，则随后一天的空气质量为优良的概率是(　　)
A.0.8
B.0.75
C.0.6
D.0.45
(2)某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的5个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为________.
答案　(1)A　(2)0.128
解析　(1)已知连续两天为优良的概率是0.6，那么在前一天空气质量为优良的前提下，要求随后一天的空气质量为优良的概率，可根据条件概率公式，得P＝＝0.8.
(2)由题设，分两类情况：①第1个正确，第2个错误，第3、4个正确，得P1＝0.8×0.2×0.8×0.8＝0.102
4；
②第1、2个错误，第3、4个正确，
此时概率P2＝0.2×0.2×0.8×0.8＝0.025
6.
由互斥事件概率公式得
P＝P1＋P2＝0.102
4＋0.025
6＝0.128.
题型二　离散型随机变量的均值和方差
例2　(2015·山东)若n是一个三位正整数，且n的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称n为“三位递增数”(如137，359，567等).在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取1个数，且只能抽取一次.得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被5整除，参加者得0分；若能被5整除，但不能被10整除，得－1分；若能被10整除，得1分.
(1)写出所有个位数字是5的“三位递增数”
；
(2)若甲参加活动，求甲得分X的分布列和均值E(X).
解　(1)个位数是5的“三位递增数”有125，135，145，235，245，345；
(2)由题意知，全部“三位递增数”的个数为C＝84，
随机变量X的取值为：0，－1，1，
因此P(X＝0)＝＝，
P(X＝－1)＝＝，
P(X＝1)＝1－－＝，
所以X的分布列为
X
0
－1
1
P
则E(X)＝0×＋(－1)×＋1×＝.
点评　离散型随机变量的均值和方差的求解，一般分两步：一是定型，即先判断随机变量的分布是特殊类型，还是一般类型，如两点分布、二项分布、超几何分布等属于特殊类型；二是定性，对于特殊类型的均值和方差可以直接代入相应公式求解，而对于一般类型的随机变量，应先求其分布列然后代入相应公式计算，注意离散型随机变量的取值与概率间的对应.
变式训练2　(1)(2016·四川)同时抛掷两枚质地均匀的硬币，当至少有一枚硬币正面向上时，就说这次试验成功，则在2次试验中成功次数X的均值是________.
答案　
解析　由题可知，在一次试验中，试验成功(即至少有一枚硬币正面向上)的概率为P＝1－×＝，
∵2次独立试验成功次数X满足二项分布X～B，
则E(X)＝2×＝.
(2)(2016·山东)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一个人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分.已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响.假设“星队”参加两轮活动，求：
①“星队”至少猜对3个成语的概率；
②“星队”两轮得分之和X的分布列和均值E(X).
解　①记事件A：“甲第一轮猜对”，记事件B：“乙第一轮猜对”，
记事件C：“甲第二轮猜对”，记事件D：“乙第二轮猜对”，
记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”.
由题意，
E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC.
由事件的独立性与互斥性，
P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)
＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()P(B)·P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()
＝×××＋2×＝.
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
②由题意，随机变量X可能的取值为0，1，2，3，4，6.由事件的独立性与互斥性，得
P(X＝0)＝×××＝，
P(X＝1)＝2×＝＝，
P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，
P(X＝3)＝×××＋×××＝＝，
P(X＝4)＝2×＝＝.
P(X＝6)＝×××＝＝.
可得随机变量X的分布列为
x
0
1
2
3
4
6
P
所以均值E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.
题型三　二项分布
例3　某市为丰富市民的业余文化生活，联合市国际象棋协会举办国际象棋大赛，在小组赛中，小王要与其他四名业余棋手进行比赛，已知小王与其他选手比赛获得胜利的概率都为，并且他与其他选手比赛获胜的事件是相互独立的.
(1)求小王首次获胜前已经负了两场的概率；
(2)求小王在四场比赛中获胜的场数X的分布列、均值和方差.
解　(1)小王首次获胜前已经负了两场，即前两场输第三场赢，其概率为P＝(1－)2×＝.
(2)因为小王每场比赛获胜的概率均为，所以小王在四场比赛中获胜的场数X服从二项分布B(4，)，
故P(X＝i)＝C()i(1－)4－i(其中i＝0，1，2，3，4).
所以P(X＝0)＝C()0(1－)4＝，
P(X＝1)＝C()1(1－)3＝，
P(X＝2)＝C()2(1－)2＝，
P(X＝3)＝C()3(1－)1＝，
P(X＝4)＝C()4(1－)0＝.
故
X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
故X的均值为E(X)＝4×＝，
方差为D(X)＝4××(1－)＝.
点评　应用公式Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k的三个条件：
(1)在一次试验中某事件A发生的概率是一个常数p；(2)n次试验不仅是在完全相同的情况下进行的重复试验，而且各次试验的结果是相互独立的；
(3)该公式表示n次试验中事件A恰好发生了k次的概率.
变式训练3　(2015·湖南)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖.
(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；
(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X，求X的分布列和均值.
解　(1)记事件A1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，
A2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，
B1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C＝{顾客抽奖1次能获奖}.
由题意，A1与A2相互独立，A12与1A2互斥，B1与B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A12∪1A2，C＝B1∪B2.
因为P(A1)＝＝，P(A2)＝＝，
所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝×＝，
P(B2)＝P(A12∪1A2)
＝P(A12)＋P(1A2)
＝P(A1)P(2)＋P(1)P(A2)
＝P(A1)[1－P(A2)]＋[1－P(A1)]P(A2)
＝×＋×＝.
故所求概率为P(C)＝P(B1∪B2)＝P(B1)＋P(B2)＝＋＝.
(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为，所以X～B.
于是
P(X＝0)＝C03＝，
P(X＝1)＝C12＝，
P(X＝2)＝C21＝，
P(X＝3)＝C30＝.
故X的分布列为
X
0
1
2
3
P
则E(X)＝3×＝.
高考题型精练
1.抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记A＝{两次点数均为奇数}，B＝{两次点数之和为6}，则P(B|A)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　n(A)＝3×3＝9，n(AB)＝3，所以P(B|A)＝＝＝.故选B.
2.如图所示，在边长为1的正方形OABC内任取一点P，用A表示事件“点P恰好在由曲线y＝与直线x＝1及x轴所围成的曲边梯形内”，B表示事件“点P恰好取自阴影部分内”，则P(B|A)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　根据题意，正方形OABC的面积为1×1＝1，
而y＝与直线x＝1及x轴所围成的曲边梯形的面积为dx＝x＝，
∴P(A)＝＝，
而阴影部分的面积为(－x)dx＝(x－x2)＝，
∴正方形OABC中任取一点P，点P取自阴影部分的概率为P(B)＝＝，
∴P(B|A)＝＝＝，
故选A.
3.某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，设X表示击中目标的次数，则P(X≥2)等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　至少有两次击中目标的对立事件是最多击中一次，
有两类情况：一次都没击中、击中一次.
一次都没击中：概率为(1－0.6)3＝0.064；
击中一次：概率为C×0.6×(1－0.6)2＝0.288.
所以最多击中一次的概率为0.064＋0.288＝0.352，
所以至少有两次击中目标的概率为1－0.352＝0.648
＝.
4.已知某一随机变量X的概率分布列如下表，E(X)＝6.3，则a的值为(　　)
X
4
a
9
P
0.5
0.1
b
A.5
B.6
C.7
D.8
答案　C
解析　b＝1－0.5－0.1＝0.4，∴4×0.5＋a×0.1＋9×0.4＝6.3，
∴a＝7，故选C.
5.设随机变量X～B(n，p)，且E(X)＝1.6，D(X)＝1.28，则(　　)
A.n＝5，p＝0.32
B.n＝4，p＝0.4
C.n＝8，p＝0.2
D.n＝7，p＝0.45
答案　C
解析　因为随机变量X～B(n，p)，且E(X)＝1.6，D(X)＝1.28，
所以 p＝0.2，n＝8.
6.在4次独立重复试验中事件A发生的概率相同，若事件A至少发生1次的概率是，则事件A在一次试验中发生的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.以上全不对
答案　A
解析　设事件A在一次试验中发生的概率为p，
∵事件A全不发生为事件A至少发生一次的对立事件，∴1－(1－p)4＝，即(1－p)4＝.
故1－p＝或1－p＝－(舍去)，即p＝.
7.小王参加了2015年春季招聘会，分别向A，B两个公司投递个人简历.假定小王得到A公司面试的概率为，得到B公司面试的概率为p，且两个公司是否让其面试是独立的.记ξ为小王得到面试的公司个数.若ξ＝0时的概率P(ξ＝0)＝，则随机变量ξ的均值E(ξ)＝______.
答案　
解析　由题意，得P(ξ＝2)＝p，
P(ξ＝1)＝(1－p)＋p＝，
ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
p
由＋＋p＝1，得p＝.
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×p＝.
8.随机变量ξ的取值为0，1，2.若P(ξ＝0)＝，E(ξ)＝1，则D(ξ)＝________.
答案　
解析　设P(ξ＝1)＝a，P(ξ＝2)＝b，
则解得
所以D(ξ)＝＋×0＋×1＝.
9.从装有除颜色外完全相同的3个白球和m个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为X，已知E(X)＝3，则D(X)＝________.
答案　
解析　根据题目条件，
每次摸到白球的概率都是p＝，
满足二项分布，则有E(X)＝np＝5×＝3，
解得m＝2，
那么D(X)＝np(1－p)＝5××(1－)＝.
10.某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射击到3次为止.设甲每次击中的概率为p(p≠0)，射击次数为η，若η的均值E(η)>，则p的取值范围是________.
答案　(0，)
解析　由已知得P(η＝1)＝p，
P(η＝2)＝(1－p)p，P(η＝3)＝(1－p)2，
则E(η)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>，
解得p>或p<，
又p∈(0，1)，所以p∈(0，).
11.(2015·陕西)设某校新、老校区之间开车单程所需时间为T，T只与道路畅通状况有关，对其容量为100的样本进行统计，结果如下：
T(分钟)
25
30
35
40
频数(次)
20
30
40
10
(1)求T的分布列与均值E(T)；
(2)刘教授驾车从老校区出发，前往新校区做一个50分钟的讲座，结束后立即返回老校区，求刘教授从离开老校区到返回老校区共用时间不超过120分钟的概率.
解　(1)由统计结果可得T的频率分布为
T(分钟)
25
30
35
40
频率
0.2
0.3
0.4
0.1
以频率估计概率得T的分布列为
T
25
30
35
40
P
0.2
0.3
0.4
0.1
从而E(T)＝25×0.2＋30×0.3＋35×0.4＋40×0.1＝32.
(2)设T1，T2分别表示往、返所需时间，T1，T2的取值相互独立，且与T的分布列相同，
设事件A表示“刘教授共用时间不超过120分钟”，由于讲座时间为50分钟，所以事件A对应于“刘教授在路途中的时间不超过70分钟”.
方法一　P(A)＝P(T1＋T2≤70)
＝P(T1＝25，T2≤45)＋P(T1＝30，T2≤40)＋P(T1＝35，T2≤35)＋P(T1＝40，T2≤30)
＝0.2×1＋0.3×1＋0.4×0.9＋0.1×0.5＝0.91.
方法二　P()＝P(T1＋T2＞70)
＝P(T1＝35，T2＝40)＋P(T1＝40，T2＝35)＋P(T1＝40，T2＝40)
＝0.4×0.1＋0.1×0.4＋0.1×0.1＝0.09，
故P(A)＝1－P()＝0.91.
12.(2016·课标全国甲)某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人的本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
0
1
2
3
4
≥5
概率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；
(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值.
解　(1)设A表示事件：“续保人本年度的保费高于基本保费”，则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝0.2＋0.2＋0.1＋0.05＝0.55.
(2)设B表示事件：“续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.1＋0.05＝0.15.
又P(AB)＝P(B)，
故P(B|A)＝＝＝＝.
因此所求概率为.
(3)记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为
X
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
P
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a.
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.“12＋4”专项练2
1.设全集I＝R，集合A＝{y|y＝log2x，x>2}，B＝{x|y＝}，则(　　)
A.A B
B.A∪B＝A
C.A∩B＝
D.A∪B＝
答案　A
2.若复数z满足zi＝1＋2i，则z的共轭复数是(　　)
A.2－i
B.2＋i
C.－2－i
D.－2＋i
答案　B
解析　∵zi＝1＋2i，∴z＝＝2－i，∴＝2＋i.
3.下列有关命题的说法错误的是(　　)
A.若“p∨q”为假命题，则p，q均为假命题
B.“x＝1”是“x≥1”的充分不必要条件
C.“sin
x＝”的必要不充分条件是“x＝”
D.若命题p： x0∈R，x≥0，则命题綈p： x∈R，x2<0
答案　C
4.命题“若a>－3，
则a>－6”以及它的逆命题、否命题、逆否命题这四个命题中，
真命题的个数为
(　　)
A.0
B.1
C.2
D.3
答案　C
5.(2016·北京)设a，b是向量，则“|a|＝|b|”是“|a＋b|＝|a－b|”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　D
解析　若|a|＝|b|成立，则以a，b为邻边构成的四边形为菱形，a＋b，a－b表示该菱形的对角线，而菱形的对角线不一定相等，所以|a＋b|＝|a－b|不一定成立；反之，若|a＋b|＝|a－b|成立，则以a，b为邻边构成的四边形为矩形，而矩形的邻边不一定相等，所以|a|＝|b|不一定成立，所以“|a|＝|b|”是“|a＋b|＝|a－b|”的既不充分也不必要条件.
6.已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，其中0<φ<2π，若f(x)≤|f()|对x∈R恒成立，且f()>f(π)，则φ等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　若f(x)≤|f()|对x∈R恒成立，
所以|f(x)|max＝f()＝sin(2×＋φ)＝sin(＋φ)，
即＋φ＝kπ＋，k∈Z，
又0<φ<2π，所以φ＝或φ＝，
当φ＝时，f()＝sin(π＋)＝－sin
＝－，
f(π)＝sin(2π＋)＝sin
＝，f()＜f(π)，
不合题意，
当φ＝时，f()＝sin(π＋)＝－sin
＝，
f(π)＝sin(2π＋)＝sin
＝－，f()＞f(π)，符合题意，所以φ＝，故选C.
7.已知两个不重合的平面α，β和两条不同的直线m，n，则下列说法正确的是(　　)
A.若m⊥n，n⊥α，m β，则α⊥β
B.若α∥β，n⊥α，m⊥β，则m∥n
C.若m⊥n，n α，m β，则α⊥β
D.若α∥β，n α，m∥β，则m∥n
答案　B
解析　A.若n⊥α，m⊥n，则m∥α或m α，又m β，
∴α⊥β不成立，∴A错误.
B.若α∥β，n⊥α，则n⊥β，又m⊥β，∴m∥n成立，
∴B正确.
C.m⊥n，n α，m β，则α⊥β或α∥β.∴C错误.
D.若α∥β，n α，m∥β，则m∥n或m与n相交或m，n为异面直线，∴D错误.
8.如图是某几何体的三视图，则该几何体体积是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　由三视图可知，该几何体是由三棱柱割掉一个角(三棱锥)而成的几何体，所以体积为×22×2－××22×1＝.
9.已知{an}为等比数列，
a1>0，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a4＋a7＋a10等于(　　)
A.－7
B.－5
C.5
D.7
答案　B
解析　由等比数列性质可得a5a6＝a4a7＝－8，又a4＋a7＝2，解之得a4＝－2或a7＝4或a7＝－2，a4＝4，因为a7＝a1q6>0，所以a4＝－2，a7＝4，a7＝a4q3＝－2q3＝4，所以q3＝－2，所以a1＝＝1，a10＝a7q3＝－8，所以a1＋a4＋a7＋a10＝－5，故选B.
10.设随机变量X～B(
n
，
p
)，且E(X)＝6，D(X)＝3，则P(X＝1)的值为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　根据二项分布的均值和方差公式，
有
解之得n＝12，p＝，
所以P(X＝1)＝C()12＝.
11.观察下列的图形中小正方形的个数，则第6个图和第n个图小正方形的个数(　　)
A.28，
B.14，
C.28，
D.12，
答案　A
解析　观察所给图形的小正方形，
可得an－an－1＝n＋1
(n≥2，n∈N)，即a2－a1＝3，
a3－a2＝4，…，an－an－1＝n＋1，这n－1个式子相加得到an－a1＝＝，a1＝3，解得an＝＋3＝＝，验证n＝1成立，当n＝6时，an＝28，故选A.
12.定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，已知f(x＋1)是偶函数，(x－1)f′(x)<0，若x12，则f(x1)与f(x2)的大小关系为(　　)
A.f(x1)B.f(x1)＝f(x2)
C.f(x1)>f(x2)
D.不确定
答案　C
解析　因为f(x＋1)是偶函数，
所以f(－x＋1)＝f(x＋1)，
则f(x)的图象关于x＝1对称，
由(x－1)f′(x)＜0得，x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增.若x1≤1，由x1＋x2>2，得x2>2－x1≥1，所以f(x1)＝f(2－x1)>f(x2)；若x1>1，则1f(x2).
综上知f(x1)>f(x2).
13.如图是一个算法的程序框图，最后输出的S＝________.
答案　25
解析　因为a＝1时，P＝9＞0，则S＝9，此时a＝2，P＝16>9，继续可得S＝16，将a＝3代入得P＝21>16，则得S＝21，将a＝4代入得P＝24>21，则S＝24，将a＝5代入得P＝25>24，得S＝25，将a＝6代入得P＝24<25，此时输出S＝25.
14.若若z＝x＋2y的最大值为3，则a的值是________.
答案　1
解析　画出可行域如图所示，A(a，a)为最优解，
故z＝3a＝3，a＝1.
15.如图，已知△ABC的边BC的垂直平分线交AC于点P，交BC于点Q.若||＝3，||＝5，则(＋)·(－)的值为________.
答案　－16
解析　(＋)·(－)＝(＋2)·(－)＝·(－)＋2·(－)＝·＋2·(－)＝)·(－)＝(＋)·(－)＝2－2＝9－25＝－16.
16.设P为直线y＝x与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)左支的交点，F1是左焦点，PF1垂直于x轴，则双曲线的离心率e＝________.
答案　
解析　设P(－c，y0)，代入双曲线C∶－＝1，
得y＝()2，由题意知y0＜0，∴y0＝，
又∵P在直线y＝x上，代入得c＝3b，
又∵c2＝a2＋b2，
∴e＝＝.第15练　存在与恒成立问题
[题型分析·高考展望]　“存在”与“恒成立”两个表示范围的词语在题目中出现是近年高考的一大热点，其本质是“特称”与“全称”量词的一个延伸，弄清其含义，适当进行转化来加以解决.此类题目主要出现在函数与导数结合的解答题中，难度高，需要有较强的分析能力和运算能力，训练时应注意破题方法的研究.
体验高考
1.(2015·课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　D
解析　设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，由题知存在唯一的整数x0，使得当x＝x0时，g(x)在直线y＝ax－a的下方.
因为g′(x)＝ex(2x＋1)，
所以当x<－时，g′(x)<0，
当x>－时，g′(x)>0，
所以当x＝－时，[g(x)]min＝－2e，
当x＝0时，g(0)＝－1，g(1)＝e>0，直线y＝a(x－1)恒过(1，0)且斜率为a，故－a>g(0)＝－1，
且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，解得≤a<1.故选D.
2.(2015·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝emx＋x2－mx.
(1)证明：f(x)在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范围.
(1)证明　f′(x)＝m(emx－1)＋2x.
若m≥0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1≤0，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1≥0，f′(x)＞0.
若m＜0，则当x∈(－∞，0)时，emx－1＞0，f′(x)＜0；
当x∈(0，＋∞)时，emx－1＜0，f′(x)＞0.
所以，f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
(2)解　由(1)知，对任意的m，f(x)在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f(x)在x＝0处取得最小值.所以对于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要条件是
即①
设函数g(t)＝et－t－e＋1，则g′(t)＝et－1.
当t＜0时，g′(t)＜0；当t＞0时，g′(t)＞0.
故g(t)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.
又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故当t∈[－1，1]时，g(t)≤0.
当m∈[－1，1]时，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；
当m＞1时，由g(t)的单调性，g(m)＞0，即em－m＞e－1；
当m＜－1时，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.
综上，m的取值范围是[－1，1].
3.(2016·江苏)已知函数f(x)＝ax＋bx(a＞0，b＞0，a≠1，b≠1).
(1)设a＝2，b＝.
①求方程f(x)＝2的根；
②若对任意x∈R，不等式f(2x)≥mf(x)－6恒成立，求实数m的最大值；
(2)若0＜a＜1，b＞1，函数g(x)＝f(x)－2有且只有1个零点，求ab的值.
解　(1)①由已知可得2x＋x＝2，
即2x＋＝2.
∴(2x)2－2·2x＋1＝0，
解得2x＝1，∴x＝0.
②f(x)＝2x＋x＝2x＋2－x，
令t＝2x＋2－x，则t≥2.
又f(2x)＝22x＋2－2x＝t2－2，
故f(2x)≥mf(x)－6可化为t2－2≥mt－6，
即m≤t＋，
又t≥2，t＋≥2＝4.
(当且仅当t＝2时等号成立).
∴m≤min＝4.
即m的最大值为4.
(2)∵0＜a＜1，b＞1，∴ln
a＜0，ln
b＞0.
g(x)＝f(x)－2＝ax＋bx－2.
∵g′(x)＝axln
a＋bxln
b为单调递增函数，且值域为R，
∴g′(x)一定存在零点，
∴g(x)为先减后增且有唯一极值点.
由题意，g(x)有且仅有1个零点，
则g(x)的极值一定为0，
而g(0)＝a0＋b0－2＝0，故极值点为0.
∴g′(0)＝0，即ln
a＋ln
b＝0.∴ab＝1.
高考必会题型
题型一　恒成立问题
例1　(2015·福建改编)已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝kx(k∈R).
(1)证明：当x＞0时，f(x)＜x；
(2)证明：当k＜1时，存在x0＞0，使得对任意的x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).
证明　(1)令F(x)＝f(x)－x＝ln(1＋x)－x，x∈(0，＋∞)，
则有F′(x)＝－1＝.
当x∈(0，＋∞)时，F′(x)＜0，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递减，
故当x＞0时，F(x)＜F(0)＝0，
即当x＞0时，f(x)＜x.
(2)令G(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－kx，x∈(0，＋∞)，
则有G′(x)＝－k＝.
当k≤0时，G′(x)＞0，
故G(x)在(0，＋∞)上单调递增，G(x)＞G(0)＝0，
故任意正实数x0均满足题意.
当0＜k＜1时，令G′(x)＝0，
得x＝＝－1＞0，
取x0＝－1，对任意x∈(0，x0)，有G′(x)＞0，
从而G(x)在(0，x0)上单调递增，
所以G(x)＞G(0)＝0，即f(x)＞g(x).
综上，当k＜1时，总存在x0＞0，
使得对任意x∈(0，x0)，恒有f(x)＞g(x).
点评　恒成立问题一般与不等式有关，解决此类问题需要构造函数，利用函数单调性求函数最值，从而说明函数值恒大于或恒小于某一确定的值.
变式训练1　设f(x)＝ex－a(x＋1).
(1)若 x∈R，f(x)≥0恒成立，求正实数a的取值范围；
(2)设g(x)＝f(x)＋，且A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)是曲线y＝g(x)上任意两点，若对任意的a≤－1，直线AB的斜率恒大于常数m，求m的取值范围.
解　(1)因为f(x)＝ex－a(x＋1)，所以f′(x)＝ex－a.
由题意，知a＞0，故由f′(x)＝ex－a＝0，解得x＝ln
a.
故当x∈(－∞，ln
a)时，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
当x∈(ln
a，＋∞)时，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增.
所以函数f(x)的最小值为f(ln
a)＝eln
a－a(ln
a＋1)＝－aln
a.
由题意，若 x∈R，f(x)≥0恒成立，
即f(x)＝ex－a(x＋1)≥0恒成立，故有－aln
a≥0，
又a＞0，所以ln
a≤0，解得0＜a≤1.
所以正实数a的取值范围为(0，1].
(2)设x1，x2是任意的两个实数，且x1＜x2，
则直线AB的斜率为k＝.
由已知k＞m，即＞m.
因为x2－x1＞0，所以g(x2)－g(x1)＞m(x2－x1)，
即g(x2)－mx2＞g(x1)－mx1.因为x1＜x2，
所以函数h(x)＝g(x)－mx在R上为增函数，
故有h′(x)＝g′(x)－m≥0恒成立，所以m≤g′(x).
而g′(x)＝ex－a－，又a≤－1＜0，
故g′(x)＝ex＋－a≥2
－a＝2－a.
而2－a＝2＋()2＝(＋1)2－1≥3，
所以m的取值范围为(－∞，3].
题型二　存在性问题
例2　(2015·浙江)设函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R).
(1)当b＝＋1时，求函数f(x)在[－1，1]上的最小值g(a)的表达式；
(2)已知函数f(x)在[－1，1]上存在零点，0≤b－2a≤1，求b的取值范围.
解　(1)当b＝＋1时，f(x)＝2＋1，
故对称轴为直线x＝－.
当a≤－2时，g(a)＝f(1)＝＋a＋2.
当－2＜a≤2时，g(a)＝f＝1.
当a＞2时，g(a)＝f(－1)＝－a＋2.
综上，g(a)＝
(2)设s，t为方程f(x)＝0的解，且－1≤t≤1，则
由于0≤b－2a≤1，因此≤s≤(－1≤t≤1).
当0≤t≤1时，≤st≤.
由于－≤≤0和－≤≤9－4，
所以－≤b≤9－4.
当－1≤t＜0时，≤st≤，
由于－2≤＜0和－3≤＜0，所以－3≤b＜0.
故b的取值范围是[－3，9－4
].
点评　“存在”是特称量词，即“有的”意思，证明这类问题的思路是想法找到一个“x0”使问题成立即可，必要时需要对问题进行转化.若证“存在且唯一”则需说明除“x0”外其余不能使命题成立，或利用函数单调性证明此类问题.
变式训练2　(2015·北京)已知函数f(x)＝ln.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求证：当x∈(0，1)时，f(x)＞2；
(3)设实数k使得f(x)＞k对x∈(0，1)恒成立，求k的最大值.
(1)解　因为f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，
所以f′(x)＝＋，f′(0)＝2.
又因为f(0)＝0，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.
(2)证明　令g(x)＝f(x)－2，
则g′(x)＝f′(x)－2(1＋x2)＝.
因为g′(x)>0(0g(0)＝0，x∈(0，1)，
即当x∈(0，1)时，f(x)>2.
(3)解　由(2)知，当k≤2时，f(x)>k对x∈(0，1)恒成立.当k>2时，令h(x)＝f(x)－k，
则h′(x)＝f′(x)－k(1＋x2)＝.
所以当0时，h′(x)<0，因此h(x)在区间上单调递减.故当0时，h(x)2时，f(x)>k并非对x∈(0，1)恒成立.
综上可知，k的最大值为2.
高考题型精练
1.已知函数f(x)＝x3－2x2＋3m，x∈[0，＋∞)，若f(x)＋5≥0恒成立，则实数m的取值范围是(　　)
A.
B.
C.(－∞，2]
D.(－∞，2)
答案　A
解析　f′(x)＝x2－4x，由f′(x)＞0，得x＞4或x＜0.
∴f(x)在(0，4)上递减，在(4，＋∞)上递增，
∴当x∈[0，＋∞)时，f(x)min＝f(4).
∴要使f(x)＋5≥0恒成立，只需f(4)＋5≥0恒成立即可，代入解得m≥.
2.在R上定义运算：＝ad－bc，若不等式≥1对任意实数x恒成立，则实数a的最大值为(　　)
A.－
B.－
C.
D.
答案　D
解析　由定义知，不等式≥1等价于x2－x－(a2－a－2)≥1，
∴x2－x＋1≥a2－a对任意实数x恒成立，
∵x2－x＋1＝(x－)2＋≥，
∴a2－a≤，解得－≤a≤，
则实数a的最大值为.
3.若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是(　　)
A.ex≤1＋x＋x2
B.≤1－x＋x2
C.cos
x≥1－x2
D.ln(1＋x)≥x－x2
答案　C
解析　设f(x)＝cos
x＋x2－1，
则f′(x)＝－sin
x＋x≥0(x≥0)，
所以f(x)＝cos
x＋x2－1是增函数，
所以f(x)＝cos
x＋x2－1≥f(0)＝0，
即cos
x≥1－x2.
4.函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)＞1，则不等式ex·f(x)＞ex＋1的解集为(　　)
A.{x|x＞0}
B.{x|x＜0}
C.{x|x＜－1，或x＞1}
D.{x|x＜－1，或0＜x＜1}
答案　A
解析　构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，
因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)]－ex＞ex－ex＝0，
所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数.
又因为g(0)＝e0·f(0)－e0＝1，
所以原不等式转化为g(x)＞g(0)，解得x＞0.
5.当x∈[－2，1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A.[－5，－3]
B.[－6，－]
C.[－6，－2]
D.[－4，－3]
答案　C
解析　当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0，恒成立，即a∈R.
当x∈(0，1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，
∴a≥max.
设φ(x)＝，φ′(x)＝＝－＝－>0，
∴φ(x)在(0，1]上单调递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6，
∴a≥－6.
当x∈[－2，0)时，a≤，
∴a≤min.
仍设φ(x)＝，φ′(x)＝－.
当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0，
当x∈(－1，0)时，φ′(x)>0.
∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值.
而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.
综上知－6≤a≤－2.
6.若函数f(x)＝(x＋1)·ex，则下列命题正确的是(　　)
A.对任意m<－，都存在x∈R，使得f(x)B.对任意m>－，都存在x∈R，使得f(x)C.对任意m<－，方程f(x)＝m只有一个实根
D.对任意m>－，方程f(x)＝m总有两个实根
答案　B
解析　∵f′(x)＝(x＋2)·ex，
∴x>－2时，f′(x)>0，f(x)为增函数.
x<－2时，f′(x)<0，f(x)为减函数，
∴f(－2)＝－为f(x)的最小值，
即f(x)≥－(x∈R)，故B正确.
7.已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导函数为f′(x)，f′(x)>0，对于任意实数x，有f(x)≥0，则的最小值为________.
答案　2
解析　∵f′(x)＝2ax＋b，∴f′(0)＝b>0.
由题意知，
∴ac≥，∴c>0，
∴＝≥≥＝2，
当且仅当a＝c时“＝”成立.
8.已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围是______.
答案　(－∞，－2)
解析　a＝0时，不符合题意；
a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
若a>0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意.
则a<0，由图象f(0)＝1>0知，
此时必有0即0化简得a2>4，
又a<0，所以a<－2.
9.若在区间[0，1]上存在实数x使2x(3x＋a)<1成立，则a的取值范围是________.
答案　(－∞，1)
解析　2x(3x＋a)<1可化为a<2－x－3x，
则在区间[0，1]上存在实数x使2x(3x＋a)<1成立，等价于a<(2－x－3x)max，而2－x－3x在[0，1]上单调递减，
∴2－x－3x的最大值为20－0＝1，∴a<1，
故a的取值范围是(－∞，1).
10.已知函数f(x)＝x－，g(x)＝x2－2ax＋4，若对于任意x1∈[0，1]，存在x2∈[1，2]，使f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是__________.
答案　
解析　由于f′(x)＝1＋>0，因此函数f(x)在[0，1]上单调递增，所以x∈[0，1]时，f(x)min＝f(0)＝－1.根据题意可知，存在x∈[1，2]，使得g(x)＝x2－2ax＋4≤－1，即x2－2ax＋5≤0，即a≥＋能成立.令h(x)＝＋，则要使a≥h(x)在x∈[1，2]能成立，只需使a≥h(x)min，又函数h(x)＝＋在[1，2]上单调递减，所以h(x)min＝h(2)＝，故只需a≥.
11.已知f(x)＝xln
x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln
x>－成立.
(1)解　 x∈(0，＋∞)，有2xln
x≥－x2＋ax－3，
则a≤2ln
x＋x＋，
设h(x)＝2ln
x＋x＋(x>0)，
则h′(x)＝，
①当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以h(x)min＝h(1)＝4.
因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4，
即a的取值范围为(－∞，4].
(2)证明　问题等价于证明xln
x>－(x∈(0，＋∞))成立.
f(x)＝xln
x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
当且仅当x＝时取到.
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，
则m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，
当且仅当x＝1时取到.
从而对一切x∈(0，＋∞)，都有ln
x>－成立.
12.(2016·课标全国丙)设函数f(x)＝ln
x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当x∈(1，＋∞)时，1<(3)设c>1，证明：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.
(1)解　由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－1，令f′(x)＝0解得x＝1.
当00，f(x)单调递增；
当x>1时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
(2)证明　由(1)知f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln
x故当x∈(1，＋∞)时，ln
x(3)证明　由题设c>1，
设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln
c.
令g′(x)＝0，解得x0＝.
当x0，g(x)单调递增；
当x>x0时，g′(x)<0，g(x)单调递减.
由(2)知1<又g(0)＝g(1)＝0，
故当00.
所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x>cx.第25练　归纳推理与类比推理
[题型分析·高考展望]　归纳推理与类比推理是新增内容，在高考中，常以选择题、填空题的形式考查.题目难度不大，只要掌握合情推理的基础理论知识和基本方法即可解决.
体验高考
1.(2015·陕西)观察下列等式：
1－＝，
1－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
…，
据此规律，第n个等式可为_______________________________________________.
答案　1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋
解析　等式左边的特征：第1个等式有2项，第2个有4项，第3个有6项，且正负交错，故第n个等式左边有2n项且正负交错，应为1－＋－＋…＋－；等式右边的特征：第1个有1项，第2个有2项，第3个有3项，故第n个有n项，且由前几个的规律不难发现第n个等式右边应为＋＋…＋.
2.(2016·课标全国甲)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________.
答案　1和3
解析　由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”.
3.(2015·福建)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N
)，其中xk(k＝1，2，…，n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0).
已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：
其中运算?定义为0?0＝0，0?1＝1，1?0＝1，1?1＝0.
现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________.
答案　5
解析　(ⅰ)x4?x5?x6?x7＝1?1?0?1＝1；(ⅱ)x2?x3?x6?x7＝1?0?0?1＝0；(ⅲ)x1?x3?x5?x7＝1?0?1?1＝1.由(ⅰ)(ⅲ)知x5，x7有一个错误，(ⅱ)中没有错误，∴x5错误，故k等于5.
高考必会题型
题型一　利用归纳推理求解相关问题
例1　(1)观察下列等式
12＝1，
12－22＝－3，
12－22＋32＝6，
12－22＋32－42＝－10，
…
照此规律，第n个等式可为______________________.
(2)如图是今年元宵花灯展中一款五角星灯连续旋转闪烁所成的三个图形，照此规律闪烁，下一个呈现出来的图形是(　　)
答案　(1)12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·　(2)A
解析　(1)观察等式左边的式子，每次增加一项，故第n个等式左边有n项，指数都是2，且正、负相间，所以等式左边的通项为(－1)n＋1n2.等式右边的值的符号也是正、负相间，其绝对值分别为1，3，6，10，15，21，….设此数列为{an}，则a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，…，an－an－1＝n，各式相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，即an＝1＋2＋3＋…＋n＝.所以第n个等式为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·.
(2)第一个图，左下角为黑，然后顺时针旋转，变为第二个图；接下来，相邻的黑块顺时针旋转；所以之后所有图就应该是相邻的黑块顺时针旋转，故选A.
点评　归纳推理的三个特点
(1)归纳推理的前提是几个已知的特殊对象，归纳所得到的结论是未知的一般现象，该结论超越了前提所包含的范围；
(2)由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否准确，还需要经过逻辑推理和实践检验，因此归纳推理不能作为数学证明的工具；
(3)归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳推理得到的猜想，可以作为进一步研究的起点，帮助发现问题和提出问题.
变式训练1　已知cos
＝，cos
cos
＝，cos
cos
cos
＝，
根据以上等式，可猜想出的一般结论是________________________.
答案　cos
cos
·…·cos
＝，n∈N
题型二　利用类比推理求解相关问题
例2　半径为r的圆的面积S(r)＝πr2，周长C(r)＝2πr，若将r看作(0，＋∞)上的变量，则(πr2)′＝2πr①，①式用语言可以叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数，对于半径为R的球，若将R看作(0，＋∞)上的变量，请写出类比①的等式：_______________.上式用语言可以叙述为_______________.
答案　(πR3)′＝4πR2　球的体积函数的导数等于球的表面积函数
解析　圆的面积类比为球的体积，圆的周长类比为球的表面积，那么语言可以叙述为：球的体积函数的导数等于球的表面积函数，故填：(πR3)′＝4πR2；球的体积函数的导数等于球的表面积函数.
点评　类比推理的一般步骤
(1)定类，即找出两类对象之间可以确切表述的相似特征；
(2)推测，即用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而得出一个猜想；
(3)检验，即检验猜想的正确性，要将类比推理运用于简单推理之中，在不断的推理中提高自己的观察、归纳、类比能力.
变式训练2　在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝.推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　从平面图形类比到空间图形，从二维类比三维，可得到如下结论：正四面体的内切球与外接球半径之比为，所以正四面体的内切球的体积V1与外接球的体积V2之比等于＝()3＝，故选B.
高考题型精练
1.设0<θ<，已知a1＝2cos
θ，an＋1＝(n∈N
)，猜想an等于(　　)
A.2cos
B.2cos
C.2cos
D.2sin
答案　B
解析　a2＝＝＝
＝2cos
，
同理a3＝
＝2cos
，
a4＝2cos
，猜想an＝2cos
，故选B.
2.面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为ai(i＝1，2，3，4)，此四边形内任一点P到第i条边的距离记为hi(i＝1，2，3，4)，若＝＝＝＝k，则h1＋2h2＋3h3＋4h4＝.类比以上性质，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si(i＝1，2，3，4)，此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hi(i＝1，2，3，4)，若＝＝＝＝K，则H1＋2H2＋3H3＋4H4等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　根据三棱锥的体积公式V＝SH得：
S1H1＋S2H2＋S3H3＋S4H4＝V，
即S1H1＋S2H2＋S3H3＋S4H4＝3V，
∴H1＋2H2＋3H3＋4H4＝.
3.若数列{an}是等差数列，则数列{bn}(bn＝)也为等差数列.类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为(　　)
A.dn＝
B.dn＝
C.dn＝
D.dn＝
答案　D
解析　若{an}是等差数列，
则a1＋a2＋…＋an＝na1＋d，
∴bn＝a1＋d＝n＋a1－，
即{bn}为等差数列；
若{cn}是等比数列，
则c1·c2·…·cn＝c·q1＋2＋…＋(n－1)＝c·，
∴dn＝＝c1·，
即{dn}为等比数列，故选D.
4.已知f(1，1)＝1，f(m，n)∈N
(m、n∈N
)，且对任意m，n∈N
都有：
①f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2；
②f(m＋1，1)＝2f(m，1)；
给出以下三个结论：(1)f(1，5)＝9；(2)f(5，1)＝16；
(3)f(5，6)＝26.其中正确的个数为(　　)
A.3
B.2
C.1
D.0
答案　A
解析　由题意f(1，5)＝f(1，4)＋2＝f(1，3)＋2＋2
＝f(1，2)＋2＋2＋2＝f(1，1)＋2＋2＋2＋2＝9，
f(5，1)＝2f(4，1)＝22f(3，1)＝23f(2，1)＝24f(1，1)＝16，f(5，6)＝f(5，5)＋2＝f(5，4)＋4＝…＝f(5，1)＋10＝16＋10＝26.
所以三个都正确，故选A.
5.集合{1，2，3，…，n}(n≥3)中，每两个相异数作乘积，将所有这些乘积的和记为Tn，如：
T3＝1×2＋1×3＋2×3＝[62－(12＋22＋32)]＝11；
T4＝1×2＋1×3＋1×4＋2×3＋2×4＋3×4
＝[102－(12＋22＋32＋42)]＝35；
T5＝1×2＋1×3＋1×4＋1×5＋…＋3×5＋4×5
＝[152－(12＋22＋32＋42＋52)]＝85，
则T7＝________.(写出计算结果)
答案　322
解析　由T3，T4，T5归纳得出
Tn＝[(1＋2＋…＋n)2－(12＋22＋…＋n2)]，
则T7＝[282－(12＋22＋…＋72)]，
又12＋22＋…＋72＝n(n＋1)(2n＋1)，
∴T7＝(784－140)＝322.
6.已知下列四个等式
21×1＝2，
22×1×3＝3×4，
23×1×3×5＝4×5×6，
24×1×3×5×7＝5×6×7×8，
…
依此类推，猜想第n个等式为______________________.
答案　2n×1×3×5×7×…×(2n－1)＝(n＋1)×(n＋2)×(n＋3)×…×(n＋n)
解析　观察给出的四个等式可以发现第n个等式的左边是2n乘上从1开始的n个奇数，
右边是从(n＋1)开始的n个连续正整数的积，
根据这一规律即可归纳出第n个等式为
2n×1×3×5×7×…×(2n－1)＝(n＋1)×(n＋2)×(n＋3)×…×(n＋n).
7.如图1有面积关系：＝，则图2有体积关系：＝______.
答案　
解析　这是一个类比推理的题，在由平面图形到空间图形的类比推理中，一般是由点的性质类比推理到线的性质，由线的性质类比推理到面的性质，由面积的性质类比推理到体积性质.
8.对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数，观察下列等式：
[]＋[]＋[]＝3，
[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝10，
[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＋[]＝21.
…
按照此规律，第n个等式的等号右边的结果为________.
答案　2n2＋n
解析　按照此规律第n个等式为＋＋…＋＝n[(n＋1)2－1－n2＋1]＝n(2n＋1)＝2n2＋n，第n个等式的右边为2n2＋n.
9.有以下三个等式：
(12＋42)(92＋52)≥(1×9＋4×5)2；
(62＋82)(22＋122)≥(6×2＋8×12)2；
(202＋102)(1022＋72)≥(20×102＋10×7)2.
请观察这三个不等式，猜想出一个一般性的结论______________________.
答案　(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2
解析　根据题意，观察各式得其规律，用式子将规律表示出来，再利用规律进行作差比较进行证明即可.
10.在矩形ABCD中，对角线AC与相邻两边所成的角为α，β，则cos2α＋cos2β＝1.类比到空间中一个正确命题是：在长方体ABCD－A1B1C1D1中，对角线AC1与相邻三个面所成的角为α，β，γ，则有________________.
答案　cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2
解析　由在长方形中，设一条对角线与其一顶点出发的两条边所成的角分别是α，β，则有cos2α＋cos2β＝1，我们根据长方体性质可以类比推理出空间性质，
∵长方体ABCD－A1B1C1D1中，对角线AC1与过A点的三个面ABCD，AA1B1B、AA1D1D所成的角分别为α，β，γ，
∴cos
α＝，cos
β＝，cos
γ＝，
∴cos2α＋cos2β＋cos2γ＝＝＝2.
故答案为cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2.
11.若P(x0，y0)是抛物线y2＝2px(p>0)上的一点，则抛物线在点P处的切线的斜率可以通过如下方法求得：在y2＝2px两边同时对x求导，得2yy′＝2p，即y′＝，所以抛物线在点P处的切线的斜率k＝，请类比上述方法，求出双曲线x2－＝1在点P(，)处的切线的方程为________________.
答案　2x－y－＝0
解析　∵x2－＝1，∴两边同时对x求导，
得2x－yy′＝0，即y′＝，∴＝2，
∴切线方程为y－＝2(x－)，即2x－y－＝0.
12.设f(x)＝，g(x)＝(其中a>0，且a≠1).
(1)5＝2＋3，请你推测g(5)能否用f(2)，f(3)，g(2)，g(3)来表示；
(2)如果(1)中获得了一个结论，请你推测能否将其推广.
解　(1)由f(3)g(2)＋g(3)f(2)
＝·＋·＝，
又g(5)＝，
因此g(5)＝f(3)g(2)＋g(3)f(2).
(2)由g(5)＝f(3)g(2)＋g(3)f(2)，
即g(2＋3)＝f(3)g(2)＋g(3)f(2)，
于是推测g(x＋y)＝f(x)g(y)＋g(x)f(y).
证明：因为f(x)＝，g(x)＝，
所以g(x＋y)＝，g(y)＝，f(y)＝，
所以f(x)g(y)＋g(x)f(y)＝·＋·＝＝g(x＋y).第50练　关于计算过程的再优化
[题型分析·高考展望]　中学数学的运算包括数的计算，式的恒等变形，方程和不等式同解变形，初等函数的运算和求值，各种几何量的测量与计算，求数列和函数、定积分、概率、统计的初步计算等.《高中数学新课程标准》所要求的数学能力中运算求解能力更为基本，运算求解能力指的是要求学生会根据法则、公式进行正确运算、变形和数据处理，能根据问题的条件，寻找与设计合理、简捷的运算途径；能根据要求对数据进行估计和近似计算.运算求解能力是思维能力和运算技能的结合.运算包括对数字的计算、估值和近似计算，对式子的组合变形与分解变形，对几何图形各几何量的计算求解等.
数学运算，都是依据相应的概念、法则、性质、公式等基础知识进行的，尤其是概念，它是思维的形式，只有概念明确、理解透彻，才能作出正确的判断及合乎逻辑的推理.计算法则是计算方法的程序化和规则化，对法则的理解是计算技能形成的前提.高考命题对运算求解能力的考查主要是针对算法、推理及以代数运算为主的考查.因此在高中数学中，对于运算求解能力的培养至关重要.
提高数学解题能力，首先是提高数学的运算求解能力，可以从以下几个方面入手：
1.培养良好的审题习惯.
2.培养认真计算的习惯.
3.培养一些常用结论的记忆的能力，记住一些常用的结论，比如数列求和的公式12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)，三角函数中的辅助角公式asin
x＋bcos
x＝sin(x＋θ)等等.
4.加强运算练习是提高基本运算技能的有效途径，任何能力都是有计划、有目的地训练出来的，提高基本运算技能也必须加强练习、严格训练.
5.提高运算基本技能，必须要提高学生在运算中的推理能力，这就首先要清楚运算的定理及相关理论.
6.增强自信是解题的关键，自信才能自强，在数学解题中，自信心是相当重要的.
高考必会题型
题型一　化繁为简，优化计算过程
例1　过点(，0)引直线l与曲线y＝相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积取最大值时，直线l的斜率等于(　　)
A.
B.－
C.±
D.－
答案　B
解析　由y＝得，x2＋y2＝1(y≥0)，
设直线方程为x＝my＋，m<0(m≥0不合题意)，
代入x2＋y2＝1(y≥0)，整理得，
(1＋m2)y2＋2my＋1＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝－，y1y2＝，
则△AOB的面积为×|y1－y2|＝|y1－y2|，
因为|y1－y2|＝＝
＝＝＝≤＝，
当且仅当＝，
即m2－1＝2，m＝－时取等号.
此时直线方程为x＝－y＋，
即y＝－x＋，
所以直线的斜率为－.
点评　本题考查直线与圆的位置关系以及三角形的面积公式，先设出直线方程x＝my＋，表示出△AOB的面积，然后探讨面积最大时m的取值，得到直线的斜率.
题型二　运用概念、性质等优化计算过程
例2　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF.若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝，则C的离心率e＝________.
答案　
解析　如图，设|BF|＝m，
由题意知，
m2＋100－2×10mcos∠ABF＝36，
解得m＝8，所以△ABF为直角三角形，
所以|OF|＝5，即c＝5，
由椭圆的对称性知|AF′|＝|BF|＝8(F′为右焦点)，
所以a＝7，所以离心率e＝.
点评　熟练掌握有关的概念和性质是快速准确解决此类题目的关键.
题型三　代数运算中加强“形”的应用，优化计算过程
例3　设b>0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数n，an≤＋1.
(1)解　由a1＝b>0，知an＝>0，
＝＋·.
令An＝，A1＝，
当n≥2时，An＝＋An－1
＝＋＋…＋＋A1
＝＋＋…＋＋.
①当b≠2时，
An＝＝；
②当b＝2时，An＝.
综上，an＝
(2)证明　当b≠2时，(2n＋1＋bn＋1)
＝(2n＋1＋bn＋1)(bn－1＋2bn－2＋…＋2n－1)
＝2n＋1bn－1＋2n＋2bn－2＋…＋22n＋b2n＋2b2n－1＋…＋2n－1bn＋1
＝2nbn(＋＋…＋＋＋＋…＋)
>2nbn(2＋2＋…＋2)，
＝2n·2nbn＝n·2n＋1bn，
∴an＝<＋1.
当b＝2时，an＝2＝＋1.
综上所述，对于一切正整数n，an≤＋1.
点评　结合题目中an的表达式可知，需要构造an新的形式＝＋·，得到新的数列，根据新数列的形式求和；不等式的证明借用放缩完成.
高考题型精练
1.已知函数f(x)＝的定义域是一切实数，则m的取值范围是(　　)
A.0B.0≤m≤1
C.m≥4
D.0≤m≤4
答案　D
解析　根据题意mx2＋mx＋1≥0(x∈R)恒成立，
当m＝0时，满足不等式；
当m≠0时，需满足
解得02.已知函数f(x－)＝x2＋，则f(3)的值为(　　)
A.8
B.9
C.11
D.10
答案　C
解析　∵f(x－)＝(x－)2＋2，
∴f(3)＝9＋2＝11.
3.已知一元二次不等式f(x)<0的解集为{x|x<－1或x>}，则f(10x)>0的解集为(　　)
A.{x|x<－1或x>lg
2}
B.{x|－12}
C.{x|x>－lg
2}
D.{x|x<－lg
2}
答案　D
解析　由题意知，一元二次不等式f(x)>0的解集为(－1，)，即－1<10x< x<－lg
2.
4.设函数f(x)＝则当x>0时，f(f(x))表达式的展开式中常数项为(　　)
A.－20
B.20
C.－15
D.15
答案　A
解析　当x>0时，f[f(x)]＝(－＋)6＝(－)6的展开式中，常数项为C()3(－)3＝－20.
5.在△ABC中，若＝，则(　　)
A.A＝C
B.A＝B
C.B＝C
D.以上都不正确
答案　C
解析　∵＝＝，
∴sin
Bcos
C－cos
Bsin
C＝0.
∴sin(B－C)＝0.
又∵－π∴B－C＝0，即B＝C.
6.已知直线l与抛物线y2＝4x交于A、B两点，若P(2，2)为AB的中点，则直线AB的方程为________.
答案　x－y＝0
解析　∵点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y2＝4x上，
∴∴y－y＝4x2－4x1，
即＝.
∵P(2，2)为AB的中点，所以y2＋y1＝4，
∴直线AB的斜率k＝＝＝1，
∴直线AB的方程为x－y＝0.
7.抛物线y＝x2在x＝1处的切线与两坐标轴围成三角形区域为D(包含三角形内部与边界).若点P(x，y)是区域D内的任意一点，则x＋2y的取值范围是________.
答案　[－2，]
解析　易知切线方程为：y＝2x－1，所以与两坐标轴围成的三角形区域三个点为A(0，0)，B(，0)，C(0，－1).易知过C点时有最小值－2，过B点时有最大值.
8.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知A＝，bsin(＋C)－csin(＋B)＝a.
(1)求证：B－C＝；
(2)若a＝，求△ABC的面积.
(1)证明　由bsin(＋C)－csin(＋B)＝a，
应用正弦定理，得sin
Bsin(＋C)－sin
Csin(＋B)＝sin
A，
sin
B(sin
C＋cos
C)－sin
C(sin
B＋cos
B)＝，
整理得sin
Bcos
C－cos
Bsin
C＝1，
即sin(B－C)＝1.
由于0从而B－C＝.
(2)解　由(1)知，B－C＝，
又B＋C＝π－A＝，
因此B＝，C＝.
由a＝，A＝，得
b＝＝2sin
，c＝＝2sin
，
所以△ABC的面积S＝bcsin
A＝sin
sin
＝cos
sin
＝.
9.在如图所示的多面体ABCDE中，AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，且AC＝AD＝CD＝DE＝2，AB＝1.
(1)请在线段CE上找到点F的位置，使得恰有直线BF∥平面ACD，并证明；
(2)求平面BCE与平面ACD所成锐二面角θ的大小.
解　以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
使得x轴和z轴的正半轴分别经过点A和点E，则各点的坐标为D(0，0，0)，A(2，0，0)，E(0，0，2)，B(2，0，1)，C(1，，0).
(1)点F应是线段CE的中点，证明如下：
设F是线段CE的中点，则点F的坐标为(，，1)，
＝(0，0，2)，＝，
∴·＝0，∴⊥.
而是平面ACD的一个法向量.
此即证得BF∥平面ACD.
(2)设平面BCE的法向量为n＝(x，y，z)，
则n⊥，且n⊥，
由＝(1，－，1)，＝(－1，－，2)，
得
不妨设y＝，
则即n＝(1，，2)，
∴所求角θ满足cos
θ＝＝＝，
∴θ＝.
10.已知双曲线－＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，离心率e＝2，点M(，)在双曲线上.
(1)求双曲线方程；
(2)若直线l与双曲线交于P、Q两点，且·＝0，求＋的值.
解　(1)∵e＝2，∴c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2，
∴双曲线方程为－＝1，
即3x2－y2＝3a2，
∵点M(，)在双曲线上，
∴15－3＝3a2，∴a2＝4，
∴所求双曲线方程为－＝1.
(2)设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，
联立－＝1得
∴|OP|2＝x2＋y2＝.
∵·＝0，
∴直线OQ的方程为y＝－x，
同理可得|OQ|2＝，
∴＋＝＝＝.
11.已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N
，a∈R且a≠0).
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N
，都有an≤a6成立，求a的取值范围.
解　(1)∵an＝1＋(n∈N
，a∈R，且a≠0)，
又a＝－7，∴an＝1＋(n∈N
).
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知1＞a1＞a2＞a3＞a4，
a5＞a6＞a7＞…＞an＞1(n∈N
).
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋＝1＋，
已知对任意的n∈N
，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知5＜＜6，即－10＜a＜－8.
12.若正数x，y满足x＋2y＋4＝4xy，且不等式(x＋2y)a2＋2a＋2xy－34≥0恒成立，求实数a的取值范围.
解　∵正实数x，y满足x＋2y＋4＝4xy，
即x＋2y＝4xy－4.
不等式(x＋2y)a2＋2a＋2xy－34≥0恒成立，
即(4xy－4)a2＋2a＋2xy－34≥0恒成立，
变形得2xy(2a2＋1)≥4a2－2a＋34恒成立，
即xy≥恒成立.
又∵x>0，y>0，∴x＋2y≥2，
∴4xy＝x＋2y＋4≥4＋2，
即2()2－－2≥0，
∴≥或≤－(舍去)，可得xy≥2.
要使xy≥恒成立，
只需2≥恒成立，
化简得2a2＋a－15≥0，
解得a≤－3或a≥.
故a的取值范围是(－∞，－3]∪[，＋∞).“12＋4”专项练10
1.设集合A＝{x|A.{x|B.{x|－1C.{x|D.{x|1答案　A
2.(2016·课标全国乙)设(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则|x＋yi|等于(　　)
A.1
B.
C.
D.2
答案　B
解析　由(1＋i)x＝1＋yi，
得x＋xi＝1＋yi
所以|x＋yi|＝＝，故选B.
3.已知命题p：“ x0∈R，e－x0－1≤0”，则綈p为(　　)
A. x0∈R，e－x0－1≥0
B. x0∈R，e－x0－1>0
C. x∈R，ex－x－1>0
D. x∈R，ex－x－1≥0
答案　C
4.设f(x)是定义在R上的周期为3的函数，当x∈[－2，1)时，f(x)＝则f()等于(　　)
A.0
B.1
C.
D.－1
答案　D
解析　因为f(x)是周期为3的周期函数，所以f()＝f(－＋3)＝f(－)＝4×(－)2－2＝－1，故选D.
5.设函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)
(A，ω，φ是常数，A>0，ω>0)，且函数f(x)的部分图象如图所示，则有(　　)
A.f(－)B.f(－)C.f()D.f()答案　D
解析　由题意T＝(－)＝π，
∴ω＝＝2，
又∵2×＋φ＝，解得φ＝，
∴f(x)＝Asin(2x＋)，
由图象知f(x)的一个减区间是(，)，
一个增区间是(，π)，
f(－)＝f()，
f()＝f()＝f(2×－)＝f()，
f()＝f()，<<<<，
所以f()>f()>f()，故选D.
6.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：[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90)，[90，100]，则图中x的值等于(　　)
A.0.12
B.0.012
C.0.18
D.0.018
答案　D
解析　依题意，0.054×10＋10x＋0.01×10＋0.006×10×3＝1，解得x＝0.018，故选D.
7.(2016·四川)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于(　　)
A.－4
B.－2
C.4
D.2
答案　D
解析　∵f(x)＝x3－12x，
∴f′(x)＝3x2－12，令f′(x)＝0，
则x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，
f′(x)>0，则f(x)单调递增；
当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，
则f(x)单调递减，
∴f(x)的极小值点为a＝2.
8.如图，长方形的四个顶点为O(0，0)，A(4，0)，B(4，2)，C(0，2)，曲线y＝经过点B.小军同学在学做电子线路板时有一电子元件随机落入长方形OABC中，则该电子元件落在图中阴影区域的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　图中阴影部分是事件A发生的区域，
其面积S阴＝dx＝x＝，
S长方形＝4×2＝8，
∴所求概率P＝＝＝.故选C.
9.函数y＝|log2x|－()x的零点个数是(　　)
A.0
B.1
C.2
D.4
答案　C
解析　令y＝|log2x|－()x＝0，
即|log2x|＝()x，
在同一坐标系下作出y＝|log2x|和y＝()x的图象(图略)，
易知两图象有2个交点，即函数有2个零点.
10.(2016·天津)设{an}是首项为正数的等比数列，公比为q，则“q<0”是“对任意的正整数n，a2n－1＋a2n<0”的(　　)
A.充要条件
B.充分而不必要条件
C.必要而不充分条件
D.既不充分也不必要条件
答案　C
解析　设数列的首项为a1，则a2n－1＋a2n＝a1q2n－2＋a1q2n－1＝a1q2n－2(1＋q)<0，即q<－1，
故q<0是q<－1的必要而不充分条件.故选C.
11.设椭圆的两个焦点分别为F1，F2
，过F2作椭圆长轴的垂线交椭圆于点P，若△F1PF2为等腰直角三角形，则椭圆的离心率是(　　)
A.＋1
B.＋1
C.－1
D.－1
答案　D
解析　设点P在x轴上方，
则依题意，P点的坐标为(c，).
因为△F1PF2为等腰直角三角形，
所以＝2c，b2＝2ac，即a2－c2＝2ac，
两边除以a2得1－e2＝2e，
解得e＝－1(e＝－－1舍去)，故选D.
12.已知f(x)＝|x2－1|＋x2＋kx，若关于x的方程f(x)＝0在(0，2)上有两个不相等的实根，则k的取值范围是(　　)
A.(－1，0)
B.(－，＋∞)
C.(－∞，－)∪(－1，＋∞)
D.(－，－1)
答案　D
解析　本题考查函数零点及函数与方程的关系.
当x∈(0，1]时，f(x)＝1－x2＋x2＋kx＝kx＋1，
此时方程f(x)＝0有一个零点－；
当x∈(1，2)时，
f(x)＝g(x)＝x2－1＋x2＋kx＝2x2＋kx－1.
∵g(x)＝2x2＋kx－1＝0必有一正根、一负根，
∴正根一定位于区间(1，2)上，
即
解得－13.如果执行下面的程序框图，那么输出的S＝________.
答案　2
解析　开始i＝0，S＝2，
判断i<4？是，i＝1，S＝＝，
判断i<4？是，i＝2，S＝＝－，
判断i<4？是，i＝3，S＝＝－3，
判断i<4？是，i＝4，S＝＝2，
判断i<4？否，输出2，所以答案为2.
14.(2x2＋x－1)5的展开式中，x3的系数为__________.(用数字填写答案)
答案　－30
解析　因为(2x2＋x－1)5＝(2x－1)5(x＋1)5，
所以x3的系数为C23·1－C22·C＋C21·C－C20·C25＝－30.
15.(2016·上海)已知△ABC的三边长分别为3，5，7，则该三角形的外接圆半径等于_____.
答案　
解析　利用余弦定理可求得最大边7所对应角的余弦值为＝－，
所以此角的正弦值为，
由正弦定理得2R＝，
所以该三角形的外接圆半径R＝.
16.观察下面等式，则按此规律第n个等式为____________________________.
1＝1
2＋3＋4＝9
3＋4＋5＋6＋7＝25
4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49
……………………
答案　n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
解析　等式的右边为1，9，25，49，…，
即为12，32，52，72，…，即奇数的平方，
等式的左边为正整数为首项，
每行个数为对应奇数的和，
所以第n个式子的右边为(2n－1)2，
左边为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)，
所以第n个式子为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.第5练　如何让“线性规划”不失分
[题型分析·高考展望]　“线性规划”是高考每年必考的内容，主要以选择题、填空题的形式考查，题目难度大多数为低、中档，在填空题中出现时难度稍高.二轮复习中，要注重常考题型的反复训练，注意研究新题型的变化点，争取在该题目上做到不误时，不丢分.
体验高考
1.(2015·天津)设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝x＋6y的最大值为(　　)
A.3
B.4
C.18
D.40
答案　C
解析　画出约束条件的可行域如图中阴影部分，作直线l：x＋6y＝0，平移直线l可知，直线l过点A时，目标函数z＝x＋6y取得最大值，易得A(0，3)，
所以zmax＝0＋6×3＝18，选C.
2.(2015·陕西)某企业生产甲、乙两种产品均需用A，B两种原料，已知生产1吨每种产品所需原料及每天原料的可用限额如表所示，如果生产1吨甲、乙产品可获利润分别为3万元、4万元，则该企业每天可获得最大利润为(　　)
甲
乙
原料限额
A
3
2
12
B
1
2
8
A.12万元
B.16万元
C.17万元
D.18万元
答案　D
解析　设甲，乙的产量分别为x吨，y吨，
由已知可得
目标函数z＝3x＋4y，线性约束条件表示的可行域如图中阴影部分所示：
可得目标函数在点A处取到最大值.
由得A(2，3).
则zmax＝3×2＋4×3＝18(万元).
3.(2016·山东)若变量x，y满足则x2＋y2的最大值是(　　)
A.4
B.9
C.10
D.12
答案　C
解析　满足条件的可行域如图中阴影部分(包括边界)，x2＋y2是可行域上动点(x，y)到原点(0，0)距离的平方，显然，当x＝3，y＝－1时，x2＋y2取最大值，最大值为10.故选C.
4.(2016·浙江)若平面区域夹在两条斜率为1的平行直线之间，则这两条平行直线间的距离的最小值是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　已知不等式组所表示的平面区域如图所示的阴影部分，
由
解得A(1，2)，
由
解得B(2，1).
由题意可知，当斜率为1的两条直线分别过点A和点B时，两直线的距离最小，
即|AB|＝＝.
5.(2015·课标全国Ⅱ)若x，y满足约束条件则z＝x＋y的最大值为____________.
答案　
解析　画出约束条件表示的可行域如图中阴影部分(△ABC)所示：
作直线l0：x＋y＝0，平移l0到过点A的直线l时，可使直线y＝－x＋z在y轴上的截距最大，即z最大，
解得
即A，故z最大＝1＋＝.
高考必会题型
题型一　已知约束条件，求目标函数的最值
例1　(2016·北京)若x，y满足则2x＋y的最大值为(　　)
A.0
B.3
C.4
D.5
答案　C
解析　不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示.
令z＝2x＋y，则y＝－2x＋z，作直线2x＋y＝0并平移，当直线过点A时，截距最大，即z取得最大值，由得所以A点坐标为(1，2)，可得2x＋y的最大值为2×1＋2＝4.
点评　(1)确定平面区域的方法：“直线定界，特殊点定域”.
(2)线性目标函数在线性可行域中的最值，一般在可行域的顶点处取得，故可先求出可行域的顶点，然后代入比较目标函数的取值即可确定最值.
变式训练1　已知实数x，y满足则z＝|4x－4y＋3|的取值范围是(　　)
A.[，15)
B.[，15]
C.[，5)
D.(5，15)
答案　A
解析　根据题意画出不等式所表示的可行域，如图所示，z＝|4x－4y＋3|＝×4表示的几何意义是可行域内的点(x，y)到直线4x－4y＋3＝0的距离的4倍，结合图象易知点A(2，－1)，B(，)到直线4x－4y＋3＝0的距离分别为最大和最小，此时z分别取得最大值15与最小值，故z∈[，15)，故选A.
题型二　解决参数问题
例2　已知变量x，y满足约束条件若x＋2y≥－5恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A.(－∞，－1]
B.[－1，＋∞)
C.[－1，1]
D.[－1，1)
答案　C
解析　由题意作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，
则x＋2y≥－5恒成立可转化为图中的阴影部分在直线x＋2y＝－5的上方，由得
由得
则实数a的取值范围为[－1，1].
点评　所求参数一般为对应直线的系数，最优解的取得可能在某点，也可能是可行域边界上的所有点，要根据情况利用数形结合进行确定，有时还需分类讨论.
变式训练2　(2015·山东)已知x，y满足约束条件若z＝ax＋y的最大值为4，则a等于(　　)
A.3
B.2
C.－2
D.－3
答案　B
解析　不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，
易知A(2，0)，由得B(1，1).
由z＝ax＋y，得y＝－ax＋z.
∴当a＝－2或a＝－3时，z＝ax＋y在O(0，0)处取得最大值，最大值为zmax＝0，不满足题意，排除C，D选项；当a＝2或3时，z＝ax＋y在A(2，0)处取得最大值，
∴2a＝4，∴a＝2，排除A，故选B.
题型三　简单线性规划的综合应用
例3　(1)(2016·浙江)在平面上，过点P作直线l的垂线所得的垂足称为点P在直线l上的投影.由区域
中的点在直线x＋y－2＝0上的投影构成的线段记为AB，则|AB|等于(　　)
A.2
B.4
C.3
D.6
(2)(2016·课标全国乙)某高科技企业生产产品A和产品B需要甲、乙两种新型材料.生产一件产品A需要甲材料1.5
kg，乙材料1
kg，用5个工时；生产一件产品B需要甲材料0.5
kg，乙材料0.3
kg，用3个工时，生产一件产品A的利润为2
100元，生产一件产品B的利润为900元.该企业现有甲材料150
kg，乙材料90
kg，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A、产品B的利润之和的最大值为________元.
答案　(1)C　(2)216
000
解析　(1)已知不等式组表示的平面区域如图中△PMQ所示.
因为l与直线x＋y＝0平行.所以区域内的点在直线x＋y－2上的投影构成线段AB，则|AB|＝|PQ|.
由解得P(－1，1)，
由解得Q(2，－2).
所以|AB|＝|PQ|＝＝3.
(2)设生产A产品x件，B产品y件，根据所耗费的材料要求、工时要求等其他限制条件，得线性约束条件为
目标函数z＝2
100x＋900y.
作出可行域为图中的四边形，包括边界，顶点为(60，100)，(0，200)，(0，0)，(90，0)，在(60，100)处取得最大值，zmax＝2
100×60＋900×100＝216
000(元).
点评　若变量的约束条件形成一个区域，如圆、三角形、带状图形等，都可考虑用线性规划的方法解决，解决问题的途径是：集中变量的约束条件得到不等式组，画出可行域，确定变量的取值范围，解决具体问题.
变式训练3　设点P(x，y)是不等式组所表示的平面区域内的任意一点，向量m＝(1，1)，n＝(2，1)，点O是坐标原点，若向量＝λm＋μn(λ，μ∈R)，则λ－μ的取值范围是(　　)
A.[－，]
B.[－6，2]
C.[－1，]
D.[－4，]
答案　B
解析　画出不等式组所表示的可行域，如图中阴影部分所示.
由题意，可得(x，y)＝λ(1，1)＋μ(2，1)＝(λ＋2μ，λ＋μ)，故
令z＝λ－μ＝－2(λ＋2μ)＋3(λ＋μ)＝－2x＋3y，变形得y＝x＋.
当直线y＝x＋过点A(－1，0)时，z取得最大值，且zmax＝2；当直线y＝x＋过点B(3，0)时，z取得最小值，且zmin＝－6.故选B.
高考题型精练
1.(2015·安徽)已知x，y满足约束条件则z＝－2x＋y的最大值是(　　)
A.－1
B.－2
C.－5
D.1
答案　A
解析　约束条件下的可行域如图所示，
由z＝－2x＋y可知y＝2x＋z，当直线y＝2x＋z过点A(1，1)时，截距最大，此时z最大为－1，故选A.
2.(2016·四川)设p：实数x，y满足(x－1)2＋(y－1)2≤2，q：实数x，y满足则p是q的(　　)
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A
解析　如图，
(x－1)2＋(y－1)2≤2①表示圆心为(1，1)，半径为的圆内区域所有点(包括边界)；②表示△ABC内部区域所有点(包括边界).实数x，y满足②则必然满足①，反之不成立.则p是q的必要不充分条件.故选A.
3.在平面直角坐标系中，点P是由不等式组所确定的平面区域内的动点，Q是直线2x＋y＝0上任意一点，O为坐标原点，则|＋|的最小值为(　　)
A.
B.
C.
D.1
答案　A
解析　在直线2x＋y＝0上取一点Q′，使得＝，则|＋|＝|＋|＝||≥||≥||，其中P′，B分别为点P，A在直线2x＋y＝0上的投影，如图.
因为||＝＝，
因此|＋|min＝，故选A.
4.已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝1，平面区域Ω：若圆心C∈Ω，且圆C与x轴相切，则a2＋b2的最大值为(　　)
A.5
B.29
C.37
D.49
答案　C
解析　由已知得平面区域Ω为△MNP内部及边界.
∵圆C与x轴相切，∴b＝1.
显然当圆心C位于直线y＝1与x＋y－7＝0的交点(6，1)处时，amax＝6.
∴a2＋b2的最大值为62＋12＝37.故选C.
5.设x，y满足约束条件若目标函数z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最大值为4，则ab的取值范围是(　　)
A.(0，4)
B.(0，4]
C.[4，＋∞)
D.(4，＋∞)
答案　B
解析　作出不等式组表示的区域如图中阴影部分所示，由图可知，z＝ax＋by(a＞0，b＞0)过点A(1，1)时取最大值，
∴a＋b＝4，ab≤2＝4，
∵a＞0，b＞0，
∴ab∈(0，4]，故选B.
6.已知变量x，y满足约束条件若z＝x－2y的最大值与最小值分别为a，b，且方程x2－kx＋1＝0在区间(b，a)上有两个不同实数解，则实数k的取值范围是(　　)
A.(－6，－2)
B.(－3，2)
C.(－，－2)
D.(－，－3)
答案　C
解析　作出可行域，如图所示，
则目标函数z＝x－2y在点(1，0)处取得最大值1，在点(－1，1)处取得最小值－3，
∴a＝1，b＝－3，从而可知方程x2－kx＋1＝0在区间(－3，1)上有两个不同实数解.
令f(x)＝x2－kx＋1，
则 －＜k＜－2，
故选C.
7.已知实数x，y满足若目标函数z＝2x＋y的最大值与最小值的差为2，则实数m的值为(　　)
A.4
B.3
C.2
D.－
答案　C
解析　表示的可行域如图中阴影部分所示.
将直线l0：2x＋y＝0向上平移至过点A，B时，z＝2x＋y分别取得最小值与最大值.
由得A(m－1，m)，
由得B(4－m，m)，
所以zmin＝2(m－1)＋m＝3m－2，
zmax＝2(4－m)＋m＝8－m，
所以zmax－zmin＝8－m－(3m－2)＝2，
解得m＝2.
8.设关于x，y的不等式组表示的平面区域内存在点P(x0，y0)，满足x0－2y0＝2，求得m的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　当m≥0时，若平面区域存在，则平面区域内的点在第二象限，平面区域内不可能存在点P(x0，y0)满足x0－2y0＝2，因此m＜0.
如图所示的阴影部分为不等式组表示的平面区域.
要使可行域内包含y＝x－1上的点，只需可行域边界点(－m，m)在直线y＝x－1的下方即可，即m＜－m－1，解得m＜－.
9.(2016·江苏)已知实数x，y满足则x2＋y2的取值范围是________.
答案　
解析　已知不等式组所表示的平面区域如下图：
x2＋y2表示原点到可行域内的点的距离的平方.
解方程组得A(2，3).
由图可知(x2＋y2)min＝2＝，
(x2＋y2)max＝|OA|2＝22＋32＝13.
10.4件A商品与5件B商品的价格之和不小于20元，而6件A商品与3件B商品的价格之和不大于24，则买3件A商品与9件B商品至少需要________元.
答案　22
解析　设1件A商品的价格为x元，1件B商品的价格为y元，买3件A商品与9件B商品需要z元，则z＝3x＋9y，其中x，y满足不等式组作出不等式组表示的平面区域，如图所示，其中A(0，4)，B(0，8)，C(，).
当y＝－x＋z经过点C时，目标函数z取得最小值.所以zmin＝3×＋9×＝22.
因此当1件A商品的价格为元，1件B商品的价格为元时，可使买3件A商品与9件B商品的费用最少，最少费用为22元.
11.给定区域D：令点集T＝{(x0，y0)∈D|x0，y0∈Z，(x0，y0)是z＝x＋y在D上取得最大值或最小值的点}，则T中的点共确定________条不同的直线.
答案　6
解析　线性区域为图中阴影部分，
取得最小值时点为(0，1)，最大值时点为(0，4)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(4，0)，故共可确定6条不同的直线.
12.(2015·浙江)若实数x，y满足x2＋y2≤1，则|2x＋y－2|＋|6－x－3y|的最小值是________.
答案　3
解析　满足x2＋y2≤1的实数x，y表示的点(x，y)构成的区域是单位圆及其内部.
f(x，y)＝|2x＋y－2|＋|6－x－3y|
＝|2x＋y－2|＋6－x－3y
＝
直线y＝－2x＋2与圆x2＋y2＝1交于A，B两点，如图所示，
易得B.
设z1＝4＋x－2y，z2＝8－3x－4y，分别作直线y＝x和y＝－x并平移，则z1＝4＋x－2y在点B取得最小值为3，z2＝8－3x－4y在点B取得最小值为3，所以|2x＋y－2|＋|6－x－3y|的最小值是3.第38练　用样本估计总体
[题型分析·高考展望]　用样本估计总体在高考中也是热点部分，考查形式主要是选择题、填空题或是与概率结合的综合性解答题，重点是频率分布直方图以及数字特征，属于比较简单的题目.
体验高考
1.(2015·湖南)在一次马拉松比赛中，35名运动员的成绩(单位：分钟)的茎叶图如图所示：
13
0
0
3
4
5
6
6
8
8
8
9
14
1
1
1
2
2
2
3
3
4
4
5
5
5
6
6
7
8
15
0
1
2
2
3
3
3
若将运动员按成绩由好到差编为1～35号，再用系统抽样方法从中抽取7人，则其中成绩在区间[139，151]上的运动员人数是(　　)
A.3
B.4
C.5
D.6
答案　B
解析　由题意知，将1～35号分成7组，每组5名运动员，成绩落在区间[139，151]的运动员共有4组，故由系统抽样法知，共抽取4名.选B.
2.(2015·课标全国Ⅱ)根据下面给出的2004年至2013年我国二氧化硫年排放量(单位：万吨)柱形图，以下结论中不正确的是(　　)
A.逐年比较，2008年减少二氧化硫排放量的效果最显著
B.2007年我国治理二氧化硫排放显现成效
C.2006年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势
D.2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关
答案　D
解析　从2006年起，将每年的二氧化硫排放量与前一年作差比较，得到2008年二氧化硫排放量与2007年排放量的差最大，A选项正确；
2007年二氧化硫排放量较2006年降低了很多，B选项正确；
虽然2011年二氧化硫排放量较2010年多一些，但自2006年以来，整体呈递减趋势，即C选项正确；
自2006年以来我国二氧化硫年排放量与年份负相关，D选项错误.故选D.
3.(2016·课标全国丙)某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图.图中A点表示十月的平均最高气温约为15
℃，B点表示四月的平均最低气温约为5
℃.下面叙述不正确的是(　　)
A.各月的平均最低气温都在0
℃以上
B.七月的平均温差比一月的平均温差大
C.三月和十一月的平均最高气温基本相同
D.平均最高气温高于20
℃的月份有5个
答案　D
解析　由题意知，平均最高气温高于20
℃的有六月，七月，八月，故选D.
4.(2016·山东)某高校调查了200名学生每周的自习时间(单位：小时)，制成了如图所示的频率分布直方图，其中自习时间的范围是[17.5，30]，样本数据分组为[17.5，20)，[20，22.5)，[22.5，25)，[25，27.5)，[27.5，30].根据频率分布直方图知，这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是(　　)
A.56
B.60
C.120
D.140
答案　D
解析　由题图知，组距为2.5，故每周的自习时间不少于22.5小时的频率为(0.16＋0.08＋0.04)×2.5＝0.7，
∴这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是200×0.7＝140，故选D.
5.(2015·湖北)某电子商务公司对10
000名网络购物者2014年度的消费情况进行统计，发现消费金额(单位：万元)都在区间[0.3，0.9]内，其频率分布直方图如图所示.
(1)直方图中的a＝________；
(2)在这些购物者中，消费金额在区间[0.5，0.9]内的购物者的人数为________.
答案　(1)3　(2)6
000
解析　(1)由频率分布直方图及频率和等于1可得0.2×0.1＋0.8×0.1＋1.5×0.1＋2×0.1＋2.5×0.1＋a×0.1＝1，解得a＝3.
(2)消费金额在区间[0.5，0.9]内频率为0.2×0.1＋0.8×0.1＋2×0.1＋3×0.1＝0.6，所以消费金额在区间[0.5，0.9]内的购物者的人数为0.6×10
000＝6
000.
高考必会题型
题型一　频率分布直方图的应用
例1　(2015·广东)某城市100户居民的月平均用电量(单位：度)，以[160，180)，[180，200)，[200，220)，[220，240)，[240，260)，[260，280)，[280，300]分组的频率分布直方图如图.
(1)求直方图中x的值；
(2)求月平均用电量的众数和中位数；
(3)在月平均用电量为[220，240)，[240，260)，[260，280)，[280，300]的四组用户中，用分层抽样的方法抽取11户居民，则月平均用电量在[220，240)的用户中应抽取多少户？
解　(1)由(0.002＋0.009
5＋0.011＋0.012
5＋x＋0.005＋0.002
5)×20＝1，得x＝0.007
5，
所以直方图中x的值是0.007
5.
(2)月平均用电量的众数是＝230.
因为(0.002＋0.009
5＋0.011)×20＝0.45<0.5，所以月平均用电量的中位数在[220，240)内，设中位数为a，由(0.002＋0.009
5＋0.011)×20＋0.012
5×(a－220)＝0.5，得a＝224，所以月平均用电量的中位数是224.
(3)月平均用电量为[220，240)的用户有0.012
5×20×100＝25(户)，月平均用电量为[240，260)的用户有0.007
5×20×100＝15(户)，月平均用电量为[260，280)的用户有0.005×20×100＝10(户)，月平均用电量为[280，300]的用户有0.002
5×20×100＝5(户)，抽取比例＝＝，所以月平均用电量在[220，240)的用户中应抽取25×＝5(户).
点评　利用频率分布直方图估计样本的数字特征
(1)中位数：在频率分布直方图中，中位数左边和右边的直方图的面积相等，由此可以估计中位数的值.
(2)平均数：平均数是频率分布直方图的“重心”，等于图中每个小矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和.
(3)众数：在频率分布直方图中，众数是最高的矩形底边的中点的横坐标.
变式训练1　(2016·课标全国乙)某公司计划购买1台机器，该种机器使用三年后即被淘汰.机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元.在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元.现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图.
记x表示1台机器在三年使用期内需更换的易损零件数，y表示1台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)，n表示购机的同时购买的易损零件数.
(1)若n＝19，求y与x的函数解析式；
(2)若要求“需更换的易损零件数不大于n”的频率不小于0.5，求n的最小值；
(3)假设这100台机器在购机的同时每台都购买19个易损零件，或每台都购买20个易损零件，分别计算这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数，以此作为决策依据，购买1台机器的同时应购买19个还是20个易损零件？
解　(1)当x≤19时，y＝3
800；
当x>19时，y＝3
800＋500(x－19)＝500x－5
700.
所以y与x的函数解析式为
y＝(x∈N).
(2)由柱状图知，需更换的零件数不大于18的频率为0.46，不大于19的频率为0.7，故n的最小值为19.
(3)若每台机器在购机的同时都购买19个易损零件，则这100台机器中有70台在购买易损零件上的费用为3
800，20台的费用为4
300，10台的费用为4
800，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为
(3
800×70＋4
300×20＋4
800×10)＝4
000，
若每台机器在购机同时都购买20个易损零件，则这100台机器中有90台在购买易损零件上的费用为4
000，10台的费用为4
500，因此这100台机器在购买易损零件上所需费用的平均数为
(4
000×90＋4
500×10)＝4
050.
比较两个平均数可知，购买1台机器的同时应购买19个易损零件.
题型二　茎叶图的应用
例2　(1)为了检查某高三毕业班学生的体重状况，从该班随机抽取了10位学生进行称重，如图为10位学生体重的茎叶图，其中图中左边是体重的十位数字，右边是个位数字，则这10位学生体重的平均数与中位数之差为(　　)
A.0.1
B.0.2
C.0.3
D.0.4
(2)在“某市中学生歌手大赛”比赛现场上七位评委为某选手打出的分数的茎叶图如图，去掉一个最高分和一个最低分后，所剩数据的平均数和方差分别为(　　)
A.5和1.6
B.85和1.6
C.85和0.4
D.5和0.4
答案　(1)C　(2)B
解析　(1)平均数为＝54.8，中位数为(53＋56)＝54.5，
∴这10位学生体重的平均数与中位数之差为：
54.8－54.5＝0.3.故选C.
(2)＝(4＋4＋4＋6＋7)＋80＝85，
所以s2＝[3(84－85)2＋(86－85)2＋(87－85)2]＝1.6，故选B.
点评　由于茎叶图完全反映了所有的原始数据，解决由茎叶图给出的统计图表试题时，就要充分使用这个图表提供的数据进行相关的计算或者是对某些问题作出判断，这类试题往往伴随着对数据组的平均值或者是方差的计算等.
变式训练2　(1)某公司将职员每月的工作业绩用1～30的自然数表示，甲、乙两职员在2010年1～8月份的工作业绩的茎叶图如图，则下列说法正确的是(　　)
A.两职员的平均业绩相同，甲职员的业绩比乙职员的业绩稳定
B.两职员的平均业绩不同，甲职员的业绩比乙职员的业绩稳定
C.两职员的平均业绩相同，乙职员的业绩比甲职员的业绩稳定
D.两职员的平均业绩不同，乙职员的业绩比甲职员的业绩稳定
(2)如图为甲、乙两名篮球运动员每场比赛得分情况的茎叶图，则甲和乙得分的中位数的和是(　　)
A.56
B.57
C.58
D.59
答案　(1)C　(2)B
解析　(1)由茎叶图可得：甲＝(12＋15＋18＋20＋20＋22＋25＋28)＝20，
乙＝(14＋15＋17＋19＋21＋23＋25＋26)＝20，
s＝(82＋52＋22＋0＋0＋22＋52＋82)＝，
s＝(62＋52＋32＋1＋1＋32＋52＋62)＝，
由平均数和方差可知，两职员的平均业绩相同，
乙职员的业绩比甲职员的业绩稳定.
(2)由茎叶图知，甲共13个数据，中间的一个是32，乙共11个数据，中间的一个是25，所以甲和乙得分的中位数的和为57，故选B.
题型三　用样本的数字特征估计总体的数字特征
例3　(1)一组数据的平均数是2.8，方差是3.6，若将这组数据中的每一个数据都加上60，得到一组新数据，则所得新数据的平均数和方差分别是(　　)
A.57.2，3.6
B.57.2，56.4
C.62.8，63.6
D.62.8，3.6
(2)某篮球队甲、乙两名运动员练习罚球，每人练习10组，每组罚球40个，命中个数的茎叶图如图，则下列结论中错误的是________.(填序号)
①甲的极差是29；②乙的众数是21；③甲罚球命中率比乙高；④甲的中位数是24.
答案　(1)D　(2)④
解析　(1)设这组数据分别为x1，x2，…，xn，
则＝(x1＋x2＋…＋xn)，
方差为s2＝[(x1－)2＋…＋(xn－)2]，
每一组数据都加60后，′＝(x1＋x2＋…＋xn＋60n)＝＋60＝62.8，
方差s′2＝[(x1＋60－62.8)2＋…＋(xn＋60－62.8)2]＝s2＝3.6.
(2)由茎叶图知，甲的最大值为37，最小值为8，所以甲的极差为29，故①对；乙的数据中出现次数最多的是21，所以②对；甲的命中个数集中在20，而乙的命中个数集中在10和20，所以甲罚球命中率大，故③对；甲中间的两个数为22，24，所以甲的中位数为＝23，故④不对.
故答案应填④.
点评　平均数与方差都是重要的数字特征，是对总体的一种简明的描述，它们所反映的情况有着重要的实际意义，平均数、中位数、众数描述其集中趋势，方差和标准差描述其波动大小.
变式训练3　甲、乙二人参加某体育项目训练，近期的五次测试成绩得分情况如图.
(1)分别求出两人得分的平均数与方差；
(2)根据图和上面算得的结果，对两人的训练成绩作出评价.
解　(1)由题图象可得甲、乙两人五次测试的成绩分别为
甲：10分，13分，12分，14分，16分；
乙：13分，14分，12分，12分，14分.
甲＝＝13，
乙＝＝13，
s＝[(10－13)2＋(13－13)2＋(12－13)2＋(14－13)2＋(16－13)2]＝4，
s＝[(13－13)2＋(14－13)2＋(12－13)2＋(12－13)2＋(14－13)2]＝0.8.
(2)由s>s可知乙的成绩较稳定.
从折线图看，甲的成绩基本呈上升状态，而乙的成绩上下波动，可知甲的成绩在不断提高，而乙的成绩则无明显提高.
高考题型精练
1.某学校组织学生参加数学测试，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为[20，40)，[40，60)，[60，80)，[80，100]，若低于60分的人数是15人，则该班的学生人数是(　　)
A.45
B.50
C.55
D.60
答案　B
解析　低于60分的人数的频率为0.015×20＝0.3，
所以该班人数15÷0.3＝50(人).
2.某赛季，甲，乙两名篮球运动员都参加了11场比赛，他们每场比赛得分的情况用茎叶图表示，如图，则甲，乙两名运动员得分的中位数分别为(　　)
A.20，18
B.13，19
C.19，13
D.18，20
答案　C
解析　中位数为一组数据由小到大排列后位于中间的一个数或两个数的平均数，所以中位数为19，13.
3.如图是某社区工会对当地企业工人月收入情况进行一次抽样调查后画出的频率分布直方图，其中月收入在[1.5，2)千元的频数为300，则此次抽样的样本容量为(　　)
A.1
000
B.2
000
C.3
000
D.4
000
答案　A
解析　由频率分布直方图，得月收入在[1.5，2)千元的频率为P＝0.6×0.5＝0.3，
所以此次抽样的样本容量为＝1
000，故选A.
4.甲、乙两同学用茎叶图记录高三前5次数学测试的成绩，如图所示，他们在分析对比成绩变化时，发现乙同学成绩的一个数字看不清楚了，若已知乙的平均成绩低于甲的平均成绩，则看不清楚的数字为(　　)
A.0
B.3
C.6
D.9
答案　A
解析　设看不清的数字为x，
甲的平均成绩为＝101，
所以<101，x<1，
所以x＝0，故选A.
5.如图是一容量为100的样本的重量的频率分布直方图，则由图可估计样本重量的中位数为(　　)
A.11
B.11.5
C.12
D.12.5
答案　C
解析　由频率分布直方图，可估计样本重量的中位数在第二组，
设中位数比10大x，由题意可得，0.06×5＋x×0.1＝0.5，得x＝2，
所以中位数为12，故选C.
6.已知两组样本数据{x1，x2，…，xn}的平均数为h，{y1，y2，…，ym}的平均数为k，则把两组数据合并成一组以后，这组样本的平均数为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　因为样本数据{x1，x2，…，xn}的平均数为h，
{y1，y2，…，ym}的平均数为k，
所以第一组数据和为nh，第二组数据和为mk，
因此把两组数据合并成一组以后，
这组样本的平均数为，故选B.
7.从向阳小区抽取100户居民进行月用电量调查，为制定阶梯电价提供数据，发现其用电量都在50到350度之间，制作频率分布直方图的工作人员粗心大意，位置t处未标明数据，你认为t等于(　　)
A.0.004
1
B.0.004
2
C.0.004
3
D.0.004
4
答案　D
解析　由题意得，50×(0.006＋t＋0.003
6＋0.002
4×2＋0.001
2)＝1，
t＝0.004
4.
8.10名工人某天生产同一零件，生产的件数分别为15，17，14，10，15，17，17，16，14，12，设其平均数为a，中位数为b，众数为c，则有(　　)
A.a>b>c
B.b>c>a
C.c>a>b
D.c>b>a
答案　D
解析　易得a＝14.7，b＝15，c＝17，故选D.
9.如图是某青年歌手大奖赛上七位评委为甲，乙两名选手打出的分数的茎叶图(其中m为数字0～9中的一个)，去掉一个最高分和一个最低分后，甲，乙两名选手得分的平均数分别为a1，a2，则a1，a2的大小关系是________.(填a1>a2，a2>a1，a1＝a2).
答案　a2>a1
解析　由题意可知，
a1＝＝84，a2＝＝85，
所以a2>a1.
10.已知一组正数x1，x2，x3，x4的方差s2＝(x＋x＋x＋x－16)，则数据x1＋2，x2＋2，x3＋2，x4＋2的平均数为________.
答案　4
解析　由题意42＝16，＝2，
所以＝＋2＝4.
11.(2016·四川)我国是世界上严重缺水的国家，某市为了制定合理的节水方案，对居民用水情况进行了调查，通过抽样，获得了某年100位居民每人的月均用水量(单位：吨)，将数据按照[0，0.5)，[0.5，1)，…，[4，4.5]分成9组，制成了如图所示的频率分布直方图.
(1)求直方图中a的值；
(2)设该市有30万居民，估计全市居民中月均用水量不低于3吨的人数，说明理由；
(3)估计居民月均用水量的中位数.
解　(1)由频率分布直方图可知：月均用水量在[0，0.5)的频率为0.08×0.5＝0.04.
同理，在[0.5，1)，[1.5，2)，[2，2.5)，[3，3.5)，[3.5，4)，[4，4.5]等组的频率分别为0.08，0.21，0.25，0.06，0.04，0.02.
由1－(0.04＋0.08＋0.21＋0.25＋0.06＋0.04＋0.02)＝0.5×a＋0.5×a，
解得a＝0.30.
(2)由(1)知，100位居民月均用水量不低于3吨的频率为0.06＋0.04＋0.02＝0.12.由以上样本的频率分布，可以估计30万居民中月均用水量不低于3吨的人数为300
000×0.12＝36
000.
(3)设中位数为x吨.
因为前5组的频率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.21＋0.25＝0.73>0.5.
而前4组的频率之和为0.04＋0.08＋0.15＋0.21＝0.48<0.5.
所以2≤x<2.5.
由0.50×(x－2)＝0.5－0.48，解得x＝2.04.
故可估计居民月均用水量的中位数为2.04.
12.(2016·北京)某市民用水拟实行阶梯水价，每人月用水量中不超过w立方米的部分按4元/立方米收费，超出w立方米的部分按10元/立方米收费，从该市随机调查了10
000位居民，获得了他们某月的用水量数据，整理得到如下频率分布直方图：
(1)如果w为整数，那么根据此次调查，为使80%以上居民在该月的用水价格为4元/立方米，w至少定为多少？
(2)假设同组中的每个数据用该组区间的右端点值代替，当w＝3时，估计该市居民该月的人均水费.
解　(1)如题图所示，用水量在[0.5，2)的频率的和为(0.2＋0.3＋0.4)×0.5＝0.45＜0.8，用水量在[0.5，3)的频率的和为(0.2＋0.3＋0.4＋0.5＋0.3)×0.5＝0.85.
∴用水量小于等于3立方米的频率为0.85，又w为整数，
∴为使80%以上的居民在该月的用水价格为4元/立方米，w至少定为3.
(2)当w＝3时，该市居民该月的人均水费估计为
(0.1×1＋0.15×1.5＋0.2×2＋0.25×2.5＋0.15×3)×4＋0.15×3×4＋[0.05×(3.5－3)＋0.05×(4－3)＋0.05×(4.5－3)]×10＝7.2＋1.8＋1.5＝10.5(元).
即该市居民该月的人均水费估计为10.5元.“12＋4”专项练9
1.若集合A＝{x|x≥0}，且B A，则集合B可能是(　　)
A.{1，2}
B.{x|x≤1}
C.{－1，0，1}
D.R
答案　A
2.复数z＝的虚部为(　　)
A.2
B.－2
C.2i
D.－2i
答案　B
3.命题p： x0∈R，x0>1的否定是(　　)
A.綈p： x∈R，x≤1
B.綈p： x0∈R，x0≤1
C.綈p： x∈R，x<1
D.綈p： x0∈R，x0<1
答案　A
4.在△ABC中，A＝60°，AB＝2，且△ABC的面积为，则BC的长为(　　)
A.
B.
C.2
D.2
答案　B
解析　因为S＝×AB×ACsin
A
＝×2×AC＝，所以AC＝1，
所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos
60°＝3，
所以BC＝.
5.(2016·课标全国乙)执行如图所示的程序框图，如果输入的x＝0，y＝1，n＝1，则输出x，y的值满足(　　)
A.y＝2x
B.y＝3x
C.y＝4x
D.y＝5x
答案　C
解析　执行题中的程序框图，知
第一次进入循环体：
x＝0＋＝0，y＝1×1＝1，x2＋y2<36；
第二次执行循环体：n＝1＋1＝2，x＝0＋＝，y＝2×1＝2，x2＋y2<36；
第三次执行循环体：n＝2＋1＝3，x＝＋＝，y＝3×2＝6，x2＋y2>36，满足x2＋y2≥36，故退出循环，输出x＝，y＝6，满足y＝4x，故选C.
6.设平面α与平面β相交于直线l，直线a在平面α内，直线b在平面β内，且b⊥l，则“a⊥b”是“α⊥β”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　B
7.(2016·课标全国甲)若将函数y＝2sin
2x的图象向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为(　　)
A.x＝－(k∈Z)
B.x＝＋(k∈Z)
C.x＝－(k∈Z)
D.x＝＋(k∈Z)
答案　B
解析　由题意将函数y＝2sin
2x的图象向左平移个单位长度后得到函数的解析式为y＝2sin，由2x＋＝kπ＋(k∈Z)，得函数的对称轴为x＝＋(k∈Z)，故选B.
8.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积为(　　)
A.2
B.
C.3
D.
答案　A
解析　由三视图知，S底＝×(1＋2)×2＝3，
∴V＝S底·h＝×3×2＝2.
9.已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{2，4，6，8}，定义集合A×B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，则集合A×B中属于集合{(x，y)|logxy∈N}的元素个数是(　　)
A.3
B.4
C.8
D.9
答案　B
解析　由给出的定义得A×B＝{(1，2)，(1，4)，(1，6)，(1，8)，(2，2)，(2，4)，(2，6)，(2，8)，(3，2)，(3，4)，(3，6)，(3，8)，(4，2)，(4，4)，(4，6)，(4，8)}.其中log22＝1，log24＝2，log28＝3，log44＝1，因此一共有4个元素，故选B.
10.(2016·天津)设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝2x＋5y的最小值为(　　)
A.－4
B.6
C.10
D.17
答案　B
解析　由约束条件作出可行域如图所示，目标函数可化为y＝－x＋z，在图中画出直线y＝－x，
平移该直线，易知经过点A时z最小.
又知点A的坐标为(3，0)，
∴zmin＝2×3＋5×0＝6.故选B.
11.(2016·课标全国乙)已知方程－＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是(　　)
A.(－1，3)
B.(－1，)
C.(0，3)
D.(0，)
答案　A
解析　∵方程－＝1表示双曲线，
∴(m2＋n)·(3m2－n)>0，解得－m2由双曲线性质，知c2＝(m2＋n)＋(3m2－n)＝4m2(其中c是半焦距)，
∴焦距2c＝2×2|m|＝4，解得|m|＝1，
∴－112.已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f′(x)>f(x)，则下列结论正确的是(　　)
A.f(1)>ef(0)
B.f(1)C.f(1)>f(0)
D.f(1)答案　A
解析　令g(x)＝，
∴g′(x)＝＝，
∵f′(x)＞f(x)，∴g′(x)＞0，g(x)在R上单调递增，
∴g(1)＞g(0)，即>，∴f(1)＞ef(0).
13.A，B，C三点与D，E，F，G四点分别在一个以O为顶点的角的不同的两边上，则在A，B，C，D，E，F，G，O这8个点中任选三个点作为三角形的三个顶点，可构成的三角形的个数为________.
答案　42
解析　由题意得三点不能共线，可用间接法，所以可构成的三角形的个数为C－C－C＝42.
14.已知数列{an}满足an＋1＝an＋2n且a1＝2，则数列{an}的通项公式an＝________.
答案　n2－n＋2
解析　an＋1＝an＋2n，∴an＋1－an＝2n，采用累和法可得
an－a1＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)
＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2＝n2－n.∴an＝n2－n＋2.
15.已知下列四个等式：
21×1＝2
22×1×3＝3×4
23×1×3×5＝4×5×6
24×1×3×5×7＝5×6×7×8
…
依此类推，猜想第n个等式为__________________.
答案　2n×1×3×5×7×…×(2n－1)＝(n＋1)×(n＋2)×(n＋3)×…×(n＋n)
解析　观察给出的四个等式可以发现第n个等式的左边是2n乘上从1开始的n个奇数，右边是从(n＋1)开始的n个连续正整数的积，根据这一规律即可归纳出第n个等式为2n×1×3×5×7×…×(2n－1)＝(n＋1)×(n＋2)×(n＋3)×…×(n＋n).
16.在△ABC中，若|＋|＝|－|，AB＝2，AC＝1，E，F为BC边的三等分点，则·＝________.
答案　
解析　∵|＋|＝|－|，∴·＝0，
即⊥，
如图建立平面直角坐标系，
∵AB＝2，AC＝1，E，F为BC边的三等分点，
∴E(，)，F(，)，·＝.第47练　配方法与待定系数法
[题型分析·高考展望]　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，完全配方.配方法是数学中化归思想应用的重要方法之一.
待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程.使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解.例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解.
高考必会题型
题型一　配方法
例1　(1)设x∈[2，8]时，函数f(x)＝loga(ax)·loga(a2x)(a>0，且a≠1)的最大值是1，最小值是－，则a的值是________.
(2)函数y＝cos
2x＋2sin
x的最大值为________.
(3)在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量＝(2，2)，＝(4，1)，在x轴上取一点P，使·有最小值，则P点的坐标是________.
答案　(1)　(2)　(3)(3，0)
解析　(1)由题意知f(x)＝(logax＋1)·(logax＋2)
＝
＝(logax＋)2－.
当f(x)取最小值－时，logax＝－，
又∵x∈[2，8]，∴a∈(0，1).
∵f(x)是关于logax的二次函数，
∴函数f(x)的最大值必在x＝2或x＝8处取得.
若(loga2＋)2－＝1，
则a＝2，
f(x)取得最小值时，x＝(2)＝ [2，8]，舍去.
若(loga8＋)2－＝1，
则a＝，f(x)取得最小值时，
x＝()＝2∈[2，8]，
∴a＝.
(2)y＝cos
2x＋2sin
x＝1－2sin2x＋2sin
x
＝－2(sin2x－sin
x)＋1
＝－2(sin
x－)2＋2×＋1
＝－2(sin
x－)2＋.
因为－1≤sin
x≤1，
所以当sin
x＝时，y取最大值，
最大值为.
(3)设P点坐标为(x，0)，则＝(x－2，－2)，＝(x－4，－1)，
·＝(x－2)(x－4)＋(－2)×(－1)＝x2－6x＋10＝(x－3)2＋1，
当x＝3时，·有最小值1，
∴此时点P坐标为(3，0).
点评　配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，具体操作时通过加上一次项系数一半的平方，配凑成完全平方式，注意要减去所添的项，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.如：y＝x2＋bx＋c＝x2＋2×x＋()2－()2＋c＝(x＋)2＋，y＝ax2＋bx＋c＝a(x2＋x)＋c＝a[x2＋2×x＋()2－()2]＋c＝a(x＋)2＋.
变式训练1　(1)若函数f(x)＝m－的定义域为[a，b]，值域为[a，b]，则实数m的取值范围是________.
(2)已知函数y＝－sin2x＋asin
x－＋的最大值为2，则a的值为________.
(3)已知向量a＝(λ＋2，λ2－cos2α)，b＝(m，＋sin
α)，其中λ，m，α为实数，若a＝2b，则的取值范围是________.
答案　(1)－解析　(1)易知f(x)＝m－在[a，b]上单调递减，
因为函数f(x)的值域为[a，b]，
所以即
两式相减得，－＝a－b＝(a＋3)－(b＋3)
＝()2－()2，所以＋＝1，
因为a而m＝＋a＝a－＋1，
所以m＝(a＋3)－－2＝(－)2－，
又0≤＜，所以－＜m≤－2.
(2)令t＝sin
x，t∈[－1，1]，
所以y＝－(t－)2＋(a2－a＋2)，
对称轴为t＝.
①当－1≤≤1，即－2≤a≤2时，
ymax＝(a2－a＋2)＝2，
得a＝－2或a＝3(舍去).
②当>1，即a>2时，
函数y＝－(t－)2＋(a2－a＋2)在[－1，1]上单调递增，
所以由ymax＝－1＋a－a＋＝2，
得a＝.
③当<－1，即a<－2时，
函数y＝－(t－)2＋(a2－a＋2)在[－1，1]上单调递减，
所以由ymax＝－1－a－a＋＝2，
得a＝－2(舍去).
综上，可得a＝－2或a＝.
(3)由题意知，2b＝(2m，m＋2sin
α)，
所以λ＋2＝2m，且λ2－cos2α＝m＋2sin
α，
于是2λ2－2cos2α＝λ＋2＋4sin
α，
即2λ2－λ＝－2sin2α＋4sin
α＋4＝－2(sin
α－1)2＋6，
故－2≤2λ2－λ≤6，
即
解得－≤λ≤2，
则＝＝2－∈[－6，1].
题型二　待定系数法
例2　(1)(2015·课标全国Ⅱ)设向量a，b不平行，向量λa＋b与a＋2b平行，则实数λ＝____________.
答案　
解析　∵向量a，b不平行，∴a＋2b≠0，又向量λa＋b与a＋2b平行，则存在唯一的实数μ，使λa＋b＝μ(a＋2b)成立，即λa＋b＝μa＋2μb，则得解得λ＝μ＝.
(2)是否存在常数a，b，c，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝(an2＋bn＋c)对一切自然数n都成立？并证明你的结论.
解　假设存在a，b，c使得等式成立，
令n＝1，得4＝(a＋b＋c)；
令n＝2，得22＝(4a＋2b＋c)；
令n＝3，得70＝9a＋3b＋c，
整理得
解得
于是n＝1，2，3，等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝(3n2＋11n＋10)成立.
下面用数学归纳法证明，对任意自然数n，该等式都成立.
假设对n＝k时等式成立，
即1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＝(3k2＋11k＋10)；
当n＝k＋1时，1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2
＝(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2
＝(k＋2)(3k＋5)＋(k＋1)(k＋2)2
＝(3k2＋5k＋12k＋24)
＝[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]，
也就是说，等式对n＝k＋1也成立.
综上所述，当a＝3，b＝11，c＝10时，
题设的等式对一切自然数n都成立.
点评　使用待定系数法，它解题的基本步骤是：
第一步，确定所求问题是含有待定系数的解析式；
第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；
第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决.
变式训练2　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，等比数列{bn}的前n项和为Tn，它们满足S4＝2S2＋8，b2＝，T2＝，且当n＝4或5时，Sn取得最小值.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)令cn＝(Sn－λ)(－Tn)，n∈N
，如果{cn}是单调数列，求实数λ的取值范围.
解　(1)设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，
因为当n＝4或5时，Sn取得最小值，所以a5＝0，
所以a1＝－4d，所以an＝(n－5)d，
又由a3＋a4＝a1＋a2＋8，
得d＝2，a1＝－8，
所以an＝2n－10；
由b2＝，T2＝得b1＝，
所以q＝，所以bn＝.
(2)由(1)得Sn＝n2－9n，Tn＝－，cn＝，
当{cn}为递增数列时，cn即λ>n2－10n＋4恒成立，∴λ∈ ，
当{cn}为递减数列时，cn>cn＋1，
即λ∴λ<－21，
综上，实数λ的取值范围为(－∞，－21).
高考题型精练
1.数列{an}中，如果存在ak，使得ak>ak－1且ak>ak＋1成立(其中k≥2，k∈N
)，则称ak为数列{an}的峰值，若an＝－3n2＋15n－18，则{an}的峰值为(　　)
A.0
B.4
C.
D.
答案　A
解析　因为an＝－3(n－)2＋，且n∈N
，
所以当n＝2或n＝3时，an取最大值，
最大值为a2＝a3＝0，故峰值为0.
2.若点O和点F(－2，0)分别为双曲线－y2＝1(a>0)的中心和左焦点，点P为双曲线右支上的任意一点，则·的取值范围为______________.
答案　[3＋2，＋∞)
解析　由条件知a2＋1＝22＝4，∴a2＝3，
∴双曲线方程为－y2＝1，
设P点坐标为(x，y)，则＝(x，y)，＝(x＋2，y)，
∵y2＝－1，
∴·＝x2＋2x＋y2＝x2＋2x＋－1
＝x2＋2x－1＝(x＋)2－.
又∵x≥
(P为右支上任意一点)，∴·≥3＋2.
3.已知a为正的常数，若不等式≥1＋－对一切非负实数x恒成立，则a的最大值为________.
答案　8
解析　原不等式即≥1＋－，(
)
令＝t，t≥1，
则x＝t2－1，所以(
)即≥1＋－t
＝＝对t≥1恒成立，
所以≥对t≥1恒成立，
又a为正的常数，
所以a≤[2(t＋1)2]min＝8，
故a的最大值是8.
4.设e1，e2为单位向量，非零向量b＝xe1＋ye2，x，y∈R，若e1，e2的夹角为，则的最大值等于________.
答案　2
解析　∵|b|2＝(xe1＋ye2)2＝x2＋y2＋2xye1·e2＝x2＋y2＋xy.
∴＝，
当x＝0时，＝0；
当x≠0时，
＝
＝
≤2.
5.(2015·浙江)已知e1，e2是空间单位向量，e1·e2＝，若空间向量b满足b·e1＝2，b·e2＝，且对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，则x0＝__________，y0＝________，|b|＝________.
答案　1　2　2
解析　方法一　由题意得x＝x0，y＝y0时，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1，把|b－(xe1＋ye2)|平方，转化为|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，把x2＋y2＋xy－4x－5y看成关于x的二次函数，利用二次函数的性质确定最值及取最值的条件.对于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，说明当x＝x0，y＝y0时，|b－(xe1＋ye2)|取得最小值1.
|b－(xe1＋ye2)|2＝|b|2＋(xe1＋ye2)2－2b·(xe1＋ye2)＝|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y，要使|b|2＋x2＋y2＋xy－4x－5y取得最小值，需要把x2＋y2＋xy－4x－5y看成关于x的二次函数，即f(x)＝x2＋(y－4)x＋y2－5y，其图象是开口向上的抛物线，对称轴方程为x＝2－，所以当x＝2－时，f(x)取得最小值，代入化简得f(x)＝(y－2)2－7，显然当y＝2时，f(x)min＝－7，此时x＝2－＝1，所以x0＝1，y0＝2.此时|b|2－7＝1，可得|b|＝2.
方法二　∵e1·e2＝|e1|·|e2|cos〈e1，e2〉＝，
∴〈e1，e2〉＝.
不妨设e1＝，e2＝(1，0，0)，b＝(m，n，t).
由题意知
解得n＝，m＝，
∴b＝.
∵b－(xe1＋ye2)＝，
∴|b－(xe1＋ye2)|2＝2＋2＋t2＝x2＋xy＋y2－4x－5y＋t2＋7＝2＋(y－2)2＋t2.由题意知，当x＝x0＝1，y＝y0＝2时，2＋(y－2)2＋t2取到最小值.此时t2＝1，故|b|＝
＝2.
6.已知函数f(x)＝－x2＋ax＋b2－b＋1(a∈R，b∈R)，对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，若当x∈[－1，1]时，f(x)>0恒成立，则b的取值范围是________________.
答案　(－∞，－1)∪(2，＋∞)
解析　由于对任意实数x都有f(1－x)＝f(1＋x)成立，
则f(x)的对称轴为x＝1，所以a＝2，
f(x)＝－x2＋2x＋b2－b＋1＝－(x－1)2＋b2－b＋2，
则f(x)在区间[－1，1]上单调递增，
当x∈[－1，1]时，要使f(x)>0恒成立，
只需f(－1)>0，即b2－b－2>0，
则b<－1或b>2.
7.(2015·陕西)若抛物线y2＝2px(p＞0)的准线经过双曲线x2－y2＝1的一个焦点，则p＝________.
答案　2
解析　由于双曲线x2－y2＝1的焦点为(±，0)，故应有＝，p＝2.
8.(2015·北京改编)已知双曲线－y2＝1(a>0)的一条渐近线为x＋y＝0，则该双曲线的方程为________________.
答案　3x2－y2＝1
解析　双曲线－y2＝1(a>0)的渐近线方程为y＝±x，
x＋y＝0 y＝－x，
∵a>0，则－＝－，a＝，
则该双曲线的方程为3x2－y2＝1.
9.设函数f(x)＝kax－a－x(a>0且a≠1)是定义域为R的奇函数，若f(1)＝，且g(x)＝a2x＋a－2x－4f(x)，求g(x)在[1，＋∞)上的最小值.
解　∵f(x)是定义域为R的奇函数，
∴f(0)＝0，
∴k－1＝0，即k＝1.
∵f(1)＝，∴a－＝，
即2a2－3a－2＝0，
∴a＝2或a＝－(舍去)，
∴g(x)＝22x＋2－2x－4(2x－2－x)
＝(2x－2－x)2－4(2x－2－x)＋2.
令t(x)＝2x－2－x(x≥1)，
则t′(x)＝2xln
2＋2－xln
2＞0，
∴t(x)在[1，＋∞)上为增函数，
即t(x)≥t(1)＝，
∴原函数变为w(t)＝t2－4t＋2＝(t－2)2－2，
∴当t＝2时，w(t)min＝－2，此时x＝log2(1＋).
即g(x)在x＝log2(1＋)时取得最小值－2.
10.(2015·安徽)设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，求E的方程.
解　(1)由题设条件知，点M的坐标为，
又kOM＝，从而＝，
进而得a＝b，c＝＝2b，
故e＝＝.
(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，
直线AB的方程为＋＝1，
点N的坐标为.
设点N关于直线AB的对称点S的坐标为，
则线段NS的中点T的坐标为.
又点T在直线AB上，
且kNS·kAB＝－1，
从而有
解得b＝3.
所以a＝3，故椭圆E的方程为＋＝1.
11.(2015·浙江)已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称.
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解　(1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为
y＝－x＋b.由消去y，
得x2－x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①
将AB中点M
代入直线方程y＝mx＋，解得b＝－，
②
由①②得m＜－或m＞.
(2)令t＝∈∪，
则|AB|＝·，
且O到直线AB的距离为d＝.
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝|AB|·d＝
≤，
当且仅当t2＝时，等号成立.
故△AOB面积的最大值为.
12.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an＋(－1)n(n∈N
).
(1)求数列{an}的前三项a1，a2，a3；
(2)求证：数列{an＋(－1)n}为等比数列，并求出{an}的通项公式.
解　(1)在Sn＝2an＋(－1)n(n∈N
)中分别令n＝1，2，3，
得
解得
(2)由Sn＝2an＋(－1)n(n∈N
)得，
Sn－1＝2an－1＋(－1)n－1(n≥2)，两式相减得
an＝2an－1－2(－1)n(n≥2)，
an＝2an－1－(－1)n－(－1)n
＝2an－1＋(－1)n－1－(－1)n(n≥2)，
∴an＋(－1)n＝2[an－1＋(－1)n－1](n≥2).
故数列{an＋(－1)n}是以a1－＝为首项，
2为公比的等比数列.
∴an＋(－1)n＝×2n－1，
an＝×2n－1－×(－1)n
＝－(－1)n.“12＋4”专项练
“12＋4”专项练1
1.已知集合A＝{x|log3x≥0}，B＝{x|x≤1}，则(　　)
A.A∩B＝
B.A∪B＝R
C.B A
D.A B
答案　B
2.(2016·课标全国甲)已知z＝(m＋3)＋(m－1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是(　　)
A.(－3，1)
B.(－1，3)
C.(1，＋∞)
D.(－∞，－3)
答案　A
解析　由复数z＝(m＋3)＋(m－1)i在复平面内对应的点在第四象限得：解得－33.已知命题p：“m＝1”，命题q：“直线mx－y＝0与直线x＋m2y＝0互相垂直”，则命题p是命题q的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A
4.命题： x∈R，ln(ex－1)<0的否定是(　　)
A. x∈R，ln(ex－1)>0
B. x∈R，ln(ex－1)≥0
C. x0∈R，ln(e－1)<0
D. x0∈R，ln(e－1)≥0
答案　D
5.已知函数f(x)＝Acos(ωx＋φ)(－＜φ＜0)的图象如图所示，f()＝－，则f()等于(　　)
A.－
B.－
C.
D.
答案　D
解析　由图可知，T＝2(－)＝＝，
所以ω＝3，又f()＝Acos(＋φ)＝0，
所以＋φ＝kπ＋，k∈Z，
即φ＝kπ－，k∈Z，
又因为－＜φ＜0，所以φ＝－.
所以f(x)＝Acos(3x－).
由f()＝Acos(3×－)＝－Asin
＝－，
所以A＝，
所以f()＝cos(－)＝sin
＝.
故选D.
6.甲，乙，丙三人参加一次考试，他们合格的概率分别为，，，那么三人中恰有两人合格的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　所求概率为P＝××＋××＋××＝.
7.“①正方形的对角线相等；②矩形的对角线相等；③正方形是矩形”，根据“三段论”推理形式，则作为大前提、小前提、结论的分别为(　　)
A.①②③
B.③①②
C.②③①
D.②①③
答案　C
解析　用三段论的形式写出的演绎推理是：
大前提　②矩形的对角线相等
小前提　③正方形是矩形
结论　①正方形的对角线相等，故选C.
8.一个直三棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是一个顶角为的等腰三角形，则该直三棱柱外接球的表面积为(　　)
A.20π
B.π
C.25π
D.
25π
答案　A
解析　由三视图可知，该三棱柱的底面为顶角为，两腰为2的等腰三角形，高为2，底面三角形的外接圆直径为＝4，半径为2，设该三棱柱的外接球的半径为R，则R2＝22＋12＝5，所以该三棱柱的外接球的表面积为S＝4πR2＝20π，故选A.
9.已知x，y满足约束条件则z＝的范围是(　　)
A.[，2]
B.[－，]
C.[，]
D.[，]
答案　C
解析　在直角坐标系中作出可行域
由斜率公式可知z＝表示可行域内的点M(x，y)与点P(－1，－1)连线的斜率，由图可知zmax＝＝，zmin＝＝，故选C.
10.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，A1B与B1C所在直线所成角的大小是(　　)
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
答案　C
解析　作A1B∥D1C，连接B1D1，易证∠B1CD1就是A1B与B1C所在直线所成的角，由于△B1CD1是等边三角形，因此∠B1CD1＝60°，故选C.
11.已知a>b>0，椭圆C1的方程为＋＝1，双曲线C2的方程为－＝1，C1与C2的离心率之积为，则C2的渐近线方程为(　　)
A.x±y＝0
B.x±y＝0
C.2x±y＝0
D.x±2y＝0
答案　B
解析　a>b>0，椭圆C1的方程为＋＝1，
C1的离心率为，
双曲线C2的方程为－＝1，
C2的离心率为，
∵C1与C2的离心率之积为，
∴·＝，
∴()2＝，＝，
C2的渐近线方程为y＝±x，
即x±y＝0.故选B.
12.设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是(　　)
A.[－，1)
B.[－，)
C.[，)
D.[，1)
答案　D
解析　设g(x)＝ex(2x－1)，y＝ax－a，
由题意知存在唯一的整数x0使得g(x0)在直线y＝ax－a的下方，
∵g′(x)＝ex(2x－1)＋2ex＝ex(2x＋1)，
∴当x<－时，g′(x)＜0，
当x>－时，g′(x)＞0，
∴当x＝－时，g(x)取最小值－2e－，
当x＝0时，g(0)＝－1，当x＝1时，g(1)＝e＞0，
直线y＝ax－a恒过定点(1，0)且斜率为a，
故－a＞g(0)＝－1且g(－1)＝－3e－1≥－a－a，
解得≤a<1.
13.若程序框图如图所示，则该程序运行后输出的值是________.
答案　10
000
解析　i＝0，S＝0 i＝1，S＝1 i＝2，S＝4 i＝3，
S＝9…
由此可知S＝i2，所以当i＝100时，S＝10
000.
14.已知(x＋a)2(x－1)3的展开式中，x4的系数为1，则a＝________.
答案　2
解析　(x＋a)2(x－1)3的展开式中，x4
的系数为1×(－3)＋2a×1＝2a－3＝1，
所以a＝2，所以应填2.
15.函数y＝ln＋的定义域为________.
答案　(0，1]
解析　根据题意可知，
016.已知O是边长为1的正三角形ABC的中心，则(＋)·(＋)＝________.
答案　－
解析　如图所示，因为O是边长为1的正三角形ABC的中心，
所以∠A＝∠B＝∠C＝60°.
∠AOB＝∠AOC＝∠BOC＝120°，
OA＝2OD＝×＝，
由于AD平分∠A，∠BOC，
所以，＋＝2＝－，
同理，＋＝－，＋＝－，
所以，(＋)·(＋)
＝(－)·(－)＝·＝||2cos
120°
＝||2cos
120°
＝()2×(－)＝－.第39练　概率的两类模型
[题型分析·高考展望]　概率是高中数学的重要内容，也是高考的必考知识点.在高考中，概率部分的命题主要有三个方面的特点：一是以古典概型的概率公式为考查对象，二是以几何概型的概率公式为考查对象，三是古典概型与其他知识相交汇，题目多以选择题或填空题的形式出现.
体验高考
1.(2015·课标全国Ⅰ)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　从1，2，3，4，5中任取3个不同的数共有如下10个不同的结果：(1，2，3)，(1，2，4)，(1，2，5)，(1，3，4)，(1，3，5)，(1，4，5)，(2，3，4)，(2，3，5)，(2，4，5)，(3，4，5)，其中勾股数只有(3，4，5)，所以概率为.故选C.
2.(2015·山东)在区间[0，2]上随机地取一个数x，则事件“－1≤log≤1”发生的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　由－1≤log≤1，得≤x＋≤2，
∴0≤x≤.
∴由几何概型的概率计算公式得所求概率P＝＝.
3.(2015·福建)如图，矩形ABCD中，点A在x轴上，点B的坐标为(1，0)，且点C与点D在函数f(x)＝的图象上.若在矩形ABCD内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　由图形知C(1，2)，D(－2，2)，∴S四边形ABCD＝6，S阴＝×3×1＝.∴P＝＝.
4.(2016·课标全国乙)某公司的班车在7：00，8：00，8：30发车，小明在7：50至8：30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　如图所示，画出时间轴：
小明到达的时间会随机的落在图中线段AB中，而当他的到达时间落在线段AC或DB时，才能保证他等车的时间不超过10分钟，根据几何概型得所求概率P＝＝，故选B.
5.(2016·天津)甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是，甲获胜的概率是，则甲不输的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件，所以甲不输的概率为＋＝.
高考必会题型
题型一　古典概型问题
例1　(1)(2016·课标全国丙)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　第一位是M，I，N中的一个字母，第二位是1，2，3，4，5中的一个数字，所以总的基本事件的个数为15，密码正确只有一种，概率为，故选C.
(2)某班级的某一小组有6位学生，其中4位男生，2位女生，现从中选取2位学生参加班级志愿者小组，求下列事件的概率：
①选取的2位学生都是男生；
②选取的2位学生一位是男生，另一位是女生.
解　①设4位男生的编号分别为1，2，3，4，2位女生的编号分别为5，6.从6位学生中任取2位学生的所有可能结果为(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，共15种.
从6位学生中任取2位学生，所取的2位全是男生的方法数，即从4位男生中任取2个的方法数，共有6种，即(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4).
所以选取的2位学生全是男生的概率为P1＝＝.
②从6位学生中任取2位，其中一位是男生，而另一位是女生，其取法包括(1，5)，(1，6)，(2，5)，(2，6)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，共8种.
所以选取的2位学生一位是男生，另一位是女生的概率为P2＝.
点评　求解古典概型问题的三个步骤
(1)判断本次试验的结果是不是等可能的，设出所求事件A.
(2)分别计算基本事件的总数n和所求事件A所包含的基本事件的个数m.
(3)利用古典概型的概率公式P(A)＝求出事件A的概率.若直接求解比较困难，则可以利用间接的方法，如逆向思维，先求其对立事件的概率，进而再求所求事件的概率.
变式训练1　(2016·北京)从甲，乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　从甲，乙等5名学生中随机选2人共有10种情况，甲被选中有4种情况，则甲被选中的概率为＝.
题型二　几何概型问题
例2　(1)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.
(2)在区间[0，π]内随机取两个数分别记为a，b，则使得函数f(x)＝x2＋2ax－b2＋π有零点的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　(1)D　(2)B
解析　(1)如图所示，
正方形OABC及其内部为不等式组表示的区域D，且区域D的面积为4，而阴影部分表示的是区域D内到坐标原点的距离大于2的区域.易知该阴影部分的面积为4－π.因此满足条件的概率是，所以选D.
(2)所求概率为几何概型，测度为面积，
则Δ＝4a2＋4b2－4π≥0 a2＋b2≥π得所求概率为
1－＝.
点评　(1)几何概型并不限于向平面(或直线、空间)投点的试验，如果一个随机试验有无限多个等可能的基本结果，每个基本结果可以用平面(或直线、空间)中的一点来表示，而所有基本结果对应于一个区域Ω，这时，与试验有关的问题即可利用几何概型来解决.
(2)几何概型的概率求解，一般要将问题转化为长度、面积或体积等几何问题.在转化中，面积问题的求解常常用到线性规划知识，也就是用二元一次不等式(或其他简单不等式)组表示区域.几何概型的试验中事件A的概率P(A)只与其所表示的区域的几何度量(长度、面积或体积)有关，而与区域的位置和形状无关.
变式训练2　(1)已知P是△ABC所在平面内一点，＋＋2＝0，现将一粒黄豆随机撒在△ABC内，则黄豆落在△PBC内的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
(2)如图，在边长为e(e为自然对数的底数)的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为______.
答案　(1)D　(2)
解析　(1)由＋＋2＝0，
可得＋＝－2，
由向量加法的几何意义可知点P在△ABC的中线AD上，且＋＝，
如图所示，由共线向量定理知＝2＝－2，
所以＝－，所以P为AD的中点，
所以△PBC的面积是△ABC面积的，
根据几何概型可知黄豆落在△PBC内的概率是P＝＝，故选D.
(2)由题意知，所给图中两阴影部分面积相等，故阴影部分面积为S＝2(e－ex)dx＝2(ex－ex)
＝2[e－e－(0－1)]＝2.又该正方形面积为e2，
故由几何概型的概率公式可得所求概率为.
高考题型精练
1.从1，2，3，4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　从1，2，3，4中任取2个不同的数共有6(种)不同取法，其中取出的2个数之差的绝对值为2的有2种不同取法，故所求概率为＝，选B.
2.(2015·广东)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球.从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.1
答案　B
解析　从袋中任取2个球共有C＝105(种)取法，其中恰好1个白球1个红球共有CC＝50(种)取法，所以所取的球恰好1个白球1个红球的概率为＝.
3.(2016·课标全国甲)某路口人行横道的信号灯为红灯和绿灯交替出现，红灯持续时间为40秒.若一名行人来到该路口遇到红灯，则至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　至少需要等待15秒才出现绿灯的概率为＝，故选B.
4.在区间[0，10]内随机取出两个数，则这两个数的平方和在区间[0，10]内的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　设这两个数为x，y，
则0≤x≤10，0≤y≤10，
构成一个正方形，面积为102，
这两个数的平方和x2＋y2∈[0，10]，
在正方形中形成的阴影面积为，
因此所求概率为＝，选A.
5.设a∈[1，4]，b∈[1，4]，现随机地抽出一对有序实数对(a，b)使得函数f(x)＝4x2＋a2与函数g(x)＝－4x的图象有交点的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　因为a∈[1，4]，b∈[1，4]，
所以(a，b)所在区域面积为9，
f(x)＝4x2＋a2与函数g(x)＝－4x的图象有交点，
等价于4x2＋4x＋a2＝0有解，
即是b≥a2，
此时(a，b)所在区域如图阴影部分
，
其面积为3－(a2－1)da＝3－(a3－a)＝，
由几何概型概率公式得到函数f(x)＝4x2＋a2与函数g(x)＝－4x的图象有交点的概率为＝，
故选A.
6.一只蚂蚁在三边长分别为3，4，5的三角形的内部爬行，某时间该蚂蚁距离三角形的三个顶点的距离均超过1的概率为(　　)
A.6－
B.6－
C.1－
D.2－
答案　C
解析　因为三角形的面积为×3×4＝6，离三角形的三个顶点的距离不超过1的面积为×π×12＝，
所以某时间该蚂蚁距离三角形的三个顶点的距离均超过1的概率P＝＝1－，故选C.
7.(2016·四川)从2、3、8、9任取两个不同的数字，分别记为a，b，则loga
b为整数的概率是________.
答案　
解析　从2、3、8、9任取两个数分别为记为(a，b)，则有(2，3)，(3，2)，(2，8)，(8，2)，(2，9)，(9，2)，(3，8)，(8，3)，(3，9)，(9，3)，(8，9)，(9，8)，共有12种情况，其中符合loga
b为整数的有log3
9和log2
8两种情况，所以P＝＝.
8.若袋中5个外形相同的小球，其中红球2个，白球3个，现从中任取2个球，则取出的球中有红球的概率为________.
答案　
解析　5个外形相同的小球，记其中的2个红球为1，2，3个白球为a，b，c.从中任取2个球，共有10种可能的结果，其中没有红球有3种可能的结果.
所以有红球的概率为1－＝.
9.(2016·上海)某食堂规定，每份午餐可以在四种水果中任选两种，则甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为________.
答案　
解析　甲同学从四种水果中选两种，选法有C种，乙同学的选法有C种.两同学相同的选法有C种，由古典概型概率计算公式可得，甲、乙两同学各自所选的两种水果相同的概率为＝.
10.一个三位自然数abc的百位，十位，个位上的数字依次为a，b，c，当且仅当a>b且c>b时称为“凹数”.若a，b，c∈{4，5，6，7，8}，且a，b，c互不相同，任取一个三位数abc，则它为“凹数”的概率是________.
答案　
解析　根据题意，当且仅当a>b且c>b是称为“凹数”，在{4，5，6，7，8}的5个整数中任取3个不同的数组成三位数，有A＝60(种)取法，在{4，5，6，7，8}中任取3个不同的数组成“凹数”有以下3种取法，将4放在十位上，再排2个数排在百、个位上，有A＝12(种)；将5放在十位上，再排2个数排在百、个位上，有A＝6(种)；将6放在十位上，再排2个数排在百、个位上，有A＝2(种)；根据分类加法计数原理，可得共有12＋6＋2＝20(种)，所以构成“凹数”的概率为＝.
11.甲、乙、丙三人组成一组，参加一个闯关游戏团体赛，三人各自独立闯关，其中甲闯关成功的概率为，甲、乙都闯关成功的概率为，乙、丙闯关成功的概率为，每人闯关成功得2分，三人得分之和记为小组团体总分.
(1)求乙、丙各自闯关成功的概率；
(2)求团体总分为4分的概率；
(3)若团体总分不小于4分，则小组可参加复赛，求该小组可参加复赛的概率.
解　记甲、乙、丙三人各自独立闯关成功的事件依次为A、B、C，则由已知条件得P(A)＝，P(A·B)＝，P(B·C)＝.
(1)∵P(A·B)＝P(A)·P(B)，∴P(B)＝.
同理，P(C)＝.
(2)∵每人闯关成功记2分，要使团体总分为4分，则需要两人闯关成功，
∴两人都闯关成功的概率
P1＝··＋··＋··＝，
即团体总分为4分的概率P1＝.
(3)团体总分不小于4分，则团体总分可能为4分，可能为6分，团体总分为6分，需要三人都闯关成功，
三人闯关都成功的概率P2＝··＝.
由(2)知团体总分为4分的概率P1＝，
∴团体总分不小于4分的概率P＝P1＋P2＝＋＝.
12.如图是一个方形迷宫，甲、乙两人分别位于迷宫的A、B两处，两人同时以每一分钟一格的速度向东、西、南、北四个方向行走，已知甲向东、西行走的概率都为，向南、北行走的概率为和p，乙向东、西、南、北四个方向行走的概率均为q.
(1)求p和q的值；
(2)问最少几分钟，甲乙二人相遇？并求出最短时间内可以相遇的概率.
解　(1)∵＋＋＋p＝1，∴p＝，
又∵4q＝1，∴q＝.
(2)最少需要2分钟，甲乙二人可以相遇(如图，在C、D、E三处相遇).
设在C、D、E三处相遇的概率分别为pC、pD、pE，
则pC＝(×)×(×)＝，
pD＝2(×)×2(×)＝，
pE＝(×)×(×)＝，
∴pC＋pD＋pE＝(＋＋)＝，
即所求的概率为.第8练　突难点——抽象函数与函数图象
[题型分析·高考展望]　抽象函数即没有函数关系式，通过对函数性质的描述，对函数相关知识进行考查，此类题目难度较大，也是近几年来高考命题的热点.对函数图象问题，以基本函数为主，由基本函数进行简单的图象变换，主要是平行变换和对称变换，这样的题目都离不开函数的单调性与奇偶性.
体验高考
1.(2015·安徽)函数f(x)＝的图象如图所示，则下列结论成立的是(　　)
A.a>0，b>0，c<0
B.a<0，b>0，c>0
C.a<0，b>0，c<0
D.a<0，b<0，c<0
答案　C
解析　函数定义域为{x|x≠－c}，结合图象知－c>0，
∴c<0.令x＝0，得f(0)＝，又由图象知f(0)>0，
∴b>0.令f(x)＝0，得x＝－，结合图象知－>0，
∴a<0.故选C.
2.(2015·天津)已知函数f(x)＝函数g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R.若函数y＝f(x)－g(x)恰有4个零点，则b的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　D
解析　由f(x)＝
得f(2－x)＝
所以f(x)＋f(2－x)＝
即f(x)＋f(2－x)＝
y＝f(x)－g(x)＝f(x)＋f(2－x)－b，所以y＝f(x)－g(x)恰有4个零点等价于方程f(x)＋f(2－x)－b＝0有4个不同的解，即函数y＝b与函数y＝f(x)＋f(2－x)的图象有4个公共点，由图象知＜b＜2.
3.(2016·课标全国乙)函数y＝2x2－e|x|在[－2，2]的图象大致为(　　)
答案　D
解析　f(2)＝8－e2>8－2.82>0，排除A；
f(2)＝8－e2<8－2.72<1，排除B；
当x>0时，f(x)＝2x2－ex，f′(x)＝4x－ex，
当x∈时，f′(x)<×4－e0＝0，
因此f(x)在上单调递减，排除C，故选D.
4.(2016·天津)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增.若实数a满足f(2|a－1|)>f(－)，则a的取值范围是________.
答案　
解析　∵f(x)是偶函数，且在(－∞，0)上单调递增，
∴在(0，＋∞)上单调递减，f(－)＝f()，
∴f(2|a－1|)>f()，∴2|a－1|<＝2，
∴|a－1|<，即－5.(2015·浙江)已知函数f(x)＝则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________.
答案　0　2－3
解析　f(f(－3))＝f(1)＝0.当x≥1时，f(x)＝x＋－3≥2－3＜0，当且仅当x＝时，取等号；
当x＜1时，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg
1＝0，当且仅当x＝0时，取等号.∴f(x)的最小值为2－3.
高考必会题型
题型一　与函数性质有关的简单的抽象函数问题
例1　已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且以2为周期，则“f(x)为[0，1]上的增函数”是“f(x)为[3，4]上的减函数”的(　　)
A.既不充分也不必要条件
B.充分而不必要条件
C.必要而不充分条件
D.充要条件
答案　D
解析　①∵f(x)在R上是偶函数，
∴f(x)的图象关于y轴对称.
∵f(x)为[0，1]上的增函数，
∴f(x)为[－1，0]上的减函数.
又∵f(x)的周期为2，
∴f(x)为区间[－1＋4，0＋4]＝[3，4]上的减函数.
②∵f(x)为[3，4]上的减函数，且f(x)的周期为2，
∴f(x)为[－1，0]上的减函数.
又∵f(x)在R上是偶函数，∴f(x)为[0，1]上的增函数.
由①②知“f(x)为[0，1]上的增函数”是“f(x)为[3，4]上的减函数”的充要条件.
点评　抽象函数的条件具有一般性，对待选择题、填空题可用特例法、特值法或赋值法.也可由函数一般性质进行推理.
变式训练1　已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f(x)满足f()＝f(x1)－f(x2)，且当x＞1时，f(x)＜0.
(1)求f(1)的值；
(2)判断f(x)的单调性；
(3)若f(3)＝－1，解不等式f(|x|)＜－2.
解　(1)令x1＝x2＞0，
代入f()＝f(x1)－f(x2)，
得f(1)＝f(x1)－f(x2)＝0，故f(1)＝0.
(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，则＞1.
∵当x＞1时，f(x)＜0.
∴f＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，
即f(x1)＜f(x2)，
故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减.
(3)由f＝f(x1)－f(x2)，
得f()＝f(9)－f(3).
而f(3)＝－1，∴f(9)＝－2，
∴原不等式为f(|x|)＜f(9).
∵函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，
∴|x|＞9，∴x＜－9或x＞9.
∴不等式的解集为{x|x＜－9或x＞9}.
题型二　与抽象函数有关的综合性问题
例2　对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x，满足f(－x)＝－f(x)，则称f(x)为“局部奇函数”.
(1)已知二次函数f(x)＝ax2＋2x－4a(a∈R)，试判断f(x)是否为“局部奇函数”？并说明理由；
(2)若f(x)＝2x＋m是定义在区间[－1，1]上的“局部奇函数”，求实数m的取值范围.
解　f(x)为“局部奇函数”等价于关于x的方程
f(x)＋f(－x)＝0有解.
(1)当f(x)＝ax2＋2x－4a(a∈R)时，
方程f(x)＋f(－x)＝0即2a(x2－4)＝0.
因为方程有解x＝±2，
所以f(x)为“局部奇函数”.
(2)当f(x)＝2x＋m时，f(x)＋f(－x)＝0
可化为2x＋2－x＋2m＝0，
因为f(x)的定义域为[－1，1]，
所以方程2x＋2－x＋2m＝0在[－1，1]上有解.
令t＝2x∈[，2]，则－2m＝t＋.
设g(t)＝t＋，t∈[，2]，
则g′(t)＝1－，t∈[，2].
当t∈时，g′(t)＜0，
故g(t)在(0，1)上为减函数；
当t∈(1，2)时，g′(t)＞0，故g(t)在(1，2)上为增函数.
所以函数g(t)＝t＋，t∈[，2]的值域为[2，]，
由2≤－2m≤，得－≤m≤－1，
故实数m的取值范围是[－，－1].
点评　(1)让抽象函数不再抽象的方法主要是赋值法和单调函数法，因此学会赋值、判断并掌握函数单调性和奇偶性是必须过好的两关，把握好函数的性质.
(2)解答抽象函数问题时，学生往往盲目地用指数、对数函数等代替函数来解答问题，而导致出错.要明确抽象函数是具有某些性质的一类函数，而不是具体的某一个函数.因此掌握这类函数的关键是把握函数的性质以及赋值的方法.
变式训练2　定义在(0，＋∞)上的可导函数f(x)满足xf′(x)－f(x)＝x，且f(1)＝1.现给出关于函数f(x)的下列结论：
(1)函数f(x)在上单调递增；
(2)函数f(x)的最小值为－；
(3)函数f(x)有且只有一个零点；
(4)对于任意的x＞0，都有f(x)≤x2.
其中正确结论的个数是(　　)
A.1
B.2
C.3
D.4
答案　D
解析　设g(x)＝，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝＝＝，
所以g(x)＝ln
x＋c(c为常数)，
所以f(x)＝xln
x＋cx.
因为f(1)＝1，所以c＝1，所以f(x)＝xln
x＋x.
对于(1)，因为f′(x)＝ln
x＋2，
当x＞时，f′(x)＞ln
＋2＝－1＋2＝1＞0，
所以(1)正确.
对于(2)，由f′(x)＞0，得x＞；
由f′(x)＜0，得0＜x＜，
所以f(x)＝xln
x＋x在(0，]上单调递减，
在[，＋∞)上单调递增.
所以当x＝时，函数f(x)取得最小值f()＝ln
＋＝－，所以(2)正确.
对于(3)，函数f(x)＝xln
x＋x的图象如图所示，
所以(3)正确.
对于(4)，f(x)－x2＝xln
x＋x－x2＝x(ln
x＋1－x).
令h(x)＝ln
x＋1－x，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝－1＝.
令h′(x)＞0，得0＜x＜1；令h(x)＜0，得x＞1.
从而h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以h(x)≤h(1)＝0，即ln
x＋1－x≤0.
又x＞0，所以f(x)－x2＝x(ln
x＋1－x)≤0，
即f(x)≤x2.
所以(4)正确.
综上，正确结论的个数是4.
题型三　函数图象的应用与判断
例3　已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为(　　)
答案　B
解析　令g(x)＝ln(x＋1)－x，
则g′(x)＝－，x＞－1.
当g′(x)>0时，－1当g′(x)<0时，x>0.
故g(x)即x>0或－1点评　(1)求函数图象时首先考虑函数定义域，然后考虑特殊值以及函数变化趋势，特殊值首先考虑坐标轴上的点.
(2)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.
(3)在运用函数图象时要避免只看表象不联系其本质，透过函数的图象要看到它所反映的函数的性质，并以此为依据进行分析、推断，才是正确的做法.
变式训练3　形如y＝(a＞0，b＞0)的函数因其图象类似于汉字中的“囧”字，故生动地称为“囧函数”.若当a＝1，b＝1时的“囧函数”与函数y＝lg|x|的交点个数为n，则n＝________.
答案　4
解析　由题意知，当a＝1，b＝1时，
y＝＝
在同一坐标系中画出“囧函数”与函数y＝lg|x|的图象如图所示，易知它们有4个交点.
高考题型精练
1.定义在R上的偶函数f(x)满足f(2－x)＝f(x)，且在[－3，－2]上是减函数，α，β是钝角三角形的两个锐角，则下列不等式中正确的是(　　)
A.f(sin
α)>f(cos
β)
B.f(sin
α)β)
C.f(cos
α)β)
D.f(cos
α)>f(cos
β)
答案　B
解析　因为f(x)为R上的偶函数，
所以f(－x)＝f(x)，又f(2－x)＝f(x)，
所以f(x＋2)＝f(2－(x＋2))＝f(－x)＝f(x)，
所以函数f(x)以2为周期.
因为f(x)在[－3，－2]上是减函数，
所以f(x)在[－1，0]上也是减函数，
故f(x)在[0，1]上是增函数.
因为α，β是钝角三角形的两个锐角，
所以α＋β<，α<－β，
所以0αβ<1，
故f(sin
α)β)，故选B.
2.定义域为R的函数f(x)对任意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，且其导函数f′(x)满足＞0，则当2＜a＜4时，有(　　)
A.f(2a)＜f(log2a)＜f(2)
B.f(log2a)＜f(2)＜f(2a)
C.f(2a)＜f(2)＜f(log2a)
D.f(log2a)＜f(2a)＜f(2)
答案　A
解析　由函数f(x)对任意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，得函数f(x)图象的对称轴为直线x＝2.
因为函数f(x)的导函数f′(x)满足＞0，
所以函数f(x)在(2，＋∞)上单调递减，(－∞，2)上单调递增.
因为2＜a＜4，所以1＜log2a＜2＜4＜2a.
又函数f(x)图象的对称轴为直线x＝2，
所以f(2)＞f(log2a)＞f(2a)，故选A.
3.两个函数的图象经过平移后能够重合，称这两个函数为“同根函数”，给出四个函数：f1(x)＝2log2(x＋1)，f2(x)＝log2(x＋2)，f3(x)＝log2x2，f4(x)＝log2(2x)，则“同根函数”是(　　)
A.f2(x)与f4(x)
B.f1(x)与f3(x)
C.f1(x)与f4(x)
D.f3(x)与f4(x)
答案　A
解析　f4(x)＝log2(2x)＝1＋log2x，f2(x)＝log2(x＋2)，将f2(x)的图象沿着x轴先向右平移2个单位得到y＝log2x的图象，然后再沿着y轴向上平移1个单位可得到f4(x)的图象，根据“同根函数”的定义可知选A.
4.设函数f(x)＝x|x－a|，若对 x1，x2∈[3，＋∞)，x1≠x2，不等式＞0恒成立，则实数a的取值范围是(　　)
A.(－∞，－3]
B.[－3，0)
C.(－∞，3]
D.(0，3]
答案　C
解析　由题意分析可知条件等价于f(x)在[3，＋∞)上单调递增，又∵f(x)＝x|x－a|，
∴当a≤0时，结论显然成立；
当a＞0时，f(x)＝
∴f(x)在上单调递增，
在上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
∴0＜a≤3.
综上，实数a的取值范围是(－∞，3].
5.在平面直角坐标系中，若两点P，Q满足条件：
(1)P，Q都在函数y＝f(x)的图象上；
(2)P，Q两点关于直线y＝x对称，
则称点对{P，Q}是函数y＝f(x)的一对“和谐点对”.(注：点对{P，Q}与{Q，P}看作同一对“和谐点对”)
已知函数f(x)＝则此函数的“和谐点对”有(　　)
A.0对
B.1对
C.2对
D.3对
答案　C
解析　作出函数f(x)的图象，然后作出f(x)＝log2x(x＞0)关于直线y＝x对称的图象，与函数f(x)＝x2＋3x＋2(x≤0)的图象有2个不同交点，所以函数的“和谐点对”有2对.
6.对定义在[0，1]上，并且同时满足以下两个条件的函数f(x)称为M函数：
(1)对任意的x∈[0，1]，恒有f(x)≥0；
(2)当x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1时，总有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立.
则下列3个函数中不是M函数的个数是(　　)
①f(x)＝x2；②f(x)＝x2＋1；③f(x)＝2x－1.
A.0
B.1
C.2
D.3
答案　B
解析　在[0，1]上，3个函数都满足f(x)≥0.
当x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1时：
对于①，f(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]＝(x1＋x2)2－(x＋x)＝2x1x2≥0，满足；
对于②，f(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]＝[(x1＋x2)2＋1]－[(x＋1)＋(x＋1)]＝2x1x2－1＜0，不满足；
对于③，f(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]＝(2－1)－(2－1＋2－1)＝22－2－2＋1＝(2－1)·(2－1)≥0，满足.故选B.
7.已知函数f(x)＝－m|x|有三个零点，则实数m的取值范围为________.
答案　(1，＋∞)
解析　函数f(x)有三个零点等价于方程＝m|x|有且仅有三个实根.∵＝m|x| ＝|x|·(x＋2)，作函数y＝|x|(x＋2)的图象，如图所示.
由图象可知m应满足：0＜＜1，故m＞1.
8.设函数y＝f(x＋1)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，在区间(－∞，0)是减函数，且图象过点(1，0)，则不等式(x－1)f(x)≤0的解集为________.
答案　(－∞，0]∪(1，2]
解析　y＝f(x＋1)的图象向右平移1个单位得到y＝f(x)的图象，由已知可得f(x)的图象的对称轴为x＝1，过定点(2，0)，且函数在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，则f(x)的大致图象如图所示.不等式(x－1)f(x)≤0可化为或由图可知符合条件的解集为(－∞，0]∪(1，2].
9.设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且对任意的x∈R恒有f(x＋1)＝f(x－1)，已知当x∈[0，1]时，f(x)＝2x，则有
①2是函数f(x)的周期；
②函数f(x)在(1，2)上是减函数，在(2，3)上是增函数；
③函数f(x)的最大值是1，最小值是0.
其中所有正确命题的序号是________.
答案　①②
解析　在f(x＋1)＝f(x－1)中，令x－1＝t，
则有f(t＋2)＝f(t)，
因此2是函数f(x)的周期，故①正确；
当x∈[0，1]时，f(x)＝2x是增函数，
根据函数的奇偶性知，f(x)在[－1，0]上是减函数，
根据函数的周期性知，函数f(x)在(1，2)上是减函数，
在(2，3)上是增函数，故②正确；
由②知f(x)在[0，2]上的最大值f(x)max＝f(1)＝2，f(x)的最小值f(x)min＝f(0)＝f(2)＝20＝1，
且f(x)是周期为2的周期函数，
∴f(x)的最大值是2，最小值是1，故③错误.
10.已知函数y＝f(x)(x∈R)为奇函数，且对定义域内的任意x都有f(1＋x)＝－f(1－x).当x∈(2，3)时，f(x)＝log2(x－1)，给出以下4个结论：
①函数y＝f(x)的图象关于点(k，0)(k∈Z)成中心对称；
②函数y＝f(x)是以2为周期的周期函数；
③当x∈(－1，0)时，f(x)＝－log2(1－x)；
④函数y＝f(|x|)在(k，k＋1)(k∈Z)上单调递增，
则正确结论的序号是__________.
答案　①②③
解析　因为f(1＋x)＝－f(1－x)，y＝f(x)(x∈R)为奇函数，
所以f(1＋x)＝f(x－1)，则f(2＋x)＝f(x)，
所以y＝f(x)(x∈R)是以2为周期的周期函数，②正确；
所以f(2k＋x)＝f(x)，f(x－k)＝f(x＋k)＝－f(k－x)，
所以f(x＋k)＝－f(k－x)，即函数y＝f(x)的图象关于点(k，0)(k∈Z)成中心对称，①正确；
由①知，函数f(x)的图象关于点(2，0)成中心对称，
即f(x＋2)＝－f(2－x).
又因为当x∈(－1，0)时，2－x∈(2，3)，
所以f(x)＝f(x＋2)＝－f(2－x)＝－log2(2－x－1)＝－log2(1－x)，③正确；
函数y＝f(|x|)是偶函数，在关于原点对称的区间上的单调性相反，所以④不正确.
11.已知函数f(x)＝|x2－4x＋3|.
(1)求函数f(x)的单调区间，并指出其增减性；
(2)求集合M＝{m|使方程f(x)＝m有四个不相等的实根}.
解　f(x)＝
作出函数图象如图.
(1)函数的增区间为(1，2)，(3，＋∞)；函数的减区间为(－∞，1)，(2，3).
(2)在同一坐标系中作出y＝f(x)和y＝m的图象，使两函数图象有四个不同的交点(如图).
由图知0＜m＜1，∴M＝{m|0＜m＜1}.
12.函数f(x)的定义域为D＝{x|x≠0}，且满足对于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2).
(1)求f(1)的值；
(2)判断f(x)的奇偶性并证明你的结论；
(3)如果f(4)＝1，f(x－1)＜2，且f(x)在(0，＋∞)上是增函数，求x的取值范围.
解　(1)∵对于任意x1，x2∈D，
有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，
∴令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝0.
(2)f(x)为偶函数.
证明：令x1＝x2＝－1，有f(1)＝f(－1)＋f(－1)，
∴f(－1)＝f(1)＝0.
令x1＝－1，x2＝x，有f(－x)＝f(－1)＋f(x)，
∴f(－x)＝f(x)，
∴f(x)在D上为偶函数.
(3)依题设有f(4×4)＝f(4)＋f(4)＝2，
由(2)知，f(x)是偶函数，
∴f(x－1)＜2 f(|x－1|)＜f(16).
又f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴0＜|x－1|＜16，解得－15＜x＜17且x≠1.
∴x的取值范围是{x|－15＜x＜17且x≠1}.“12＋4”专项练3
1.(2016·天津)已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{y|y＝3x－2，x∈A}，则A∩B等于(　　)
A.{1}
B.{4}
C.{1，3}
D.{1，4}
答案　D
解析　因为集合B中，x∈A，所以当x＝1时，y＝3－2＝1；
当x＝2时，y＝3×2－2＝4；
当x＝3时，y＝3×3－2＝7；
当x＝4时，y＝3×4－2＝10.
即B＝{1，4，7，10}.
又因为A＝{1，2，3，4}，所以A∩B＝{1，4}.故选D.
2.设z是纯虚数，若是实数，则z等于(　　)
A.－2i
B.－i
C.i
D.
2i
答案　A
解析　设z＝bi(b≠0)，
＝＝∈R，
∴2＋b＝0，b＝－2，∴z＝－2i.
3.已知命题p：“ x∈[1，2]，x2－a≥0”，命题q：“ x0∈R，使x＋2ax0＋2－a＝0”，若命题“p且q”是真命题，
则实数a的取值范围是(　　)
A.{a|a≤－2或a＝1}
B.{a|a≥1}
C.{a|a≤－2或1≤a≤2}
D.{a|－2≤a≤1}
答案　A
解析　p为真，则x2≥a，所以a≤1；
q为真，则Δ＝(2a)2－4(2－a)≥0，
解得，a≥1或a≤－2.命题“p且q”为真命题，
则a的取值范围为a≤－2或a＝1.
4.已知条件p：x2－2x－3＜0，条件q：x＞a，若p是q的充分不必要条件，则a的取值范围为(　　)
A.a＞3
B.a≥3
C.a＜－1
D.a≤－1
答案　D
5.函数y＝sin(ωx＋φ)的部分图象如图，则φ、ω可以取的一组值是(　　)
A.ω＝，φ＝
B.ω＝，φ＝
C.ω＝，φ＝
D.ω＝，φ＝
答案　C
解析　由图象得＝2，∴T＝8，ω＝＝，
当x＝1时，y＝1，∴sin(＋φ)＝1，
则φ＝时符合，故选C.
6.由a1＝1，an＋1＝给出的数列{an}的第34项是(　　)
A.
B.100
C.
D.
答案　A
解析　由a1＝1，an＋1＝得，
a2＝＝，a3＝＝，
a4＝＝，a5＝＝，
a6＝＝，…，各项分子为1，分母构成等差数列{bn}，首项b1＝1，公差为d＝3，
所以b34＝b1＋(34－1)d＝1＋33×3＝100，故选A.
7.给出以下四个命题：
①若ab≤0，则a≤0或b≤0；
②若a>b，则am2>bm2；
③在△ABC中，若sin
A＝sin
B，则A＝B；
④在一元二次方程ax2＋bx＋c＝0中，若b2－4ac<0，则方程有实数根.
其中原命题、逆命题、否命题、逆否命题全都是真命题的是(　　)
A.①
B.②
C.③
D.④
答案　C
8.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)
A.
B.
C.13
D.
答案　C
解析　该三视图的几何体是三棱台ABC—DEF，为正方体中的一部分，如图.
BC＝，EF＝2，BE＝CF＝，
SBCFE＝(＋2)×
＝，
所以S表＝＋2＋2××(1＋2)×2＋＝13.故选C.
9.已知三角形的三边分别为a，b，c，内切圆的半径为r，则三角形的面积为S＝(a＋b＋c)r；四面体的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为R.类比三角形的面积可得四面体的体积为(　　)
A.V＝(S1＋S2＋S3＋S4)R
B.V＝(S1＋S2＋S3＋S4)R
C.V＝(S1＋S2＋S3＋S4)R
D.V＝(S1＋S2＋S3＋S4)R
答案　B
解析　根据几何体和平面图形的类比关系，三角形的边应与四面体中的各个面进行类比，而面积与体积进行类比，∴△ABC的面积为S＝(a＋b＋c)r，
对应于四面体的体积为V＝(S1＋S2＋S3＋S4)R.
10.甲乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中任想一个数字记为a，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜的数字记为b，且a，b∈{0，1，2，…，9}.若|a－b|≤1，则称甲乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏，则二人“心有灵犀”的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　共有10×10＝100(种)猜字结果，其中满足|a－b|≤1的有：当a＝0时，b＝0，1；当a＝1时，b＝0，1，2；当a＝2时，b＝1，2，3；当a＝3时，b＝2，3，4；当a＝4时，b＝3，4，5；当a＝5时，b＝4，5，6；当a＝6时，b＝5，6，7；当a＝7时，b＝6，7，8；当a＝8时，b＝7，8，9；当a＝9时，b＝8，9，共28种，所以他们“心有灵犀”的概率为P＝＝，故选A.
11.函数f(x)＝2x2－ln
x的单调递减区间是(　　)
A.(0，)
B.(－，0)和(，＋∞)
C.(，＋∞)
D.
(－∞，－)和(0，)
答案　A
解析　由题意，得f′(x)＝4x－＝
＝
(x>0)，又当x∈(0，)时，f′(x)<0，
所以函数f(x)的单调递减区间是(0，)，故选A.
12.已知双曲线－＝1的左，右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，且|PF1|＝4|PF2|，则此双曲线的离心率e的最大值为(　　)
A.
B.
C.2
D.
答案　B
解析　由双曲线的定义知|PF1|－|PF2|＝2a，
①
又|PF1|＝4|PF2|，
②
联立①②解得|PF1|＝a，|PF2|＝a.
在△PF1F2中，由余弦定理，
得cos∠F1PF2＝＝－e2.
要求e的最大值，即求cos∠F1PF2的最小值，
当cos∠F1PF2＝－1时，
解得e＝(e＝－不合题意，舍去)，
即e的最大值为，故选B.
13.(1－x)(1＋2)5展开式中x2的系数为________.
答案　60
解析　因为(1＋2)5展开式的通项公式为
Tk＋1＝C·2k·x，
所以(1－x)(1＋2)5展开式中x2的系数为
1×C×24－×C×22＝60.
14.曲线y＝x3－2x在(1，－1)处的切线方程为__________________.
答案　x－y－2＝0
解析　y′＝3x2－2，y′|x＝1＝1，
所以切线方程为x－y－2＝0.
15.程序框图如图所示，该程序运行后输出的S的值是__________________.
答案　
解析　由程序框图知：第一次循环S＝＝－3，i＝2；第二次循环S＝＝－，i＝3；第三次循环S＝＝，i＝4；第四次循环S＝＝2，i＝5；第五次循环S＝＝－3，i＝6；…S值的周期为4，∵跳出循环体的i值为2
106，∴共循环了2
015次，∴输出的S＝.
16.已知向量＝(2，1)，＝(1，7)，＝(5，1)，设X是直线OP上的一点(O为坐标原点)，那么·的最小值是________.
答案　－8
解析　直线OP方程为y＝x，
设点X坐标为(m，m)，
则＝(1－m，7－m)，＝(5－m，1－m)，
所以·＝(1－m)(5－m)＋(7－m)(1－m)
＝m2－10m＋12＝(m－4)2－8，
当m＝4时，·有最小值为－8.第43练　函数与方程思想
[思想方法解读]　1.函数与方程思想的含义
(1)函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，是对函数概念的本质认识，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的思想方法.
(2)方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决的思想方法.
2.函数与方程思想在解题中的应用
(1)函数与不等式的相互转化，对函数y＝f(x)，当y>0时，就化为不等式f(x)>0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式.
(2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要.
(3)解析几何中的许多问题，需要通过解二元方程组才能解决.这都涉及二次方程与二次函数的有关理论.
(4)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决，建立空间直角坐标系后，立体几何与函数的关系更加密切.
体验高考
1.(2015·湖南)已知函数f(x)＝若存在实数b，使函数g(x)＝f(x)－b有两个零点，则a的取值范围是________.
答案　(－∞，0)∪(1，＋∞)
解析　函数g(x)有两个零点，
即方程f(x)－b＝0有两个不等实根，
则函数y＝f(x)和y＝b的图象有两个公共点.
①若a<0，
则当x≤a时，f(x)＝x3，函数单调递增；
当x>a时，
f(x)＝x2，函数先单调递减后单调递增，
f(x)的图象如图(1)实线部分所示，其与直线y＝b可能有两个公共点.
②若0≤a≤1，
则a3≤a2，函数f(x)在R上单调递增，f(x)的图象如图(2)实线部分所示，其与直线y＝b至多有一个公共点.
③若a>1，
则a3>a2，函数f(x)在R上不单调，f(x)的图象如图(3)实线部分所示，其与直线y＝b可能有两个公共点.
综上，a<0或a>1.
2.(2015·安徽)设x3＋ax＋b＝0，其中a，b均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是________(写出所有正确条件的编号).
①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；
④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.
答案　①③④⑤
解析　令f(x)＝x3＋ax＋b，f′(x)＝3x2＋a，
当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，必有一个实根，④⑤正确；
当a<0时，由于选项当中a＝－3，∴只考虑a＝－3这一种情况，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，∴f(x)极大＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，f(x)极小＝f(1)＝1－3＋b＝b－2，要有一根，f(x)极大<0或f(x)极小>0，∴b<－2或b>2，①③正确，②错误.所有正确条件为①③④⑤.
3.(2016·课标全国甲)已知函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝2－f(x)，若函数y＝与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则(xi＋yi)等于(　　)
A.0
B.m
C.2m
D.4m
答案　B
解析　方法一　特殊函数法，根据f(－x)＝2－f(x)可设函数f(x)＝x＋1，由y＝，解得两个点的坐标为此时m＝2，所以(xi＋yi)＝m，故选B.
方法二　由题设得(f(x)＋f(－x))＝1，点(x，f(x))与点(－x，f(－x))关于点(0，1)对称，则y＝f(x)的图象关于点(0，1)对称.
又y＝＝1＋，x≠0的图象也关于点(0，1)对称.
则交点(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)成对，且关于点(0，1)对称.
则(xi，yi)＝i＋i＝0＋×2＝m，故选B.
高考必会题型
题型一　利用函数与方程思想解决图象交点或方程根等问题
例1　(2016·天津)已知函数f(x)＝(a>0，且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是(　　)
A.
B.
C.∪
D.∪
答案　C
解析　由y＝loga(x＋1)＋1在[0，＋∞)上递减，得0又由f(x)在R上单调递减，
则 ≤a≤.
如图所示，在同一坐标系中作出函数y＝|f(x)|和y＝2－x的图象.
由图象可知，在[0，＋∞)上，|f(x)|＝2－x有且仅有一个解.
故在(－∞，0)上，|f(x)|＝2－x同样有且仅有一个解.当3a>2，
即a>时，由x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x(其中x<0)，得x2＋(4a－2)x＋3a－2＝0(其中x<0)，则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，
解得a＝或a＝1(舍去)；
当1≤3a≤2，即≤a≤时，
由图象可知，符合条件.
综上所述，a∈∪.故选C.
点评　函数图象的交点、函数零点、方程的根三者之间可互相转化，解题的宗旨就是函数与方程的思想.方程的根可转化为函数零点、函数图象的交点，反之函数零点、函数图象的交点个数问题也可转化为方程根的问题.
变式训练1　已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＝且f(x＋2)＝f(x)，g(x)＝，则方程f(x)＝g(x)在区间[－5，1]上的所有实根之和为(　　)
A.－5
B.－6
C.－7
D.－8
答案　C
解析　g(x)＝＝＝2＋，由题意知函数f(x)的周期为2，则函数f(x)，g(x)在区间[－5，1]上的图象如图所示：
由图象知f(x)、g(x)有三个交点，故方程f(x)＝g(x)
在x∈[－5，1]上有三个根xA、xB、xC，xB＝－3，＝－2，xA＋xC＝－4，
∴xA＋xB＋xC＝－7.
题型二　函数与方程思想在不等式中的应用
例2　定义域为R的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，则不等式<1的解集为(　　)
A.(－∞，0)
B.(0，＋∞)
C.(－∞，2)
D.(2，＋∞)
答案　B
解析　构造函数g(x)＝，则g′(x)＝＝.由题意得g′(x)<0恒成立，所以函数g(x)＝在R上单调递减.又g(0)＝＝1，所以<1，即g(x)<1，所以x>0，所以不等式的解集为(0，＋∞).故选B.
点评　不等式恒成立问题的处理方法
在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，利用函数的图象和性质解决问题.同时要注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化.一般地，已知存在范围的量为变量，而待求范围的量为参数.
变式训练2　已知f(x)＝log2x，x∈[2，16]，对于函数f(x)值域内的任意实数m，则使x2＋mx＋4>2m＋4x恒成立的实数x的取值范围为(　　)
A.(－∞，－2]
B.[2，＋∞)
C.(－∞，－2]∪[2，＋∞)
D.(－∞，－2)∪(2，＋∞)
答案　D
解析　∵x∈[2，16]，∴f(x)＝log2x∈[1，4]，
即m∈[1，4].
不等式x2＋mx＋4>2m＋4x恒成立，
即为m(x－2)＋(x－2)2>0恒成立，
设g(m)＝(x－2)m＋(x－2)2，
则此函数在[1，4]上恒大于0，
所以即
解得x<－2或x>2.
题型三　函数与方程思想在数列中的应用
例3　已知数列{an}是首项为2，各项均为正数的等差数列，a2，a3，a4＋1成等比数列，设bn＝＋＋…＋(其中Sn是数列{an}的前n项和)，若对任意n∈N
，不等式bn≤k恒成立，求实数k的最小值.
解　因为a1＝2，a＝a2·(a4＋1)，
又因为{an}是正项等差数列，故d≥0，
所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，
得d＝2或d＝－1(舍去)，
所以数列{an}的通项公式an＝2n.
因为Sn＝n(n＋1)，
bn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝－＋－＋…＋－
＝－＝＝.
令f(x)＝2x＋
(x≥1)，
则f′(x)＝2－，当x≥1时，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
故当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3，
即当n＝1时，(bn)max＝，
要使对任意的正整数n，不等式bn≤k恒成立，
则须使k≥(bn)max＝，所以实数k的最小值为.
点评　数列问题函数(方程)化法
数列问题函数(方程)化法与形式结构函数(方程)化法类似，但要注意数列问题中n的取值范围为正整数，涉及的函数具有离散性特点，其一般解题步骤为：
第一步：分析数列式子的结构特征.
第二步：根据结构特征构造“特征”函数(方程)，转化问题形式.
第三步：研究函数性质.结合解决问题的需要，研究函数(方程)的相关性质，主要涉及函数单调性与最值、值域问题的研究.
第四步：回归问题.结合对函数(方程)相关性质的研究，回归问题.
变式训练3　设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N
).若＜－1，则(　　)
A.Sn的最大值是S8
B.Sn的最小值是S8
C.Sn的最大值是S7
D.Sn的最小值是S7
答案　D
解析　由条件得＜，即＜，所以an＜an＋1，所以等差数列{an}为递增数列.
又＜－1，所以a8＞0，a7＜0，即数列{an}前7项均小于0，第8项大于零，所以Sn的最小值为S7，故选D.
题型四　函数与方程思想在解析几何中的应用
例4　椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，短轴长为，离心率为，直线l与y轴交于点P(0，m)，与椭圆C交于相异两点A，B，且＝3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)求m的取值范围.
解　(1)设椭圆C的方程为＋＝1
(a>b>0)，
设c>0，c2＝a2－b2，
由题意，知2b＝，＝，所以a＝1，b＝c＝.
故椭圆C的方程为y2＋＝1，即y2＋2x2＝1.
(2)①当直线l的斜率不存在时，也满足＝3，此时m＝±.
②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m
(k≠0)，l与椭圆C的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0，
Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)>0，(
)
x1＋x2＝，x1x2＝.
因为＝3，所以－x1＝3x2，
所以则3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，
即3·2＋4·＝0，
整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0，
即k2(4m2－1)＋2m2－2＝0，
当m2＝时，上式不成立；
当m2≠时，k2＝，
由(
)式，得k2>2m2－2，又k≠0，
所以k2＝>0，
解得－1综上，所求m的取值范围为∪.
点评　利用判别式法研究圆锥曲线中的范围问题的步骤
第一步：联立方程.
第二步：求解判别式Δ.
第三步：代换.利用题设条件和圆锥曲线的几何性质，得到所求目标参数和判别式不等式中的参数的一个等量关系，将其代换.
第四步：下结论.将上述等量代换式代入Δ>0或Δ≥0中，即可求出目标参数的取值范围.
第五步：回顾反思.在研究直线与圆锥曲线的位置关系问题时，无论题目中有没有涉及求参数的取值范围，都不能忽视了判别式对某些量的制约，这是求解这类问题的关键环节.
变式训练4　已知点F1(－c，0)，F2(c，0)为椭圆＋＝1(a>b>0)的两个焦点，点P为椭圆上一点，且·＝c2，则此椭圆离心率的取值范围是____________.
答案　
解析　设P(x，y)，
则·＝(－c－x，－y)·(c－x，－y)
＝x2－c2＋y2＝c2，
①
将y2＝b2－x2代入①式解得
x2＝＝，
又x2∈[0，a2]，∴2c2≤a2≤3c2，
∴e＝∈.
高考题型精练
1.关于x的方程3x＝a2＋2a，在(－∞，1]上有解，则实数a的取值范围是(　　)
A.[－2，－1)∪(0，1]
B.[－3，－2)∪[0，1]
C.[－3，－2)∪(0，1]
D.[－2，－1)∪[0，1]
答案　C
解析　当x∈(－∞，1]时，3x∈(0，3]，
要使3x＝a2＋2a有解，a2＋2a的值域必须为(0，3]，
即0解不等式可得－3≤a＜－2或0＜a≤1，故选C.
2.设函数f(x)＝ex(x3－3x＋3)－aex－x，若不等式f(x)≤0有解，则实数a的最小值为(　　)
A.－1
B.2－
C.1＋2e2
D.1－
答案　D
解析　因为f(x)≤0有解，所以f(x)＝ex(x3－3x＋3)－aex－x≤0，a≥x3－3x＋3－＝F(x)，
F′(x)＝3x2－3＋＝(x－1)(3x＋3＋e－x)，
令G(x)＝3x＋3＋e－x，G′(x)＝3－e－x，3－e－x＝0，
x＝－ln
3，G(x)最小值G(－ln
3)＝6－3ln
3>0，
F(x)在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
F(x)的最小值为F(1)＝1－，所以a≥1－，
故选D.
3.已知f(x)＝x2－4x＋4，f1(x)＝f(x)，f2(x)＝f(f1(x))，…，fn(x)＝f(fn－1(x))，函数y＝fn(x)的零点个数记为an，则an等于(　　)
A.2n
B.2n－1
C.2n＋1
D.2n或2n－1
答案　B
解析　f1(x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2，有1个零点2，由f2(x)＝0可得f1(x)＝2，则x＝2＋或x＝2－，即y＝f2(x)有2个零点，由f3(x)＝0可得f2(x)＝2－或2＋，则(x－2)2＝2－或(x－2)2＝2＋，即y＝f3(x)有4个零点，以此类推可知，y＝fn(x)的零点个数an＝2n－1.故选B.
4.已知函数f(x)＝ln
x－x＋－1，g(x)＝－x2＋2bx－4，若对任意x1∈(0，2)，x2∈[1，2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，则实数b的取值范围为____________.
答案　
解析　问题等价于f(x)min≥g(x)max.
f(x)＝ln
x－x＋－1，
所以f′(x)＝－－＝，
令f′(x)>0得x2－4x＋3<0，解得1故函数f(x)的单调递增区间是(1，3)，单调递减区间是(0，1)和(3，＋∞)，故在区间(0，2)上，x＝1是函数的极小值点，这个极小值点是唯一的，故也是最小值点，所以f(x)min＝f(1)＝－.
由于函数g(x)＝－x2＋2bx－4，x∈[1，2].
当b<1时，g(x)max＝g(1)＝2b－5；
当1≤b≤2时；g(x)max＝g(b)＝b2－4；
当b>2时，g(x)max＝g(2)＝4b－8.
故问题等价于
或或
解第一个不等式组得b<1，解第二个不等式组得1≤b≤，第三个不等式组无解.
综上所述，b的取值范围是.
5.满足条件AB＝2，AC＝BC的三角形ABC的面积的最大值是________.
答案　2
解析　可设BC＝x，则AC＝x，
根据面积公式得S△ABC＝x，
由余弦定理计算得cos
B＝，
代入上式得S△ABC＝x＝
.
由得2－2故当x＝2时，S△ABC有最大值2.
6.已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点.若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a的取值范围为________.
答案　[1，＋∞)
解析　以AB为直径的圆的方程为x2＋(y－a)2＝a，
由
得y2＋(1－2a)y＋a2－a＝0.即(y－a)[y－(a－1)]＝0，
则由题意得解得a≥1.
7.设函数f(x)＝ln
x＋(a为常数).
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线与x轴平行，求实数a的值；
(2)若函数f(x)在(e，＋∞)内有极值，求实数a的取值范围.
解　(1)函数f(x)的定义域为(0，1)∪(1，＋∞)，
由f(x)＝ln
x＋得f′(x)＝－，
由于曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线与x轴平行，
所以f′(2)＝0，即－＝0，
所以a＝.
(2)因为f′(x)＝－＝，
若函数f(x)在(e，＋∞)内有极值，
则函数y＝f′(x)在(e，＋∞)内有异号零点，
令φ(x)＝x2－(2＋a)x＋1.
设x2－(2＋a)x＋1＝(x－α)(x－β)，可知αβ＝1，
不妨设β>α，则α∈(0，1)，β∈(1，＋∞)，
若函数y＝f′(x)在(e，＋∞)内有异号零点，
即y＝φ(x)在(e，＋∞)内有异号零点，
所以β>e，又φ(0)＝1>0，
所以φ(e)＝e2－(2＋a)e＋1<0，
解得a>e＋－2，
所以实数a的取值范围是(e＋－2，＋∞).
8.已知f(x)＝ex－ax－1.
(1)求f(x)的单调增区间；
(2)若f(x)在定义域R内单调递增，求a的取值范围.
解　(1)∵f(x)＝ex－ax－1(x∈R)，
∴f′(x)＝ex－a.
令f′(x)≥0，得ex≥a，
当a≤0时，f′(x)>0在R上恒成立；
当a>0时，有x≥ln
a.
综上，当a≤0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；
当a>0时，f(x)的单调增区间为(ln
a，＋∞).
(2)由(1)知f′(x)＝ex－a.
∵f(x)在R上单调递增，
∴f′(x)＝ex－a≥0恒成立，
即a≤ex在R上恒成立.
∵当x∈R时，ex>0，
∴a≤0，即a的取值范围是(－∞，0].
9.已知椭圆C：＋＝1(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.
解　(1)由题意得解得b＝.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|MN|＝
＝
＝.
又因为点A(2，0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝，
所以△AMN的面积为S＝|MN|·d＝.
由＝，解得k＝±1.
所以k的值为1或－1.
10.已知等比数列{an}满足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式.
(2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值.
解　(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q，
依题意，有
即
由①得q2－3q＋2＝0，
解得q＝1或q＝2.
当q＝1时，不合题意.舍去；
当q＝2时，代入②得a1＝2，
所以an＝2×2n－1＝2n.
(2)bn＝an＋log2
＝2n＋log2＝2n－n.
所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n
＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n)
＝－＝2n＋1－2－n－n2.
因为Sn－2n＋1＋47<0，
所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47<0，
即n2＋n－90>0，
解得n>9或n<－10.
因为n∈N
，
故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整数n的最小值为10.第4练　用好基本不等式
[题型分析·高考展望]　基本不等式是解决函数值域、最值、不等式证明、参数范围问题的有效工具，在高考中经常考查，有时也会对其单独考查.题目难度为中等偏上.应用时，要注意“拆、拼、凑”等技巧，特别要注意应用条件，只有具备公式应用的三个条件时，才可应用，否则可能会导致结果错误.
体验高考
1.(2015·四川)如果函数f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在区间上单调递减，那么mn的最大值为(　　)
A.16
B.18
C.25
D.
答案　B
解析　①当m＝2时，∵f(x)在[，2]上单调递减，
∴0≤n＜8，mn＝2n＜16.
②m≠2时，抛物线的对称轴为x＝－.
据题意得，当m＞2时，－≥2，即2m＋n≤12，
∵≤≤6，
∴mn≤18，由2m＝n且2m＋n＝12得m＝3，n＝6.
当m＜2时，抛物线开口向下，
据题意得，－≤，即m＋2n≤18，
∵≤≤9，
∴mn≤，由2n＝m且m＋2n＝18得m＝9＞2，故应舍去.
要使得mn取得最大值，应有m＋2n＝18(m＜2，n＞8).
∴mn＝(18－2n)n＜(18－2×8)×8＝16，
综上所述，mn的最大值为18，故选B.
2.(2015·陕西)设f(x)＝ln
x，0＜a＜b，若p＝f()，q＝f，r＝(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是(　　)
A.q＝r＜p
B.q＝r＞p
C.p＝r＜q
D.p＝r＞q
答案　C
解析　∵0＜a＜b，∴＞，
又∵f(x)＝ln
x在(0，＋∞)上为增函数，
故f＞f()，即q＞p.
又r＝(f(a)＋f(b))＝(ln
a＋ln
b)
＝ln
a＋ln
b＝ln(ab)＝f()＝p.
故p＝r＜q.选C.
3.(2015·天津)已知a＞0，b＞0，ab＝8，则当a的值为________时，log2a·log2(2b)取得最大值.
答案　4
解析　log2a·log2(2b)＝log2a·(1＋log2b)
≤2＝2＝2＝4，
当且仅当log2a＝1＋log2b，即a＝2b时，等号成立，
此时a＝4，b＝2.
4.(2016·江苏)在锐角三角形ABC中，若sin
A＝2sin
Bsin
C，则tan
Atan
Btan
C的最小值是________.
答案　8
解析　在△ABC中，A＋B＋C＝π，
sin
A＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)，
由已知，sin
A＝2sin
Bsin
C，
∴sin(B＋C)＝2sin
Bsin
C.
∴sin
Bcos
C＋cos
Bsin
C＝2sin
Bsin
C，
A，B，C全为锐角，两边同时除以cos
Bcos
C得：
tan
B＋tan
C＝2tan
Btan
C.
又tan
A＝－tan(B＋C)＝－＝.
∴tan
A(tan
Btan
C－1)＝tan
B＋tan
C.
则tan
Atan
Btan
C－tan
A＝tan
B＋tan
C，
∴tan
Atan
Btan
C＝tan
A＋tan
B＋tan
C＝tan
A＋2tan
Btan
C≥2，
∴≥2，
∴tan
Atan
Btan
C≥8.
5.(2016·上海)设a＞0，b＞0.若关于x，y的方程组无解，则a＋b的取值范围是________.
答案　(2，＋∞)
解析　由已知，ab＝1，且a≠b，
∴a＋b＞2＝2.
高考必会题型
题型一　利用基本不等式求最大值、最小值
1.利用基本不等式求最值的注意点
(1)在运用基本不等式求最值时，必须保证“一正，二定，三相等”，凑出定值是关键.
(2)若两次连用基本不等式，要注意等号的取得条件的一致性，否则就会出错.
2.结构调整与应用基本不等式
基本不等式在解题时一般不能直接应用，而是需要根据已知条件和基本不等式的“需求”寻找“结合点”，即把研究对象化成适用基本不等式的形式.常见的转化方法有：
(1)x＋＝x－a＋＋a(x>a).
(2)若＋＝1，则mx＋ny＝(mx＋ny)×1＝(mx＋ny)·≥ma＋nb＋2(字母均为正数).
例1　(1)已知正常数a，b满足＋＝3，则(a＋1)(b＋2)的最小值是________.
答案　
解析　由＋＝3，得b＋2a＝3ab，
∴(a＋1)(b＋2)＝2a＋b＋ab＋2＝4ab＋2，
又a＞0，b＞0，∴＋≥2，
∴ab≥(当且仅当b＝2a时取等号)，
∴(a＋1)(b＋2)的最小值为4×＋2＝.
(2)求函数y＝(x＞－1)的最小值.
解　设x＋1＝t，则x＝t－1(t＞0)，
∴y＝
＝t＋＋5≥2
＋5＝9.
当且仅当t＝，即t＝2，且此时x＝1时，取等号，
∴ymin＝9.
点评　求条件最值问题一般有两种思路：一是利用函数单调性求最值；二是利用基本不等式.在利用基本不等式时往往都需要变形，变形的原则是在已知条件下通过变形凑出基本不等式应用的条件，即“和”或“积”为定值.等号能够取得.
变式训练1　已知x＞0，y＞0，且2x＋5y＝20，
(1)求u＝lg
x＋lg
y的最大值；
(2)求＋的最小值.
解　(1)∵x＞0，y＞0，
∴由基本不等式，得2x＋5y≥2.
∵2x＋5y＝20，∴2≤20，即xy≤10，
当且仅当2x＝5y时等号成立.
因此有解得
此时xy有最大值10.
∴u＝lg
x＋lg
y＝lg(xy)≤lg
10＝1.
∴当x＝5，y＝2时，u＝lg
x＋lg
y有最大值1.
(2)∵x＞0，y＞0，
∴＋＝·
＝≥
＝，
当且仅当＝时等号成立.
由解得
∴＋的最小值为.
题型二　基本不等式的综合应用
例2　(1)某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元，若每批生产x件，则平均仓储时间为天，且每件产品每天的仓储费用为1元，为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品(　　)
A.60件
B.80件
C.100件
D.120件
答案　B
解析　平均每件产品的费用为y＝＝＋≥2
＝20，当且仅当＝，即x＝80时取等号，所以每批应生产产品80件，才能使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小.
(2)某单位决定投资3
200元建一仓库(长方体状)，高度恒定，它的后墙利用旧墙不花钱，正面用铁栅，每米长造价40元，两侧墙砌砖，每米长造价45元，顶部每平方米造价20元，求：仓库面积S的最大允许值是多少？为使S达到最大，而实际投资又不超过预算，那么正面铁栅应设计为多长？
解　设铁栅长为x米，一侧砖墙长为y米，则顶部面积S＝xy，依题设，得40x＋2×45y＋20xy＝3
200，由基本不等式得3
200≥2
＋20xy＝120
＋20xy＝120
＋20S，则S＋6－160≤0，即(－10)·(＋16)≤0，故0＜≤10，从而0＜S≤100，所以S的最大允许值是100平方米，取得此最大值的条件是40x＝90y且xy＝100，解得x＝15，即铁栅的长应设计为15米.
点评　基本不等式及不等式性质应用十分广泛，在最优化实际问题，平面几何问题，代数式最值等方面都要用到基本不等式，应用时一定要注意检验“三个条件”是否具备.
变式训练2　(1)已知直线ax＋by－6＝0(a＞0，b＞0)被圆x2＋y2－2x－4y＝0截得的弦长为2，则ab的最大值是________.
答案　
解析　圆的方程变形为(x－1)2＋(y－2)2＝5，
由已知可得直线ax＋by－6＝0过圆心O(1，2)，
∴a＋2b＝6(a＞0，b＞0)，∴6＝a＋2b≥2，
∴ab≤(当且仅当a＝2b时等号成立)，
故ab的最大值为.
(2)某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件，需另投入成本为C(x)，当年产量不足80千件时，C(x)＝x2＋10x(万元).当年产量不小于80千件时，C(x)＝51x＋－1
450(万元).每件商品售价为0.05万元.通过市场分析，该厂生产的商品能全部售完.
①写出年利润L(x)(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；
②当年产量为多少千件时，该厂在这一商品的生产中所获利润最大？
解　①当0＜x＜80时，
L(x)＝1
000x×0.05－(x2＋10x)－250＝－x2＋40x－250.
当x≥80时，
L(x)＝1
000x×0.05－(51x＋－1
450)－250＝1
200－(x＋).
∴L(x)＝
②当0＜x＜80时，L(x)＝－x2＋40x－250.
对称轴为x＝60，
即当x＝60时，L(x)最大＝950(万元).
当x≥80时，
L(x)＝1
200－(x＋)
≤1
200－2
＝1
000(万元)，
当且仅当x＝100时，L(x)最大＝1
000(万元)，
综上所述，当x＝100时，年获利最大.
高考题型精练
1.已知x＞1，y＞1，且ln
x，，ln
y成等比数列，则xy(　　)
A.有最大值e
B.有最大值
C.有最小值e
D.有最小值
答案　C
解析　∵x＞1，y＞1，且ln
x，，ln
y成等比数列，
∴ln
x·ln
y＝≤2，
∴ln
x＋ln
y＝ln
xy≥1 xy≥e.
2.若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是(　　)
A.
B.
C.5
D.6
答案　C
解析　方法一　由x＋3y＝5xy可得＋＝1，
∴3x＋4y＝(3x＋4y)(＋)
＝＋＋＋≥＋＝5(当且仅当＝，
即x＝1，y＝时，等号成立)，∴3x＋4y的最小值是5.
方法二　由x＋3y＝5xy得x＝，
∵x＞0，y＞0，∴y＞，
∴3x＋4y＝＋4y＝＋·＋4≥＋2
＝5，当且仅当y＝时等号成立，
∴3x＋4y的最小值是5.
3.若正数a，b满足＋＝1，则＋的最小值是(　　)
A.1
B.6
C.9
D.16
答案　B
解析　∵正数a，b满足＋＝1，
∴b＝＞0，解得a＞1.同理可得b＞1，
∴＋＝＋
＝＋9(a－1)≥2
＝6，
当且仅当＝9(a－1)，即a＝时等号成立，
∴最小值为6.故选B.
4.已知a＞0，b＞0，若不等式－－≤0恒成立，则m的最大值为(　　)
A.4
B.16
C.9
D.3
答案　B
解析　因为a＞0，b＞0，所以由－－≤0恒成立得m≤(＋)(3a＋b)＝10＋＋恒成立.
因为＋≥2＝6，
当且仅当a＝b时等号成立，所以10＋＋≥16，
所以m≤16，即m的最大值为16，故选B.
5.一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a，得2分的概率为b，不得分的概率为c(a、b、c∈(0，1))，已知他投篮一次得分的均值为2，则＋的最小值为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　D
解析　由已知得，3a＋2b＋0×c＝2，
即3a＋2b＝2，其中0＜a＜，0＜b＜1.
又＋＝
＝3＋＋＋≥＋2＝，
当且仅当＝，即a＝2b时取“等号”，
又3a＋2b＝2，即当a＝，b＝时，
＋的最小值为，故选D.
6.已知m＞0，a1＞a2＞0，则使得≥|aix－2|(i＝1，2)恒成立的x的取值范围是(　　)
A.[0，]
B.[0，]
C.[0，]
D.[0，]
答案　C
解析　因为＝m＋≥2(当且仅当m＝1时等号成立)，所以要使不等式恒成立，
则2≥|aix－2|(i＝1，2)恒成立，
即－2≤aix－2≤2，所以0≤aix≤4，
因为a1＞a2＞0，
所以即0≤x≤，
所以使不等式恒成立的x的取值范围是[0，].
7.已知x＞0，y＞0，x＋3y＋xy＝9，则x＋3y的最小值为________.
答案　6
解析　由已知得x＝.
方法一　(消元法)
∵x＞0，y＞0，∴0＜y＜3，
∴x＋3y＝＋3y＝＋3(y＋1)－6≥2－6＝6，当且仅当＝3(y＋1)，即y＝1，x＝3时，(x＋3y)min＝6.
方法二　∵x＞0，y＞0，
9－(x＋3y)＝xy＝x·(3y)≤·2，当且仅当x＝3y时等号成立.
设x＋3y＝t＞0，则t2＋12t－108≥0，
∴(t－6)(t＋18)≥0，
又∵t＞0，∴t≥6.故当x＝3，y＝1时，(x＋3y)min＝6.
8.已知三个正数a，b，c成等比数列，则＋的最小值为________.
答案　
解析　由条件可知a＞0，b＞0，c＞0，且b2＝ac，即b＝，故≥＝2，令＝t，则t≥2，所以y＝t＋在[2，＋∞)上单调递增，故其最小值为2＋＝.
9.已知x，y∈R且满足x2＋2xy＋4y2＝6，则z＝x2＋4y2的取值范围为________.
答案　[4，12]
解析　∵2xy＝6－(x2＋4y2)，而2xy≤，
∴6－(x2＋4y2)≤，
∴x2＋4y2≥4(当且仅当x＝2y时取等号)，
又∵(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6，
∴z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12(当且仅当x＝－2y时取等号)，
综上可知4≤x2＋4y2≤12.
10.当x∈(0，1)时，不等式≥m－恒成立，则m的最大值为________.
答案　9
解析　方法一　(函数法)由已知不等式可得m≤＋，
设f(x)＝＋＝＝，x∈(0，1).
令t＝3x＋1，则x＝，t∈(1，4)，
则函数f(x)可转化为
g(t)＝＝
＝＝，
因为t∈(1，4)，所以5＞t＋≥4，
0＜－(t＋)＋5≤1，≥9，
即g(t)∈[9，＋∞)，故m的最大值为9.
方法二　(基本不等式法)由已知不等式可得m≤＋，因为x∈(0，1)，则1－x∈(0，1)，设y＝1－x∈(0，1)，显然x＋y＝1.
故＋＝＋＝＋
＝5＋(＋)≥5＋2＝9，
当且仅当＝，即y＝，x＝时等号成立.
所以要使不等式m≤＋恒成立，m的最大值为9.
11.运货卡车以每小时x千米的速度匀速行驶130千米，按交通法规限制50≤x≤100(单位：千米/时).假设汽油的价格是每升2元，而汽车每小时耗油升，司机的工资是每小时14元.
(1)求这次行车总费用y关于x的表达式；
(2)当x为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值.
解　(1)设所用时间为t＝(小时)，
y＝×2×＋14×，x∈[50，100].
所以，这次行车总费用y关于x的表达式是
y＝＋x，x∈[50，100].
(2)y＝＋x≥26，当且仅当＝，
即x＝18时等号成立.故当x＝18千米/时，这次行车的总费用最低，最低费用的值为26元.
12.某种商品原来每件售价为25元，年销售8万件.
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2
000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
(2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量.公司决定明年对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元.公司拟投入(x2－600)万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入x万元作为浮动宣传费用.试问：当该商品明年的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价.
解　(1)设每件定价为t元，
依题意，有t≥25×8，
整理得t2－65t＋1
000≤0，解得25≤t≤40.
∴要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元.
(2)依题意，x＞25时，
不等式ax≥25×8＋50＋(x2－600)＋x有解，
等价于x＞25时，a≥＋x＋有解，
∵＋x≥2＝10(当且仅当x＝30时，等号成立)，∴a≥10.2，
∴当该商品明年的销售量a至少应达到10.2万件时，才可能使明年的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元.“12＋4”专项练5
1.已知全集U＝R，N＝{x|x(x＋3)<0}，M＝{x|x<－1}，则图中阴影部分表示的集合是(　　)
A.{x|－3B.{x|－3C.{x|－1≤x<0}
D.{x|x<－3}
答案　C
2.若复数z满足(1－2i)z＝1＋2i(i为虚数单位)，则z等于(　　)
A.－－i
B.＋i
C.－＋i
D.－i
答案　C
3.命题：“ x∈R，x2＋x＋1>0”的否定是(　　)
A.不存在x∈R，x2＋x＋1>0
B. x0∈R，x＋x0＋1>0
C. x0∈R，x＋x0＋1≤0
D. x∈R，x2＋x＋1≤0
答案　C
4.已知p：α为第二象限的角，q：sin
α>cos
α，则p是q的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
答案　A
5.等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3＋a7＋a11＝12，则S13等于(　　)
A.52
B.54
C.56
D.58
答案　A
解析　若a3＋a7＋a11＝12，则有3a7＝12，
∴a7＝4，∴S13＝＝13a7＝52.
6.已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)(ω>0，－<φ<)图象的一个对称中心为(2，0)，直线x＝x1，x＝x2是图象的任意两条对称轴，且|x1－x2|的最小值为3，且f(1)>f(3)，要得到函数f(x)的图象可将函数y＝2cos
ωx的图象(　　)
A.向右平移个单位长度
B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度
D.向左平移个单位长度
答案　A
解析　由两条对称轴的距离|x1－x2|的最小值为3，可得T＝6，∴6＝，ω＝，又函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)图象的一个对称中心为(2，0)，则＋φ＝kπ＋，k∈Z，
∵－<φ<，∴φ＝－，f(x)＝2cos(x－)，满足f(1)>f(3)，故可将函数y＝2cos
ωx的图象向右平移个单位长度得到函数f(x)的图象，故选A.
7.在正方体ABCD—A1B1C1D1上有一只蚂蚁，从A点出发沿正方体的棱前进，要它走过的第n＋2条棱与第n条棱是异面的，则这只蚂蚁走过第2
016条棱之后的位置是在(　　)
A.点A1处
B.点A处
C.点D处
D.点B处
答案　B
解析　走过的棱可依次为AB，BC，CC1，C1D1，D1A1，A1A，因此走过6条棱后回到起点，所以周期为6，
因为2
016÷6＝336，所以又回到起点A.
8.如图是一个几何体的三视图，正(主)视图是一个等腰直角三角形，且斜边BD长为2，侧(左)视图为一个直角三角形，俯视图是一个直角梯形，且AB＝BC＝1，则此几何体的表面积是(　　)
A.
B.
C
D.＋
答案　D
解析　几何体为一个四棱锥，高为1，底面为直角梯形，上、下底为1和2，高为1，因此几何体四个侧面中有两个全等的直角三角形，直角边分别为1，，一个底边长为2的等腰直角三角形，还有一个边长为的等边三角形，因此表面积为×(1＋2)×1＋2××1×＋×()2＋×1×2＝＋，故选D.
9.已知一只蚂蚁在边长分别为5，12，13的三角形的边上随机爬行，则其恰在离三个顶点的距离都大于1的地方的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　由题意可知，三角形的三条边长的和为5＋12＋13＝30，而蚂蚁要在离三个顶点的距离都大于1的地方爬行，则它爬行的区域长度为3＋10＋11＝24，根据几何概型的概率计算公式可得所求概率为＝.
10.(2016·课标全国乙)平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.
故m、n所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.
而B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，因此∠CD1B1＝，得sin∠CD1B1＝，故选A.
11.如图所示的程序框图输出的所有点都在函数(　　)
A.y＝x＋1的图象上
B.y＝2x的图象上
C.y＝2x的图象上
D.y＝2x－1的图象上
答案　D
解析　由题可知，输入x＝1，y＝1，由于1≤4，输出点(1，1)，进入循环，x＝1＋1＝2，y＝2×1＝2，由于2≤4，输出点(2，2)，进入循环，x＝2＋1＝3，y＝2×2＝4，由于3≤4，输出点(3，4)，进入循环，x＝3＋1＝4，y＝2×4＝8，由于4≤4，输出点(4，8)，进入循环，x＝4＋1＝5>4，循环结束；故点(2，2)，点(3，4)，点(4，8)均满足在函数y＝2x－1的图象上.
12.设函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有两个极值点x1，x2，若点P(x1，f(x1))为坐标原点，点Q(x2，f(x2))在圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1上运动时，则函数f(x)图象的切线斜率的最大值为(　　)
A.3＋
B.2＋
C.2＋
D.3＋
答案　D
解析　因为f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d，
所以f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
又因为点P(x1，f(x1))为坐标原点，
所以f(0)＝0，f′(0)＝0，c＝0，d＝0，
令f′(x)＝0，即f′(x)＝3ax2＋2bx＝0，
解得x1＝0，x2＝－，
f(x2)＝a(－)3＋b(－)2＝，
又点Q(x2，f(x2))在圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1上运动，
所以a<0，k＝f′(x)＝3ax2＋2bx≤－＝·，表示圆上动点与原点连线的斜率，
由几何意义可求得的最大值为2＋，
因此k的最大值为3＋，故选D.
13.已知x，y的取值如表所示：若y与x呈线性相关，且线性回归方程为＝x＋，则＝________.
x
2
3
4
y
5
4
6
答案　
解析　＝3，＝5，
∴5＝×3＋，
∴＝.
14.如图所示的程序框图，如果输出的函数值在区间(，)内，那么输入实数x的取值范围是________.
答案　(1，2)
解析　模拟执行程序框图，可得其功能为计算并输出分段函数f(x)＝的值，如果输出的函数值在区间(，)内，即y∈(3－2，3－1)，从而解得x∈(1，2)，故答案为(1，2).
15.数列1，2，3，4，5，6，…，n，…是一个首项为1，公差为1的等差数列，其通项公式an＝n，前n项和Sn＝.若将该数列排成如下的三角形数阵的形式
1
2　3
4　5　6
7　8　9　10
11　12　13　14　15
…　…　…　…　…　…　…　…
根据以上排列规律，数阵中的第n行(n≥3)的第3个(从左至右)数是________.
答案　
解析　由题意知该三角形数阵的每一行的第一个数为＋1，所以第三个数为.
16.(2016·课标全国乙)设直线y＝x＋2a与圆C：x2＋y2－2ay－2＝0相交于A，B两点，若|AB|＝2，则圆C的面积为________.
答案　4π
解析　圆C：x2＋y2－2ay－2＝0，即C：x2＋(y－a)2＝a2＋2，圆心为C(0，a)，C到直线y＝x＋2a的距离为d＝＝.又由|AB|＝2，得2＋2＝a2＋2，解得a2＝2，所以圆的面积为π(a2＋2)＝4π.第29练　“空间角”攻略
[题型分析·高考展望]　空间角包括异面直线所成的角，线面角以及二面角，在高考中频繁出现，也是高考立体几何题目中的难点所在.掌握好本节内容，首先要理解这些角的概念，其次要弄清这些角的范围，最后再求解这些角.在未来的高考中，空间角将是高考考查的重点，借助向量求空间角，将是解决这类题目的主要方法.
体验高考
1.(2015·浙江)如图，已知△ABC，D是AB的中点，沿直线CD将△ACD翻折成△A′CD，所成二面角A′－CD－B的平面角为α，则(　　)
A.∠A′DB≤α
B.∠A′DB≥α
C.∠A′CB≤α
D.∠A′CB≥α
答案　B
解析　极限思想：若α＝π，
则∠A′CB＜π，排除D；若α＝0，如图，
则∠A′DB，∠A′CB都可以大于0，
排除A，C.故选B.
2.(2016·课标全国乙)平面α过正方体ABCD－A1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，
∵α∥平面CB1D1，则m1∥m，
又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，
平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，∴B1D1∥m1，
∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.
故m、n所成角的大小与B1D1、CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.
而B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，
因此∠CD1B1＝，得sin∠CD1B1＝，故选A.
3.(2016·课标全国丙)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.
(1)证明MN∥平面PAB；
(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.
(1)证明　由已知得AM＝AD＝2.
取BP的中点T，连接AT，TN，
由N为PC的中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为AT 平面PAB，MN 平面PAB，所以MN∥平面PAB.
(2)解　取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC得AE⊥BC，
从而AE⊥AD，
AE＝＝＝.
以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
由题意知，P(0，0，4)，M(0，2，0)，C(，2，0)，N，＝(0，2，－4)，＝，＝.
设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量，则
即可取n＝(0，2，1).
于是|cos〈n，〉|＝＝.
所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为.
高考必会题型
题型一　异面直线所成的角
例1　在棱长为a的正方体ABCD－A1B1C1D1中，求异面直线BA1与AC所成的角.
解　方法一　因为＝＋，＝＋，
所以·＝(＋)·(＋)＝·＋·＋·＋·.
因为AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，
所以·＝0，·＝0，·＝0，·＝－a2.
所以·＝－a2.
又·＝||||cos〈，〉，
cos〈，〉＝＝－.
所以〈，〉＝120°，
所以异面直线BA1与AC所成的角为60°.
方法二　连接A1C1，BC1，
则由条件可知A1C1∥AC，
从而BA1与AC所成的角即为BA1与A1C1所成的角，
由于该几何体为边长为a的正方体，于是△A1BC1为正三角形，∠BA1C1＝60°，
从而所求异面直线BA1与AC所成的角为60°.
方法三　由于该几何体为正方体，所以DA，DC，DD1两两垂直且长度均为a，
于是以D为坐标原点，，，分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
于是有A(a，0，0)，C(0，a，0)，A1(a，0，a)，B(a，a，0)，
从而＝(－a，a，0)，＝(0，－a，a)，
且||＝||＝a，·＝－a2，
所以cos〈，〉＝＝－，
即〈，〉＝120°，
所以所求异面直线BA1与AC所成的角为60°.
点评　(1)异面直线所成的角的范围是(0，].求两条异面直线所成的角的大小一般方法是通过平行移动直线，把异面问题转化为共面问题来解决.
具体步骤如下：
①利用定义构造角，可固定一条，平移另一条，或两条同时平移到某个特殊的位置，顶点选择在特殊的位置上；
②证明作出的角即为所求的角；
③利用三角形来求角.
(2)如果题目条件易建立空间坐标系，可以借助空间向量来求异面直线所成角：设异面直线l1，l2的方向向量分别为m1，m2，则l1与l2所成的角θ满足cos
θ＝|cos〈m1，m2〉|.
变式训练1　(2015·浙江)如图，三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是________.
答案　
解析　如图所示，连接DN，取线段DN的中点K，连接MK，CK.
∵M为AD的中点，
∴MK∥AN，∴∠KMC为异面直线AN，CM所成的角.
∵AB＝AC＝BD＝CD＝3，AD＝BC＝2，N为BC的中点，
由勾股定理求得AN＝DN＝CM＝2，
∴MK＝AN＝.
在Rt△CKN中，CK＝＝.
在△CKM中，由余弦定理，得
cos∠KMC＝＝.
题型二　直线与平面所成的角
例2　如图，已知四棱锥P－ABCD的底面为等腰梯形，AB∥CD，AC⊥BD，垂足为H，PH是四棱锥的高，E为AD的中点.
(1)证明：PE⊥BC；
(2)若∠APB＝∠ADB＝60°，求直线PA与平面PEH所成角的正弦值.
(1)证明　以H为原点，HA，HB，HP分别为x，y，z轴，线段HA的长为单位长，建立空间直角坐标系如图，
则A(1，0，0)，B(0，1，0)，
设C(m，0，0)，P(0，0，n)
(m<0，n>0)，
则D(0，m，0)，E(，，0).
可得＝(，，－n)，＝(m，－1，0).
因为·＝－＋0＝0，
所以PE⊥BC.
(2)解　由已知条件可得m＝－，n＝1，
故C(－，0，0)，D(0，－，0)，E(，－，0)，P(0，0，1)，
设n＝(x，y，z)为平面PEH的法向量，
则
即因此可以取n＝(1，，0)，
又＝(1，0，－1)，
所以|cos〈，n〉|＝，
所以直线PA与平面PEH所成角的正弦值为.
点评　(1)求直线l与平面α所成的角，先确定l在α上的射影，在l上取点作α的垂线，或观察原图中是否存在这样的线，或是否存在过l上一点与α垂直的面.
(2)找到线面角、作出说明，并通过解三角形求之.
(3)利用向量求线面角，设直线l的方向向量和平面α的法向量分别为m和n，则直线l与平面α所成角θ满足sin
θ＝|cos〈m，n〉|，θ∈.
变式训练2　如图，平面ABDE⊥平面ABC，△ABC是等腰直角三角形，AB＝BC＝4，四边形ABDE是直角梯形，BD∥AE，BD⊥BA，BD＝AE＝2，点O、M分别为CE、AB的中点.
(1)求证：OD∥平面ABC；
(2)求直线CD和平面ODM所成角的正弦值；
(3)能否在EM上找到一点N，使得ON⊥平面ABDE？若能，请指出点N的位置并加以证明；若不能，请说明理由.
解　以B为原点，BC为x轴，BA为y轴，BD为z轴，建立空间直角坐标系，则C(4，0，0)，A(0，4，0)，D(0，0，2)，E(0，4，4)，O(2，2，2)，M(0，2，0).
(1)证明　平面ABC的法向量n1＝(0，0，1)，＝(2，2，0)，·n1＝0，
∴OD∥平面ABC.
(2)解　设平面ODM的法向量为n2，直线CD与平面ODM所成角为θ，
∵＝(2，2，0)，＝(0，2，－2)，
∴n2＝(－1，1，1)，＝(－4，0，2)，
∴sin
θ＝＝.
(3)解　设EM上一点N满足＝λ＋(1－λ)＝(0，4－2λ，4－4λ)，
平面ABDE的法向量n3＝(1，0，0)，＝－＝(－2，2－2λ，2－4λ)，不存在λ使n3∥，
∴不存在满足题意的点N.
题型三　二面角
例3　(2016·浙江)如图，在三棱台ABC－DEF中，平面BCFE⊥平面ABC，∠ACB＝90°，BE＝EF＝FC＝1，BC＝2，AC＝3.
(1)求证：BF⊥平面ACFD；
(2)求二面角B－AD－F的平面角的余弦值.
(1)证明　延长AD，BE，CF相交于一点K，如图①所示.
图①
因为平面BCFE⊥平面ABC，且AC⊥BC，所以AC⊥平面BCFE，因此BF⊥AC.
又因为EF∥BC，BE＝EF＝FC＝1，
BC＝2，所以△BCK为等边三角形，且F为CK的中点，则BF⊥CK，且CK∩AC＝C，
所以BF⊥平面ACFD.
(2)解　方法一　如图①所示，过点F作FQ⊥AK于Q，连接BQ.因为BF⊥平面ACFD，所以BF⊥AK，
则AK⊥平面BQF，所以BQ⊥AK.
所以∠BQF是二面角B－AD－F的平面角.
在Rt△ACK中，AC＝3，CK＝2，得FQ＝.
在Rt△BQF中，FQ＝，BF＝，
得cos∠BQF＝.
所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为.
方法二　如图②所示，延长AD，BE，CF相交于一点K，则△BCK为等边三角形.
图②
取BC的中点O，连接KO，则KO⊥BC，又平面BCFE⊥平面ABC，所以KO⊥平面ABC.
以点O为原点，分别以射线OB，OK的方向为x轴，z轴的正方向，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意得B(1，0，0)，C(－1，0，0)，K(0，0，)，A(－1，－3，0)，E，F.
因此，＝(0，3，0)，＝(1，3，)，＝(2，3，0).
设平面ACK的法向量为m＝(x1，y1，z1)，平面ABK的法向量为n＝(x2，y2，z2).
由得
取m＝(，0，－1)；
由得
取n＝(3，－2，)，于是，cos〈m，n〉＝＝.
所以二面角B－AD－F的平面角的余弦值为.
点评　(1)二面角的范围是(0，π]，解题时要注意图形的位置和题目的要求.作二面角的平面角常有三种方法.
①棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点在两个平面内分别引棱的垂线，这两条射线所成的角，就是二面角的平面角；
②面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一个面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上的点(即斜足)，斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角；
③空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角.
(2)用向量法求二面角的大小
①如图(1)，AB、CD是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉.
②如图(2)(3)，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足cos
θ＝cos〈n1，n2〉或－cos〈n1，n2〉.
变式训练3　如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AD＝1，AB＝2，点E是C1D1的中点.
(1)求证：DE⊥平面BCE；(2)求二面角A－EB－C的大小.
(1)证明　建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，E(0，1，1)，B(1，2，0)，C(0，2，0)，
＝(0，1，1)，＝(－1，－1，1)，＝(－1，0，0).
因为·＝0，·＝0，
所以⊥，⊥.
则DE⊥BE，DE⊥BC.
因为BE 平面BCE，BC 平面BCE，
BE∩BC＝B，所以DE⊥平面BCE.
(2)解　设平面AEB的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
所以平面AEB的法向量为n＝(1，0，1)，
因为DE⊥平面BCE，所以就是平面BCE的法向量.
因为cos〈n，〉＝＝，
由图形可得二面角A－EB－C的大小为120°.
高考题型精练
1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B与B1C所在直线所成角的大小是(　　)
A.30°
B.45°
C.60°
D.90°
答案　C
解析　作A1B∥D1C，连接B1D1，
易证∠B1CD1就是A1B与B1C所在直线所成角，
由于△B1CD1是等边三角形，
因此∠B1CD1＝60°，故选C.
2.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B与平面BB1D1D所成的角的大小是(　　)
A.90°
B.30°
C.45°
D.60°
答案　B
解析　连接A1C1∩B1D1＝O，∴A1O⊥平面BB1D1D，A1B与平面BB1D1D所成的角为∠A1BO，
∵A1O＝A1B，∴∠A1BO＝30°，
A1B与平面BB1D1D所成的角的大小是30°.
3.如图所示，将等腰直角△ABC沿斜边BC上的高AD折成一个二面角，此时∠B′AC＝60°，那么这个二面角大小是(　　)
A.90°
B.60°
C.45°
D.30°
答案　A
解析　连接B′C，则△AB′C为等边三角形，
设AD＝a，则B′D＝DC＝a，B′C＝AC＝a，
所以∠B′DC＝90°，故选A.
4.已知正三棱锥S－ABC中，E是侧棱SC的中点，且SA⊥BE，则SB与底面ABC所成角的余弦值为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　如图，在正三棱锥S－ABC中，作SO⊥平面ABC，连接OA，OB，则O是△ABC的中心，OA⊥BC，由此可得SA⊥BC，又SA⊥BE，所以SA⊥平面SBC.故正三棱锥S－ABC的各侧面是全等的等腰直角三角形.
方法一　由上述分析知cos∠SBA＝cos∠ABO·cos∠SBO，即cos
45°＝cos
30°·cos∠SBO，
所以cos
∠SBO＝，故选A.
方法二　因为SO⊥平面ABC，所以SB与平面ABC所成的角为∠SBO，令AB＝2，则OB＝，SB＝，
所以cos
∠SBO＝＝＝，故选A.
5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F、G、H分别为AA1、AB、BB1、B1C1的中点，则异面直线EF与GH所成的角等于(　　)
A.45°
B.60°
C.90°
D.120°
答案　B
解析　如图，连接A1B，BC1，A1C1，则A1B＝BC1＝A1C1，
因为EF∥A1B，GH∥BC1，
所以异面直线EF与GH所成的角等于60°，
故选B.
6.正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC，AA1＝2AB，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　设AC∩BD＝O，连接OC1，过C点作CH⊥OC1于H，连接DH.
∵BD⊥AC，BD⊥AA1，
∴BD⊥平面ACC1A1，
∴BD⊥CH，又CH⊥OC1，
∴CH⊥平面C1BD，
则∠CDH为CD与平面BDC1所成的角，设AA1＝2AB＝2，OC1＝＝
＝，
由等面积法有OC1·CH＝OC·CC1，
代入算出CH＝，sin
∠CDH＝＝，故选A.
7.直三棱柱ABC－A1B1C1中，若∠BAC＝90°，2AB＝2AC＝AA1，则异面直线BA1与B1C所成角的余弦值等于________.
答案　
解析　以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA1为z轴，建立空间直角坐标系，
因为2AB＝2AC＝AA1＝2，
则A1(0，0，2)，B(1，0，0)，B1(1，0，2)，C(0，1，0)，
＝(－1，0，2)，＝(－1，1，－2)，
设异面直线BA1与B1C所成的角为θ，
则cos
θ＝＝＝.
8.如图所示，在四棱锥P－ABCD中，已知PA⊥底面ABCD，PA＝1，底面ABCD是正方形，PC与底面ABCD所成角的大小为，则该四棱锥的体积是________.
答案　
解析　∵PA⊥底面ABCD，底面ABCD是正方形，PC与底面ABCD所成角的大小为，
∴Rt△PAC中，PA＝1，∠PCA＝，AC＝，
∵底面ABCD是正方形，∴AB＝，
V＝×××1＝.
9.以等腰直角三角形ABC斜边BC上的高AD为折痕，使△AB′D和△ACD折成互相垂直的两个平面，则∠B′AC＝________.
答案　60°
解析　不妨设△ABC的斜边为2，
则AD＝BD＝CD＝1，AC＝AB＝，
因为△AB′D和△ACD折成互相垂直的两个平面，
且AD⊥B′D，AD⊥DC，
所以∠B′DC是二面角B′－AD－C的平面角，
即B′D⊥DC，则B′C＝，
所以折叠后的△AB′C为等边三角形，即∠B′AC＝60°.
10.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，AC＝2，BC＝，D、E分别是AC1和BB1的中点，则直线DE与平面BB1C1C所成的角为________.
答案　
解析　取AC中点F，连接BF，DF，
则DF∥BE，DF＝BE，
∴DE∥BF，∴BF与平面BB1C1C所成的角为所求.
∵AB＝1，BC＝，AC＝2，∴AB⊥BC，
又AB⊥BB1，∴AB⊥平面BB1C1C.作GF∥AB交BC于G，则GF⊥平面BB1C1C，
∴∠FBG为直线BF与平面BB1C1C所成的角，
由条件知BG＝BC＝，GF＝AB＝，
∴tan∠FBG＝＝，
∴∠FBG＝.
11.(2016·四川)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°.
(1)在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；
(2)若二面角P－CD－A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值.
解　(1)在梯形ABCD中，AB与CD不平行.延长AB，DC，相交于点M(M∈平面PAB)，点M即为所求的一个点.理由如下：
由已知，BC∥ED，且BC＝ED.
所以四边形BCDE是平行四边形.
从而CM∥EB.又EB 平面PBE，CM 平面PBE.
所以CM∥平面PBE.
(说明：延长AP至点N，使得AP＝PN，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)方法一　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD.
从而CD⊥PD.
所以∠PDA是二面角P－CD－A的平面角.所以∠PDA＝45°.
设BC＝1，则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.
过点A作AH⊥CE，交CE的延长线于点H，连接PH.
易知PA⊥平面ABCD，
从而PA⊥CE.且PA∩AH＝A，
于是CE⊥平面PAH.
又CE 平面PCE，
所以平面PCE⊥平面PAH.
过A作AQ⊥PH于Q，
则AQ⊥平面PCE.
所以∠APH是PA与平面PCE所成的角.
在Rt△AEH中，∠AEH＝45°，AE＝1，
所以AH＝.
在Rt△PAH中，PH＝＝.
所以sin∠APH＝＝.
方法二　由已知，CD⊥PA，CD⊥AD，PA∩AD＝A，
所以CD⊥平面PAD，
于是CD⊥PD.
从而∠PDA是二面角P－CD－A的平面角，
所以∠PDA＝45°.
由∠PAB＝90°，
且PA与CD所成的角为90°，
可得PA⊥平面ABCD.
设BC＝1，
则在Rt△PAD中，PA＝AD＝2.
作Ay⊥AD，以A为原点，
以，的方向分别为x轴，z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
则A(0，0，0)，P(0，0，2)，C(2，1，0)，E(1，0，0).
所以＝(1，0，－2)，＝(1，1，0)，＝(0，0，2).
设平面PCE的法向量为n＝(x，y，z).
由得
设x＝2，解得n＝(2，－2，1).
设直线PA与平面PCE所成角为α，
则sin
α＝＝＝.
所以直线PA与平面PCE所成角的正弦值为.
12.如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD＝60°，Q为AD的中点.
(1)若PA＝PD，求证：平面PQB⊥平面PAD；
(2)点M在线段PC上，PM＝PC，若平面PAD⊥平面ABCD，且PA＝PD＝AD＝2，求平面MBQ与平面CBQ夹角的大小.
(1)证明　由题意知：PQ⊥AD，BQ⊥AD，PQ∩BQ＝Q，
∴AD⊥平面PQB，
又∵AD 平面PAD，
∴平面PQB⊥平面PAD.
(2)解　∵PA＝PD＝AD，Q为AD的中点，
∴PQ⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
∴PQ⊥平面ABCD.
以Q为坐标原点，以，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则Q(0，0，0)，A(1，0，0)，P(0，0，)，B(0，，0)，
C(－2，，0)，
∴＝＋
＝＋
＝＋(－)
＝＋
＝(－，，)，
设n1是平面MBQ的一个法向量，
则n1·＝0，n1·＝0，
∴
∴n1＝(，0，1).
又∵n2＝(0，0，1)是平面BQC的一个法向量，
∴cos〈n1，n2〉＝，
∴平面MBQ与平面CBQ的夹角为60°.第26练　空间几何体的三视图及表面积与体积
[题型分析·高考展望]　三视图是高考的热点和重点.其考查形式多种多样，选择题、填空题和综合解答题都有出现，而这些题目以选择题居多；立体几何中的计算问题考查的知识，涉及到三视图、空间几何体的表面积和体积以及综合解答和证明.
体验高考
1.(2015·陕西)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为(　　)
A.3π
B.4π
C.2π＋4
D.3π＋4
答案　D
解析　由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为
S＝2×π×12＋×2π×1×2＋2×2
＝π＋2π＋4＝3π＋4.
2.(2016·课标全国乙)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是，则它的表面积是(　　)
A.17π
B.18π
C.20π
D.28π
答案　A
解析　由题意知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O且互相垂直的三个平面)切掉左上角的后得到的组合体，其表面积是球面面积的和三个圆面积之和，由几何体的体积易得球的半径为2，则得S＝×4π×22＋3×π×22＝17π，故选A.
3.(2016·北京)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(　　)
A.
B.
C.
D.1
答案　A
解析　由三视图知，三棱锥如图所示.由侧(左)视图得高h＝1，
又底面积S＝×1×1＝，
所以体积V＝Sh＝.
4.(2016·四川)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正(主)视图如图所示，则该三棱锥的体积是________.
答案　
解析　由题意可知，因为三棱锥每个面都是腰为2的等腰三角形，由正(主)视图可得俯视图(如图)，
且三棱锥高为h＝1，
则面积V＝Sh＝××1＝.
5.(2016·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是______cm2，体积是________cm3.
答案　72　32
解析　由三视图可知，该几何体为两个相同长方体的组合，长方体的长、宽、高分别为4
cm、2
cm、2
cm，其直观图如下：
其体积V＝2×2×2×4＝32(cm3)，由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形，所以表面积为S＝2(2×2×2＋2×4×4)－2×2×2＝2×(8＋32)－8＝72(cm2).
高考必会题型
题型一　三视图识图
例1　(1)在如图所示的空间直角坐标系Oxyz中，一个四面体的顶点坐标分别是(0，0，2)，(2，2，0)，(1，2，1)，(2，2，2)，给出编号为①、②、③、④的四个图，则该四面体的正(主)视图和俯视图分别为(　　)
A.①和②
B.③和①
C.④和③
D.④和②
(2)将正方体(如图①所示)截去两个三棱锥，得到如图②所示的几何体，则该几何体的侧(左)视图为(　　)
答案　(1)D　(2)B
解析　(1)由三视图可知，该几何体的正(主)视图是一个直角三角形(三个顶点的坐标分别是(0，0，2)，(0，2，0)，(0，2，2))且内有一虚线(一顶点与另一直角边中点的连线)，故正(主)视图是④；俯视图即在底面的射影是一个斜三角形，三个顶点的坐标分别是(0，0，0)，(2，2，0)，(1，2，0)，故俯视图是②.
(2)还原正方体后，将D1，D，A三点分别向正方体右侧面作垂线.D1A的射影为C1B，且为实线，B1C被遮挡应为虚线.
点评　画法规则：(1)由几何体的轮廓线定形状，看到的画成实线，看不到的画成虚线.
(2)正(主)俯一样长，俯侧(左)一样宽，正(主)侧(左)一样高.
变式训练1　一几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是(　　)
答案　B
解析　该几何体是组合体，上面的几何体是一个五面体，下面是一个长方体，且五面体的一个面即为长方体的一个面，五面体最上面的棱的两端点在底面的射影距左右两边距离相等，因此选B.
题型二　空间几何体的表面积和体积
例2　(1)(2015·安徽)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是(　　)
A.1＋
B.2＋
C.1＋2
D.2
(2)(2015·天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为______m3.
答案　(1)B　(2)π
解析　(1)由空间几何体的三视图可得该空间几何体的直观图，如图，
∴该四面体的表面积为S表＝2××2×1＋2××()2＝2＋，故选B.
(2)由三视图可知，该几何体由相同底面的两圆锥和圆柱组成，底面半径为1
m，圆锥的高为1
m，圆柱的高为2
m，所以该几何体的体积V＝2×π×12×1＋π×12×2＝π(m3).
点评　利用三视图求几何体的表面积、体积，需先由三视图还原几何体，三个图形结合得出几何体的大致形状，由实、虚线得出局部位置的形状，
再由几何体的面积体积公式求解.
变式训练2　(1)(2016·课标全国甲)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为(　　)
A.20π
B.24π
C.28π
D.32π
(2)(2015·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)
A.＋π
B.＋π
C.＋2π
D.＋2π
答案　(1)C　(2)A
解析　(1)由三视图可知，组合体的底面圆的面积和周长均为4π，圆锥的母线长l＝＝4，
所以圆锥的侧面积为S锥侧＝×4π×4＝8π，
圆柱的侧面积S柱侧＝4π×4＝16π，
所以组合体的表面积S＝8π＋16π＋4π＝28π，
故选C.
(2)这是一个三棱锥与半个圆柱的组合体，
V＝π×12×2＋××1＝π＋，
选A.
高考题型精练
1.如图所示的几何体是棱柱的有(　　)
A.②③⑤
B.③④⑤
C.③⑤
D.①③
答案　C
解析　由棱柱的定义知③⑤两个几何体是棱柱，故选C.
2.如图是某简单组合体的三视图，则该组合体的体积为(　　)
A.36(π＋)
B.36(π＋2)
C.108π
D.108(π＋2)
答案　B
解析　由俯视图可知该几何体的底面由三角形和半圆两部分构成，结合正(主)视图和侧(左)视图可知该几何体是由半个圆锥与一个三棱锥组合而成的，并且圆锥的轴截面与三棱锥的一个侧面重合，两个锥体的高相等.
由三视图中的数据，可得该圆锥的底面半径r＝6，三棱锥的底面是一个底边长为12，高为6的等腰三角形，两个锥体的高h＝＝6，
故半圆锥的体积V1＝×π×62×6＝36π.
三棱锥的底面积S＝×12×6＝36，
三棱锥的体积V2＝Sh＝×36×6＝72.
故该几何体的体积V＝V1＋V2＝36π＋72＝36(π＋2).故选B.
3.(2016·课标全国丙)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为(　　)
A.18＋36
B.54＋18
C.90
D.81
答案　B
解析　由题意知，该几何体为底面为正方形的斜平行六面体，边长分别为3，3，，几何体的表面积S＝3×6×2＋3×3×2＋3××2＝54＋18.
4.已知某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的外接球的表面积等于(　　)
A.π
B.16π
C.8π
D.π
答案　D
解析　由三视图知，几何体是一个正三棱柱，外接球的球心就是两底面三角形中心连线的中点，外接球的半径等于球心到正三棱柱的任意一个顶点的距离，可求得其半径为
＝，那么外接球的表面积为4π×()2＝π，故选D.
5.已知某几何体的三视图如图所示，其正(主)视图和侧(左)视图是边长为1的正方形，俯视图是腰长为1的等腰直角三角形，则该几何体的体积是(　　)
A.2
B.1
C.
D.
答案　C
解析　根据几何体的三视图，得该几何体是如图所示的直三棱柱，且该三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1，所以该三棱柱的体积为V＝Sh＝×1×1×1＝，故选C.
6.(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)
A.＋π
B.＋π
C.＋π
D.1＋π
答案　C
解析　由三视图知，半球的半径R＝，四棱锥为底面边长为1，高为1的正四棱锥，∴V＝×1×1×1＋×π×3＝＋π，故选C.
7.某几何体的正(主)视图和侧(左)视图均为如图1所示的图形，则在图2的四个图中可以作为该几何体的俯视图的是(　　)
A.①③
B.①④
C.②④
D.①②③④
答案　A
解析　由正(主)视图和侧(左)视图知，该几何体为球与正四棱柱或球与圆柱体的组合体，故①③正确.
8.(2015·山东)在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)
A.
B.
C.
D.2π
答案　C
解析　过点C作CE垂直AD所在直线于点E，梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径，线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径，ED为高的圆锥，如图所示，
该几何体的体积为V＝V圆柱－V圆锥＝π·AB2·BC－·π·CE2·DE＝π·12·2－π·12·1＝，故选C.
9.(2015·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________.
答案　
解析　设新的底面半径为r，由题意得πr2·4＋πr2·8＝π×52×4＋π×22×8，解得r＝.
10.一个几何体的侧(左)视图和俯视图如图所示，则其正(主)视图的面积为________.
答案　4
解析　由题意知其正(主)视图如图所示，
则其面积为×(1＋3)×2＝4.
11.已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m3.
答案　2
解析　由三视图知，四棱锥的高为3，底面平行四边形的一边长为2，对应高为1，所以其体积V＝Sh＝×2×1×3＝2.
12.一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O的球面上，则该圆锥的体积与球O的体积的比值为________.
答案　
解析　设等边三角形的边长为2a，球O的半径为R，
则V圆锥＝·πa2·a＝πa3.
又R2＝a2＋(a－R)2，所以R＝a，
故V球＝·(a)3＝a3，
则其体积比值为.
13.在三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，其正(主)视图和侧(左)视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形.设点M，N，P分别是棱AB，BC，B1C1的中点，则三棱锥P－A1MN的体积是________.
答案　
解析　由三视图易知几何体ABC－A1B1C1是上、下底面为等腰直角三角形的直三棱柱，
则＝＝VA－PMN.
又S△PMN＝MN·NP＝××1＝，
A到平面PMN的距离h＝，
∴VA－PMN＝S△PMN·h＝××＝.第27练　完美破解立体几何的证明问题
[题型分析·高考展望]　立体几何证明题是高考必考题，证明平行、垂直关系是主要题型，特别是垂直关系尤为重要.掌握判定定理、性质定理并能灵活运用是解题的根本.学会分析推理的方法和证明技巧是提升推理能力的关键，在二轮复习中，通过专题训练，使解立体几何证明的能力更上一层楼，确保该类题型不失分.
体验高考
1.(2015·福建)若l，m是两条不同的直线，m垂直于平面α，则“l⊥m”是“l∥α”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
解析　m垂直于平面α，当l α时，也满足l⊥m，但直线l与平面α不平行，∴充分性不成立，反之，l∥α，一定有l⊥m，必要性成立.故选B.
2.(2016·山东)已知直线a，b分别在两个不同的平面α，β内，则“直线a和直线b相交”是“平面α和平面β相交”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A
解析　若直线a和直线b相交，则平面α和平面β相交；若平面α和平面β相交，那么直线a和直线b可能平行或异面或相交，故选A.
3.(2016·课标全国甲)如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于点H，将△DEF沿EF折到△D′EF的位置.
(1)证明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱锥D′－ABCFE的体积.
(1)证明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF与HD保持垂直关系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.
(2)解　由EF∥AC得＝＝.
由AB＝5，AC＝6得DO＝BO＝＝4，
所以OH＝1，D′H＝DH＝3，
于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，
故OD′⊥OH.
由(1)知AC⊥HD′，又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′，
又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.
又由＝得EF＝.
五边形ABCFE的面积S＝×6×8－××3＝.
所以五棱锥D′－ABCFE的体积V＝××2＝.
4.(2016·四川)如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥CD，AD∥BC，∠ADC＝∠PAB＝90°，BC＝CD＝AD.
(1)在平面PAD内找一点M，使得直线CM∥平面PAB，并说明理由；
(2)证明：平面PAB⊥平面PBD.
(1)解　取棱AD的中点M(M∈平面PAD)，点M即为所求的一个点，理由如下：
因为AD∥BC，BC＝AD，
所以BC∥AM，且BC＝AM.
所以四边形AMCB是平行四边形，所以CM∥AB.
又AB 平面PAB，CM 平面PAB.
所以CM∥平面PAB.
(说明：取棱PD的中点N，则所找的点可以是直线MN上任意一点)
(2)证明　由已知，PA⊥AB，PA⊥CD.
因为AD∥BC，BC＝AD，所以直线AB与CD相交，
所以PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD.
因为AD∥BC，BC＝AD，M为AD的中点，连接BM，
所以BC∥MD，且BC＝MD.
所以四边形BCDM是平行四边形，
所以BM＝CD＝AD，所以BD⊥AB.
又AB∩AP＝A，所以BD⊥平面PAB.
又BD 平面PBD，
所以平面PAB⊥平面PBD.
5.(2016·课标全国丙)如图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点.
(1)证明：MN∥平面PAB；
(2)求四面体NBCM的体积.
(1)证明　由已知得AM＝AD＝2.
如图，取BP的中点T，连接AT，TN，
由N为PC中点知TN∥BC，TN＝BC＝2.
又AD∥BC，故TN綊AM，
所以四边形AMNT为平行四边形，于是MN∥AT.
因为AT 平面PAB，MN 平面PAB，
所以MN∥平面PAB.
(2)解　因为PA⊥平面ABCD，N为PC的中点，
所以N到平面ABCD的距离为PA.
如图，取BC的中点E，连接AE.
由AB＝AC＝3得
AE⊥BC，AE＝＝.
由AM∥BC得M到BC的距离为，
故S△BCM＝×4×＝2.
所以四面体NBCM的体积
VNBCM＝×S△BCM×＝.
高考必会题型
题型一　空间中的平行问题
例1　如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点，求证：
(1)直线EG∥平面BDD1B1；
(2)平面EFG∥平面BDD1B1.
证明　(1)如图，连接SB，
∵E、G分别是BC、SC的中点，
∴EG∥SB.
又∵SB 平面BDD1B1，
EG 平面BDD1B1，
∴直线EG∥平面BDD1B1.
(2)连接SD，
∵F、G分别是DC、SC的中点，
∴FG∥SD.
又∵SD 平面BDD1B1，FG 平面BDD1B1，
∴FG∥平面BDD1B1，由(1)知，
EG∥平面BDD1B1，
且EG 平面EFG，
FG 平面EFG，EG∩FG＝G，
∴平面EFG∥平面BDD1B1.
点评　证明平行关系的方法
(1)证明线线平行的常用方法：
①利用平行公理，即证明两直线同时和第三条直线平行；
②利用平行四边形进行转换；
③利用三角形中位线定理证明；
④利用线面平行、面面平行的性质定理证明.
(2)证明线面平行的常用方法：
①利用线面平行的判定定理，把证明线面平行转化为证明线线平行；
②利用面面平行的性质定理，把证明线面平行转化为证明面面平行.
(3)证明面面平行的方法：
证明面面平行，依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行.
变式训练1　(2015·天津改编)如图，已知AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，AB＝AC＝3，BC＝2，AA1＝，BB1＝2，点E和F分别为BC和A1C的中点.
求证：(1)EF∥平面A1B1BA；
(2)平面AEA1⊥平面BCB1.
证明　(1)如图，连接A1B，在△A1BC中，因为E和F分别是BC和A1C的中点，
所以EF∥BA1.又因为EF 平面A1B1BA，BA1 平面A1B1BA，所以EF∥平面A1B1BA.
(2)因为AB＝AC，E为BC中点，所以AE⊥BC，因为AA1⊥平面ABC，BB1∥AA1，所以BB1⊥平面ABC，从而BB1⊥AE.又因为BC∩BB1＝B，所以AE⊥平面BCB1，又因为AE 平面AEA1，所以平面AEA1⊥平面BCB1.
题型二　空间中的垂直问题
例2　如图所示，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD＝DE＝2AB，F为CD的中点.
求证：(1)AF∥平面BCE；
(2)平面BCE⊥平面CDE.
证明　(1)如图，取CE的中点G，连接FG，BG.
∵F为CD的中点，∴GF∥DE且GF＝DE.
∵AB⊥平面ACD，
DE⊥平面ACD，
∴AB∥DE，∴GF∥AB.
又AB＝DE，∴GF＝AB.
∴四边形GFAB为平行四边形，
∴AF∥BG.
∵AF 平面BCE，BG 平面BCE，
∴AF∥平面BCE.
(2)∵△ACD为等边三角形，F为CD的中点，
∴AF⊥CD.
∵DE⊥平面ACD，AF 平面ACD，∴DE⊥AF.
又CD∩DE＝D，故AF⊥平面CDE.
∵BG∥AF，∴BG⊥平面CDE.
∵BG 平面BCE，∴平面BCE⊥平面CDE.
点评　(1)证明线面垂直的常用方法：
①利用线面垂直的判定定理，把线面垂直的判定转化为证明线线垂直；
②利用面面垂直的性质定理，把证明线面垂直转化为证明面面垂直；
③利用常见结论，如两条平行线中的一条垂直于一个平面，则另一条也垂直于这个平面.
(2)证明面面垂直的方法：
证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中点、高线或添加辅助线来解决.
变式训练2　(2016·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，AB∥DC，DC⊥AC.
(1)求证：DC⊥平面PAC；
(2)求证：平面PAB⊥平面PAC；
(3)设点E为AB的中点，在棱PB上是否存在点F，使得PA∥平面CEF？说明理由.
(1)证明　∵PC⊥平面ABCD，DC 平面ABCD，
∴PC⊥DC.又AC⊥DC，PC∩AC＝C，PC 平面PAC，AC 平面PAC，∴DC⊥平面PAC.
(2)证明　∵AB∥CD，CD⊥平面PAC，
∴AB⊥平面PAC，又∵AB 平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PAC.
(3)解　棱PB上存在点F，使得PA∥平面CEF.
证明如下：
取PB的中点F，连接EF，CE，CF，又∵E为AB的中点，∴EF为△PAB的中位线，∴EF∥PA.又PA 平面CEF，EF 平面CEF，∴PA∥平面CEF.
题型三　空间中的平行、垂直综合问题
例3　(2015·山东)如图，三棱台DEF－ABC中，AB＝2DE，G，H分别为AC，BC的中点.
(1)求证：BD∥平面FGH；
(2)若CF⊥BC，AB⊥BC，求证：
平面BCD⊥平面EGH.
证明　(1)方法一　如图，连接DG，设CD∩GF＝M，连接MH.
在三棱台DEF－ABC中，
AB＝2DE，G为AC的中点，
可得DF∥GC，DF＝GC，
所以四边形DFCG为平行四边形.
则M为CD的中点，
又H为BC的中点，
所以HM∥BD，又HM 平面FGH，BD 平面FGH，
所以BD∥平面FGH.
方法二　在三棱台DEF－ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，
可得BH∥EF，BH＝EF，
所以四边形HBEF为平行四边形，
可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，
H为BC的中点，所以GH∥AB.
又GH∩HF＝H，AB∩BE＝B，
所以平面FGH∥平面ABED.
又因为BD 平面ABED，
所以BD∥平面FGH.
(2)连接HE，
因为G，H分别为AC，BC的中点，
所以GH∥AB.
由AB⊥BC，得GH⊥BC.
又H为BC的中点，
所以EF∥HC，EF＝HC，
因此四边形EFCH是平行四边形，
所以CF∥HE.又CF⊥BC，所以HE⊥BC.
又HE，GH 平面EGH，HE∩GH＝H，
所以BC⊥平面EGH.
又BC 平面BCD，
所以平面BCD⊥平面EGH.
点评　(1)立体几何中，要证线垂直于线，常常先证线垂直于面，再用线垂直于面的性质易得线垂直于线.要证线平行于面，只需先证线平行于线，再用线平行于面的判定定理易得.
(2)证明立体几何问题，要紧密结合图形，有时要利用平面几何的相关知识，因此需要多画出一些图形辅助使用.
(3)平行关系往往用到三角形的中位线，垂直关系往往用到三角形的高线、中线.
变式训练3　(2015·北京)如图，在三棱锥V－ABC中，平面VAB⊥平面ABC，△VAB为等边三角形，AC⊥BC且AC＝BC＝，O，M分别为AB，VA的中点.
(1)求证：VB∥平面MOC；
(2)求证：平面MOC⊥平面VAB；
(3)求三棱锥V－ABC的体积.
(1)证明　因为O，M分别为AB，VA的中点，
所以OM∥VB，又因为VB 平面MOC，
所以VB∥平面MOC.
(2)证明　因为AC＝BC，O为AB的中点，
所以OC⊥AB.
又因为平面VAB⊥平面ABC，且OC 平面ABC，
所以OC⊥平面VAB.又OC 平面MOC，
所以平面MOC⊥平面VAB.
(3)解　在等腰直角三角形ACB中，AC＝BC＝，
所以AB＝2，OC＝1，
所以等边三角形VAB的面积S△VAB＝.
又因为OC⊥平面VAB.
所以VC－VAB＝·OC·S△VAB＝，
又因为三棱锥V－ABC的体积与三棱锥C－VAB的体积相等，所以三棱锥V－ABC的体积为.
高考题型精练
1.(2016·浙江)已知互相垂直的平面α，β交于直线l.若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则(　　)
A.m∥l
B.m∥n
C.n⊥l
D.m⊥n
答案　C
解析　由已知，α∩β＝l，∴l β，
又∵n⊥β，∴n⊥l，C正确.故选C.
2.(2015·安徽)已知m，n是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是(　　)
A.若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B.若m，n平行于同一平面，则m与n平行
C.若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
D.若m，n不平行，则m与n不可能垂直于同一平面
答案　D
解析　对于A，α，β垂直于同一平面，α，β关系不确定，故A错；对于B，m，n平行于同一平面，m，n关系不确定，可平行、相交、异面，故B错；对于C，α，β不平行，但α内能找出平行于β的直线，如α中平行于α，β交线的直线平行于β，故C错；对于D，若假设m，n垂直于同一平面，则m∥n，其逆否命题即为D选项，故D正确.
3.已知α，β是两个不同的平面，给出下列四个条件：
①存在一条直线a，a⊥α，a⊥β；②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；③存在两条平行直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α；④存在两条异面直线a，b，a α，b β，a∥β，b∥α，可以推出α∥β的是(　　)
A.①③
B.②④
C.①④
D.②③
答案　C
解析　对于②，平面α与β还可以相交；
对于③，当a∥b时，不一定能推出α∥β，
所以②③是错误的，易知①④正确，故选C.
4.如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，AC∩EF＝G.现在沿AE，EF，FA把这个正方形折成一个四面体，使B，C，D三点重合，重合后的点记为P，则在四面体P－AEF中必有(　　)
A.AP⊥△PEF所在平面
B.AG⊥△PEF所在平面
C.EP⊥△AEF所在平面
D.PG⊥△AEF所在平面
答案　A
解析　在折叠过程中，AB⊥BE，AD⊥DF保持不变.
∴
AP⊥平面PEF.
5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是AA1，A1D1，CC1，BC的中点，给出以下四个结论：
①A1C⊥MN；②A1C∥平面MNPQ；③A1C与PM相交；④NC与PM异面.其中不正确的结论是(　　)
A.①
B.②
C.③
D.④
答案　B
解析　作出过M，N，P，Q四点的截面交C1D1于点S，交AB于点R，如图所示中的六边形MNSPQR，显然点A1，C分别位于这个平面的两侧，故A1C与平面MNPQ一定相交，不可能平行，故结论②不正确.
6.下列四个正方体图形中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形的序号是(　　)
A.①③
B.①④
C.②③
D.②④
答案　B
解析　①中易知NP∥AA′，MN∥A′B，
∴平面MNP∥平面AA′B可得
出AB∥平面MNP(如图).
④中，NP∥AB，
能得出AB∥平面MNP.
7.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E为DD1的中点，则BD1与平面AEC的位置关系为________.
答案　平行
解析　连接BD，设BD∩AC＝O，
连接EO，在△BDD1中，O为BD的中点，
所以EO为△BDD1的中位线，
则BD1∥EO，而BD1 平面ACE，EO 平面ACE，
所以BD1∥平面ACE.
8.如图，已知六棱锥P－ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝2AB，则下列结论中：
①PB⊥AE；②平面ABC⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④∠PDA＝45°.
其中正确的有________(把所有正确的序号都填上).
答案　①④
解析　由PA⊥平面ABC，AE 平面ABC，得PA⊥AE，
又由正六边形的性质得AE⊥AB，PA∩AB＝A，
得AE⊥平面PAB，
又PB 平面PAB，∴AE⊥PB，①正确；
∵平面PAD⊥平面ABC，
∴平面ABC⊥平面PBC不成立，②错；
由正六边形的性质得BC∥AD，
又AD 平面PAD，BC 平面PAD，
∴BC∥平面PAD，
∴直线BC∥平面PAE也不成立，③错；
在Rt△PAD中，PA＝AD＝2AB，
∴∠PDA＝45°，④正确.
9.如图，三棱柱ABC—A1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，B1C的中点为O，且AO⊥平面BB1C1C，则B1C与AB的位置关系为________.
答案　异面垂直
解析　∵AO⊥平面BB1C1C，∴AO⊥B1C，
又∵平面BB1C1C为菱形，
∴B1C⊥BO，
∴B1C⊥平面ABO，
∵AB 平面ABO，∴B1C⊥AB.
10.(2016·课标全国甲)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：
①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.
②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.
③如果α∥β，m α，那么m∥β.
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.
其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的编号)
答案　②③④
解析　当m⊥n，m⊥α，n∥β时，两个平面的位置关系不确定，故①错误，经判断知②③④均正确，故正确答案为②③④.
11.(2015·江苏)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.
求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
证明　(1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC.
又因为DE 平面AA1C1C，AC 平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C.
(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC.
因为AC 平面ABC，
所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1 平面BCC1B1，
BC 平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1 平面BCC1B1，
所以BC1⊥AC.
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，
因此BC1⊥B1C.
因为AC，B1C 平面B1AC，AC∩B1C＝C，
所以BC1⊥平面B1AC.
又因为AB1 平面B1AC，
所以BC1⊥AB1.
12.(2016·山东)在如图所示的几何体中，D是AC的中点，EF∥DB.
(1)已知AB＝BC，AE＝EC，求证：AC⊥FB；
(2)已知G，H分别是EC和FB的中点，求证：GH∥平面ABC.
证明　(1)因为EF∥DB，
所以EF与DB确定平面BDEF，
如图①，连接DE.因为AE＝EC，
D为AC的中点，
所以DE⊥AC.同理可得
BD⊥AC.
又BD∩DE＝D，
所以AC⊥平面BDEF.
因为FB 平面BDEF，
所以AC⊥FB.
(2)如图②，设FC的中点为I，连接GI，HI.
在△CEF中，因为G是CE的中点，所以GI∥EF.
又EF∥DB，所以GI∥DB.
在△CFB中，因为H是FB的中点，所以HI∥BC.
又HI∩GI＝I，
所以平面GHI∥平面ABC，
因为GH 平面GHI，
所以GH∥平面ABC.第23练　常考的递推公式问题的破解方略
[题型分析·高考展望]　利用递推关系式求数列的通项公式及前n项和公式是高考中常考题型，掌握常见的一些变形技巧是解决此类问题的关键.一般这类题目难度较大，但只要将已知条件转化为几类“模型”，然后采用相应的计算方法即可解决.
体验高考
1.(2015·湖南)设Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，且3S1，2S2，S3成等差数列，则an＝________.
答案　3n－1
解析　由3S1，2S2，S3成等差数列知，4S2＝3S1＋S3，
可得a3＝3a2，
∴公比q＝3，故等比数列通项an＝a1qn－1＝3n－1.
2.(2015·课标全国Ⅱ)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则Sn＝____________.
答案　－
解析　由题意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，因为Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故数列是以＝－1为首项，－1为公差的等差数列，得＝－1－(n－1)＝－n，
所以Sn＝－.
3.(2015·江苏)设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N
)，则数列前10项的和为________.
答案　
解析　∵a1＝1，an＋1－an＝n＋1，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n，将以上n－1个式子相加得an－a1＝2＋3＋…＋n＝，即an＝.
令bn＝，
故bn＝＝2，故S10＝b1＋b2＋…＋b10
＝2＝.
4.(2016·课标全国丙)已知数列{an}的前n项和Sn＝1＋λan，其中λ≠0.
(1)证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
(2)若S5＝，求λ.
(1)证明　由题意，得a1＝S1＝1＋λa1，
故λ≠1，a1＝，a1≠0.
由Sn＝1＋λan，Sn＋1＝1＋λan＋1，
得an＋1＝λan＋1－λan，即an＋1(λ－1)＝λan，
由a1≠0，λ≠0得an≠0，
所以＝.
因此{an}是首项为，公比为的等比数列，
于是an＝n－1.
(2)解　由(1)得Sn＝1－n.
由S5＝，得1－5＝，即5＝.
解得λ＝－1.
高考必会题型
题型一　利用累加法解决递推问题
例1　(1)在数列{an}中，a1＝1，an－an－1＝，则an等于(　　)
A.2－
B.1－
C.
D.2－
答案　A
解析　∵an－an－1＝，
∴a2－a1＝，a3－a2＝，a4－a3＝，…，
an－an－1＝(n>1)，
以上各式左右两边分别相加得
an－a1＝＋＋＋…＋
＝1－＋－＋…＋－＝1－，
∴an＝a1＋1－＝2－，
又a1＝1适合上式，
∴an＝2－，
故选A.
(2)在数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝an＋cn(n∈N
，常数c≠0)，且a1，a2，a3成等比数列.
①求c的值；
②求数列{an}的通项公式.
解　①由题意知，a1＝2，a2＝2＋c，a3＝2＋3c，
∵a1，a2，a3成等比数列，∴(2＋c)2＝2(2＋3c)，
解得c＝0或c＝2，
又c≠0，故c＝2.
②当n≥2时，由an＋1＝an＋cn，得a2－a1＝c，a3－a2＝2c，…，an－an－1＝(n－1)c，
以上各式相加，得an－a1＝[1＋2＋…＋(n－1)]c＝c.
又a1＝2，c＝2，故an＝n2－n＋2(n≥2)，
当n＝1时，上式也成立，
∴数列{an}的通项公式为an＝n2－n＋2(n∈N
).
点评　由已知递推关系式，若能转化为an＋1＝an＋f(n)，或－＝f(n)且f(n)的和可求，则可采用累加法.
变式训练1　在数列{an}中，a1＝1，an＋1－an＝ln(1＋)，则an等于(　　)
A.1＋n＋ln
n
B.1＋nln
n
C.1＋(n－1)ln
n
D.1＋ln
n
答案　D
解析　∵a1＝1，an＋1－an＝ln(1＋)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋1)＋1
＝ln(××…×2)＋1＝1＋ln
n.
题型二　利用累乘法解决递推问题
例2　(1)已知正项数列{an}满足a1＝1，(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，则它的通项公式为(　　)
A.an＝
B.an＝
C.an＝
D.an＝n
(2)已知数列{an}中，a1＝1，＝n(n∈N
)，则a2
016＝________.
答案　(1)B　(2)2
016
解析　(1)由(n＋2)a－(n＋1)a＋anan＋1＝0，
得[(n＋2)an＋1－(n＋1)an](an＋1＋an)＝0，
又an>0，所以(n＋2)an＋1＝(n＋1)an，
即＝，an＋1＝an，
所以an＝··…·a1＝a1(n≥2)，
所以an＝(n＝1适合)，
于是所求通项公式为an＝.
(2)由＝n(n∈N
)，得＝，
＝，＝，＝，…，
＝，各式相乘得＝n，
∴an＝n(n＝1适合)，∴a2
016＝2
016.
点评　若由已知递推关系能转化成＝f(n)的形式，且f(n)的前n项积能求，则可采用累乘法.注意验证首项是否符合通项公式.
变式训练2　数列{an}的前n项和Sn＝an
(n≥2)，且a1＝1，a2＝2，则{an}的通项公式an＝______________.
答案　
解析　∵Sn－1＝an－1
(n≥3)，
∴Sn－Sn－1＝an－an－1，
∴an＝an－an－1，∴＝.
∴当n≥3时，··…·＝2···…·，
∴＝n－1，∴an＝(n－1)·a2＝2(n－1)(n≥3).
∵a2＝2满足an＝2(n－1)，
∴an＝
题型三　构造法求通项公式
例3　(1)数列{an}中，a1＝，an＋1＝(n∈N
)，则数列{an}的通项公式an＝________.
(2)已知a1＝1，an＋1＝，则an＝________.
答案　(1)　(2)
解析　(1)由已知可得(n＋1)an＋1＝，
设nan＝bn，则bn＋1＝，
所以＝＋1，
两边都加1可得＋1＝＋2＝2(＋1)，
即{＋1}是公比为2，首项为3的等比数列.
故＋1＝3·2n－1，
所以＝3·2n－1－1＝，
所以an＝(n＝1适合)，
于是所求通项公式为an＝.
(2)由an＋1＝，得－＝1(常数)，
又＝1，∴{}为以1为首项，1为公差的等差数列，
∴＝n，从而an＝，即所求通项公式为an＝.
点评　构造法就是利用数列的递推关系灵活变形，构造出等差、等比的新数列，然后利用公式求出通项.此类问题关键在于条件变形：在“an＝can－1＋b”的条件下，可构造“an＋x＝c(an－1＋x)”在“an＝”的条件下，可构造“＝＋”.
变式训练3　已知数列{an}中，a1＝2，当n≥2时，an＝，求数列{an}的通项公式.
解　因为当n≥2时，an－1＝，
两边取倒数，得＝＋.
即－＝，
故数列是首项为＝1，公差为的等差数列.
所以＝＋(n－1)＝.
所以an＝.
又当n＝1时，上式也成立，
故数列{an}的通项公式是an＝(n∈N
).
高考题型精练
1.数列{an}满足a1＝1，a2＝，且＋＝(n≥2)，则an等于(　　)
A.
B.()n－1
C.()n
D.
答案　D
解析　由题意知{}是等差数列，
又＝1，＝，
∴公差为d＝－＝，
∴＝＋(n－1)×＝，
∴an＝，故选D.
2.已知数列{an}中，a1＝1，且＝＋3(n∈N
)，则a10等于(　　)
A.28
B.33
C.
D.
答案　D
解析　由已知－＝3(n∈N
)，
所以数列{}是以1为首项，3为公差的等差数列，
即＝1＋(n－1)×3＝3n－2，
解得an＝，a10＝，
故选D.
3.已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋(n∈N
)，则数列{an}的通项为(　　)
A.an＝
B.an＝
C.an＝＋
D.an＝
答案　B
解析　由an＋1＝an＋可得，
an＋1－an＝＝＝－，
所以a2－a1＝－，a3－a2＝－，a4－a3＝－，…，an－an－1＝－，
累加可得an－a1＝－，
又a1＝，所以an＝，故选B.
4.已知f(x)＝log2＋1，an＝f()＋f()＋…＋f()，n为正整数，则a2
016等于(　　)
A.2
015
B.2
009
C.1
005
D.1
006
答案　A
解析　因为f(x)＝log2＋1，
所以f(x)＋f(1－x)＝log2＋1＋log2＋1＝2.
所以f()＋f()＝2，
f()＋f()＝2，…，
f()＋f()＝2，
由倒序相加，得2an＝2(n－1)，an＝n－1，
所以a2
016＝2
016－1＝2
015，故选A.
5.已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝an＋n＋2n(n∈N
)，则an为(　　)
A.＋2n－1－1
B.＋2n－1
C.＋2n＋1－1
D.＋2n＋1－1
答案　B
解析　∵an＋1＝an＋n＋2n，
∴an＋1－an＝n＋2n.
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)
＝1＋(1＋2)＋(2＋22)＋…＋[(n－1)＋2n－1]
＝1＋[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋(2＋22＋…＋2n－1)
＝1＋＋＝＋2n－1.
6.已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋2n(n≥2)，则a7等于(　　)
A.53
B.54
C.55
D.109
答案　C
解析　∵an－an－1＝2n(n≥2)，
∴a2－a1＝4，
a3－a2＝6，
a4－a3＝8，
…
a7－a6＝14，
以上各式两边分别相加得
a7－a1＝4＋6＋…＋14，
a7＝1＋＝55.
7.数列{an}中，a1＝1，an＝2·3n－1＋an－1(n≥2)，则an＝________.
答案　3n－2
解析　因为an＝2·3n－1＋an－1(n≥2)，
所以an－an－1＝2·3n－1(n≥2)，
由叠加原理知an－a1＝2(3＋32＋33＋…＋3n－1)(n≥2)，
所以an＝a1＋2＝1＋3n－3
＝3n－2(n≥2)，
因为a1＝1也符合上式，
故an＝3n－2.
8.若数列{an}满足an＝3an－1＋2(n≥2，n∈N
)，a1＝1，则数列{an}的通项公式an＝________________.
答案　2×3n－1－1
解析　设an＋λ＝3(an－1＋λ)，化简得an＝3an－1＋2λ，
∵an＝3an－1＋2，∴λ＝1，
∴an＋1＝3(an－1＋1).
∵a1＝1，∴a1＋1＝2，
∴数列{an＋1}是以2为首项，3为公比的等比数列，
∴an＋1＝2×3n－1，∴an＝2×3n－1－1.
9.若数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝4an＋2n，则通项an＝________________.
答案　22n－1－2n－1
解析　∵an＋1＝4an＋2n，∴＝＋，
设bn＝，则bn＋1＝2bn＋，
∴bn＋1＋＝2(bn＋)，
即＝2，
又b1＋＝1，∴{bn＋}是等比数列，
其中首项为1，公比为2，
∴bn＋＝2n－1，即bn＝2n－1－，
即＝2n－1－，
∴an＝2n(2n－1－)＝22n－1－2n－1.
10.设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)a－na＋an＋1an＝0(n∈N
)，则它的通项公式an＝________________.
答案　
解析　对原关系式进行等价变形可得(n＋1)a－na＋an＋1an＝0(n∈N
) [(n＋1)an＋1－nan](an＋1＋an)＝0，
因为{an}是正项数列，所以(n＋1)an＋1－nan＝0，
从而＝1，
即数列{nan}是首项为1，公比为1的等比数列，
所以nan＝1，即an＝.
11.数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝2an＋1－an＋2.
(1)设bn＝an＋1－an，证明{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式.
(1)证明　由an＋2＝2an＋1－an＋2，
得bn＋1－bn＝an＋2－2an＋1＋an＝2an＋1－an＋2－2an＋1＋an＝2，
又b1＝a2－a1＝1，
∴{bn}是首项为1，公差为2的等差数列.
(2)解　由(1)得bn＝2n－1，于是an＋1－an＝2n－1，
an＝[(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)]＋a1
＝[1＋3＋…＋(2n－3)]＋1＝(n－1)2＋1，
而a1＝1也符合，
∴{an}的通项公式an＝(n－1)2＋1.
12.已知数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，且Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N
).
(1)证明数列{an＋1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{nan＋n}的前n项和Tn.
解　(1)由已知，Sn＋1＝2Sn＋n＋1(n∈N
)，
当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，
两式相减得，an＋1＝2an＋1，
于是an＋1＋1＝2(an＋1)(n≥2).
当n＝1时，S2＝2S1＋1＋1，
即a1＋a2＝2a1＋1＋1，
所以a2＝3，此时a2＋1＝2(a1＋1)，
且a1＋1＝2≠0，
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列.
所以an＋1＝2·2n－1，
即an＝2n－1(n∈N
).
(2)令cn＝nan＋n，则cn＝n·2n，
于是Tn＝1·21＋2·22＋…＋n·2n，
2Tn＝1·22＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
两式相减得，
－Tn＝2＋22＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2，
所以Tn＝(n－1)·2n＋1＋2.第37练　二项式定理的两类重点题型——求指定项与求和
[题型分析·高考展望]　二项式定理的应用，是理科高考的考点之一，考查频率较高，一般为选择题或填空题，题目难度不大，为低、中档题.主要考查两类题型，一是求展开式的指定项，二是求各项和或系数和，只要掌握两类题型的常规解法，该部分题目就能会做.
体验高考
1.(2015·课标全国Ⅰ)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)
A.10
B.20
C.30
D.60
答案　C
解析　方法一　利用二项展开式的通项公式求解.
(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2.
其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5.
所以x5y2的系数为CC＝30.故选C.
方法二　利用组合知识求解.
(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为CCC＝30.故选C.
2.(2016·四川)设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为(　　)
A.－15x4
B.15x4
C.－20ix4
D.20ix4
答案　A
解析　由题可知，含x4的项为Cx4i2＝－15x4.选A.
3.(2015·安徽)7的展开式中x5的系数是________(用数字填写答案).
答案　35
解析　7的展开式的第k＋1项为Tk＋1＝C(x3)7－k·k＝C·x21－4k，令21－4k＝5，得k＝4，∴T5＝Cx5＝35x5.
4.(2016·上海)在(－)n的二次项式中，所有项的二项式系数之和为256，则常数项等于________.
答案　112
解析　2n＝256，n＝8，
通项Tk＋1＝C··(－)k＝C(－2)k·.
取k＝2，
常数项为C(－2)2＝112.
高考必会题型
题型一　求展开项
例1　(1)(x2＋－2)3展开式中的常数项为(　　)
A.－8
B.－12
C.－20
D.20
(2)(2016·山东)若5的展开式中x5的系数为－80，则实数a＝________.
答案　(1)C　(2)－2
解析　(1)二项式(x2＋－2)3可化为(x－)6，
展开式的通项公式为Tk＋1＝C·(－1)k·x6－2k.
令x的幂指数6－2k＝0，解得k＝3，
故展开式中的常数项为－C＝－20，
故选C.
(2)∵Tk＋1＝C(ax2)5－kk＝a5－kC，
∴10－k＝5，解得k＝2，∴a3C＝－80，解得a＝－2.
点评　应用通项公式要注意四点
(1)Tk＋1是展开式中的第k＋1项，而不是第k项；
(2)公式中a，b的指数和为n，且a，b不能随便颠倒位置；
(3)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题；
(4)对二项式(a－b)n展开式的通项公式要特别注意符号问题.
变式训练1　(1)(9x－)n(n∈N
)的展开式的第3项的二项式系数为36，则其展开式中的常数项为(　　)
A.252
B.－252
C.84
D.－84
(2)(1－x)(1＋2)5展开式中x2的系数为________.
答案　(1)C　(2)60
解析　(1)第3项的二项式系数为C＝＝36，n＝9，
其通项公式为Tk＋1＝(－)kC(9x)9－k＝(－)k99－kC，
当9－k＝0，k＝6时，为常数项，
常数项为(－)699－6C＝84.
(2)因为(1＋2)5展开式的通项公式为Tk＋1＝C·2k·，
所以(1－x)(1＋2)5展开式中x2的系数为1×C×24－×C×22＝60.
题型二　赋值法求系数之和
例2　(1)对任意的实数x，有(2x－3)6＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6等于(　　)
A.－12
B.－6
C.6
D.12
(2)若(2x－1)2
013＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2
013x2
013(x∈R)，则＋＋＋…＋等于(　　)
A.－
B.
C.－
D.
答案　(1)A　(2)D
解析　(1)由(2x－3)6＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，两侧求导，得a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3＋5a5x4＋6a6x5＝12(2x－3)5，
令x＝1，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6
＝12(2×1－3)5＝－12，故选A.
(2)因为(2x－1)2
013＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2
013x2
013(x∈R)，
令x＝0，则a0＝－1，a1＝2C(－1)2
012＝2C；
令x＝，则a0＋＋＋…＋＝0，
所以＋＋＋…＋
＝(a1＋＋＋…＋)
＝(a0＋a1＋＋＋…＋)－
＝(2×－1)2
013＋＝.
点评　(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n、(ax2＋bx＋c)m
(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n
(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可.
(2)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
变式训练2　(1)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a0＋a1＋a2＋…＋an＝126，那么(－)n的展开式中的常数项为(　　)
A.－15
B.15
C.20
D.－20
(2)若(1－5x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，那么|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|的值是(　　)
A.1
B.49
C.59
D.69
答案　(1)D　(2)D
解析　(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2＋22＋…＋2n＝2×＝2n＋1－2＝126 2n＋1＝128 2n＋1＝27 n＝6，又Tk＋1＝C()6－k(－)k＝C(－1)kx3－k，
所以由3－k＝0得k＝3，则常数项为－C＝－20.
(2)(1－5x)9展开式的通项公式为Tk＋1＝C(－5x)k＝(－5)kCxk，
所以当x的指数为奇数时，其系数为负，
所以在(1－5x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9中令x＝－1，得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|
＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝69，故选D.
高考题型精练
1.若(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为(　　)
A.1
B.－1
C.0
D.2
答案　A
解析　令x＝1，得(2＋)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4，
又令x＝－1，得(2－)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4，
所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2
＝(a0＋a2＋a4＋a1＋a3)(a0＋a2＋a4－a1－a3)
＝(2＋)4(2－)4＝14＝1.
2.设n∈N
，则5C＋52C＋53C＋…＋5nC除以7的余数为(　　)
A.0或5
B.1或3
C.4或6
D.0或2
答案　A
解析　5C＋52C＋53C＋…＋5nC
＝C＋5C＋52C＋53C＋…＋5nC－C
＝(1＋5)n－1
＝(7－1)n－1＝7M＋(－1)n－1，M∈Z，
当n为奇数时，余数为5，
当n为偶数时，余数为0.
3.设k＝(sin
x－cos
x)dx，若(1－kx)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a1＋a2＋…＋a8等于(　　)
A.－1
B.0
C.1
D.256
答案　B
解析　k＝(sin
x－cos
x)dx＝sin
xdx－cos
xdx
＝－cos
x－sin
x＝2，
所以(1－kx)8＝(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a8＝(1－2)8＝1，
令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a8＝(a0＋a1＋a2＋…＋a8)－a0＝1－1＝0，故选B.
4.设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m等于(　　)
A.5
B.6
C.7
D.8
答案　B
解析　(x＋y)2m展开式中二项式系数的最大值为C，
∴a＝C.同理，b＝C.
∵13a＝7b，∴13·C＝7·C，
∴13·＝7·，
∴m＝6.
5.(＋)5展开式的第三项为10，则y关于x的函数图象大致为(　　)
答案　D
解析　由题意得，展开式的第三项为T3＝C()3()2＝10xy，
所以10xy＝10，所以y＝，且x>0，故选D.
6.设a∈Z，且0≤a<13，若512
016＋a能被13整除，则a的值为(　　)
A.0
B.1
C.11
D.12
答案　D
解析　512
016＋a＝(52－1)2
016＋a＝C×522
016－C×522
015＋…＋C×52×(－1)2
015＋C×(－1)2
016＋a.
因为52能被13整除，
所以只需C×(－1)2
016＋a能被13整除，
即a＋1能被13整除，因为0≤a<13，所以a＝12.
7.设f(x)是6展开式的中间项，若f(x)≤mx在区间上恒成立，则实数m的取值范围是(　　)
A.(－∞，5)
B.(－∞，5]
C.(5，＋∞)
D.[5，＋∞)
答案　D
解析　由于Tk＋1＝Ckx12－3k，故展开式中间的一项为T3＋1＝C·3·x3＝x3，f(x)≤mx x3≤mx在上恒成立，即m≥x2，又x2≤5，故实数m的取值范围是m≥5.
8.(x2－x＋1)10展开式中x3项的系数为________.
答案　－210
解析　(x2－x＋1)10＝[1＋(x2－x)]10的展开式的通项公式为Tk＋1＝C(x2－x)k，对于(x2－x)k通项公式为
Tm＋1＝Cx2k－2m(－x)m＝(－1)mCx2k－m，
令2k－m＝3且m≤k≤10，m∈N，k∈N，
得k＝2，m＝1或k＝3，m＝3，(x2－x＋1)10的展开式x3系数为CC·(－1)＋CC·(－1)3＝－210.
9.已知(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且n是偶数，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋an＝__________.
答案　
解析　由a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn＝(2x－1)n，
在区间[0，1]上，两边取积分可得：
a0＋a1x2＋a2x3＋…＋anxn＋1
＝(2x－1)ndx＝(2x－1)n＋1＝，
即a0＋a1＋a2＋a3＋…＋an＝.
10.设an(n＝2，3，4，…)是(3－)n的展开式中x的一次项的系数，则＋＋…＋＝________.
答案　17
解析　令Tk＋1＝C3n－k(－)k＝C(－1)k·3n－k，
令＝1，得k＝2，
∴(3－)n的展开式中x的一次项的系数为
an＝C(－1)2·3n－2＝C·3n－2，
又C＝，
则＋＋…＋＝32×(＋＋…＋)
＝9×(＋＋…＋)
＝18×[(1－)＋(－)＋…＋(－)]
＝18×(1－)＝17.
11.已知在(－)n的展开式中，第6项为常数项.
(1)求n；(2)求含x2项的系数；(3)求展开式中所有的有理项.
解　(1)根据题意，可得(－)n的展开式的通项为Tk＋1＝C(x)n－k(－x)k
＝(－)kC，
又由第6项为常数项，则当k＝5时，＝0，
即＝0，解可得n＝10.
(2)由(1)可得，Tk＋1＝(－)kC，
令＝2，可得k＝2，
所以含x2项的系数为(－)2C＝.
(3)由(1)可得，Tk＋1＝(－)kC，
若Tk＋1为有理项，则有∈Z，且0≤k≤10，
分析可得当k＝2，5，8时，为整数，
则展开式中的有理项分别为x2，－，x－2.
12.已知n.
(1)若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项.
解　(1)因为C＋C＝2C，所以n2－21n＋98＝0，
解得n＝7或n＝14.
当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5.
所以T4的系数为C423＝，
T5的系数为C324＝70.
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8.
所以T8的系数为C727＝3
432.
(2)因为C＋C＋C＝79，
所以n＝12或n＝－13(舍去).
设Tk＋1项的系数最大.
因为12＝12(1＋4x)12，
所以所以9.4≤k≤10.4.
又因为0≤k≤12且k∈N，所以k＝10.
所以展开式中系数最大的项为T11.
T11＝12C410x10＝16
896x10.第10练　重应用——函数的实际应用
[题型分析·高考展望]　函数的实际应用也是高考常考题型，特别是基本函数模型的应用，在选择题、填空题、解答题中都会出现，多以实际生活、常见的自然现象为背景，较新颖、灵活，解决此类问题时，应从实际问题中分析涉及的数学知识，从而抽象出基本函数模型，然后利用基本函数的性质或相应的数学方法，使问题得以解决.
体验高考
1.(2015·课标全国Ⅱ)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为(　　)
答案　B
解析　由已知得，当点P沿着边BC运动，
即0≤x≤时，PA＋PB＝＋tan
x；
当点P在CD边上运动时，
即≤x≤时，
PA＋PB＝
＋
，
当x＝时，PA＋PB＝2；当点P在AD边上运动时，即≤x≤π时，PA＋PB＝－tan
x.
从点P的运动过程可以看出，轨迹关于直线x＝对称，且f()＞f()，且轨迹非线型，故选B.
2.(2015·四川)某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系y＝ekx＋b(e＝2.718…为自然对数的底数，k，b为常数).若该食品在0
℃的保鲜时间是192小时，在22
℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33
℃的保鲜时间是________小时.
答案　24
解析　由题意得
∴e22k＝＝，∴e11k＝，
∴x＝33时，y＝e33k＋b＝(e11k)3·eb
＝3·eb＝×192＝24.
3.(2015·上海)如图，A，B，C三地有直道相通，AB＝5千米，AC＝3千米，BC＝4千米.现甲、乙两警员同时从A地出发匀速前往B地，经过t小时，他们之间的距离为f(t)(单位：千米).甲的路线是AB，速度为5千米/小时，乙的路线是ACB，速度为8千米/小时.乙到达B地后原地等待.设t＝t1时乙到达C地.
(1)求t1与f(t1)的值；
(2)已知警员的对讲机的有效通话距离是3千米，当t1≤t≤1时，求f(t)的表达式，并判断f(t)在[t1，1]上的最大值是否超过3？说明理由.
解　(1)t1＝.
记乙到C时甲所在地为D，则AD＝千米.在△ACD中，CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos
A，
所以f(t1)＝CD＝(千米).
(2)甲到达B用时1小时；乙到达C用时小时，从A到B总用时小时.
当t1＝≤t≤时，
f(t)＝＝；
当≤t≤1时，f(t)＝5－5t，
所以f(t)＝
因为f(t)在上的最大值是f＝，
f(t)在上的最大值是f＝，
所以f(t)在上的最大值是，不超过3.
4.(2015·江苏)某山区外围有两条相互垂直的直线型公路，为进一步改善山区的交通现状，计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路，记两条相互垂直的公路为l1，l2，山区边界曲线为C，计划修建的公路为l.如图所示，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米.以l2，l1所在的直线分别为x，y轴，建立平面直角坐标系xOy，假设曲线C符合函数y＝(其中a，b为常数)模型.
(1)求a，b的值；
(2)设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.
①请写出公路l长度的函数解析式f(t)，并写出其定义域；
②当t为何值时，公路l的长度最短？求出最短长度.
解　(1)由题意知，点M，N的坐标分别为(5，40)，(20，2.5).
将其分别代入y＝，
得解得
(2)①由(1)知，y＝(5≤x≤20)，
则点P的坐标为，
设在点P处的切线l分别交x，y轴于A，B点，
y′＝－，则l的方程为y－＝－(x－t)，
由此得A，B.
故f(t)＝＝
，t∈[5，20].
②设g(t)＝t2＋，
则g′(t)＝2t－.
令g′(t)＝0，解得t＝10.
当t∈(5，10)时，g′(t)＜0，g(t)是减函数；
当t∈(10，20)时，g′(t)＞0，g(t)是增函数.
从而当t＝10时，函数g(t)有极小值，也是最小值，
所以g(t)min＝300，此时f(t)min＝15.
答　当t＝10时，公路l的长度最短，最短长度为15千米.
高考必会题型
题型一　基本函数模型的应用
例1　某地上年度电价为0.8元，年用电量为1亿千瓦时.本年度计划将电价调至0.55元～0.75元之间，经测算，若电价调至x元，则本年度新增用电量y(亿千瓦时)与(x－0.4)(元)成反比.又当x＝0.65时，y＝0.8.
(1)求y与x之间的函数关系式；
(2)若每千瓦时电的成本价为0.3元，则电价调至多少时，本年度电力部门的收益将比上年度增加20%？[收益＝用电量×(实际电价－成本价)]
解　(1)∵y与(x－0.4)成反比，
∴设y＝(k≠0).
把x＝0.65，y＝0.8代入上式，
得0.8＝，k＝0.2.
∴y＝＝，
即y与x之间的函数关系式为y＝.
(2)根据题意，得(1＋)·(x－0.3)
＝1×(0.8－0.3)×(1＋20%).
整理，得x2－1.1x＋0.3＝0，解得x1＝0.5，x2＝0.6.
经检验x1＝0.5，x2＝0.6都是所列方程的根.
∵x的取值范围是0.55～0.75，
故x＝0.5不符合题意，应舍去.∴x＝0.6.
∴当电价调至0.6元时，本年度电力部门的收益将比上年度增加20%.
点评　解决实际应用问题的关键在于读题，读题必须细心、耐心，从中分析出数学“元素”，确定该问题涉及的数学模型，一般程序如下：
.
变式训练1　(1)(2015·北京)某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况.
加油时间
加油量(升)
加油时的累计里程(千米)
2015年5月1日
12
35
000
2015年5月15日
48
35
600
注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程.
在这段时间内，该车每100千米平均耗油量为(　　)
A.6升
B.8升
C.10升
D.12升
(2)2015年“五一”期间某商人购进一批家电，每台进价已按原价a扣去20%，他希望对货物定一新价，以便每台按新价让利25%销售后，仍可获得售价20%的纯利，则此商人经营这种家电的件数x与按新价让利总额y之间的函数关系式是______________.
答案　(1)B　(2)y＝x
(x∈N
)
解析　(1)由表知，汽车行驶路程为35
600－35
000＝600千米，耗油量为48升，∴每100千米耗油量8升.
(2)设每台新价为b，则售价b(1－25%)，
让利b×25%，由于原价为a，则进价为a(1－20%)，
根据题意，得每件家电利润为b×(1－25%)×20%＝b×(1－25%)－a(1－20%)，化简得b＝a.
∴y＝b×25%·x＝a×25%×x＝x
(x∈N
)，
即y＝x(x∈N
).
题型二　分段函数模型的应用
例2　已知美国某手机品牌公司生产某款手机的年固定成本为40万美元，每生产1万部还需另投入16万美元.设公司一年内共生产该款手机x万部并全部销售完，每万部的销售收入为R(x)万美元，且R(x)＝
(1)写出年利润W(万美元)关于年产量x(万部)的函数解析式；
(2)当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中所获得的利润最大？并求出最大利润.
解　(1)当0W＝xR(x)－(16x＋40)＝－6x2＋384x－40，
当x>40时，
W＝xR(x)－(16x＋40)＝－－16x＋7
360.
所以W＝
(2)①当0104，
所以Wmax＝W(32)＝6
104；
②当x>40时，W＝－－16x＋7
360，
由于＋16x≥2
＝1
600，
当且仅当＝16x，即x＝50∈(40，＋∞)时，取等号，
所以此时W有最大值5
760.因为6
104＞5
760，
所以当x＝32时，W取得最大值6
104万元.
点评　函数有关应用题的常见类型及解题关键
(1)常见类型：与函数有关的应用题，经常涉及物价、
路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题.
(2)解题关键：解答这类问题的关键是确切地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答.
变式训练2　某市出租车收费标准如下：起步价为8元，起步里程为3
km(不超过3
km按起步价付费)；超过3
km但不超过8
km时，超过部分按每千米2.15元收费；超过8
km时，超过部分按每千米2.85元收费，另每次乘坐需付燃油附加费1元.现某人乘坐一次出租车付费22.6元，则此次出租车行驶了________
km.
答案　9
解析　设出租车行驶x
km时，付费y元，
则y＝
由y＝22.6，解得x＝9.
高考题型精练
1.某位股民购进某支股票，在接下来的交易时间内，他的这支股票先经历了n次涨停(每次上涨10%)，又经历了n次跌停(每次下跌10%)，则该股民这支股票的盈亏情况(不考虑其他费用)为(　　)
A.略有盈利
B.略有亏损
C.没有盈利也没有亏损
D.无法判断盈亏情况
答案　B
解析　设该股民购进这支股票的价格为a元，则经历n次涨停后的价格为a(1＋10%)n＝a×1.1n元，经历n次跌停后的价格为a×1.1n×(1－10%)n＝a×1.1n×0.9n＝a×(1.1×0.9)n＝0.99n·a2.如果在今后若干年内，我国国民经济生产总值都控制在平均每年增长9%的水平，那么达到国民经济生产总值比1995年翻两番的年份大约是(lg
2＝0.301
0，lg
3＝0.477
1，lg
109＝2.037
4，lg
0.09＝－2.954
3)(　　)
A.2015年
B.2011年
C.2016年
D.2008年
答案　B
解析　设1995年生产总值为a，经过x年翻两番，则a·(1＋9%)x＝4a.∴x＝≈16.
3.某工厂6年来生产某种产品的情况是：前3年年产量的增长速度越来越快，后3年年产量保持不变，则该厂6年来这种产品的总产量C与时间t(年)的函数关系图象正确的是(　　)
答案　A
解析　前3年年产量的增长速度越来越快，说明呈高速增长，只有A，C图象符合要求，而后3年年产量保持不变，故选A.
4.某汽车销售公司在A，B两地销售同一种品牌的汽车，在A地的销售利润(单位：万元)为y1＝4.1x－0.1x2，在B地的销售利润(单位：万元)为y2＝2x，其中x为销售量(单位：辆)，若该公司在两地共销售16辆该种品牌的汽车，则能获得的最大利润是(　　)
A.10.5万元
B.11万元
C.43万元
D.43.025万元
答案　C
解析　设公司在A地销售该品牌的汽车x辆，
则在B地销售该品牌的汽车(16－x)辆，
所以可得利润y＝4.1x－0.1x2＋2(16－x)＝－0.1x2＋2.1x＋32
＝－0.1(x－)2＋0.1×＋32.
因为x∈[0，16]且x∈N，
所以当x＝10或11时，总利润取得最大值43万元.
5.一个人以6米/秒的速度去追赶停在交通灯前的汽车，当他离汽车25米时交通灯由红变绿，汽车开始变速直线行驶(汽车与人前进方向相同)，汽车在时间t内的路程为s＝t2米，那么此人(　　)
A.可在7秒内追上汽车
B.可在9秒内追上汽车
C.不能追上汽车，但期间最近距离为14米
D.不能追上汽车，但期间最近距离为7米
答案　D
解析　s＝t2，车与人的间距d＝(s＋25)－6t＝t2－6t＋25＝(t－6)2＋7.当t＝6时，d取得最小值7.
6.一块形状为直角三角形的铁皮，两直角边长分别为40
cm、60
cm，现要将它剪成一个矩形，并以此三角形的直角为矩形的一个角，则矩形的最大面积是________cm2.
答案　600
解析　设直角边为40
cm和60
cm上的矩形边长分别为x
cm、y
cm，则＝，解得y＝60－x.矩形的面积S＝xy＝x＝－(x－20)2＋600，当x＝20时矩形的面积最大，此时S＝600.
7.某公司购买一批机器投入生产，据市场分析每台机器生产的产品可获得的总利润y(单位：万元)与机器运转时间x(单位：年)的关系为y＝－x2＋18x－25(x∈N
)，则当每台机器运转________年时，年平均利润最大，最大值是________万元.
答案　5　8
解析　由题意知每台机器运转x年的年平均利润为＝18－，而x＞0，故≤18－2＝8，当且仅当x＝5时，年平均利润最大，最大值为8万元.
8.一个人喝了少量酒后，血液中的酒精含量迅速上升到0.3
mg/mL，在停止喝酒后，血液中的酒精含量以每小时25%的速度减少.为了保障交通安全，某地根据《道路交通安全法》规定：驾驶员血液中的酒精含量不得超过0.09
mg/mL.那么一个喝了少量酒后的驾驶员，至少经过________小时才能开车.(精确到1小时)
答案　5
解析　设至少经过x小时才能开车，
由题意得0.3(1－25%)x≤0.09，
∴0.75x≤0.3，x≥log0.750.3＝≈4.2，
∴至少经过5个小时才能开车.
9.商家通常依据“乐观系数准则”确定商品销售价格，即根据商品的最低销售限价a，最高销售限价b(b>a)以及实数x(0答案　
解析　依题意得x＝，(c－a)2＝(b－c)(b－a)，
∵b－c＝(b－a)－(c－a)，
∴(c－a)2＝(b－a)2－(b－a)(c－a)，
两边同除以(b－a)2，
得x2＋x－1＝0，解得x＝.
∵010.某公司生产的商品A每件售价为5元时，年销售10万件.
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销量相应减少1万件，要使销售收入不低于原销售收入，该商品的销售价格最多提高多少元？
(2)为了扩大该商品的影响力，公司决定对该商品的生产进行技术革新，将技术革新后生产的商品售价提高到每件x元，公司拟投入(x2＋x)万元作为技改费用，投入万元作为宣传费用.试问：技术革新后生产的该商品销售量m至少应达到多少万件时，才可能使技术革新后的该商品销售收入等于原销售收入与总投入之和？
解　(1)设商品的销售价格提高a元，
则(10－a)(5＋a)≥50，即0≤a≤5，
所以商品的价格最多可以提高5元.
(2)由题意知改革后的销售收入为mx万元，若改革后的销售收入等于原销售收入与总投入总和，只需要满足mx＝(x2＋x)＋＋50(x＞5)，
即m＝x＋＋≥2
＋＝，
当且仅当x＝10时等号成立.
故销售量至少应达到万件时，才能使改革后的销售收入等于原销售收入与总投入之和.
11.某单位拟建一个扇环面形状的花坛(如图所示)，该扇环面是由以点O为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点O的两条直线段围成，按设计要求扇环面的周长为30米，其中大圆弧所在圆的半径为10米.设小圆弧所在圆的半径为x米，圆心角为θ(弧度).
(1)求θ关于x的函数关系式；
(2)已知在花坛的边缘(实线部分)进行装饰时，直线部分的装饰费用为4元/米，弧线部分的装饰费用为9元/米.设花坛的面积与装饰总费用的比为y，求y关于x的函数关系式，并求出x为何值时，y取得最大值？
解　(1)设扇环的圆心角为θ，
则30＝θ(10＋x)＋2(10－x)，
所以θ＝(0＜x＜10).
(2)花坛的面积为θ(102－x2)＝(5＋x)(10－x)＝－x2＋5x＋50(0＜x＜10)，装饰总费用为9θ(10＋x)＋8(10－x)＝170＋10x，所以花坛的面积与装饰总费用的比y＝＝－，令t＝17＋x，则y＝－≤，当且仅当t＝18时取等号，此时x＝1，θ＝.
综上，当x＝1时，花坛的面积与装饰总费用的比最大.
12.在扶贫活动中，为了尽快脱贫(无债务)致富，企业甲将经营状况良好的某种消费品专卖店以5.8万元的优惠价格转让给了尚有5万元无息贷款没有偿还的小型企业乙，并约定从该店经营的利润中，首先保证企业乙的全体职工每月最低生活费的开支3
600元后，逐步偿还转让费(不计息).在甲提供的资料中：①这种消费品的进价为每件14元；②该店月销量Q(百件)与销售价格P(元)的关系如图所示；③每月需各种开支2
000元.
(1)当商品的价格为每件多少元时，月利润扣除职工最低生活费的余额最大？并求最大余额；
(2)企业乙只依靠该店，最早可望在几年后脱贫？
解　设该店月利润余额为L，
则由题设得L＝Q(P－14)×100－3
600－2
000，
①
由销量图易得Q＝
代入①式得
L＝
＝
(1)当14≤P≤20时，
Lmax＝450元，此时P＝19.5元；
当20Lmax＝元，此时P＝元.
故当P＝19.5元时，月利润余额最大，为450元.
(2)设可在n年后脱贫，
依题意有12n×450－50
000－58
000≥0，
解得n≥20，
即最早可望在20年后脱贫.第20练　平面向量中的线性问题
[题型分析·高考展望]　平面向量是初等数学的重要内容，兼具代数和几何的“双重特性”，是解决代数问题和几何问题的有力工具，与很多知识联系较为密切，是高考命题的热点.多与其他知识联合命题，题型有选择题、填空题、解答题，掌握好向量的基本概念、基本运算性质是解题的关键.
体验高考
1.(2015·课标全国Ⅰ)设D为△ABC所在平面内一点，＝3，则(　　)
A.＝－＋
B.＝－
C.＝＋
D.＝－
答案　A
解析　∵＝3，∴－＝3(－)，
即4－＝3，∴＝－＋.
2.(2016·课标全国甲)已知向量a＝(1，m)，b＝(3，－2)，且(a＋b)⊥b，则m等于(　　)
A.－8
B.－6
C.6
D.8
答案　D
解析　由题知a＋b＝(4，m－2)，因为(a＋b)⊥b，所以(a＋b)·b＝0，
即4×3＋(－2)×(m－2)＝0，解之得m＝8，故选D.
3.(2016·山东)已知非零向量m，n满足4|m|＝3|n|，cos〈m，n〉＝.若n⊥(tm＋n)，则实数t的值为(　　)
A.4
B.－4
C.
D.－
答案　B
解析　∵n⊥(tm＋n)，
∴n·(tm＋n)＝0，即tm·n＋|n|2＝0，
∴t|m||n|cos〈m，n〉＋|n|2＝0，
又4|m|＝3|n|，
∴t×|n|2×＋|n|2＝0，解得t＝－4，故选B.
4.(2015·北京)在△ABC中，点M，N满足＝2，＝.若＝x＋y，则x＝________；y＝________.
答案　　－
解析　＝＋＝＋＝＋(－)＝－，
∴x＝，y＝－.
高考必会题型
题型一　平面向量的线性运算及应用
例1　(1)在△ABC中，点D在线段BC的延长线上，且＝3，点O在线段CD上(与点C，D不重合)，若＝x＋(1－x)，则x的取值范围是(　　)
A.
B.
C.
D.
(2)已知在△ABC中，D是AB边上的一点，若＝2，
＝＋λ，则λ＝_____.
答案　(1)D　(2)
解析　(1)设＝y，
∵＝＋＝＋y＝＋y(－)＝－y＋(1＋y).
∵＝3，点O在线段CD上(与点C，D不重合)，
∴y∈，∵＝x＋(1－x)，
∴x＝－y，∴x∈.
(2)因为＝2，＝＋λ，所以＝＋＝＋＝＋(－)＝＋，所以λ＝.
点评　平面向量的线性运算应注意三点
(1)三角形法则和平行四边形法则的运用条件.
(2)证明三点共线问题，可用向量共线来解决，但应注意向量共线与三点共线的区别与联系，当两向量共线且有公共点时，才能得出三点共线.
(3)＝λ＋μ(λ，μ为实数)，若A，B，C三点共线，则λ＋μ＝1.
变式训练1　(1)如图，两块全等的直角边长为1的等腰直角三角形拼在一起，若＝λ＋k，则λ＋k等于(　　)
A.1＋
B.2－
C.2
D.＋2
(2)在△ABC中，＋＋＝0，＝a，＝b.若＝ma，＝nb，CG∩PQ＝H，＝2，则＋＝________.
答案　(1)A　(2)6
解析　(1)根据向量的基本定理可得，
＝＋＝＋(－)
＝＋(－)
＝＋－(－)
＝·＋，
所以λ＝，k＝1＋，
所以λ＋k＝1＋.故选A.
(2)由＋＋＝0，知点G为△ABC的重心，取AB的中点D(图略)，则＝＝＝(＋)＝＋，由P，H，Q三点共线，得＋＝1，则＋＝6.
题型二　平面向量的坐标运算
例2　(1)已知点A(－3，0)，B(0，)，点O为坐标原点，点C在第二象限，且∠AOC＝30°，＝λ＋，则实数λ的值为________.
答案　1
解析　由题意知＝(－3，0)，＝(0，)，
则＝(－3λ，)，
由∠AOC＝30°，知∠xOC＝150°，
∴tan
150°＝，即－＝－，∴λ＝1.
(2)平面内给定三个向量a＝(3，2)，b＝(－1，2)，c＝(4，1)，请解答下列问题：
①求满足a＝mb＋nc的实数m，n；
②若(a＋kc)∥(2b－a)，求实数k；
③若d满足(d－c)∥(a＋b)，且|d－c|＝，求d.
解　①由题意得(3，2)＝m(－1，2)＋n(4，1)，
∴得
②a＋kc＝(3＋4k，2＋k)，2b－a＝(－5，2)，
∵(a＋kc)∥(2b－a)，
∴2×(3＋4k)－(－5)(2＋k)＝0，∴k＝－.
③设d＝(x，y)，则d－c＝(x－4，y－1)，a＋b＝(2，4)，
由题意得
解得或
∴d＝(3，－1)或d＝(5，3).
点评　(1)两平面向量共线的充要条件有两种形式：①若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，则a∥b的充要条件是x1y2－x2y1＝0；②若a∥b(a≠0)，则b＝λa.
(2)向量共线的坐标表示既可以判定两向量平行，也可以由平行求参数.当两向量的坐标均非零时，也可以利用坐标对应成比例来求解.
(3)向量的坐标运算主要是利用加法、减法、数乘运算法则进行.若已知有向线段两端点的坐标，则应先求出向量的坐标，解题过程中要注意方程思想的运用及正确使用运算法则.
变式训练2　(1)如图所示，在△ABC中，D为AB的中点，F在线段CD上，设＝a，＝b，＝xa＋yb，则＋的最小值为(　　)
A.8＋2
B.8
C.6
D.6＋2
(2)已知向量＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(5－m，－3－m)，若点A、B、C能构成三角形，则实数m满足的条件是________.
答案　(1)B　(2)m≠
解析　(1)因为点D为AB的中点，所以＝2，因为＝xa＋yb，所以＝2x＋y.因为点F在线段CD上，所以2x＋y＝1，又x，y＞0，所以＋＝(2x＋y)＝4＋＋≥4＋2＝8，
当且仅当y＝2x＝时取等号，所以＋的最小值为8.
(2)因为＝(3，－4)，＝(6，－3)，＝(5－m，－3－m)，所以＝(3，1)，＝(－m－1，－m).
由于点A、B、C能构成三角形，所以与不共线，而当与共线时，有＝，解得m＝，故当点A、B、C能构成三角形时，实数m满足的条件是m≠.
高考题型精练
1.设a是非零向量，λ是非零实数，下列结论中正确的是(　　)
A.a与λa的方向相反
B.a与λ2a的方向相同
C.|－λa|≥|a|
D.|－λa|≥|λ|a
答案　B
解析　对于A，当λ＞0时，a与λa的方向相同，当λ＜0时，a与λa的方向相反，B正确；对于C，|－λa|＝|－λ||a|，由于|－λ|的大小不确定，故|－λa|与|a|的大小关系不确定；对于D，|λ|a是向量，而|－λa|表示长度，两者不能比较大小.
2.设点M是△ABC所在平面上的一点，且＋＋＝0，点D是AC的中点，则的值为(　　)
A.
B.
C.1
D.2
答案　A
解析　∵D是AC的中点，延长MD至E，使得DE＝MD，
∴四边形MAEC为平行四边形，
∴＝＝(＋).
∵＋＋＝0，
∴＝－(＋)＝－3，
∴＝＝，故选A.
3.已知点A(－3，0)，B(0，2)，点O为坐标原点，点C在∠AOB内，|OC|＝2，且∠AOC＝，设＝
λ＋(λ∈R)，则λ的值为(　　)
A.1
B.
C.
D.
答案　D
解析　过点C作CE⊥x轴于点E(图略).
由∠AOC＝，知|OE|＝|CE|＝2，
所以＝＋＝λ＋，
即＝λ，
所以(－2，0)＝λ(－3，0)，故λ＝.
4.在四边形ABCD中，＝a＋2b，＝－4a－b，＝－5a－3b，则四边形ABCD的形状是(　　)
A.矩形
B.平行四边形
C.梯形
D.以上都不对
答案　C
解析　由已知，得＝＋＋＝－8a－2b
＝2(－4a－b)＝2，故∥.
又因为与不平行，所以四边形ABCD是梯形.
5.设向量a，b满足|a|＝2，b＝(2，1)，则“a＝(4，2)”是“a∥b”成立的(　　)
A.充要条件
B.必要不充分条件
C.充分不必要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　C
解析　若a＝(4，2)，则|a|＝2，且a∥b都成立；
∵a∥b，设a＝λb＝(2λ，λ)，由|a|＝2，知
4λ2＋λ2＝20，∴λ2＝4，∴λ＝±2，
∴a＝(4，2)或a＝(－4，－2).
因此“a＝(4，2)”是“a∥b”成立的充分不必要条件.
6.在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝3DC，点E为BC的中点，则等于(　　)
A.＋
B.＋
C.＋
D.＋
答案　A
解析　＝＋＋＝－＋，
＝＋＝＋＝＋＝＋.
7.给出下列命题：
①若|a|＝|b|，则a＝b；
②若A，B，C，D是不共线的四点，则＝是四边形ABCD为平行四边形的充要条件；
③若a＝b，b＝c，则a＝c；
④a＝b的充要条件是|a|＝|b|且a∥b；
⑤若a∥b，b∥c，则a∥c.
其中正确命题的序号是(　　)
A.②③
B.①②
C.③④
D.④⑤
答案　A
解析　①方向不一定相同；④方向可能相反；⑤若b＝0，则不对.
8.在矩形ABCD中，O是对角线的交点，若＝5e1，＝3e2，则＝________.(用e1，e2表示)
答案　(5e1＋3e2)
解析　在矩形ABCD中，因为点O是对角线的交点，
所以＝＝(＋)＝(＋)＝(5e1＋3e2).
9.在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分别为CD，BC的中点，若＝λ＋μ，则λ＋μ＝________.
答案　
解析　依题意得，
＝＋＋＝＋－＝＋，
＝＋＝＋.
又＝λ＋μ，
于是有＝λ＋μ
＝＋.
又与不共线，因此有
由此解得λ＝－，μ＝－2λ，
所以λ＋μ＝－λ＝.
10.已知点G是△ABC的外心，，，是三个单位向量，且2＋＋＝0，如图所示，△ABC的顶点B，C分别在x轴的非负半轴和y轴的非负半轴上移动，点O是坐标原点，则||的最大值为________.
答案　2
解析　因为点G是△ABC的外心，且2＋＋＝0，所以点G是BC的中点，△ABC是直角三角形，且∠BAC是直角.又，，是三个单位向量，所以BC＝2，又△ABC的顶点B，C分别在x轴的非负半轴和y轴的非负半轴上移动，所以点G的轨迹是以原点为圆心、1为半径的圆弧.又||＝1，所以当OA经过BC的中点G时，||取得最大值，且最大值为2||＝2.
11.设e1，e2是两个不共线的向量，已知＝2e1－8e2，＝e1＋3e2，＝2e1－e2.
(1)求证：A，B，D三点共线；
(2)若＝3e1－ke2，且B，D，F三点共线，求k的值.
(1)证明　由已知得＝－＝(2e1－e2)－(e1＋3e2)＝e1－4e2，
∵＝2e1－8e2，∴＝2.
又∵与有公共点B，
∴A，B，D三点共线.
(2)解　由(1)可知＝e1－4e2，
∵＝3e1－ke2，且B，D，F三点共线，
∴＝λ(λ∈R)，
即3e1－ke2＝λe1－4λe2，
得解得k＝12.
12.已知点O为坐标原点，A(0，2)，B(4，6)，＝t1＋t2.
(1)求点M在第二或第三象限的充要条件；
(2)求证：当t1＝1时，不论t2为何实数，A，B，M三点都共线；
(3)若t1＝a2，求当⊥且△ABM的面积为12时，a的值.
(1)解　＝t1＋t2
＝t1(0，2)＋t2(4，4)＝(4t2，2t1＋4t2).
当点M在第二或第三象限时，
有
故所求的充要条件为t2<0且t1＋2t2≠0.
(2)证明　当t1＝1时，
由(1)知＝(4t2，4t2＋2).
∵＝－＝(4，4)，
＝－＝(4t2，4t2)＝t2(4，4)＝t2，
又∵与有公共点A，
∴不论t2为何实数，A，B，M三点共线.
(3)解　当t1＝a2时，
＝(4t2，4t2＋2a2).
又＝(4，4)，⊥，
∴4t2×4＋(4t2＋2a2)×4＝0，
∴t2＝－a2，
故＝(－a2，a2).
||＝4，
点M到直线AB：x－y＋2＝0的距离d＝＝|a2－1|.
∵S△ABM＝12，
∴|AB|·d＝×4×|a2－1|＝12，
解得a＝±2，
故所求a的值为±2.“12＋4”专项练4
1.设全集U＝{x|x<9且x∈Z}，集合A＝{1，2，3}，B＝{3，4，5，6}，图中阴影部分所表示的集合为(　　)
A.{1，2，3，4，5，6，7，8}
B.{1，2，4，5，6}
C.{1，2，4，5，6，7，8}
D.{1，2，3，4，5，6}
答案　B
2.已知i为虚数单位，则复数等于(　　)
A.1＋i
B.1－i
C.－1＋i
D.－1－i
答案　A
3.(2016·浙江)命题“ x∈R， n∈N
，使得n≥x2”的否定形式是(　　)
A. x∈R， n∈N
，使得n＜x2
B. x∈R， n∈N
，使得n＜x2
C. x0∈R， n∈N
，使得n＜x
D. x0∈R， n∈N
，使得n＜x
答案　D
解析　原命题是全称命题，条件为 x∈R，结论为 n∈N
，使得n≥x2，其否定形式为特称命题，条件中改量词，并否定结论，只有D选项符合.
4.sin
47°cos
17°＋cos
47°cos
107°等于(　　)
A.－
B.
C.
D.
答案　D
解析　sin
47°cos
17°＋cos
47°cos
107°＝sin
47°cos
17°－cos
47°sin
17°＝sin(47°－17°)＝sin
30°＝，故选D.
5.有一段演绎推理是这样的“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”结论显然是错误的，是因为(　　)
A.大前提错误
B.小前提错误
C.推理形式错误
D.非以上错误
答案　C
解析　∵大前提的形式：“有些有理数是真分数”，不是全称命题，∴不符合三段论推理形式，∴推理形式错误.
6.若k∈R，则k>3是方程－＝1表示双曲线的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A
解析　方程＋＝1表示双曲线，
只需满足(k－3)(－k－3)＜0，解得k＞3或k＜－3.
所以k＞3是方程－＝1表示双曲线的充分不必要条件.
7.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.8
C.
D.4
答案　A
解析　该几何体是一个四棱锥，其底面是边长为2的正方形，右侧面是腰长为的等腰三角形，且垂直于底面，由此可得四棱锥的高为2，所以体积V＝，故选A.
8.在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为A1B1，BB1的中点，则异面直线AM与CN所成角的余弦值为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　设正方体的边长为2，以D为坐标原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系(如图)，则A(2，0，0)，C(0，2，0)，M(2，1，2)，N(2，2，1).所以＝(0，1，2)，＝(2，0，1)，
所以cos
θ＝＝.
9.设函数f(x)＝xa＋ax的导函数f′(x)＝2x＋2，则数列{}的前9项和是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　由题意得函数f(x)＝xa＋ax的导函数f′(x)＝2x＋2，即axa－1＋a＝2x＋2，所以a＝2，即f(x)＝x2＋2x，＝＝(－)，所以Sn＝(1－＋－＋－＋…＋－)＝(1＋－－)，则S9＝(1＋－－)＝，故选C.
10.某校组织由5名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生A和B都不是第一个出场，B不是最后一个出场”的前提下，学生C第一个出场的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　先排B，有A(非第一与最后)种方法，再排A有A(非第一)种方法，其余三个自由排，共有AAA＝54(种)方法，这是总结果；学生C第一个出场，先排B，有A(非第一与最后)种方法，再排A有A种方法，C第一个出场，剩余2人自由排，故有AAA＝18(种)，故学生C第一个出场的概率为＝.
11.已知直线y＝1－x与双曲线ax2＋by2＝1(a>0，b<0)的渐近线交于A，B两点，且过原点和线段AB中点的直线的斜率为－，则的值是(　　)
A.－
B.－
C.－
D.－
答案　B
解析　双曲线ax2＋by2＝1的渐近线方程可表示为ax2＋by2＝0，由
得(a＋b)x2－2bx＋b＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，y1＋y2＝，
所以原点和线段AB中点的直线的斜率为
k＝＝＝＝－，故选B.
12.定义在(0，)上的函数f(x)，
其导函数为f′(x)，
若恒有f(x)x，
则(　　)
A.f()>f()
B.f()C.f()>f()
D.f()答案　D
解析　因为x∈(0，)，所以sin
x>0，cos
x>0.
由f(x)x，得f′(x)sin
x－f(x)cos
x>0.
不妨设g(x)＝，
则g′(x)＝>0，
所以函数g(x)在(0，)上单调递增，
所以g()即<，
亦即f()13.(2016·课标全国丙改编)执行下面的程序框图，如果输入的a＝4，b＝6，那么输出的n＝________.
答案　4
解析　第一次循环a＝6－4＝2，b＝6－2＝4，a＝4＋2＝6，s＝6，n＝1；
第二次循环a＝4－6＝－2，b＝4－(－2)＝6，a＝6－2＝4，s＝10，n＝2；
第三次循环a＝6－4＝2，b＝6－2＝4，a＝4＋2＝6，s＝16，n＝3；
第四次循环a＝4－6＝－2，b＝4－(－2)＝6，a＝6－2＝4，s＝20，n＝4，满足题意，结束循环.
14.在一次对人体脂肪百分比和年龄关系的研究中，研究人员获得如下一组样本数据：
年龄x
21
24
34
41
脂肪y
9.5
17.5
24.9
28.1
由表中数据求得y关于x的线性回归方程为＝0.6x＋
，若年龄x的值为50，则y的估计值为________.
答案　32
解析　由题意可得＝30，＝20，将(30，20)代入＝0.6x＋，解得＝2，所以线性回归方程为＝0.6x＋2，再将x＝50代入＝0.6x＋2得＝32，故答案为32.
15.(x＋1)(－1)3的展开式中的常数项为______.
答案　－4
解析　(－1)3的通项公式是Tk＋1＝C()3－k(－1)k＝C(－1)k，所以原式中出现常数项则－＝－1或－＝0，解得：k＝1或k＝3，所以其常数项为C(－1)＋C(－1)3＝－3－1＝－4.
16.在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝6，AD＝DC＝2，若⊥，
则·＝______.
答案　－8
解析　因为＝＋，＝＋，
所以·＝(＋)·(＋)
＝·＋2＋·＋·
＝0＋4＋(－12)＋0＝－8，故答案为－8.第1讲　六招求解选择题
[题型分析·高考展望]　选择题是高考试题的三大题型之一，其特点是：难度中低，小巧灵活，知识覆盖面广，解题只要结果不看过程.解选择题的基本策略是：充分利用题干和选项信息，先定性后定量，先特殊再一般，先排除后求解，避免“小题大做”.
解答选择题主要有直接法和间接法两大类.直接法是最基本、最常用的方法，但为了提高解题的速度，我们还要研究解答选择题的间接法和解题技巧.
高考必会题型
方法一　直接法
直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则和公式等知识，通过严密地推理和准确地运算，从而得出正确的结论，然后对照题目所给出的选项“对号入座”，作出相应的选择.涉及概念、性质的辨析或运算较简单的题目常用直接法.
例1　设双曲线－＝1(a>0，b>0)的一个焦点为F，虚轴的一个端点为B，线段BF与双曲线的一条渐近线交于点A，若＝2，则双曲线的离心率为(　　)
A.6
B.4
C.3
D.2
答案　D
解析　设点F(c，0)，B(0，b)，
由＝2，得－＝2(－)，
即＝(＋2)，
所以点A(，)，
因为点A在渐近线y＝x上，
则＝·，即e＝2.
点评　直接法是解答选择题最常用的基本方法，直接法适用的范围很广，一般来说，涉及概念、性质的辨析或运算比较简单的题多采用直接法，只要运算正确必能得出正确的答案.提高用直接法解选择题的能力，准确地把握题目的特点.用简便的方法巧解选择题，是建立在扎实掌握“三基”的基础上的，在稳的前提下求快，一味求快则会快中出错.
变式训练1　函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，－<φ<)的部分图象如图所示，则ω，φ的值分别是(　　)
A.2，－
B.2，－
C.4，－
D.4，
答案　A
解析　由图可知，＝－，
即T＝π，
所以由T＝可得，ω＝2，
所以函数f(x)＝2sin(2x＋φ)，
又因为函数图象过点(，2)，
所以2＝2sin(2×＋φ)，
即2×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，
又因为－<φ<，
所以φ＝－.
方法二　特例法
特例法是从题干(或选项)出发，通过选取特殊情况代入，将问题特殊化或构造满足题设条件的特殊函数或图形位置，进行判断.特殊化法是“小题小做”的重要策略，适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题，特殊情况可能是：特殊值、特殊点、特殊位置、特殊数列等.
例2　(1)已知O是锐角△ABC的外接圆圆心，∠A＝60°，·＋·＝2m·，则m的值为(　　)
A.
B.
C.1
D.
(2)已知函数f(x)＝若a，b，c均不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，则abc的取值范围是(　　)
A.(1，10)
B.(5，6)
C.(10，12)
D.(20，24)
答案　(1)A　(2)C
解析　(1)如图，
当△ABC为正三角形时，A＝B＝C＝60°，取D为BC的中点，＝，
则有
＋
＝2m·，
∴(＋)＝2m×，
∴·2＝m，
∴m＝，故选A.
(2)不妨设0如取f(a)＝f(b)＝f(c)＝，
则易得a＝10，b＝10，c＝11，从而abc＝11，故选C.
点评　特例法具有简化运算和推理的功效，用特例法解选择题时，要注意以下两点：
第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理；
第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解.
变式训练2　(1)已知等比数列{an}满足an>0，n＝1，2，3，…，且a5·a2n－5＝22n(n≥3)，当n≥1时，log2a1＋log2a3＋…＋log2a2n－1等于(　　)
A.n(2n－1)
B.(n＋1)2
C.n2
D.(n－1)2
(2)如图，在棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P、Q满足A1P＝BQ，过P、Q、C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为(　　)
A.3∶1
B.2∶1
C.4∶1
D.∶1
答案　(1)C　(2)B
解析　(1)因为a5·a2n－5＝22n(n≥3)，
所以令n＝3，代入得a5·a1＝26，
再令数列为常数列，得每一项为8，
则log2a1＋log2a3＋log2a5＝9＝32.
结合选项可知只有C符合要求.
(2)将P、Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ(＝0)，则有＝＝，故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分的体积之比为2∶1.
方法三　排除法
排除法也叫筛选法或淘汰法，使用排除法的前提条件是答案唯一，具体的做法是采用简捷有效的手段对各个备选答案进行“筛选”，将其中与题干相矛盾的干扰项逐一排除，从而获得正确答案.
例3　(1)函数f(x)＝2|x|－x2的图象为(　　)
(2)函数f(x)＝
(0≤x≤2π)的值域是(　　)
A.
B.[－1，0]
C.[－，－1]
D.
答案　(1)D　(2)B
解析　(1)由f(－x)＝f(x)知函数f(x)是偶函数，
其图象关于y轴对称，排除选项A、C；
当x＝0时，f(x)＝1，排除选项B，故选D.
(2)令sin
x＝0，cos
x＝1，
则f(x)＝＝－1，排除A，D；
令sin
x＝1，cos
x＝0，则f(x)＝＝0，排除C，故选B.
点评　排除法适用于定性型或不易直接求解的选择题.当题目中的条件多于一个时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的予以否定，再根据另一些条件在缩小选项的范围内找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的答案.
变式训练3　(1)设f(x)＝若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为(　　)
A.[－1，2]
B.[－1，0]
C.[1，2]
D.[0，2]
(2)(2015·浙江)函数f(x)＝cos
x(－π≤x≤π且x≠0)的图象可能为(　　)
答案　(1)D　(2)D
解析　(1)若a＝－1，则f(x)＝
易知f(－1)是f(x)的最小值，排除A，B；
若a＝0，则f(x)＝
易知f(0)是f(x)的最小值，故排除C.故D正确.
(2)∵f(x)＝(x－)cos
x，∴f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，排除A，B；
当x＝π时，f(x)＜0，排除C.故选D.
方法四　数形结合法
根据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确的判断，习惯上也叫数形结合法，有些选择题可通过命题条件中的函数关系或几何意义，作出函数的图象或几何图形，借助于图象或图形的作法、形状、位置、性质等，综合图象的特征，得出结论.
例4　(1)已知非零向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，向量a，b的夹角为120°，且|b|＝2|a|，则向量a与c的夹角为(　　)
A.60°
B.90°
C.120°
D.150°
(2)定义在R上的奇函数f(x)和定义在{x|x≠0}上的偶函数g(x)分别满足f(x)＝g(x)＝log2x(x>0)，若存在实数a，使得f(a)＝g(b)成立，则实数b的取值范围是(　　)
A.[－2，2]
B.[－，0)∪(0，]
C.[－2，－]∪[，2]
D.(－∞，－2]∪[－2，＋∞)
答案　(1)B　(2)C
解析　(1)如图，
因为〈a，b〉＝120°，
|b|＝2|a|，a＋b＋c＝0，
所以在△OBC中，
BC与CO的夹角为90°，
即a与c的夹角为90°.
(2)分别画出函数f(x)和g(x)的图象，
存在实数a，
使得f(a)＝g(b)成立，
则实数b一定在函数g(x)使得两个函数的函数值重合的区间内，
故实数b的取值范围是[－2，－]∪[，2].
点评　图解法是依靠图形的直观性进行分析的，用这种方法解题比直接计算求解更能抓住问题的实质，并能迅速地得到结果.不过运用图解法解题一定要对有关的函数图象、几何图形较熟悉，否则错误的图象反而会导致错误的选择.
变式训练4　(1)已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C2，C1上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为(　　)
A.5－4
B.－1
C.6－2
D.
(2)已知函数f(x)＝与g(x)＝x3＋t，若f(x)与g(x)的交点在直线y＝x的两侧，则实数t的取值范围是(　　)
A.(－6，0]
B.(－6，6)
C.(4，＋∞)
D.(－4，4)
答案　(1)A　(2)B
解析　(1)作圆C1关于x轴的对称圆
C1′：(x－2)2＋(y＋3)2＝1，
则|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PN′|，
由图可知当点C2、M、P、N′、C1′在
同一直线上时，
|PM|＋|PN|＝|PM|＋|PN′|取得最小值，
即为|C1′C2|－1－3＝5－4.
(2)根据题意可得函数图象，g(x)在点A(2，2)处的取值大于2，在点B(－2，－2)处的取值小于－2，可得g(2)＝23＋t＝8＋t>2，g(－2)＝(－2)3＋t＝－8＋t<－2，解得t∈(－6，6)，故选B.
方法五　正难则反法
在解选择题时，有时从正面求解比较困难，可以转化为其反面的问题来解决，即将问题转化为其对立事件来解决，实际上就是补集思想的应用.
例5　(1)设集合A＝{x|a－1A.{a|0B.{a|a<2或a>4}
C.{a|a≤0或a≥6}
D.{a|2≤a≤4}
(2)已知二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，若在[－1，1]上存在x使得f(x)>0，则实数p的取值范围是(　　)
A.[－，－]∪[1，3]
B.[1，3]
C.[－，3]
D.(－3，)
答案　(1)A　(2)D
解析　(1)当A∩B＝ 时，由图可知a＋1≤1或a－1≥5，
所以a≤0或a≥6，故当A∩B≠ 时，0(2)若在[－1，1]上不存在x使得f(x)>0，
即当x∈[－1，1]时，f(x)≤0恒成立，
则即
解得
即p∈(－∞，－3]∪[，＋∞)，其补集是(－3，).
点评　应用正难则反法解题的关键在于准确转化，适合于正面求解非常复杂或者无法判断的问题.
变式训练5　若函数y＝ex＋mx有极值，则实数m的取值范围是(　　)
A.(0，＋∞)
B.(－∞，0)
C.(1，＋∞)
D.(－∞，1)
答案　B
解析　y′＝(ex＋mx)′＝ex＋m，
函数y＝ex＋mx没有极值的充要条件是函数在R上为单调函数，
即y′＝ex＋m≥0(或≤0)恒成立，
而ex≥0，故当m≥0时，
函数y＝ex＋mx在R上为单调递增函数，不存在极值，
所以函数存在极值的条件是m<0.
方法六　估算法
由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又无需过程.因此，有些题目不必进行准确的计算，只需对其数值特点和取值界限作出适当的估计，便能作出正确的判断，这就是估算法.估算法的关键是确定结果所在的大致范围，否则“估算”就没有意义.估算法往往可以减少运算量，但是提升了思维的层次.
例6　(1)已知x1是方程x＋lg
x＝3的根，x2是方程x＋10x＝3的根，则x1＋x2等于(　　)
A.6
B.3
C.2
D.1
(2)如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝，EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为(　　)
A.
B.5
C.6
D.
答案　(1)B　(2)D
解析　(1)因为x1是方程x＋lg
x＝3的根，所以2所以2(2)该多面体的体积比较难求，可连接BE、CE，
问题转化为四棱锥E－ABCD与三棱锥E－BCF的体积之和，
而VE－ABCD＝S·h＝×9×2＝6，
所以只能选D.
点评　估算法是根据变量变化的趋势或极值的取值情况进行求解的方法.当题目从正面解析比较麻烦，特值法又无法确定正确的选项时(如难度稍大的函数的最值或取值范围、函数图象的变化等问题)常用此种方法确定选项.
变式训练6　(1)设a＝log23，b＝2，c＝3，则(　　)
A.bB.cC.cD.a(2)已知sin
θ＝，cos
θ＝
(<θ<π)，则tan
等于(　　)
A.
B.
C.－
D.5
答案　(1)B　(2)D
解析　(1)因为2>a＝log23>1，b＝2>2，c＝3<1，所以c(2)由于受条件sin2θ＋cos2θ＝1的制约，m一定为确定的值进而推知tan
也是一确定的值，又<θ<π，所以<<，故tan
>1.所以D正确.
高考题型精练
1.已知集合P＝{x|x2－2x≥0}，Q＝{x|1＜x≤2}，则( RP)∩Q等于(　　)
A.[0，1)
B.(0，2]
C.(1，2)
D.[1，2]
答案　C
解析　∵P＝{x|x≥2或x≤0}， RP＝{x|0＜x＜2}，
∴( RP)∩Q＝{x|1＜x＜2}，故选C.
2.(2015·四川)下列函数中，最小正周期为π的奇函数是(　　)
A.y＝sin
B.y＝cos
C.y＝sin
2x＋cos
2x
D.y＝sin
x＋cos
x
答案　B
解析　A项，y＝sin＝cos
2x，最小正周期为π，且为偶函数，不符合题意；
B项，y＝cos＝－sin
2x，最小正周期为π，且为奇函数，符合题意；
C项，y＝sin
2x＋cos
2x＝sin，最小正周期为π，为非奇非偶函数，不符合题意；
D项，y＝sin
x＋cos
x＝sin，最小正周期为2π，为非奇非偶函数，不符合题意.
3.已知双曲线的一个焦点与抛物线x2＝24y的焦点重合，其一条渐近线的倾斜角为30°，则该双曲线的标准方程为(　　)
A.－＝1
B.－＝1
C.－＝1
D.－＝1
答案　B
解析　由题意知，抛物线的焦点坐标为(0，6)，
所以双曲线的焦点坐标为(0，6)和(0，－6)，
所以双曲线中c＝6，
又因为双曲线的一条渐近线的倾斜角为30°，
所以＝，所以＝，
又a2＋b2＝36，
得a2＝9，b2＝27.
故选B.
4.图中阴影部分的面积S是h的函数(0≤h≤H)，则该函数的大致图象是(　　)
答案　B
解析　由题图知，随着h的增大，阴影部分的面积S逐渐减小，且减小得越来越慢，结合选项可知选B.
5.已知实数x，y满足约束条件则z＝的取值范围是(　　)
A.[－1，]
B.[－，]
C.[－，＋∞)
D.[－，1)
答案　B
解析　如图，z＝表示可行域内的动点P(x，y)与定点A(－1，1)连线的斜率.
6.函数f(x)的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y＝ex关于y轴对称，则f(x)等于(　　)
A.ex＋1
B.ex－1
C.e－x＋1
D.e－x－1
答案　D
解析　依题意，f(x)向右平移一个单位长度之后得到的函数是y＝e－x，于是f(x)相当于y＝e－x向左平移一个单位的结果，所以f(x)＝e－x－1.
7.已知棱长为1的正方体的俯视图是一个面积为1的正方形，则该正方体的正视图的面积不可能等于(　　)
A.1
B.
C.
D.
答案　C
解析　由俯视图知正方体的底面水平放置，其正视图为矩形，以正方体的高为一边长，另一边长最小为1，最大为，面积范围应为[1，]，不可能等于.
8.给出下面的程序框图，若输入的x的值为－5，则输出的y值是(　　)
A.－2
B.－1
C.0
D.1
答案　C
解析　由程序框图得：若输入的x的值为－5，
()－5＝25＝32>2，
程序继续运行x＝－3，()－3＝23＝8>2，
程序继续运行x＝－1，()－1＝2，
不满足()x>2，
∴执行y＝log2x2＝log21＝0，
故选C.
9.(2015·山东)设函数f(x)＝则满足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范围是(　　)
A.
B.[0，1]
C.
D.[1，
＋∞)
答案　C
解析　由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1.
当a<1时，有3a－1≥1，∴a≥，∴≤a<1.
当a≥1时，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1.
综上，a≥，故选C.
10.等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＜0，且S2
015＝0，则当Sn取得最小值时，n的取值为(　　)
A.1
009
B.1
008
C.1
007或1
008
D.1
008或1
009
答案　C
解析　等差数列中，Sn的表达式为n的二次函数，且常数项为0，故函数Sn的图象过原点，又a1＜0，且存在n＝2
015使得Sn＝0，可知公差d＞0，Sn图象开口向上，对称轴n＝，于是当n＝1
007或n＝1
008时，Sn取得最小值，选C.
11.已知四面体PABC的四个顶点都在球O的球面上，若PB⊥平面ABC，AB⊥AC，且AC＝1，PB＝AB＝2，则球O的表面积为(　　)
A.7π
B.8π
C.9π
D.10π
答案　C
解析　依题意，记题中的球的半径是R，可将题中的四面体补形成一个长方体，且该长方体的长、宽、高分别是2，1，2，于是有(2R)2＝12＋22＋22＝9，4πR2＝9π，所以球O的表面积为9π.
12.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若＝a1＋a200，且A，B，C三点共线(该直线不过点O)，则S200等于(　　)
A.100
B.101
C.200
D.201
答案　A
解析　因为A，B，C三点共线，所以a1＋a200＝1，
S200＝×200＝100.
13.若(－)n的二项展开式中的第5项是常数，则自然数n的值为(　　)
A.6
B.10
C.12
D.15
答案　C
解析　∵Tk＋1＝C()n－k(－)k＝C(－1)k2k，
∴T5＝C·24·.
令n－12＝0，∴n＝12.
14.在抛物线y＝2x2上有一点P，它到A(1，3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点P的坐标是(　　)
A.(－2，1)
B.(1，2)
C.(2，1)
D.(－1，2)
答案　B
解析　如图所示，直线l为抛物线y＝2x2的准线，F为其焦点，PN⊥l，AN1⊥l，由抛物线的定义知，|PF|＝|PN|，
∴|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PN|≥|AN1|，
当且仅当A、P、N三点共线时取等号.
∴P点的横坐标与A点的横坐标相同即为1，
则可排除A、C、D，故选B.
15.已知函数f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3.若f(a)＝g(b)，则b的取值范围为(　　)
A.[2－，2＋]
B.(2－，2＋)
C.[1，3]
D.(1，3)
答案　B
解析　∵f(a)>－1，∴g(b)>－1，
∴－b2＋4b－3>－1，
∴b2－4b＋2<0，
∴2－故选B.
16.若不等式m≤＋在x∈(0，1)时恒成立，则实数m的最大值为(　　)
A.9
B.
C.5
D.
答案　B
解析　＋＝(＋x)＋[(1－x)＋]－
≥2
＋2
－
＝2×＋2×3－＝9－＝，
当且仅当
即x＝时取得等号，
所以实数m的最大值为，故选B.
17.已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)在R上恒有f′(x)<，则不等式f(x2)<＋的解集为(　　)
A.(1，＋∞)
B.(－∞，－1)
C.(－1，1)
D.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
答案　D
解析　记g(x)＝f(x)－x－，
则有g′(x)＝f′(x)－<0，
g(x)是R上的减函数，且g(1)＝f(1)－×1－＝0，
不等式f(x2)<＋，
即f(x2)－－<0，g(x2)<0＝g(1)，
由g(x)是R上的减函数得x2>1，
解得x<－1或x>1，即不等式f(x2)<＋的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞).
18.已知函数f(x)＝若函数F(x)＝f2(x)－bf(x)＋1有8个不同的零点，则实数b的取值范围是(　　)
A.(－∞，－2)∪(2，＋∞)
B.(2，8)
C.(2，]
D.(0，8)
答案　C
解析　函数f(x)的图象如图所示：
要使方程f2(x)－bf(x)＋1＝0有8个不同实数根，
令f(x)＝t，意味着0即二次方程t2－bt＋1＝0在区间(0，4]上有两个不同的实数根.
对于二次函数g(t)＝t2－bt＋1，
这意味着Δ＝b2－4>0(或g()<0)，
0<<4(或t1＋t2＝b∈(0，8))，
因为g(0)＝1>0(不论t如何变化都有图象恒过定点(0，1))，
所以只需g(4)≥0，求得b≤，
综上可得b∈(2，].第18练　三角函数的图象与性质
[题型分析·高考展望]　三角函数的图象与性质是高考中对三角函数部分考查的重点和热点，主要包括三个大的方面：三角函数图象的识别，三角函数的简单性质以及三角函数图象的平移、伸缩变换.考查题型既有选择题、填空题，也有解答题，难度一般为低中档，在二轮复习中应强化该部分的训练，争取对该类试题会做且不失分.
体验高考
1.(2015·湖南)将函数f(x)＝sin
2x的图象向右平移φ个单位后得到函数g(x)的图象，若对满足|f(x1)－g(x2)|＝2的x1，x2，有|x1－x2|min＝，则φ等于(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　D
解析　因为g(x)＝sin
2(x－φ)＝sin(2x－2φ)，
所以|f(x1)－g(x2)|＝|sin
2x1－sin(2x2－2φ)|＝2.
因为－1≤sin
2x1≤1，－1≤sin(2x2－2φ)≤1，
所以sin
2x1和sin(2x2－2φ)的值中，一个为1，另一个为－1，不妨取sin
2x1＝1，sin(2x2－2φ)＝－1，
则2x1＝2k1π＋，k1∈Z，2x2－2φ＝2k2π－，k2∈Z，
2x1－2x2＋2φ＝2(k1－k2)π＋π，(k1－k2)∈Z，
得|x1－x2|＝.
因为0<φ<，所以0<－φ<，
故当k1－k2＝0时，|x1－x2|min＝－φ＝，
则φ＝，故选D.
2.(2016·四川)为了得到函数y＝sin的图象，只需把函数y＝sin
2x的图象上所有的点(　　)
A.向左平行移动个单位长度
B.向右平行移动个单位长度
C.向左平行移动个单位长度
D.向右平行移动个单位长度
答案　D
解析　由题可知，y＝sin＝sin，则只需把y＝sin
2x的图象向右平移个单位，选D.
3.(2016·课标全国乙)已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)，x＝－为f(x)的零点，x＝为y＝f(x)图象的对称轴，且f(x)在上单调，则ω的最大值为(　　)
A.11
B.9
C.7
D.5
答案　B
解析　因为x＝－为f(x)的零点，x＝为f(x)的图象的对称轴，所以－＝＋kT，
即＝T＝·，所以ω＝4k＋1(k∈N
)，
又因为f(x)在上单调，
所以－＝≤＝，即ω≤12，
由此得ω的最大值为9，故选B.
4.(2015·浙江)函数f(x)＝sin2x＋sin
xcos
x＋1的最小正周期是________，单调递减区间是________.
答案　π　，k∈Z
解析　f(x)＝＋sin
2x＋1
＝sin＋，∴T＝＝π.
由＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
∴单调递减区间是，k∈Z.
5.(2016·天津)已知函数f(x)＝4tan
xsincos－.
(1)求f(x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f(x)在区间上的单调性.
解　(1)f(x)的定义域为{x|x≠＋kπ，k∈Z}.
f(x)＝4tan
xcos
xcos－
＝4sin
xcos－
＝4sin
x－
＝2sin
xcos
x＋2sin2x－
＝sin
2x＋(1－cos
2x)－
＝sin
2x－cos
2x＝2sin.
所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)令z＝2x－，则函数y＝2sin
z的单调递增区间是，k∈Z.
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z.
得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
设A＝，B＝{x|－＋kπ≤x≤＋kπ，
k∈Z}，易知A∩B＝.
所以，当x∈时，
f(x)在区间上单调递增，
在区间上单调递减.
高考必会题型
题型一　三角函数的图象
例1　(1)(2015·课标全国Ⅰ)函数f(x)＝cos(ωx＋φ)的部分图象如图所示，则f(x)的单调递减区间为(　　)
A.，k∈Z
B.，k∈Z
C.，k∈Z
D.，k∈Z
(2)(2016·北京)将函数y＝sin图象上的点P向左平移s(s＞0)个单位长度得到点P′.若P′位于函数y＝sin
2x的图象上，则(　　)
A.t＝，s的最小值为
B.t＝，s的最小值为
C.t＝，s的最小值为
D.t＝，s的最小值为
答案　(1)D　(2)A
解析　(1)由图象知，周期T＝2＝2，
∴＝2，∴ω＝π.
由π×＋φ＝＋2kπ，k∈Z，不妨取φ＝，
∴f(x)＝cos.
由2kπ<πx＋<2kπ＋π，k∈Z，得2k－(2)点P在函数y＝sin的图象上，
则t＝sin＝sin＝.
又由题意得y＝sin＝sin
2x，
故s＝＋kπ，k∈Z，所以s的最小值为.
点评　(1)画三角函数图象用“五点法”，由图象求函数解析式逆用“五点法”是比较好的方法.
(2)对三角函数图象主要确定下列信息：①周期；②最值；③对称轴；④与坐标轴交点；⑤单调性；⑥与标准曲线的对应关系.
变式训练1　(1)已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(其中ω>0，|φ|<)的最小正周期是π，且f(0)＝，则(　　)
A.ω＝，φ＝
B.ω＝，φ＝
C.ω＝2，φ＝
D.ω＝2，φ＝
(2)已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，|φ|＜，ω＞0)的图象的一部分如图所示，则该函数的解析式为______________.
答案　(1)D　(2)f(x)＝2sin
解析　(1)∵f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)的最小正周期为π，∴T＝＝π，ω＝2.∵f(0)＝2sin
φ＝，
即sin
φ＝(|φ|<)，∴φ＝.
(2)观察图象可知：A＝2且点(0，1)在图象上，
∴1＝2sin(ω·0＋φ)，即sin
φ＝.
∵|φ|＜，∴φ＝.
又∵π是函数的一个零点，且是图象递增穿过x轴形成的零点，
∴ω＋＝2π，∴ω＝2.
∴f(x)＝2sin.
题型二　三角函数的简单性质
例2　(2015·重庆)已知函数f(x)＝sinsin
x－cos2x.
(1)求f(x)的最小正周期和最大值；
(2)讨论f(x)在上的单调性.
解　(1)f(x)＝sinsin
x－cos2x
＝cos
xsin
x－(1＋cos
2x)
＝sin
2x－(1＋cos
2x)
＝sin
2x－cos
2x－
＝sin－，
因此f(x)的最小正周期为π，最大值为.
(2)当x∈时，0≤2x－≤π，从而
当0≤2x－≤，即≤x≤时，f(x)单调递增，
当≤2x－≤π，即≤x≤时，f(x)单调递减.
综上可知，f(x)在上单调递增；在上单调递减.
点评　解决此类问题首先将已知函数式化为y＝Asin(ωx＋φ)＋k(或y＝Acos(ωx＋φ)＋k)的形式，再将ωx＋φ看成θ，
利用y＝sin
θ(或y＝cos
θ)的单调性、对称性等性质解决相关问题.
变式训练2　(2016·北京)已知函数f(x)＝2sin
ωxcos
ωx＋cos
2ωx(ω＞0)的最小正周期为π.
(1)求ω的值；
(2)求f(x)的单调递增区间.
解　(1)f(x)＝2sin
ωxcos
ωx＋cos
2ωx
＝sin
2ωx＋cos
2ωx
＝
＝sin，
由ω＞0，f(x)最小正周期为π，得＝π，解得ω＝1.
(2)由(1)得f(x)＝sin，
令－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，
解得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
即f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
题型三　三角函数图象的变换
例3　(2015·湖北)某同学用“五点法”画函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
ωx＋φ
0
π
2π
x
Asin(ωx＋φ)
0
5
－5
0
(1)
请将上表数据补充完整，并直接写出函数f(x)的解析式；
(2)
将y＝f(x)图象上所有点向左平行移动θ(θ>0)个单位长度，得到y＝g(x)的图象.若y＝g(x)图象的一个对称中心为，求θ的最小值.
解　(1)根据表中已知数据，解得A＝5，ω＝2，φ＝－.数据补全如下表：
ωx＋φ
0
π
2π
x
Asin(ωx＋φ)
0
5
0
－5
0
且函数表达式为f(x)＝5sin.
(2)由(1)知f(x)＝5sin，
得g(x)＝5sin.
因为函数y＝sin
x的图象的对称中心为(kπ，0)，k∈Z.
令2x＋2θ－＝kπ，解得x＝＋－θ，k∈Z.
由于函数y＝g(x)的图象关于点成中心对称，
令＋－θ＝，
解得θ＝－，k∈Z，
由θ>0可知，当k＝1时，θ取得最小值.
点评　对于三角函数图象变换问题，平移变换规则是“左加右减，上加下减”，并且在变换过程中只变换其中的自变量x，要把这个系数提取后再确定变换的单位和方向.当两个函数的名称不同时，首先要将函数名称统一，其次把ωx＋φ写成ω(x＋)，最后确定平移的单位和方向.伸缩变换时注意叙述为“变为原来的”这个字眼，变换的倍数要根据横向和纵向加以区分.
变式训练3　已知向量a＝(m，cos
2x)，b＝(sin
2x，n)，
函数f(x)＝a·b，且y＝f(x)的图象过点(，)和点(，－2).
(1)求m，n的值；
(2)将y＝f(x)的图象向左平移φ(0<φ<π)个单位后得到函数y＝g(x)的图象，若y＝g(x)图象上各最高点到点(0，3)的距离的最小值为1，求y＝g(x)的单调递增区间.
解　(1)由题意知f(x)＝a·b＝msin
2x＋ncos
2x.
因为y＝f(x)的图象过点(，)和点(，－2)，
所以
即
解得
(2)由(1)知f(x)＝sin
2x＋cos
2x＝2sin(2x＋).
由题意知g(x)＝f(x＋φ)＝2sin(2x＋2φ＋).
设y＝g(x)的图象上符合题意的最高点为(x0，2)，
由题意知，x＋1＝1，所以x0＝0，
即y＝g(x)图象上到点(0，3)的距离为1的最高点为(0，2).
将其代入y＝g(x)得sin(2φ＋)＝1，
因为0<φ<π，所以φ＝，
所以g(x)＝2sin(2x＋)＝2cos
2x.
由2kπ－π≤2x≤2kπ，k∈Z，
得kπ－≤x≤kπ，k∈Z，
所以函数y＝g(x)的单调递增区间为[kπ－，kπ]，k∈Z.
高考题型精练
1.(2015·四川)下列函数中，最小正周期为π且图象关于原点对称的函数是(　　)
A.y＝cos
B.y＝sin
C.y＝sin
2x＋cos
2x
D.y＝sin
x＋cos
x
答案　A
解析　y＝cos＝－sin
2x，最小正周期T＝＝π，且为奇函数，其图象关于原点对称，故A正确；
y＝sin＝cos
2x，最小正周期为π，且为偶函数，其图象关于y轴对称，故B不正确；
C，D均为非奇非偶函数，其图象不关于原点对称，故C，D不正确.
2.(2016·课标全国甲)若将函数y＝2sin
2x的图象向左平移个单位长度，则平移后图象的对称轴为(　　)
A.x＝－(k∈Z)
B.x＝＋(k∈Z)
C.x＝－(k∈Z)
D.x＝＋(k∈Z)
答案　B
解析　由题意，将函数y＝2sin
2x的图象向左平移个单位长度后得到函数的解析式为y＝2sin，由2x＋＝kπ＋(k∈Z)得函数的对称轴为x＝＋(k∈Z)，故选B.
3.已知函数f(x)＝Atan(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<)，y＝f(x)的部分图象如图所示，则f()等于(　　)
A.－
B.－1
C.
D.1
答案　C
解析　由图象知，T＝＝2(－)＝，ω＝2.
由2×＋φ＝kπ，k∈Z，得φ＝kπ－，k∈Z.
又∵|φ|＜，∴φ＝.
由Atan(2×0＋)＝1，
知A＝1，∴f(x)＝tan(2x＋)，
∴f()＝tan(2×＋)＝tan＝.
4.先把函数f(x)＝sin的图象上各点的横坐标变为原来的(纵坐标不变)，再把新得到的图象向右平移个单位，得到y＝g(x)的图象，当x∈时，函数g(x)的值域为(　　)
A.
B.
C.
D.[－1，0)
答案　A
解析　依题意得g(x)＝sin＝sin，
当x∈时，2x－∈，
sin∈，
此时g(x)的值域是，故选A.
5.将函数f(x)＝－4sin的图象向右平移φ个单位，再将图象上每一点的横坐标缩短到原来的倍，所得图象关于直线x＝对称，则φ的最小正值为(　　)
A.
B.π
C.π
D.
答案　B
解析　依题意可得y＝f(x)
y＝－4sin[2(x－φ)＋]＝－4sin[2x－(2φ－)]
y＝g(x)＝－4sin[4x－(2φ－)]，
因为所得图象关于直线x＝对称，
所以g＝±4，得φ＝π＋π(k∈Z)，故选B.
6.函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)其中A＞0，|φ|＜的图象如图所示，为了得到g(x)＝sin
2x的图象，则只需将f(x)的图象(　　)
A.向右平移个长度单位
B.向左平移个长度单位
C.向右平移个长度单位
D.向左平移个长度单位
答案　A
解析　由已知中函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的图象过点和点，易得：A＝1，T＝4＝π，即ω＝2，即f(x)＝sin(2x＋φ)，将点代入可得，＋φ＝＋2kπ，k∈Z.又因为|φ|＜，所以φ＝，所以f(x)＝sin.设将函数f(x)的图象向左平移a个单位得到函数g(x)＝sin
2x的图象，则2(x＋a)＋＝2x，解得a＝－.所以将函数f(x)的图象向右平移个单位得到函数g(x)＝sin
2x的图象，故应选A.
7.(2016·课标全国丙)函数y＝sin
x－cos
x的图象可由函数y＝sin
x＋cos
x的图象至少向右平移____个单位长度得到.
答案　
解析　y＝sin
x－cos
x＝2sin，y＝sin
x＋cos
x＝2sin，因此至少向右平移个单位长度得到.
8.(2015·湖北)函数f(x)＝4cos2cos－2sin
x－|ln(x＋1)|的零点个数为________.
答案　2
解析　f(x)＝4cos2sin
x－2sin
x－|ln(x＋1)|＝2sin
x·－|ln(x＋1)|＝sin
2x－|ln(x＋1)|，令f(x)＝0，得sin
2x＝|ln(x＋1)|.在同一坐标系中作出函数y＝sin
2x与函数y＝|ln(x＋1)|的大致图象如图所示.
观察图象可知，两函数图象有2个交点，故函数f(x)有2个零点.
9.已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)，对于任意x都有f＝f，则f＝_______.
答案　±2
解析　∵f＝f，∴x＝是函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)的一条对称轴.∴f＝±2.
10.把函数y＝sin
2x的图象沿x轴向左平移个单位，纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)后得到函数y＝f(x)的图象，对于函数y＝f(x)有以下四个判断：
①该函数的解析式为y＝2sin；
②该函数图象关于点对称；
③该函数在上是增函数；
④若函数y＝f(x)＋a在上的最小值为，
则a＝2.
其中，正确判断的序号是________.
答案　②④
解析　将函数y＝sin
2x的图象向左平移个单位得到y＝sin
2＝sin的图象，然后纵坐标伸长到原来的2倍得到y＝2sin的图象，所以①不正确；y＝f＝2sin＝2sin
π＝0，所以函数图象关于点对称，所以②正确；由－＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，即函数的单调增区间为，k∈Z，当k＝0时，增区间为，所以③不正确；y＝f(x)＋a＝2sin＋a，当0≤x≤时，≤2x＋≤，所以当2x＋＝，即x＝时，函数取得最小值，ymin＝2sin
＋a＝－＋a＝，所以a＝2，所以④正确.所以正确的判断为②④.
11.(2015·天津)已知函数f(x)＝sin2x－sin2，x∈R.
(1)求f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)在区间上的最大值和最小值.
解　(1)由已知，
有f(x)＝－
＝－cos
2x
＝sin
2x－cos
2x＝sin.
所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)因为f(x)在区间上是减函数，
在区间上是增函数，f＝－，
f＝－，f＝，
所以f(x)在区间上的最大值为，
最小值为－.
12.(2016·山东)设f(x)＝2sin(π－x)sin
x－(sin
x－cos
x)2.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)把y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再把得到的图象向左平移个单位，得到函数y＝g(x)的图象，求g的值.
解　(1)由f(x)＝2sin(π－x)sin
x－(sin
x－cos
x)2
＝2sin2x－(1－2sin
xcos
x)
＝(1－cos
2x)＋sin
2x－1
＝sin
2x－cos
2x＋－1
＝2sin＋－1.
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z).
所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z).
(2)由(1)知f(x)＝2sin＋－1，
把y＝f(x)的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，
得到y＝2sin＋－1的图象，
再把得到的图象向左平移个单位，
得到y＝2sin
x＋－1的图象，
即g(x)＝2sin
x＋－1.
所以g＝2sin
＋－1＝.“12＋4”专项练6
1.(2016·山东)设集合A＝{y|y＝2x，x∈R}，B＝{x|x2－1<0}，则A∪B等于(　　)
A.(－1，1)
B.(0，1)
C.(－1，＋∞)
D.(0，＋∞)
答案　C
解析　∵A＝{y|y>0}，B＝{x|－12.复数z满足(1＋i)z＝|－i|，则等于(　　)
A.1＋i
B.1－i
C.－1－i
D.－1＋i
答案　A
3.已知命题p： x∈R，x2－1>0；命题q： x0∈R，sin(x0＋)＝1，则下列判断正确的是(　　)
A.綈p是假命题
B.q是假命题
C.p∨(綈q)是真命题
D.(綈p)∨q是真命题
答案　D
4.“a＝”是“直线y＝x与圆(x－a)2＋y2＝1相切”的(　　)
A.必要不充分条件
B.充分不必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　B
5.用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为(　　)
A.a，b，c中至少有两个偶数
B.a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
C.a，b，c都是奇数
D.a，b，c都是偶数
答案　B
6.(2016·山东)函数f(x)＝(sin
x＋cos
x)·(cos
x－sin
x)的最小正周期是(　　)
A.
B.π
C.
D.2π
答案　B
解析　∵f(x)＝2sin
xcos
x＋(cos2x－sin2x)＝sin
2x＋cos
2x＝2sin，∴T＝π，故选B.
7.观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos
x)′＝－sin
x，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)等于(　　)
A.f(x)
B.－f(x)
C.g(x)
D.－g(x)
答案　D
解析　由(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos
x)′＝－sin
x可归纳得偶函数的导数为奇函数，由f(－x)＝f(x)可知函数为偶函数，所以导函数为奇函数.
8.某几何体的三视图如图所示，图中的四边形都是边长为6的正方形，两条虚线互相垂直，则该几何体的体积是(　　)
A.96
B.108
C.180
D.198
答案　C
解析　由三视图可知，该几何体是棱长为6的正方体，挖去一个正四棱锥所形成的几何体，如图所示.所以该几何体的体积是63－×62×3＝180，故选C.
9.已知数列an＝(n∈N
)，则数列{an}的前10项和为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　C
解析　因为an＝＝(－)，所以考虑裂项相消的方法可以求此数列的前10项和，
S10＝a1＋a2＋…＋a10
＝[(1－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(1－)＝.
10.已知小蜜蜂在一个棱长为4的正方体内自由飞行，若蜜蜂在飞行过程中始终保持与正方体6个表面的距离均大于1，称其为“安全飞行”，则蜜蜂“安全飞行”的概率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　D
解析　正方体的体积为64，“安全飞行”为一个棱长为2的小正方体，其体积为8，所以所求概率P＝＝，故选D.
11.定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式exf(x)>ex＋3其中(e为自然对数的底数)的解集为(　　)
A.(0，＋∞)
B.(－∞，0)∪(3，＋∞)
C.(－∞，0)∪(0，＋∞)
D.
(3，＋∞)
答案　A
解析　令g(x)＝exf(x)－ex，
∴g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex＝ex[f(x)＋f′(x)－1]，
∵f(x)＋f′(x)>1，∴g′(x)>0，
∴y＝g(x)在定义域上单调递增，
∵exf(x)>ex＋3，∴g(x)>3，
∵g(0)＝3，∴g(x)>g(0)，∴x>0，故选A.
12.如图所示，F1，F2是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左，右焦点，过F2的直线与双曲线C交于A，B两点.若△ABF1为等边三角形，则双曲线的离心率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　由题意，可得
解得|AB|＝4a，|AF2|＝2a，所以|BF2|＝6a，
在△BF1F2中，由余弦定理可得
＝cos
60°，
化简得－＝1，所以e＝，故选B.
13.执行如图所示的程序框图，输出的S＝________.
答案　7
解析　程序执行中的数据变化如下：
k＝0，S＝0，0<3，S＝1，k＝1，1<3，S＝3，k＝2，2<3，
S＝7，k＝3，3<3不成立，因此输出S＝7.
14.5位刚毕业的研究生，分到4个单位工作，每个单位至少一人，则不同的方法总数为________.(用数字作答)
答案　240
解析　现将5个人分好组，方法数有C种，将分好组的4组派给4个单位，方法数有A种，按照分步乘法计数原理，方法总数有CA＝240(种).
15.已知向量a＝(2，2)，b＝(1，－1)，且(a＋λb)⊥b，则|2a－λb|的值为________.
答案　4
解析　由题意可知|a|＝2，|b|＝，a·b＝0，因为(a＋λb)⊥b，所以(a＋λb)·b＝a·b＋λb2＝2λ＝0，∴λ＝0，|2a－λb|＝2|a|＝4.
16.(2016·课标全国丙)设x，y满足约束条件则z＝2x＋3y－5的最小值为________.
答案　－10
解析　如图，可行域为一个三角形ABC及其内部，
其中A(1，0)，B(－1，－1)，
C(1，3)，
直线z＝2x＋3y－5过点B时取最小值－10.第12练　导数几何意义的必会题型
[题型分析·高考展望]　本部分题目考查导数的几何意义：函数f(x)在x＝x0处的导数即为函数图象在该点处的切线的斜率，考查形式主要为选择题和填空题或者在解答题的某一步中出现(难度为低中档)，内容就是求导，注意审题是过点(x0，y0)的切线还是在点(x0，y0)处的切线.
体验高考
1.(2016·四川)设直线l1，l2分别是函数f(x)＝图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是(　　)
A.(0，1)
B.(0，2)
C.(0，＋∞)
D.(1，＋∞)
答案　A
解析　∵f(x)＝
∴f′(x)＝
若k1·k2＝－1，则两个切点一个在x∈(0，1)的图象上为P1，一个在x∈(1，＋∞)的图象上为P2.
设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，
则k1＝－，k2＝.
∵k1k2＝－1，∴x1x2＝1.
令x1＝x0(0∴P1(x0，－ln
x0)，P2.
∴l1：y＋ln
x0＝－(x－x0) y＝－x＋1－ln
x0，
∴A(0，1－ln
x0).
l2：y＋ln
x0＝x0(x－) y＝x0x－1－ln
x0，
∴B(0，－1－ln
x0)，
∴|AB|＝1－ln
x0－(－1－ln
x0)＝2.
联立得P.
∴S△PAB＝··|AB|＝··2＝＝.
∵x0∈(0，1)，∴0＜＜1，
故S△PAB∈(0，1).
2.(2016·课标全国丙)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是________.
答案　y＝2x
解析　设x>0，则－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，
因为f(x)为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，
所以f(x)＝ex－1＋x.
因为当x＞0时，f′(x)＝ex－1＋1，所以f′(1)＝2，
所以曲线y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程为
y－2＝2(x－1)，即y＝2x.
3.(2016·课标全国甲)若直线y＝kx＋b是曲线y＝ln
x＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________.
答案　1－ln
2
解析　y＝ln
x＋2的切线为：y＝·x＋ln
x1＋1(设切点横坐标为x1)，
y＝ln(x＋1)的切线为：y＝x＋ln(x2＋1)－(设切点横坐标为x2)，
∴
解得，∴b＝ln
x1＋1＝1－ln
2.
4.(2015·天津)已知函数f(x)＝4x－x4，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设曲线y＝f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝g(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x)；
(3)若方程f(x)＝a(a为实数)有两个实数根x1，x2，且x1＜x2，求证：x2－x1≤－＋4.
(1)解　由f(x)＝4x－x4，可得f′(x)＝4－4x3.
当f′(x)＞0，即x＜1时，函数f(x)单调递增；
当f′(x)＜0，即x＞1时，函数f(x)单调递减.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，1)，
单调递减区间为(1，＋∞).
(2)证明　设点P的坐标为(x0，0)，
则x0＝4，f′(x0)＝－12.
曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为y＝f′(x0)·(x－x0)，
即g(x)＝f′(x0)(x－x0).
令函数F(x)＝f(x)－g(x)，
即F(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)，
则F′(x)＝f′(x)－f′(x0).
由于f′(x)＝－4x3＋4在(－∞，＋∞)上单调递减，
故F′(x)在(－∞，＋∞)上单调递减.
又因为F′(x0)＝0，
所以当x∈(－∞，x0)时，F′(x)＞0；
当x∈(x0，＋∞)时，F′(x)＜0，
所以F(x)在(－∞，x0)上单调递增，
在(x0，＋∞)上单调递减，
所以对于任意的实数x，F(x)≤F(x0)＝0，
即对于任意的实数x，都有f(x)≤g(x).
(3)证明　由(2)知g(x)＝－12eq
\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－4)).
设方程g(x)＝a的根为x2′，可得x2′＝－＋4.
因为g(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，
又由(2)知g(x2)≥f(x2)＝a＝g(x2′)，
因此x2≤x2′.
类似地，设曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝h(x)，
可得h(x)＝4x.
对于任意的x∈(－∞，＋∞)，有f(x)－h(x)＝－x4≤0，即f(x)≤h(x).
设方程h(x)＝a的根为x1′，可得x1′＝.
因为h(x)＝4x在(－∞，＋∞)上单调递增，
且h(x1′)＝a＝f(x1)≤h(x1)，因此x1′≤x1，
由此可得x2－x1≤x2′－x1′＝－＋4.
5.(2016·课标全国甲)已知函数f(x)＝(x＋1)ln
x－a(x－1).
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.
解　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞).
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln
x－4(x－1)，
f′(x)＝ln
x＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0，
曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0等价于ln
x－>0，设g(x)＝ln
x－，
则g′(x)＝－＝，g(1)＝0.
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，
x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0，
故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
因此g(x)>0；
②当a>2时，令g′(x)＝0得，
x1＝a－1－，x2＝a－1＋.
由x2>1和x1x2＝1得x1<1，
故当x∈(1，x2)时，
g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上单调递减，
因此g(x)<0.
综上，a的取值范围是(－∞，2].
高考必会题型
题型一　直接求切线或切线斜率问题
例1　(1)(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2，7)，则a＝______.
(2)曲线y＝xex－1在点(1，1)处切线的斜率等于(　　)
A.2e
B.e
C.2
D.1
答案　(1)1　(2)C
解析　(1)f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2.
在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1).
将(2，7)代入切线方程，得7－(a＋2)＝(1＋3a)，解得a＝1.
(2)∵y＝xex－1＝，
∴y′＝(ex＋x·ex)＝·ex·(x＋1)，
故曲线在点(1，1)处的切线斜率为y′|x＝1＝2.
点评　导数几何意义的应用，需注意以下两点：
(1)当曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线垂直于x轴时，函数在该点处的导数不存在，切线方程是x＝x0.
(2)注意区分曲线在某点处的切线和曲线过某点的切线.曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程是y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)；求过某点的切线方程，需先设出切点坐标，再依据已知点在切线上求解.
变式训练1　(2016·课标全国丙)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________.
答案　2x＋y＋1＝0
解析　设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ln
x－3x，又f(x)为偶函数，f(x)＝ln
x－3x，f′(x)＝－3，f′(1)＝－2，切线方程为y＝－2x－1.
题型二　导数几何意义的综合应用
例2　(2015·山东)设函数f(x)＝(x＋a)ln
x，g(x)＝.
已知曲线y＝f(x)
在点(1，f(1))处的切线与直线2x－y＝0平行.
(1)求a的值；
(2)是否存在自然数k，使得方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；
(3)设函数m(x)＝min{f(x)，g(x)}(min{p，q}表示p，q中的较小值)，求m(x)的最大值.
解　(1)由题意知，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为2，所以f′(1)＝2，
又f′(x)＝ln
x＋＋1，即f′(1)＝a＋1＝2，所以a＝1.
(2)当k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根.
设h(x)＝f(x)－g(x)＝(x＋1)ln
x－，
当x∈(0，1]时，h(x)＜0.
又h(2)＝3ln
2－＝ln
8－＞1－1＝0，
所以存在x0∈(1，2)，使得h(x0)＝0.
因为h′(x)＝ln
x＋＋1＋，
所以当x∈(1，2)时，h′(x)＞1－＞0，
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0，
所以当x∈(1，＋∞)时，h(x)单调递增，
所以k＝1时，方程f(x)＝g(x)在(k，k＋1)内存在唯一的根.
(3)由(2)知方程f(x)＝g(x)在(1，2)内存在唯一的根x0.
且x∈(0，x0)时，f(x)＜g(x)，
x∈(x0，＋∞)时，f(x)＞g(x)，
所以m(x)＝
当x∈(0，x0)时，若x∈(0，1]，m(x)≤0；
若x∈(1，x0)，由m′(x)＝ln
x＋＋1＞0，
可知0＜m(x)≤m(x0)；
故m(x)≤m(x0).
当x∈(x0，＋∞)时，由m′(x)＝，
可得x∈(x0，2)时，m′(x)＞0，m(x)单调递增；
x∈(2，＋∞)时，m′(x)＜0，m(x)单调递减；
可知m(x)≤m(2)＝，且m(x0)＜m(2).
综上可得，函数m(x)的最大值为.
点评　已知切线求参数问题，主要利用导数几何意义，通过切点坐标、切线斜率之间的关系来构造方程组求解.
变式训练2　(2015·广东)设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；
(3)若曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m≤
－1.
(1)解　f′(x)＝2xex＋(1＋x2)ex＝(x2＋2x＋1)ex
＝(x＋1)2ex， x∈R，f′(x)≥0恒成立.
∴f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)，无单调减区间.
(2)证明　∵f(0)＝1－a，f(a)＝(1＋a2)ea－a，
∵a>1，∴f(0)<0，f(a)>2aea－a>2a－a＝a>0，
∴f(0)·f(a)<0，
∴f(x)在(0，a)上有一零点，
又∵f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
∴f(x)在(0，a)上仅有一个零点，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点.
(3)证明　f′(x)＝(x＋1)2ex，设P(x0，y0)，
则f′(x0)＝e(x0＋1)2＝0，∴x0＝－1，
把x0＝－1代入y＝f(x)得y0＝－a，∴kOP＝a－.
f′(m)＝em(m＋1)2＝a－，
令g(m)＝em－(m＋1)，g′(m)＝em－1.
令g′(x)>0，则m>0，∴g(m)在(0，＋∞)上单调递增，
令g′(x)<0，则m<0，∴g(m)在(－∞，0)上单调递减，
∴g(m)min＝g(0)＝0.∴em－(m＋1)≥0，即em≥m＋1.
∴em(m＋1)2≥(m＋1)3，即a－≥(m＋1)3.
∴m＋1≤
，即m≤
－1.
高考题型精练
1.已知函数f(x)＝xln
x，若直线l过点(0，－1)，并且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的方程为(　　)
A.x＋y－1＝0
B.x－y－1＝0
C.x＋y＋1＝0
D.x－y＋1＝0
答案　B
解析　∵点(0，－1)不在曲线f(x)＝xln
x上，
∴设切点为(x0，y0).
又∵f′(x)＝1＋ln
x，
∴
解得x0＝1，y0＝0.
∴切点为(1，0)，
∴f′(1)＝1＋ln
1＝1.
∴直线l的方程为y＝x－1，即x－y－1＝0.故选B.
2.已知f(x)＝ln
x，g(x)＝x2＋mx＋(m<0)，直线l与函数f(x)，g(x)的图象都相切，且与f(x)图象的切点为(1，f(1))，则m等于(　　)
A.－1
B.－3
C.－4
D.－2
答案　D
解析　∵f′(x)＝，
∴直线l的斜率为k＝f′(1)＝1.
又f(1)＝0，∴切线l的方程为y＝x－1.
g′(x)＝x＋m，
设直线l与g(x)的图象的切点为(x0，y0)，
则有x0＋m＝1，y0＝x0－1，
y0＝x＋mx0＋(m<0)，
于是解得m＝－2.故选D.
3.已知直线l与曲线f(x)＝x2－3x＋2＋2ln
x相切，则直线l倾斜角的最小值为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　函数的定义域为(0，＋∞).由导数的几何意义可知，曲线上任意一点P(x，y)处的切线的斜率为f′(x)＝2x－3＋，因为x＞0，故2x＋≥2＝4(当且仅当2x＝，即x＝1时取等号)，所以f′(x)＝2x－3＋≥4－3＝1，即直线l的斜率的最小值为1，此时直线的倾斜角取得最小值.故选B.
4.设a∈R，函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－3)x的导函数是f′(x)，若f′(x)是偶函数，则曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为(　　)
A.y＝3x
B.y＝－2x
C.y＝－3x
D.y＝2x
答案　C
解析　∵f′(x)＝3x2＋2ax＋(a－3)，
又f′(x)是偶函数，∴a＝0，即f′(x)＝3x2－3.
∴k＝f′(0)＝－3，
∴曲线y＝f(x)在原点处的切线方程为y＝－3x，
故选C.
5.曲线y＝e－2x＋1在点(0，2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为(　　)
A.
B.
C.
D.1
答案　A
解析　因为y′＝－2e－2x，∴曲线在点(0，2)处的切线斜率k＝－2，∴切线方程为y＝－2x＋2，该直线与直线y＝0和y＝x围成的三角形如图所示，其中直线y＝－2x＋2与y＝x的交点为A，
所以三角形的面积S＝×1×＝.
6.若曲线f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a，b，c>0)上不存在斜率为0的切线，则－1的取值范围是(　　)
A.(1，＋∞)
B.[1，＋∞)
C.(2，＋∞)
D.[2，＋∞)
答案　A
解析　因为函数f′(x)＝ax2＋bx＋c，
所以－1＝－1＝.
函数f(x)图象上不存在斜率为0的切线，
也就是f′(x)＝0无解，故Δ＝b2－4ac<0，即ac>，
所以≥>＝1，
即－1＝的取值范围是(1，＋∞).
7.(2015·陕西)设曲线y＝ex在点(0，1)处的切线与曲线y＝(x＞0)上点P处的切线垂直，则P的坐标为________.
答案　(1，1)
解析　y′＝ex，曲线y＝ex在点(0，1)处的切线的斜率k1＝e0＝1，设P(m，n)，y＝(x>0)的导数为y′＝－(x>0)，曲线y＝(x>0)在点P处的切线斜率k2＝－
(m>0)，因为两切线垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，则点P的坐标为(1，1).
8.已知f(x)＝x3＋f′()x2－x，则f(x)的图象在点(，f())处的切线斜率是________.
答案　－1
解析　f′(x)＝3x2＋2f′()x－1，令x＝，
可得f′()＝3×()2＋2f′()×－1，
解得f′()＝－1，
所以f(x)的图象在点(，f())处的切线斜率是－1.
9.已知曲线C：f(x)＝x3－ax＋a，若过曲线C外一点A(1，0)引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则a的值为________.
答案　
解析　设切点坐标为(t，t3－at＋a).
由题意知，f′(x)＝3x2－a，
切线的斜率为k＝y′|x＝t＝3t2－a，
①
所以切线方程为y－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(x－t).
②
将点(1，0)代入②式得，
－(t3－at＋a)＝(3t2－a)(1－t)，解得t＝0或t＝.
分别将t＝0和t＝代入①式，得k＝－a和k＝－a，
由题意它们互为相反数，得a＝.
10.已知函数y＝f(x)及其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则曲线y＝f(x)在点P处的切线方程是________.
答案　x－y－2＝0
解析　根据导数的几何意义及图象可知，曲线y＝f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(2)＝1，又过点P(2，0)，所以切线方程为x－y－2＝0.
11.(2015·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝x3＋ax＋，g(x)＝－ln
x.
(1)当a为何值时，x轴为曲线y＝f(x)的切线；
(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min(x>0)，讨论h(x)零点的个数.
解　(1)设曲线y＝f(x)与x轴相切于点(x0，0)，
则f(x0)＝0，f′(x0)＝0.即
解得
因此，当a＝－时，x轴为曲线y＝f(x)的切线.
(2)当x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln
x<0，
从而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，
故h(x)在(1，＋∞)内无零点.
当x＝1时，若a≥－，则f(1)＝a＋≥0，
h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，
故x＝1是h(x)的零点；
若a<－，
则f(1)<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，
故x＝1不是h(x)的零点.
当x∈(0，1)时，g(x)＝－ln
x>0.所以只需考虑f(x)在(0，1)上的零点个数.
(ⅰ)若a≤－3或a≥0，则f′(x)＝3x2＋a在(0，1)内无零点，故f(x)在(0，1)上单调.而f(0)＝，f(1)＝a＋，所以当a≤－3时，f(x)在(0，1)有一个零点；当a≥0时，f(x)在(0，1)内没有零点.
(ⅱ)若－3时，f(x)取得最小值，最小值为f＝
＋.
①若f>0，即－②若f＝0，即a＝－，则f(x)在(0，1)内有唯一零点；
③若f<0，即－3综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；当－12.(2016·北京)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间.
解　(1)f(x)的定义域为R.
∵f′(x)＝ea－x－xea－x＋b＝(1－x)ea－x＋b.
依题设，即
解得a＝2，b＝e.
(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex，
由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，
f′(x)与1－x＋ex－1同号.
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增.故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞).
综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)，
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞).第1练　小集合，大功能
[题型分析·高考展望]　集合是高考每年必考内容，题型基本都是选择题、填空题，题目难度大多数为低档，有时候在填空题中以创新题型出现，难度稍高，在二轮复习中，本部分应该重点掌握集合的表示、集合的性质、集合的运算及集合关系在常用逻辑用语、函数、不等式、三角函数、解析几何等方面的应用.同时注意研究有关集合的创新问题，研究问题的切入点及集合知识在相关问题中所起的作用.
体验高考
1.(2015·重庆)已知集合A＝{1，2，3}，B＝{2，3}，则(　　)
A.A＝B
B.A∩B＝
C.A?B
D.B?A
答案　D
解析　由于2∈A，2∈B，3∈A，3∈B，1∈A，1 B，故A，B，C均错，D是正确的，选D.
2.(2015·福建)若集合A＝{i，i2，i3，i4}(i是虚数单位)，B＝{1，－1}，则A∩B等于(　　)
A.{－1}
B.{1}
C.{1，－1}
D.
答案　C
解析　集合A＝{i，－1，1，－i}，B＝{1，－1}，A∩B＝{1，－1}，故选C.
3.(2016·山东)设集合A＝{y|y＝2x，x∈R}，B＝{x|x2－1＜0}，则A∪B等于(　　)
A.(－1，1)
B.(0，1)
C.(－1，＋∞)
D.(0，＋∞)
答案　C
解析　A＝{y|y＞0}，B＝{x|－1＜x＜1}，
则A∪B＝(－1，＋∞)，故选C.
4.(2015·四川)设集合A＝{x|(x＋1)(x－2)＜0}，集合B＝{x|1＜x＜3}，则A∪B等于(　　)
A.{x|－1＜x＜3}
B.{x|－1＜x＜1}
C.{x|1＜x＜2}
D.{x|2＜x＜3}
答案　A
解析　∵A＝{x|－1＜x＜2}，B＝{x|1＜x＜3}，
∴A∪B＝{x|－1＜x＜3}.
5.(2016·北京)已知集合A＝{x||x|<2}，B＝{－1，0，1，2，3}，则A∩B等于(　　)
A.{0，1}
B.{0，1，2}
C.{－1，0，1}
D.{－1，0，1，2}
答案　C
解析　由A＝{x|－2＜x＜2}，得A∩B＝{－1，0，1}.
高考必会题型
题型一　单独命题独立考查
常用的运算性质及重要结论：
(1)A∪A＝A，A∪ ＝A，A∪B＝B∪A；
(2)A∩A＝A，A∩ ＝ ，A∩B＝B∩A；
(3)A∩( UA)＝ ，A∪( UA)＝U；
(4)A∩B＝A A B A∪B＝B.
例1　(1)(2015·广东)若集合M＝{x|(x＋4)(x＋1)＝0}，N＝{x|(x－4)(x－1)＝0}，则M∩N等于(　　)
A.
B.{－1，－4}
C.{0}
D.{1，4}
(2)已知集合A＝{x|log2x≤2}，B＝(－∞，a)，若A B，则实数a的取值范围是(c，＋∞)，其中c＝________.
答案　(1)A　(2)4
解析　(1)因为M＝{x|(x＋4)(x＋1)＝0}＝{－4，－1}，N＝{x|(x－4)(x－1)＝0}＝{1，4}，所以M∩N＝ ，故选A.
(2)由log2x≤2，得0＜x≤4，即A＝{x|0＜x≤4}，而B＝(－∞，a)，由A B，如图所示，则a＞4，即c＝4.
点评　(1)弄清集合中所含元素的性质是集合运算的关键，这主要看代表元素，即“|”前面的表述.(2)当集合之间的关系不易确定时，可借助Venn图或列举实例.
变式训练1　(1)(2015·浙江)已知集合P＝{x|x2－2x≥0}，Q＝{x|1＜x≤2}，则( RP)∩Q等于(　　)
A.[0，1)
B.(0，2]
C.(1，2)
D.[1，2]
答案　C
解析　∵P＝{x|x≥2或x≤0}，
RP＝{x|0＜x＜2}，
∴( RP)∩Q＝{x|1＜x＜2}，故选C.
(2)已知集合A＝{x|x2－3x＋2＝0}，B＝{x|0≤ax＋1≤3}，若A∪B＝B，求实数a的取值范围.
解　∵A＝{x|x2－3x＋2＝0}＝{1，2}，
又∵B＝{x|0≤ax＋1≤3}＝{x|－1≤ax≤2}，
∵A∪B＝B，∴A B.
①当a＝0时，B＝R，满足题意.
②当a＞0时，B＝{x|－≤x≤}，
∵A B，∴≥2，解得0＜a≤1.
③当a＜0时，B＝{x|≤x≤－}，
∵A B，∴－≥2，解得－≤a＜0.
综上，实数a的取值范围为.
题型二　集合与其他知识的综合考查
集合常与不等式、向量、数列、解析几何等知识综合考查.
集合运算的常用方法：
(1)若已知集合是不等式的解集，用数轴求解；
(2)若已知集合是点集，用数形结合法求解；
(3)若已知集合是抽象集合，用Venn图求解.
例2　在平面直角坐标系xOy中，已知向量a，b，|a|＝|b|＝1，a·b＝0，点Q满足＝(a＋b).曲线C＝{P|＝acos
θ＋bsin
θ，0≤θ<2π}，区域Ω＝{P|0A.1B.1C.r≤1D.1答案　A
解析　∵|a|＝|b|＝1，a·b＝0，又∵＝(a＋b)，
∴||2＝2(a＋b)2＝2(a2＋b2＋2a·b)＝4，
∴点Q在以原点为圆心，半径为2的圆上.
又＝acos
θ＋bsin
θ，
∴||2＝a2cos2θ＋b2sin2θ＝cos2θ＋sin2θ＝1.
∴曲线C为单位圆.
又∵Ω＝{P|0点评　以集合为载体的问题，一定要弄清集合中的元素是什么，范围如何.对于点集，一般利用数形结合，画出图形，更便于直观形象地展示集合之间的关系，使复杂问题简单化.
变式训练2　函数f(x)＝x2＋2x，集合A＝{(x，y)|f(x)＋f(y)≤2}，B＝{(x，y)|f(x)≤f(y)}，则由A∩B的元素构成的图形的面积是________.
答案　2π
解析　集合A＝{(x，y)|x2＋2x＋y2＋2y≤2}，可得(x＋1)2＋(y＋1)2≤4，集合B＝{(x，y)|x2＋2x≤y2＋2y}，可得(x－y)·(x＋y＋2)≤0.在平面直角坐标系上画出A，B表示的图形可知A∩B的元素构成的图形的面积为2π.
题型三　与集合有关的创新题
与集合有关的创新题目，主要以新定义的形式呈现，考查对集合含义的深层次理解，在新定义下求集合中的元素、确定元素个数、确定两集合的关系等.
例3　设S为复数集C的非空子集，若对任意x，y∈S，都有x＋y，x－y，xy∈S，则称S为封闭集.下列命题：
①集合S＝{a＋bi|a，b为整数，i为虚数单位}为封闭集；
②若S为封闭集，则一定有0∈S；
③封闭集一定是无限集；
④若S为封闭集，则满足S T C的任意集合T也是封闭集.
其中的真命题是________.(写出所有真命题的序号)
答案　①②
解析　①正确，当a，b为整数时，对任意x，y∈S，x＋y，x－y，xy的实部与虚部均为整数；②正确，当x＝y时，0∈S；③错误，当S＝{0}时，是封闭集，但不是无限集；④错，设S＝{0} T，T＝{0，1}，显然T不是封闭集，因此，真命题为①②.
点评　解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：(1)紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把新定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是破解新定义型集合问题难点的关键所在；(2)用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之处用好集合的运算与性质.
变式训练3　在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为[k]，即[k]＝{5n＋k|n∈Z，k＝0，1，2，3，4}.给出如下四个结论：
①2
016∈[1]；
②－3∈[3]；
③Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；
④“整数a，b属于同一类”的充要条件是“a－b∈[0]”.
其中，正确结论的个数是(　　)
A.1
B.2
C.3
D.4
答案　C
解析　对于①：2
016＝5×403＋1，
∴2
016∈[1]，故①正确；
对于②：－3＝5×(－1)＋2，
∴－3∈[2]，故②不正确；
对于③：∵整数集Z被5除，所得余数共分为五类.
∴Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]，故③正确；
对于④：若整数a，b属于同一类，则
a＝5n1＋k，b＝5n2＋k，
∴a－b＝5n1＋k－(5n2＋k)＝5(n1－n2)＝5n，
∴a－b∈[0]，若a－b＝[0]，则a－b＝5n，即a＝b＋5n，
故a与b被5除的余数为同一个数，
∴a与b属于同一类，
∴“整数a，b属于同一类”的充要条件是“a－b∈[0]”，
故④正确，∴正确结论的个数是3.
高考题型精练
1.(2015·天津)已知全集U＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，集合A＝{2，3，5，6}，集合B＝{1，3，4，6，7}，则集合A∩( UB)等于(　　)
A.{2，5}
B.{3，6}
C.{2，5，6}
D.{2，3，5，6，8}
答案　A
解析　由题意知， UB＝{2，5，8}，则A∩( UB)＝{2，5}，选A.
2.(2015·陕西)设集合M＝{x|x2＝x}，N＝{x|lg
x≤0}，则M∪N等于(　　)
A.[0，1]
B.(0，1]
C.[0，1)
D.(－∞，1]
答案　A
解析　由题意得M＝{0，1}，N＝(0，1]，故M∪N＝[0，1]，故选A.
3.(2016·四川)集合A＝{x|－2≤x≤2}，Z为整数集，则A∩Z中元素的个数是(　　)
A.3
B.4
C.5
D.6
答案　C
解析　由题意，A∩Z＝{－2，－1，0，1，2}，故其中的元素个数为5，选C.
4.设全集U＝R，A＝{x|x2－2x≤0}，B＝{y|y＝cos
x，x∈R}，则图中阴影部分表示的区间是(　　)
A.[0，1]
B.[－1，2]
C.(－∞，－1)∪(2，＋∞)
D.(－∞，－1]∪[2，＋∞)
答案　C
解析　因为A＝{x|0≤x≤2}＝[0，2]，B＝{y|－1≤y≤1}＝[－1，1]，所以A∪B＝[－1，2]，所以 R(A∪B)＝(－∞，－1)∪(2，＋∞).
5.已知集合A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|x2－2x＜0}，则A∪( RB)等于(　　)
A.[－1，0]
B.[1，2]
C.[0，1]
D.(－∞，1]∪[2，＋∞)
答案　D
解析　∵A＝{x|－1≤x≤1}，B＝{x|x2－2x＜0}＝{x|0＜x＜2}，∴ RB＝(－∞，0]∪[2，＋∞)，∴A∪( RB)＝(－∞，1]∪[2，＋∞).
6.若x∈A，则∈A，就称A是伙伴关系集合，集合M＝{－1，0，，2，3}的所有非空子集中具有伙伴关系的集合的个数是(　　)
A.1
B.3
C.7
D.31
答案　B
解析　具有伙伴关系的元素组是－1，，2，所以具有伙伴关系的集合有3个：{－1}，{，2}，{－1，，2}.
7.在R上定义运算 ：x y＝，若关于x的不等式(x－a) (x＋1－a)>0的解集是集合{x|－2≤x≤2}的子集，则实数a的取值范围是(　　)
A.－2≤a≤2
B.－1≤a≤1
C.－2≤a≤1
D.1≤a≤2
答案　C
解析　因为(x－a) (x＋1－a)>0，所以>0，
即a8.已知集合A＝{x|x2－2
017x＋2
016＜0}，B＝{x|log2x＜m}，若A B，则整数m的最小值是(　　)
A.0
B.1
C.11
D.12
答案　C
解析　由x2－2
017x＋2
016＜0，解得1＜x＜2
016，故A＝{x|1＜x＜2
016}.由log2x＜m，解得0＜x＜2m，故B＝{x|0＜x＜2m}.由A B，可得2m≥2
016，因为210＝1
024，211＝2
048，所以整数m的最小值为11.
9.已知数集A＝{a1，a2，…，an}(1≤a1＜a2＜…＜an，n≥2)具有性质P：对任意的i，j(1≤i≤j≤n)，aiaj与两数中至少有一个属于A，则称集合A为“权集”，则(　　)
A.{1，3，4}为“权集”
B.{1，2，3，6}为“权集”
C.“权集”中元素可以有0
D.“权集”中一定有元素1
答案　B
解析　由于3×4与均不属于数集{1，3，4}，故A不正确；由于1×2，1×3，1×6，2×3，，，，，，都属于数集{1，2，3，6}，故B正确；由“权集”的定义可知需有意义，故不能有0，同时不一定有1，故C，D错误.
10.已知a，b均为实数，设集合A＝{x|a≤x≤a＋}，B＝{x|b－≤x≤b}，且A，B都是集合{x|0≤x≤1}的子集.如果把n－m叫做集合{x|m≤x≤n}的“长度”，那么集合A∩B的“长度”的最小值是________.
答案　
解析　∵∴0≤a≤，
∵
∴≤b≤1，利用数轴分类讨论可得集合A∩B的“长度”的最小值为－＝.
11.设集合Sn＝{1，2，3，…，n}，若X Sn，把X的所有元素的乘积称为X的容量(若X中只有一个元素，则该元素的数值即为它的容量，规定空集的容量为0).若X的容量为奇(偶)数，则称X为Sn的奇(偶)子集，则S4的所有奇子集的容量之和为________.
答案　7
解析　∵S4＝{1，2，3，4}，∴X＝ ，{1}，{2}，{3}，{4}，{1，2}，{1，3}，{1，4}，{2，3}，{2，4}，{3，4}，{1，2，3}，{1，2，4}，{1，3，4}，{2，3，4}，{1，2，3，4}.其中是奇子集的为X＝{1}，{3}，{1，3}，其容量分别为1，3，3，
∴S4的所有奇子集的容量之和为7.
12.已知集合A＝{x|1＜x＜3}，集合B＝{x|2m＜x＜1－m}.
(1)当m＝－1时，求A∪B；
(2)若A B，求实数m的取值范围；
(3)若A∩B＝ ，求实数m的取值范围.
解　(1)当m＝－1时，B＝{x|－2＜x＜2}，则A∪B＝{x|－2＜x＜3}.
(2)由A B知解得m≤－2，即实数m的取值范围为(－∞，－2].
(3)由A∩B＝ ，得
①若2m≥1－m，即m≥时，B＝ ，符合题意；
②若2m＜1－m，即m＜时，
需或
得0≤m＜或 ，即0≤m＜.
综上知m≥0，即实数m的取值范围为[0，＋∞).第48练　整体策略与换元法
[题型分析·高考展望]　整体思想是指把研究对象的某一部分(或全部)看成一个整体，通过观察与分析，找出整体与局部的联系，从而在客观上寻求解决问题的新途径.
换元法又称辅助元素法、变量代换法，通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来；或者把条件与结论联系起来；或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化.
高考必会题型
题型一　整体策略
例1　(1)计算(1－－－－…－)×(＋＋＋＋…＋)－(1－－－－－…－－)×(＋＋＋…＋)；
(2)解方程(x2＋5x＋1)(x2＋5x＋7)＝7.
解　(1)设＋＋＋…＋＝t，
则原式＝(1－t)(t＋)－(1－t－)t
＝t＋－t2－t－t＋t2＋t＝.
(2)设x2＋5x＝t，则原方程化为(t＋1)(t＋7)＝7，
∴t2＋8t＝0，解得t＝0或t＝－8，
当t＝0时，x2＋5x＝0，x(x＋5)＝0，x1＝0，x2＝－5；
当t＝－8时，x2＋5x＝－8，x2＋5x＋8＝0，
Δ＝b2－4ac＝25－4×1×8<0，
此时方程无解；
即原方程的解为x1＝0，x2＝－5.
点评　整体是与局部对应的，按常规不容易求某一个(或多个)未知量时，可打破常规，根据题目的结构特征，把一组数或一个代数式看作一个整体，从而使问题得到解决.
变式训练1　计算：(1－－－)×(＋＋＋)－(1－－－－)×(＋＋).
解　令＋＋＝t，
则原式＝(1－t)(t＋)－(1－t－)t＝t＋－t2－t－t＋t2＝.
题型二　换元法
例2　(1)已知函数f(x)＝4x－2xt＋t＋1在区间(0，＋∞)上的图象恒在x轴上方，则实数t的取值范围是________________.
(2)已知点A是椭圆＋＝1上的一个动点，点P在线段OA的延长线上，且·＝48，则点P的横坐标的最大值为________.
答案　(1)(－∞，2＋2)　(2)10
解析　(1)令m＝2x(m>1)，则问题转化为函数f(m)＝m2－mt＋t＋1在区间(1，＋∞)上的图象恒在x轴上方，
即Δ＝t2－4(t＋1)<0或
解得t<2＋2，
即实数t的取值范围是(－∞，2＋2).
(2)当点P的横坐标最大时，
射线OA的斜率k>0，
设OA：y＝kx，k>0，
与椭圆＋＝1联立解得x＝，
又·＝xAxP＋k2xAxP＝48，
解得xP＝＝＝，
令9＋25k2＝t>9，即k2＝，
则xP＝＝×25
＝80≤80×＝10，
当且仅当t＝16，即k2＝时取等号，
所以点P的横坐标的最大值为10.
(3)已知函数f(x)＝ax－ln(1＋x2).
①当a＝时，求函数f(x)在(0，＋∞)上的极值；
②证明：当x>0时，ln(1＋x2)③证明(1＋)(1＋)…(1＋)，n≥2，e为自然对数的底数).
①解　当a＝时，f(x)＝x－ln(1＋x2)，
f′(x)＝－＝＝0，
x＝2或x＝.
f(x)和f′(x)随x的变化情况如下表：
x
(0，)
(，2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
f(x)极大值＝f()＝－ln
，
f(x)极小值＝f(2)＝－ln
5.
②证明　令g(x)＝x－ln(1＋x2)，
则g′(x)＝1－≥0，
∴g(x)在(0，＋∞)上为增函数，g(x)>g(0)＝0，
∴ln(1＋x2)③证明　由②知，ln(1＋x2)令x2＝得，ln(1＋)<<＝－，
∴ln(1＋)＋ln(1＋)＋…＋ln(1＋)
<1－＋－＋－＋…＋－＝1－<1，
∴(1＋)(1＋)…(1＋)点评　换元法是解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，使问题得到简化，
变得容易处理，换元法的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是通过换元变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来；或者把条件与结论联系起来；或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化.主要考查运用换元法处理以函数、三角函数、不等式、数列、解析几何为背景的最值、值域或范围问题，通过换元法把不熟悉、不规范、复杂的典型问题转化为熟悉、规范、简单的典型问题，起到化隐形为显性、化繁为简、化难为易的作用，以优化解题过程.
变式训练2　(1)已知函数f(x)＝＋2x(x>1)，则f(x)的最小值为________.
答案　2＋2
解析　f(x)＝＋2(x－1)＋2，
令x－1＝t，则f(t)＝＋2t＋2(t>0)，
∴f(t)≥2
＋2＝2＋2.
当且仅当＝2t时等号成立，
故f(x)的最小值为2＋2，
当且仅当＝2(x－1)，
即x＝＋1时等号成立.
(2)已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和Sn满足S＝an.
①求Sn的表达式；
②设bn＝，数列{bn}的前n项和为Tn，证明Tn<.
①解　∵S＝an，
an＝Sn－Sn－1
(n≥2)，
∴S＝(Sn－Sn－1)，
即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，
(
)
由题意得Sn－1·Sn≠0，
(
)式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，
∴数列是首项为＝＝1，公差为2的等差数列.
∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，
∴Sn＝.
②证明　∵bn＝＝＝，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[(1－)＋(－)＋…
＋(－)]＝＝<，
∴Tn<.
高考题型精练
1.已知长方体的表面积为11，其12条棱的长度之和为24，则这个长方体的一条对角线长为(　　)
A.2
B.
C.5
D.6
答案　C
解析　设长方体长，宽，高分别为x，y，z，
由已知“长方体的表面积为11，
其12条棱的长度之和为24”，
得
长方体所求对角线长为
＝＝＝5，
故选C.
2.设实数x，y，m，n满足x2＋y2＝1，m2＋n2＝3，那么mx＋ny的最大值是______.
答案　
解析　设x＝sin
α，y＝cos
α，m＝sin
β，n＝cos
β，
其中α，β∈(0°，180°)，
∴mx＋ny＝sin
βsin
α＋cos
βcos
α＝cos(α－β)，
故最大值为.
3.函数y＝3－4的最小值为________.
答案　－8
解析　由
解得－2≤x≤2，
所以函数的定义域为[－2，2].
因为()2＋()2＝4，
故可设(θ∈[0，])，
则y＝3×2sin
θ－4×2cos
θ＝6sin
θ－8cos
θ
＝10sin(θ－φ)(φ∈(0，)，cos
φ＝，sin
φ＝)，
因为θ∈[0，]，所以θ－φ∈[－φ，－φ]，
所以当θ＝0时，函数取得最小值
10sin(－φ)＝10×(－)＝－8.
4.已知不等式>ax＋的解集是(4，b)，则a＝______，b＝________.
答案　　36
解析　令＝t，则t>at2＋，
即at2－t＋<0，
其解集为(2，)，
故
解得a＝，b＝36.
5.已知y＝f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝－x2＋2x，则满足f(f(a))＝的实数a的个数为________.
答案　8
解析　由题意知，f(x)＝
其图象如图所示，
令t＝f(a)，则t≤1，
令f(t)＝，解得t＝1－或t＝－1±，
即f(a)＝1－或f(a)＝－1±，
由数形结合得，共有8个交点.
6.设f(x2＋1)＝loga(4－x4)(a>1)，则f(x)的值域是________.
答案　(－∞，loga4]
解析　设x2＋1＝t(t≥1)，
∴f(t)＝loga[－(t－1)2＋4]，
∴值域为(－∞，loga4].
7.已知m∈R，函数f(x)＝g(x)＝x2－2x＋2m－1，若函数y＝f(g(x))－m有6个零点，则实数m的取值范围是________.
答案　(0，)
解析　函数f(x)＝的图象如图所示，
令g(x)＝t，y＝f(t)与y＝m的图象最多有3个交点，
当有3个交点时，0从左到右交点的横坐标依次t1由于函数有6个零点，t＝x2－2x＋2m－1，
则每一个t的值对应2个x的值，
则t的值不能为最小值，函数t＝x2－2x＋2m－1的对称轴为x＝1，
则最小值1－2＋2m－1＝2m－2，
由图可知，2t1＋1＝－m，
则t1＝，由于t1是交点横坐标中最小的，
满足>2m－2，①
又0联立①②得08.已知实数x，y满足方程x2＋y2－4x＋1＝0.
(1)求y－x的最大值和最小值；
(2)求x2＋y2的最大值和最小值
解　方程x2＋y2－4x＋1＝0变形为(x－2)2＋y2＝3，
表示的图形是圆.
(1)设x－2＝cos
θ，
则y＝sin
θ，故x＝2＋cos
θ，
y＝sin
θ，则y－x＝sin
θ－cos
θ－2
＝sin(θ－)－2，
∴当θ－＝2kπ－(k∈Z)时，y－x有最小值－－2，
当θ－＝2kπ＋(k∈Z)时，y－x有最大值－2.
(2)由(1)知x2＋y2＝(2＋cos
θ)2＋(sin
θ)2＝7＋4cos
θ.
∴当θ＝2kπ(k∈Z)时，x2＋y2有最大值7＋4，
当θ＝2kπ＋π(k∈Z)时，
x2＋y2有最小值7－4.
9.平面内动点P与两定点A(－2，0)，B(2，0)连线的斜率之积等于－，若点P的轨迹为曲线E，直线l过点Q(－，0)交曲线E于M，N两点.
(1)求曲线E的方程，并证明：∠MAN是一定值；
(2)若四边形AMBN的面积为S，求S的最大值.
解　(1)设动点P坐标为(x，y)，
当x≠±2时，由条件得：·＝－，
化简得＋y2＝1(x≠±2)，
曲线E的方程为＋y2＝1(x≠±2)，
由题意可设直线l的方程为x＝ky－，
联立方程组可得
化简得(k2＋4)y2－ky－＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1y2＝－，y1＋y2＝.
又A(－2，0)，
则·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝(k2＋1)y1y2＋k(y1＋y2)＋＝0，
所以∠MAN＝90°，
所以∠MAN的大小为定值.
(2)S＝|AB|·|y1－y2|＝·|2＋2|·
＝2＝，
令k2＋4＝t(t≥4)，
∴k2＝t－4，∴S＝
.
设f(t)＝，
∴f′(t)＝＝，
∵t≥4，∴f′(t)<0，
∴y＝f(t)在[4，＋∞)上单调递减.
∴f(t)≤f(4)＝＝4，
由t＝4，得k＝0，此时S有最大值.第30练　直线与圆
[题型分析·高考展望]　直线与圆是解析几何的基础，在高考中，除对本部分知识单独考查外，更多是在与圆锥曲线结合的综合题中对相关知识进行考查.单独考查时，一般为选择题、填空题，难度不大，属低中档题.直线的方程，圆的方程的求法及位置关系的判断与应用是本部分的重点.
体验高考
1.(2015·广东)平行于直线2x＋y＋1＝0且与圆x2＋y2＝5相切的直线的方程是(　　)
A.2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0
B.2x＋y＋＝0或2x＋y－＝0
C.2x－y＋5＝0或2x－y－5＝0
D.2x－y＋＝0或2x－y－＝0
答案　A
解析　设所求直线方程为2x＋y＋c＝0，
依题意有＝，解得c＝±5，所以所求直线方程为2x＋y＋5＝0或2x＋y－5＝0，故选A.
2.(2015·课标全国Ⅱ)过三点A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)的圆交y轴于M、N两点，则|MN|等于(　　)
A.2
B.8
C.4
D.10
答案　C
解析　由已知，得＝(3，－1)，＝(－3，－9)，则·＝3×(－3)＋(－1)×(－9)＝0，所以⊥，即AB⊥BC，故过三点A，B，C的圆以AC为直径，得其方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝25，令x＝0得(y＋2)2＝24，解得y1＝－2－2，y2＝－2＋2，所以|MN|＝|y1－y2|＝4，选C.
3.(2015·山东)一条光线从点(－2，－3)射出，经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2＝1相切，则反射光线所在直线的斜率为(　　)
A.－或－
B.－或－
C.－或－
D.－或－
答案　D
解析　由已知，得点(－2，－3)关于y轴的对称点为(2，－3)，由入射光线与反射光线的对称性，知反射光线一定过点(2，－3).设反射光线所在直线的斜率为k，
则反射光线所在直线的方程为y＋3＝k(x－2)，
即kx－y－2k－3＝0.由反射光线与圆相切，
则有d＝＝1，
解得k＝－或k＝－，故选D.
4.(2016·上海)已知平行直线l1：2x＋y－1＝0，l2：2x＋y＋1＝0，则l1，l2的距离为______.
答案　
解析　d＝＝.
5.(2016·课标全国丙)已知直线l：mx＋y＋3m－＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别做l的垂线与x轴交于C，D两点，若|AB|＝2，则|CD|＝________.
答案　4
解析　设AB的中点为M，由题意知，
圆的半径R＝2，|AB|＝2，
所以|OM|＝3，解得m＝－，
由
解得A(－3，)，B(0，2)，
则AC的直线方程为y－＝－(x＋3)，
BD的直线方程为y－2＝－x，
令y＝0，解得C(－2，0)，D(2，0)，
所以|CD|＝4.
高考必会题型
题型一　直线方程的求法与应用
例1　(1)若点P(1，1)为圆(x－3)2＋y2＝9的弦MN的中点，则弦MN所在直线的方程为(　　)
A.2x＋y－3＝0
B.x－2y＋1＝0
C.x＋2y－3＝0
D.2x－y－1＝0
答案　D
解析　由题意知圆心C(3，0)，kCP＝－.
由kCP·kMN＝－1，得kMN＝2，
所以弦MN所在直线的方程是2x－y－1＝0.
(2)已知△ABC的顶点A(3，－1)，AB边上的中线所在直线方程为6x＋10y－59＝0，∠B的平分线所在直线方程为x－4y＋10＝0，求BC边所在直线的方程.
解　设B(4y1－10，y1)，
由AB中点在6x＋10y－59＝0上，
可得：6·＋10·－59＝0，y1＝5，
∴B(10，5).
设A点关于x－4y＋10＝0的对称点为A′(x′，y′)，
则有 A′(1，7)，
∵点A′(1，7)，B(10，5)在直线BC上，∴＝，
故BC边所在直线的方程是2x＋9y－65＝0.
点评　(1)两条直线平行与垂直的判定
①若两条不重合的直线l1，l2的斜率k1，k2存在，则l1∥l2 k1＝k2，l1⊥l2 k1k2＝－1；
②判定两直线平行与垂直的关系时，如果给出的直线方程中存在字母系数，不仅要考虑斜率存在的情况，还要考虑斜率不存在的情况.
(2)求直线方程的常用方法
①直接法：直接选用恰当的直线方程的形式，写出结果；
②待定系数法：先由直线满足的一个条件设出直线方程，使方程中含有一个待定系数，再由题给的另一条件求出待定系数.
变式训练1　已知直线l经过直线3x＋4y－2＝0与直线2x＋y＋2＝0的交点P，且垂直于直线x－2y－1＝0.
(1)求直线l的方程；
(2)求直线l关于原点O对称的直线方程.
解　(1)由解得
所以点P的坐标是(－2，2)，又因为直线x－2y－1＝0，
即y＝x－的斜率为k′＝，
由直线l与x－2y－1＝0垂直可得kl＝－＝－2，
故直线l的方程为：y－2＝－2(x＋2)，即2x＋y＋2＝0.
(2)直线l的方程2x＋y＋2＝0在x轴、y轴上的截距分别是－1与－2，
则直线l关于原点对称的直线在x轴、y轴上的截距分别是1与2，
所求直线方程为＋＝1，即2x＋y－2＝0.
题型二　圆的方程
例2　(1)(2015·湖北)如图，已知圆C与x轴相切于点T(1，0)，与y轴正半轴交于两点A，B(B在A的上方)，且|AB|＝2.
①圆C的标准方程为________________.
②圆C在点B处的切线在x轴上的截距为________.
答案　①(x－1)2＋(y－)2＝2　②－－1
解析　①由题意，设圆心C(1，r)(r为圆C的半径)，则r2＝2＋12＝2，解得r＝.
所以圆C的方程为(x－1)2＋(y－)2＝2.
②方法一　令x＝0，得y＝±1，所以点B(0，
＋1).又点C(1，
)，所以直线BC的斜率为kBC＝－1，所以过点B的切线方程为y－(＋1)＝x－0，即y＝x＋(＋1).
令y＝0，得切线在x轴上的截距为－－1.
方法二　令x＝0，得y＝±1，所以点B(0，＋1).又点C(1，)，设过点B的切线方程为y－(＋1)＝kx，即kx－y＋(＋1)＝0.由题意，得圆心C(1，)到直线kx－y＋(＋1)＝0的距离d＝＝r＝，解得k＝1.故切线方程为x－y＋(＋1)＝0.令y＝0，得切线在x轴上的截距为－－1.
(2)已知圆C经过点A(2，－1)，并且圆心在直线l1：y＝－2x上，且该圆与直线l2：y＝－x＋1相切.
①求圆C的方程；
②求以圆C内一点B为中点的弦所在直线l3的方程.
解　①设圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
则　解得
故圆C的方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝2.
②由①知圆心C的坐标为(1，－2)，
则kCB＝＝－.
设直线l3的斜率为k3，由k3·kCB＝－1，可得k3＝2.
故直线l3的方程为y＋＝2(x－2)，
即4x－2y－13＝0.
点评　求圆的方程的两种方法
(1)几何法：通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程.
(2)代数法：用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数.
变式训练2　已知圆x2＋y2＝4上一定点A(2，0)，B(1，1)为圆内一点，P，Q为圆上的动点.
(1)求线段AP中点的轨迹方程；
(2)若∠PBQ＝90°，求线段PQ中点的轨迹方程.
解　(1)设AP的中点为M(x，y)，由中点坐标公式可知，P点坐标为(2x－2，2y).
因为P点在圆x2＋y2＝4上，
所以(2x－2)2＋(2y)2＝4，
故线段AP中点的轨迹方程为(x－1)2＋y2＝1.
(2)设PQ的中点为N(x，y)，连接BN.
在Rt△PBQ中，|PN|＝|BN|.
设O为坐标原点，连接ON，则ON⊥PQ，
所以|OP|2＝|ON|2＋|PN|2＝|ON|2＋|BN|2，
所以x2＋y2＋(x－1)2＋(y－1)2＝4.
故线段PQ中点的轨迹方程为x2＋y2－x－y－1＝0.
题型三　直线与圆的位置关系、弦长问题
例3　(1)(2015·重庆)已知直线l：x＋ay－1＝0(a∈R)是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴，过点A(－4，a)作圆C的一条切线，切点为B，则|AB|等于(　　)
A.2
B.4
C.6
D.2
答案　C
解析　根据直线与圆的位置关系求解.
由于直线x＋ay－1＝0是圆C：x2＋y2－4x－2y＋1＝0的对称轴，∴圆心C(2，1)在直线x＋ay－1＝0上，∴2＋a－1＝0，∴a＝－1，∴A(－4，－1).
∴|AC|2＝36＋4＝40.
又r＝2，∴|AB|2＝40－4＝36.
∴|AB|＝6.
(2)已知圆C：x2＋y2－2x＋4y－4＝0.
①写出圆C的标准方程，并指出圆心坐标和半径大小；
②是否存在斜率为1的直线m，使m被圆C截得的弦为AB，且OA⊥OB(O为坐标原点).若存在，求出直线m的方程；若不存在，请说明理由.
解　①圆C的标准方程为(x－1)2＋(y＋2)2＝9，
则圆心C的坐标为(1，－2)，半径为3.
②假设存在这样的直线m，
根据题意可设直线m：y＝x＋b.
联立直线与圆的方程
得2x2＋2(b＋1)x＋b2＋4b－4＝0，
因为直线与圆相交，所以Δ>0，
即b2＋6b－9<0，
且满足x1＋x2＝－b－1，x1x2＝，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＝x1＋b，y2＝x2＋b，
由OA⊥OB得·＝x1x2＋y1y2＝0，
所以x1x2＋(x1＋b)(x2＋b)＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2＝0，
即b2＋3b－4＝0得b＝－4或b＝1，
且均满足b2＋6b－9<0，
故所求的直线m存在，方程为y＝x－4或y＝x＋1.
点评　研究直线与圆位置关系的方法
(1)研究直线与圆的位置关系的最基本的解题方法为代数法，将几何问题代数化，利用函数与方程思想解题.
(2)与弦长有关的问题常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d及半弦长，构成直角三角形的三边，利用其关系来处理.
变式训练3　已知以点C(t，)(t∈R，t≠0)为圆心的圆与x轴交于点O，A，与y轴交于点O，B，其中O为原点.
(1)求证：△OAB的面积为定值；
(2)设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若|OM|＝|ON|，求圆C的方程.
(1)证明　∵圆C过原点O，且|OC|2＝t2＋.
∴圆C的方程是(x－t)2＋(y－)2＝t2＋，
令x＝0，得y1＝0，y2＝；
令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，
∴S△OAB＝|OA|·|OB|＝×||×|2t|＝4，
即△OAB的面积为定值.
(2)解　∵|OM|＝|ON|，|CM|＝|CN|，
∴OC垂直平分线段MN.
∵kMN＝－2，∴kOC＝.
∴＝t，解得t＝2或t＝－2.
当t＝2时，圆心C的坐标为(2，1)，|OC|＝，
此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝<，
圆C与直线y＝－2x＋4相交于两点.
当t＝－2时，圆心C的坐标为(－2，－1)，|OC|＝，
此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝
>.
圆C与直线y＝－2x＋4不相交，
∴t＝－2不符合题意，舍去.
∴圆C的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝5.
高考题型精练
1.已知x，y满足x＋2y－5＝0，则(x－1)2＋(y－1)2的最小值为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　(x－1)2＋(y－1)2表示点P(x，y)到点Q(1，1)的距离的平方.由已知可得点P在直线l：x＋2y－5＝0上，
所以|PQ|的最小值为点Q到直线l的距离，
即d＝＝，
所以(x－1)2＋(y－1)2的最小值为d2＝.故选A.
2.“m＝3”是“直线l1：2(m＋1)x＋(m－3)y＋7－5m＝0与直线l2：(m－3)x＋2y－5＝0垂直”的(　　)
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
答案　A
解析　由l1⊥l2得2(m＋1)(m－3)＋2(m－3)＝0，
∴m＝3或m＝－2.∴m＝3是l1⊥l2的充分不必要条件.
3.若动点A，B分别在直线l1：x＋y－7＝0和l2：x＋y－5＝0上移动，则AB的中点M到原点的距离的最小值为(　　)
A.3
B.2
C.3
D.4
答案　A
解析　依题意知AB的中点M的集合是与直线l1：x＋y－7＝0和l2：x＋y－5＝0的距离都相等的直线，
则M到原点的距离的最小值为原点到该直线的距离，
设点M所在直线的方程为l：x＋y＋m＝0，
根据平行线间的距离公式得＝ |m＋7|＝|m＋5| m＝－6，即l：x＋y－6＝0，根据点到直线的距离公式，得M到原点的距离的最小值为＝3.
4.(2016·山东)已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是2，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是(　　)
A.内切
B.相交
C.外切
D.相离
答案　B
解析　∵圆M：x2＋(y－a)2＝a2，
∴圆心坐标为M(0，a)，半径r1＝a，
圆心M到直线x＋y＝0的距离d＝，
由几何知识得2＋()2＝a2，解得a＝2.
∴M(0，2)，r1＝2.
又圆N的圆心坐标N(1，1)，半径r2＝1，
∴|MN|＝＝，
r1＋r2＝3，r1－r2＝1.
∴r1－r2＜|MN|＜r1＋r2，∴两圆相交，故选B.
5.与圆x2＋y2＝1和圆x2＋y2－8x＋7＝0都相切的圆的圆心轨迹是(　　)
A.椭圆
B.椭圆和双曲线的一支
C.双曲线和一条直线(去掉几个点)
D.双曲线的一支和一条直线(去掉几个点)
答案　D
解析　设所求圆圆心为M(x，y)，半径为r，
圆x2＋y2－8x＋7＝0 (x－4)2＋y2＝9，
圆心设为C(4，0)，由题意得当动圆与两定圆外切时，
即|MO|＝r＋1，|MC|＝r＋3，从而|MC|－|MO|＝2<|OC|，
因此为双曲线的一支，当动圆与两定圆一个外切一个内切时，
必切于两定圆切点，即M必在x轴上，
但需去掉O，C及两定圆切点，因此选D.
6.(2015·课标全国Ⅱ)已知三点A(1，0)，B(0，)，C(2，)，则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　由点B(0，)，C(2，)，得线段BC的垂直平分线方程为x＝1，①
由点A(1，0)，B(0，)，得线段AB的垂直平分线方程为
y－＝，②
联立①②，解得△ABC外接圆的圆心坐标为，
其到原点的距离为
＝.故选B.
7.(2016·山东)在[－1，1]上随机地取一个数k，则事件“直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交”发生的概率为________.
答案　
解析　由已知得，圆心(5，0)到直线y＝kx的距离小于半径，∴<3，解得－由几何概型得P＝＝.
8.在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是________.
答案　
解析　圆C的标准方程为(x－4)2＋y2＝1，圆心为(4，0).
由题意知(4，0)到kx－y－2＝0的距离应不大于2，
即≤2.整理，得3k2－4k≤0.解得0≤k≤.
故k的最大值是.
9.在平面直角坐标系xOy中，已知圆x2＋y2＝4上有且仅有三个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，则实数c的值为________.
答案　±13
解析　因为圆心到直线12x－5y＋c＝0的距离为，
所以由题意得＝1，c＝±13.
10.已知直线l过点(－2，0)，当直线l与圆x2＋y2＝2x有两个交点时，其斜率k的取值范围是________________.
答案　(－，)
解析　因为已知直线过点(－2，0)，
那么圆的方程x2＋y2＝2x配方为(x－1)2＋y2＝1，表示的是圆心为(1，0)，半径为1的圆，
设过点(－2，0)的直线的斜率为k，
则直线方程为y＝k(x＋2)，
则点到直线距离等于圆的半径1，
有d＝＝1，化简得8k2＝1，
所以k＝±，
然后可知此时有一个交点，那么当满足题意的时候，
可知斜率的取值范围是(－，)，
故答案为(－，).
11.已知过点A(0，1)，且方向向量为a＝(1，k)的直线l与圆C：(x－2)2＋(y－3)2＝1相交于M，N两点.
(1)求实数k的取值范围；
(2)若O为坐标原点，且·＝12，求k的值.
解　(1)∵直线l过点A(0，1)且方向向量为a＝(1，k)，
∴直线l的方程为y＝kx＋1.
由＜1，
得＜k＜.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
将y＝kx＋1代入方程(x－2)2＋(y－3)2＝1，
得(1＋k2)x2－4(1＋k)x＋7＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∴·＝x1x2＋y1y2
＝(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝＋8＝12，
∴＝4，解得k＝1.
12.已知圆M∶x2＋(y－2)2＝1，Q是x轴上的动点，QA，QB分别切圆M于A，B两点.
(1)若Q(1，0)，求切线QA，QB的方程；
(2)求四边形QAMB面积的最小值；
(3)若|AB|＝，求直线MQ的方程.
解　(1)设过点Q的圆M的切线方程为x＝my＋1，
则圆心M到切线的距离为1，
∴＝1，
∴m＝－或0，
∴切线QA，QB的方程分别为3x＋4y－3＝0和x＝1.
(2)∵MA⊥AQ，
∴S四边形MAQB＝|MA|·|QA|＝|QA|
＝＝
≥＝.
∴四边形QAMB面积的最小值为.
(3)设AB与MQ交于点P，则MP⊥AB.
∵MB⊥BQ，
∴|MP|＝＝.
在Rt△MBQ中，|MB|2＝|MP|·|MQ|，
即1＝|MQ|，
∴|MQ|＝3.
设Q(x，0)，则x2＋22＝9，
∴x＝±，
∴Q(±，0)，
∴直线MQ的方程为2x＋y－2＝0或2x－y＋2＝0.第33练　与抛物线有关的热点问题
[题型分析·高考展望]　抛物线是三种圆锥曲线之一，应用广泛，是高考的重点考查对象，抛物线方程、几何性质、直线与抛物线结合的问题都是高考热点.考查形式有选择题、填空题也有解答题，小题难度一般为低中档层次，解答题难度为中档偏上.
体验高考
1.(2015·四川)设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于点M，且M为线段AB的中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是(　　)
A.(1，3)
B.(1，4)
C.(2，3)
D.(2，4)
答案　D
解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
则相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)，
当直线l的斜率不存在时，符合条件的直线l必有两条；当直线l的斜率k存在时，
如图x1≠x2，则有·＝2，即y0·k＝2，
由CM⊥AB得，k·＝－1，y0·k＝5－x0，
2＝5－x0，x0＝3，即M必在直线x＝3上，
将x＝3代入y2＝4x，得y2＝12，
∴－2＜y0＜2，
∵点M在圆上，
∴(x0－5)2＋y＝r2，r2＝y＋4＜12＋4＝16，
又y＋4＞4，
∴4＜r2＜16，∴2＜r＜4.故选D.
2.(2015·浙江)如图，设抛物线y2＝4x的焦点为F，不经过焦点的直线上有三个不同的点A，B，C，其中点A，B在抛物线上，点C在y轴上，则△BCF与△ACF的面积之比是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　由图形可知，△BCF与△ACF有公共的顶点F，且A，B，C三点共线，易知△BCF与△ACF的面积之比就等于.由抛物线方程知焦点F(1，0)，作准线l，则l的方程为x＝－1.
∵点A，B在抛物线上，过A，B分别作AK，BH与准线垂直，垂足分别为点K，H，且与y轴分别交于点N，M.由抛物线定义，得|BM|＝|BF|－1，|AN|＝|AF|－1.在△CAN中，BM∥AN，∴＝＝.
3.(2016·四川)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为(　　)
A.
B.
C.
D.1
答案　C
解析　如图，
由题意可知F，设P点坐标为，显然，当y0<0时，kOM<0；y0>0时，kOM>0，要求kOM的最大值，不妨设y0>0.则＝＋＝＋＝＋(－)＝＋＝，kOM＝＝≤＝，当且仅当y＝2p2时等号成立.故选C.
4.(2016·课标全国乙)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点.已知|AB|＝4，|DE|＝2，则C的焦点到准线的距离为(　　)
A.2
B.4
C.6
D.8
答案　B
解析　不妨设抛物线C：y2＝2px(p>0)，则圆的方程可设为x2＋y2＝r2(r>0)，如图，
又可设A(x0，2)，D，
点A(x0，2)在抛物线y2＝2px上，∴8＝2px0，
①
点A(x0，2)在圆x2＋y2＝r2上，∴x＋8＝r2，
②
点D在圆x2＋y2＝r2上，
∴2＋5＝r2，
③
联立①②③，解得p＝4，
即C的焦点到准线的距离为p＝4，故选B.
5.(2015·上海)抛物线y2＝2px(p>0)上的动点Q到焦点的距离的最小值为1，则p＝______.
答案　2
解析　根据抛物线的性质，我们知道当且仅当动点Q运动到原点的时候，才与抛物线焦点的距离最小，
所以有|PQ|min＝＝1 p＝2.
高考必会题型
题型一　抛物线的定义及其应用
例1　已知P为抛物线y2＝6x上一点，点P到直线l：3x－4y＋26＝0的距离为d1.
(1)求d1的最小值，并求此时点P的坐标；
(2)若点P到抛物线的准线的距离为d2，求d1＋d2的最小值.
解　(1)设P(，y0)，
则d1＝＝|(y0－4)2＋36|，
当y0＝4时，(d1)min＝，此时x0＝＝，
∴当P点坐标为(，4)时，(d1)min＝.
(2)设抛物线的焦点为F，
则F(，0)，且d2＝|PF|，
∴d1＋d2＝d1＋|PF|，
它的最小值为点F到直线l的距离＝，
∴(d1＋d2)min＝.
点评　与抛物线有关的最值问题，一般情况下都与抛物线的定义有关.由于抛物线的定义在运用上有较大的灵活性，因此此类问题也有一定的难度.“看到准线想焦点，看到焦点想准线”，这是解决抛物线焦点弦有关问题的重要途径.
变式训练1　(1)(2016·浙江)若抛物线y2＝4x上的点M到焦点的距离为10，则点M到y轴的距离是________.
(2)已知点P在抛物线y2＝4x上，那么点P到Q(2，1)的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P的坐标为(　　)
A.(，1)
B.(，－1)
C.(1，2)
D.(1，－2)
答案　(1)9　(2)B
解析　(1)抛物线y2＝4x的焦点F(1，0).准线为x＝－1，由M到焦点的距离为10，可知M到准线x＝－1的距离也为10，故M的横坐标满足xM＋1＝10，解得xM＝9，所以点M到y轴的距离为9.
(2)抛物线y2＝4x焦点为F(1，0)，准线为x＝－1，
作PQ垂直于准线，垂足为M，
根据抛物线定义，|PQ|＋|PF|＝|PQ|＋|PM|，
根据三角形两边之和大于第三边，
直角三角形斜边大于直角边知：|PQ|＋|PM|的最小值是点Q到抛物线准线x＝－1的距离.
所以点P纵坐标为－1，则横坐标为，即(，－1).
题型二　抛物线的标准方程及几何性质
例2　(2015·福建)已知点F为抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点G(－1，0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切.
方法一　(1)解　由抛物线的定义得|AF|＝2＋.
因为|AF|＝3，即2＋＝3，解得p＝2，
所以抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)证明　因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，
所以m＝±2，由抛物线的对称性，不妨设A(2，2).
由A(2，2)，F(1，0)可得直线AF的方程为y＝2(x－1).
由得2x2－5x＋2＝0，
解得x＝2或x＝，从而B.
又G(－1，0)，
所以kGA＝＝，kGB＝＝－.
所以kGA＋kGB＝0，从而∠AGF＝∠BGF，这表明点F到直线GA，GB的距离相等，故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.
方法二　(1)解　同方法一.
(2)证明　设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.
因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，
所以m＝±2，由抛物线的对称性，不妨设A(2，2).
由A(2，2)，F(1，0)可得直线AF的方程为y＝2(x－1).
由得2x2－5x＋2＝0.
解得x＝2或x＝，从而B.
又G(－1，0)，
故直线GA的方程为2x－3y＋2＝0.
从而r＝＝.
又直线GB的方程为2x＋3y＋2＝0.
所以点F到直线GB的距离d＝＝＝r.
这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.
点评　(1)由抛物线的标准方程，可以首先确定抛物线的开口方向、焦点的位置及p的值，再进一步确定抛物线的焦点坐标和准线方程.
(2)求抛物线标准方程的常用方法是待定系数法，其关键是判断焦点位置、开口方向，在方程的类型已经确定的前提下，由于标准方程只有一个参数p，只需一个条件就可以确定抛物线的标准方程.
变式训练2　已知抛物线C的顶点在坐标原点O，其图象关于y轴对称且经过点M(2，1).
(1)求抛物线C的方程；
(2)若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点，另两个顶点在抛物线上，求该等边三角形的面积；
(3)过点M作抛物线C的两条弦MA，MB，设MA，MB所在直线的斜率分别为k1，k2，当k1＋k2＝－2时，试证明直线AB的斜率为定值，并求出该定值.
解　(1)设抛物线C的方程为x2＝2py(p>0)，
由点M(2，1)在抛物线C上，得4＝2p，
则p＝2，∴抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)设该等边三角形OPQ的顶点P，Q在抛物线上，
且P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，
则x＝4yP，x＝4yQ，
由|OP|＝|OQ|，得x＋y＝x＋y，
即(yP－yQ)(yP＋yQ＋4)＝0.
又yP>0，yQ>0，则yP＝yQ，|xP|＝|xQ|，
即线段PQ关于y轴对称.
∴∠POy＝30°，yP＝xP，
代入x＝4yP，得xP＝4，
∴该等边三角形边长为8，S△POQ＝48.
(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x＝4y1，x＝4y2，
∴k1＋k2＝＋＝＋＝(x1＋2＋x2＋2)＝－2.
∴x1＋x2＝－12，
∴kAB＝＝＝(x1＋x2)＝－3.
题型三　直线和抛物线的位置关系
例3　已知圆C1的方程为x2＋(y－2)2＝1，定直线l的方程为y＝－1.动圆C与圆C1外切，且与直线l相切.
(1)求动圆圆心C的轨迹M的方程；
(2)直线l′与轨迹M相切于第一象限的点P，过点P作直线l′的垂线恰好经过点A(0，6)，并交轨迹M于异于点P的点Q，记S为△POQ(O为坐标原点)的面积，求S的值.
解　(1)设动圆圆心C的坐标为(x，y)，动圆半径为R，
则|CC1|＝＝R＋1，且|y＋1|＝R，
可得＝|y＋1|＋1.
由于圆C1在直线l的上方，所以动圆C的圆心C应该在直线l的上方，
∴有y＋1>0，＝y＋2，
整理得x2＝8y，即为动圆圆心C的轨迹M的方程.
(2)设点P的坐标为(x0，)，则y＝，y′＝x，
kl′＝，kPQ＝－，
∴直线PQ的方程为y＝－x＋6.
又kPQ＝，∴＝－，x＝16，
∵点P在第一象限，∴x0＝4，
点P的坐标为(4，2)，直线PQ的方程为y＝－x＋6.
联立得x2＋8x－48＝0，
解得x＝－12或4，∴点Q的坐标为(－12，18).
∴S＝|OA|·|xP－xQ|＝48.
点评　(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式.
(3)涉及抛物线的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体代入”等解法.
提醒：涉及弦的中点、斜率时一般用“点差法”求解.
变式训练3　(2015·课标全国Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点，
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由.
解　(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，
或M(－2，a)，N(2，a).
又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，
即x－y－a＝0.
y＝在x＝－2处的导数值为－，
C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，
即x＋y＋a＝0.
故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.
(2)存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝＋＝＝.
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，
则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.
高考题型精练
1.如图所示，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线于点A、B，交其准线l′于点C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则此抛物线的方程为(　　)
A.y2＝9x
B.y2＝6x
C.y2＝3x
D.y2＝x
答案　C
解析　如图，分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，
设|BF|＝a，则由已知得：
|BC|＝2a，由定义得：|BD|＝a，
故∠BCD＝30°.
在直角三角形ACE中，
∵|AF|＝3，∴|AE|＝3，|AC|＝3＋3a，
∴2|AE|＝|AC|，∴3＋3a＝6，
从而得a＝1，∵BD∥FG，
∴＝，求得p＝，
因此抛物线方程为y2＝3x，故选C.
2.已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，P、Q是抛物线上的两个点，若△PQF是边长为2的正三角形，则p的值是(　　)
A.2±
B.2＋
C.±1
D.－1
答案　A
解析　依题意得F，设P，Q(y1≠y2).由抛物线定义及|PF|＝|QF|，得＋＝＋，∴y＝y，∴y1＝－y2.又|PQ|＝2，因此|y1|＝|y2|＝1，点P.又点P位于该抛物线上，于是由抛物线的定义得|PF|＝＋＝2，由此解得p＝2±，故选A.
3.设F为抛物线y2＝8x的焦点，A，B，C为该抛物线上三点，若＋＋＝0，则||＋||＋||的值是(　　)
A.6
B.8
C.9
D.12
答案　D
解析　由抛物线方程，得F(2，0)，准线方程为x＝－2.
设A，B，C坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x3，y3)，
则由抛物线的定义，知|FA|＋|FB|＋|FC|＝x1＋2＋x2＋2＋x3＋2＝x1＋x2＋x3＋6.
因为＋＋＝0，
所以(x1－2＋x2－2＋x3－2，y1＋y2＋y3)＝(0，0)，
则x1－2＋x2－2＋x3－2＝0，即x1＋x2＋x3＝6，
所以||＋||＋||＝|FA|＋|FB|＋|FC|
＝x1＋x2＋x3＋6＝12，故选D.
4.已知抛物线C：y2＝8x的焦点为F，点M(－2，2)，过点F且斜率为k的直线与C交于A，B两点，若∠AMB＝90°，则k等于(　　)
A.
B.
C.
D.2
答案　D
解析　抛物线C：y2＝8x的焦点为F(2，0)，
由题意可知直线AB的斜率一定存在，
所以设直线方程为y＝k(x－2)，代入抛物线方程可得
k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝4＋，x1·x2＝4，
所以y1＋y2＝，y1·y2＝－16，
因为∠AMB＝90°，
所以·＝(x1＋2，y1－2)·(x2＋2，y2－2)＝－＋4＝0，
解得k＝2，故选D.
5.已知点A(－2，3)在抛物线C：y2＝2px的准线上，过点A的直线与C在第一象限相切于点B，记C的焦点为F，则直线BF的斜率为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　D
解析　抛物线y2＝2px的准线为直线x＝－，而点A(－2，3)在准线上，所以－＝－2，即p＝4，从而C：y2＝8x，焦点为F(2，0).设切线方程为y－3＝k(x＋2)，代入y2＝8x得y2－y＋2k＋3＝0(k≠0)，①
由于Δ＝1－4×(2k＋3)＝0，所以k＝－2或k＝.
因为切点在第一象限，所以k＝.
将k＝代入①中，得y＝8，再代入y2＝8x中得x＝8，
所以点B的坐标为(8，8)，所以直线BF的斜率为＝.
6.已知A(x1，y1)是抛物线y2＝8x的一个动点，B(x2，y2)是圆(x－2)2＋y2＝16上的一个动点，定点N(2，0)，若AB∥x轴，且x1A.(6，10)
B.(10，12)
C.(8，12)
D.(8，10)
答案　C
解析　抛物线的准线l：x＝－2，焦点F(2，0)，
由抛物线定义可得|AF|＝x1＋2，
圆(x－2)2＋y2＝16的圆心为(2，0)，半径为4，
又定点N(2，0)，
∴△NAB的周长即为△FAB的周长＝|AF|＋|AB|＋|BF|＝x1＋2＋(x2－x1)＋4＝6＋x2，
由抛物线y2＝8x及B(x2，y2)在圆(x－2)2＋y2＝16上，
∴x2∈(2，6)，∴6＋x2∈(8，12)，故选C.
7.如图，从点M(x0，4)发出的光线，沿平行于抛物线y2＝8x的对称轴方向射向此抛物线上的点P，经抛物线反射后，穿过焦点射向抛物线上的点Q，再经抛物线反射后射向直线l：x－y－10＝0上的点N，经直线反射后又回到点M，则x0＝________.
答案　6
解析　由题意得P(2，4)，F(2，0) Q(2，－4)，
因此N(6，－4)，因为QN∥PM，
所以MN⊥QN，即x0＝6.
8.已知直线l过点(0，2)，且与抛物线y2＝4x交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则＋＝_____.
答案　
解析　由题意可得直线的斜率存在且不等于0，
设直线l的方程为y＝kx＋2，
代入抛物线y2＝4x可得y2－y＋＝0，
∴y1＋y2＝，y1y2＝，∴＋＝＝.
9.已知抛物线y2＝4x与经过该抛物线焦点的直线l在第一象限的交点为A，A在y轴和准线上的投影分别为点B，C，＝2，则直线l的斜率为________.
答案　2
解析　设A(x0，y0)，则|AB|＝x0，|BC|＝1，
由＝＝2，得x0＝2，y0＝＝2，
又焦点F(1，0)，所以直线l的斜率为k＝＝2.
10.已知双曲线x2－＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛物线y2＝18x上，则实数m的值为________.
答案　0或－8
解析　因为点M，N关于直线y＝x＋m对称，
所以MN的垂直平分线为y＝x＋m，
所以直线MN的斜率为－1.
设线段MN的中点为P(x0，x0＋m)，
直线MN的方程为y＝－x＋b，则x0＋m＝－x0＋b，
所以b＝2x0＋m.
由得2x2＋2bx－b2－3＝0，
所以xM＋xN＝－b，所以x0＝－，所以b＝，
所以P(－，m).
因为MN的中点在抛物线y2＝18x上，
所以m2＝－m，解得m＝0或m＝－8.
11.(2016·课标全国丙)已知抛物线C：y2＝2x的焦点为F，平行于x轴的两条直线l1，l2分别交C于A，B两点，交C的准线于P，Q两点.
(1)若F在线段AB上，R是PQ的中点，证明：AR∥FQ；
(2)若△PQF的面积是△ABF的面积的两倍，求AB中点的轨迹方程.
(1)证明　由题意知，F，设l1：y＝a，l2：y＝b，则ab≠0，且A，B，P，Q，R.
记过A，B两点的直线为l，
则l的方程为2x－(a＋b)y＋ab＝0.
由于F在线段AB上，故1＋ab＝0.
记AR的斜率为k1，FQ的斜率为k2，则
k1＝＝＝＝＝－b＝k2.
所以AR∥FQ.
(2)解　设过AB的直线为l，l与x轴的交点为D(x1，0)，
则S△ABF＝|b－a||FD|＝|b－a|，S△PQF＝.
由题意可得|b－a|＝，
所以x1＝1，x1＝0(舍去)，
设满足条件的AB的中点为E(x，y).
当AB与x轴不垂直时，
由kAB＝kDE可得＝(x≠1).而＝y，
所以y2＝x－1(x≠1).
当AB与x轴垂直时，E与D重合，
此时E点坐标为(1，0)满足y2＝x－1.
所以，所求轨迹方程为y2＝x－1.
12.已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)是过F的直线与抛物线的两个交点，求证：
(1)y1y2＝－p2，x1x2＝；
(2)＋为定值；
(3)以AB为直径的圆与抛物线的准线相切.
证明　(1)由已知得抛物线焦点坐标为(，0).
由题意可设直线方程为x＝my＋，代入y2＝2px，
得y2＝2p，即y2－2pmy－p2＝0.(
)
则y1，y2是方程(
)的两个实数根，所以y1y2＝－p2.
因为y＝2px1，y＝2px2，所以yy＝4p2x1x2，
所以x1x2＝＝＝.
(2)＋＝＋＝.
因为x1x2＝，x1＋x2＝|AB|－p，
代入上式，得＋＝＝(定值).
(3)设AB的中点为M(x0，y0)，分别过A，B作准线的垂线，垂足为C，D，过M作准线的垂线，垂足为N，则|MN|＝(|AC|＋|BD|)＝(|AF|＋|BF|)＝|AB|.
所以以AB为直径的圆与抛物线的准线相切.第24练　数列求和问题
[题型分析·高考展望]　数列求和是数列部分高考考查的两大重点之一，主要考查等差、等比数列的前n项和公式以及其他求和方法，尤其是错位相减法、裂项相消法是高考的热点内容，常与通项公式相结合考查，有时也与函数、方程、不等式等知识交汇，综合命题.
体验高考
1.(2015·安徽)已知数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)，则数列{an}的前9项和等于______.
答案　27
解析　由已知数列{an}是以1为首项，以为公差的等差数列.∴S9＝9×1＋×＝9＋18＝27.
2.(2016·浙江)设数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N
，则a1＝______，S5＝______.
答案　1　121
解析　由解得a1＝1，a2＝3，
当n≥2时，由已知可得：
an＋1＝2Sn＋1，
①
an＝2Sn－1＋1，
②
①－②得an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an，又a2＝3a1，
∴{an}是首项为1，公比为3的等比数列.
∴Sn＝(3n－1).∴S5＝121.
3.(2015·课标全国Ⅰ)Sn为数列{an}的前n项和.已知an>0，a＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和.
解　(1)由a＋2an＝4Sn＋3，
①
可知a＋2an＋1＝4Sn＋1＋3.
②
②－①可得a－a＋2(an＋1－an)＝4an＋1，
即2(an＋1＋an)＝a－a＝(an＋1＋an)(an＋1－an).
由于an>0，可得an＋1－an＝2.
又a＋2a1＝4a1＋3，解得a1＝－1(舍去)或a1＝3.
所以{an}是首项为3，公差为2的等差数列，通项公式为an＝2n＋1.
(2)由an＝2n＋1可知
bn＝＝＝.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则
Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＝.
4.(2016·山东)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)由题意知，当n≥2时，Sn－1＝3n2＋2n－5，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5，
当n＝1时，a1＝S1＝11，符合{an}通项公式，所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.由
即可解得b1＝4，d＝3，所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知，cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2].
两式作差，得－Tn＝3×[2×22＋23＋24＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2，所以Tn＝3n·2n＋2.
高考必会题型
题型一　分组转化法求和
例1　(2016·天津)已知{an}是等比数列，前n项和为Sn(n∈N
)，且－＝，S6＝63.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若对任意的n∈N
，bn是log2an与log2an＋1的等差中项，求数列{(－1)nb}的前2n项和.
解　(1)设数列{an}的公比为q.
由已知，有－＝，
解得q＝2或q＝－1.
又由S6＝a1·＝63，知q≠－1，
所以a1·＝63，得a1＝1.
所以an＝2n－1.
(2)由题意，得bn＝(log2an＋log2an＋1)
＝(log22n－1＋log22n)＝n－，
即{bn}是首项为，公差为1的等差数列.
设数列{(－1)nb}的前n项和为Tn，则
T2n＝(－b＋b)＋(－b＋b)＋…＋(－b＋b)
＝b1＋b2＋b3＋b4＋…＋b2n－1＋b2n
＝＝2n2.
点评　分组求和常见的方法：(1)根据等差、等比数列分组，即分组后，每一组可能是等差数列或等比数列；(2)根据正号、负号分组；(3)根据数列的周期性分组；(4)根据奇数项、偶数项分组.
变式训练1　(2016·浙江)设数列{an}的前n项和为Sn，已知S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N
.
(1)求通项公式an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前n项和.
解　(1)由题意得则又当n≥2时，
由an＋1－an＝(2Sn＋1)－(2Sn－1＋1)＝2an，
得an＋1＝3an.
所以数列{an}的通项公式为an＝3n－1，n∈N
.
(2)设bn＝|3n－1－n－2|，n∈N
，
则b1＝2，b2＝1，
当n≥3时，由于3n－1＞n＋2，故bn＝3n－1－n－2，n≥3.
设数列{bn}的前n项和为Tn，则T1＝2，T2＝3，
当n≥3时，Tn＝3＋－＝，
所以Tn＝
题型二　错位相减法求和
例2　(2015·湖北)设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100.
(1)
求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)
当d>1时，记cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解　(1)由题意有，即
解得或
故或
(2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是
Tn＝1＋＋＋＋＋…＋，
①
Tn＝＋＋＋＋＋…＋.
②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，
故Tn＝6－.
点评　错位相减法的关注点
(1)适用题型：等差数列{an}乘以等比数列{bn}对应项“{an·bn}”型数列求和.
(2)步骤：
①求和时先乘以数列{bn}的公比；
②把两个和的形式错位相减；
③整理结果形式.
变式训练2　(2015·山东)设数列{an}的前n项和为Sn.已知2Sn＝3n＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足anbn＝log3an，求{bn}的前n项和Tn.
解　(1)因为2Sn＝3n＋3，所以2a1＝3＋3，故a1＝3，
当n＞1时，2Sn－1＝3n－1＋3，
此时2an＝2Sn－2Sn－1＝3n－3n－1＝2×3n－1，
即an＝3n－1，所以an＝
(2)因为anbn＝log3an，
所以，当n＝1时，b1＝，所以T1＝b1＝；
当n＞1时，bn＝31－nlog33n－1＝(n－1)·31－n.
所以，当n＞1时，Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝＋(1×3－1＋2×3－2＋…＋(n－1)×31－n)，
所以3Tn＝1＋(1×30＋2×3－1＋…＋(n－1)×32－n)，
两式相减，得
2Tn＝＋(30＋3－1＋3－2＋…＋32－n)－(n－1)×31－n
＝＋－(n－1)×31－n
＝－，所以Tn＝－，
经检验，n＝1时也适合.
综上可得Tn＝－.
题型三　裂项相消法求和
例3　若数列{an}的前n项和为Sn，点(an，Sn)在y＝－x的图象上(n∈N
).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若c1＝0，且对任意正整数n都有cn＋1－cn＝logan，求证：对任意正整数n≥2，总有≤＋＋＋…＋＜.
(1)解　∵Sn＝－an，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，
∴an＝an－1.
又∵S1＝－a1，∴a1＝，
∴an＝()n－1＝()2n＋1.
(2)证明　由cn＋1－cn＝logan＝2n＋1，得
当n≥2时，cn＝c1＋(c2－c1)＋(c3－c2)＋…＋(cn－cn－1)＝0＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2－1＝(n＋1)(n－1).
∴＋＋＋…＋
＝＋＋＋…＋
＝×[(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]
＝[(1＋)－(＋)]
＝－(＋)<.
又∵＋＋＋…＋≥＝，
∴原式得证.
点评　(1)裂项相消法：把数列和式中的各项分别裂开后，消去一部分从而计算和的方法，适用于求通项为的前n项和，其中{an}若为等差数列，则＝·(－).其余还有公式法求和等.
(2)利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩第一项和最后一项，也可能前面剩两项，后面也剩两项.
变式训练3　等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝10，a2为整数，且Sn≤S4.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)由a1＝10，a2为整数，
知等差数列{an}的公差d为整数.
又Sn≤S4，故a4≥0，a5≤0，
于是10＋3d≥0，10＋4d≤0.
解得－≤d≤－.因此d＝－3.
数列{an}的通项公式为an＝13－3n.
(2)bn＝＝.
于是Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝
＝＝.
高考题型精练
1.已知数列1，3，5，7，…，则其前n项和Sn为(　　)
A.n2＋1－
B.n2＋2－
C.n2＋1－
D.n2＋2－
答案　A
解析　因为an＝2n－1＋，
则Sn＝n＋＝n2＋1－.
2.已知数列{an}：，＋，＋＋，…，＋＋＋…＋，…，若bn＝，那么数列{bn}的前n项和Sn为(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　B
解析　∵an＝＝，
∴bn＝＝＝4，
∴Sn＝4
＝4(1－)＝.
3.数列{an}的通项公式为an＝(－1)n－1·(4n－3)，则它的前100项之和S100等于(　　)
A.200
B.－200
C.400
D.－400
答案　B
解析　S100＝(4×1－3)－(4×2－3)＋(4×3－3)－…－(4×100－3)＝4×[(1－2)＋(3－4)＋…＋(99－100)]＝4×(－50)＝－200.
4.已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100等于(　　)
A.0
B.100
C.－100
D.10
200
答案　B
解析　由题意，得a1＋a2＋a3＋…＋a100
＝12－22－22＋32＋32－42－42＋52＋…＋992－1002－1002＋1012
＝－(1＋2)＋(3＋2)－(4＋3)＋…－(99＋100)＋(101＋100)
＝－(1＋2＋…＋99＋100)＋(2＋3＋…＋100＋101)
＝－50×101＋50×103＝100.故选B.
5.若数列{an}的通项公式为an＝，则其前n项和Sn为(　　)
A.1－
B.－－
C.－－
D.－－
答案　D
解析　因为an＝＝－，
所以Sn＝a1＋a2＋…＋an
＝1－＋－＋－＋…＋－＋－
＝1＋－－＝－－.
故选D.
6.已知数列{an}为等比数列，前三项为：a，a＋，a＋，且Sn＝a1＋a2＋…＋an，则Tn＝a＋a＋…＋a等于(　　)
A.9
B.81
C.
D.81
答案　C
解析　由2＝a
解得a＝3(a＝－1舍去)，
Tn＝a＋a＋…＋a＝
＝.
7.对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝1，{an}的“差数列”的通项公式为an＋1－an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案　2n＋1－n－2
解析　因为an＋1－an＝2n，应用累加法可得an＝2n－1，
所以Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝2＋22＋23＋…＋2n－n
＝－n＝2n＋1－n－2.
8.若数列{an}的通项公式为an＝2n＋2n－1，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
答案　2n＋1－2＋n2
解析　Sn＝＋＝2n＋1－2＋n2.
9.数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则{an}的前60项和为________.
答案　1
830
解析　∵an＋1＋(－1)nan＝2n－1，
∴a2＝1＋a1，a3＝2－a1，a4＝7－a1，a5＝a1，a6＝9＋a1，a7＝2－a1，a8＝15－a1，a9＝a1，a10＝17＋a1，a11＝2－a1，a12＝23－a1，…，a57＝a1，a58＝113＋a1，a59＝2－a1，a60＝119－a1，
∴a1＋a2＋…＋a60＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＋…＋(a57＋a58＋a59＋a60)＝10＋26＋42＋…＋234＝＝1
830.
10.在等比数列{an}中，a1＝3，a4＝81，若数列{bn}满足bn＝log3an，则数列的前n项和Sn＝________.
答案　
解析　设等比数列{an}的公比为q，
则＝q3＝27，解得q＝3.
所以an＝a1qn－1＝3×3n－1＝3n，
故bn＝log3an＝n，
所以＝＝－.
则数列的前n项和为1－＋－＋…＋－＝1－＝.
11.设数列{an}的前n项和为Sn，点(n∈N
)均在函数y＝3x－2的图象上.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n∈N
都成立的最小正整数m.
解　(1)依题意得，＝3n－2，即Sn＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]＝6n－5.
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1＝6×1－5，
所以an＝6n－5(n∈N
).
(2)由(1)得bn＝＝＝.
故Tn＝n＝＝.
因此，使得＜(n∈N
)成立的m必须满足≤，即m≥10，
故满足要求的最小正整数m为10.
12.在数列{an}中，a1＝3，a2＝5，且{an－1}是等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝nan，求数列{bn}的前n项和Tn.
解　(1)∵{an－1}是等比数列且a1－1＝2，
a2－1＝4，＝2，
∴an－1＝2·2n－1＝2n，
∴an＝2n＋1.
(2)bn＝nan＝n·2n＋n，
故Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝(2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n)＋(1＋2＋3＋…＋n).
令T＝2＋2×22＋3×23＋…＋n·2n，
则2T＝22＋2×23＋3×24＋…＋n·2n＋1.
两式相减，得－T＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1＝－n·2n＋1，
∴T＝2(1－2n)＋n·2n＋1＝2＋(n－1)·2n＋1.
∵1＋2＋3＋…＋n＝，
∴Tn＝(n－1)·2n＋1＋.第34练　直线与圆锥曲线的综合问题
[题型分析·高考展望]　本部分重点考查直线和圆锥曲线的综合性问题，从近几年的高考试题来看，除了在解答题中必然有直线与圆锥曲线的联立外，在选择题或填空题中出现的圆锥曲线问题也经常与直线结合起来.本部分的主要特点是运算量大、思维难度较高，但有时灵活地借助几何性质来分析问题可能会收到事半功倍的效果.预测在今后高考中，主要围绕着直线与椭圆的位置关系进行命题，有时会与向量的共线、模和数量积等联系起来；对于方程的求解，不要忽视轨迹的求解形式，后面的设问将是对最值、定值、定点、参数范围的考查，探索类和存在性问题考查的概率也很高.
体验高考
1.(2015·江苏)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若|PC|＝2|AB|，求直线AB的方程.
解　(1)由题意，得＝且c＋＝3，
解得a＝，c＝1，则b＝1，
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)当AB⊥x轴时，AB＝，又CP＝3，不合题意.
当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为
y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将AB的方程代入椭圆方程，
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，
则x1，2＝，
C的坐标为，且
AB＝＝＝.
若k＝0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意.
从而k≠0，故直线PC的方程为
y＋＝－，
则P点的坐标为，
从而PC＝.
因为|PC|＝2|AB|，
所以＝，
解得k＝±1.
此时直线AB的方程为y＝x－1或y＝－x＋1.
2.(2016·浙江)如图，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.
(1)求p的值；
(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围.
解　(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得＝1，即p＝2.
(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1，0)，
可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.
因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，由消去x得y2－4sy－4＝0.
故y1y2＝－4，所以B.
又直线AB的斜率为，
故直线FN的斜率为－，
从而得直线FN：y＝－(x－1)，直线BN：y＝－.
所以N.
设M(m，0)，由A，M，N三点共线得＝，
于是m＝，所以m＜0或m＞2.
经检验，m＜0或m＞2满足题意.
综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).
3.(2016·四川)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点P在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设不过原点O且斜率为的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，线段AB的中点为M，直线OM与椭圆E交于C，D，证明：|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.
(1)解　由已知，得a＝2b，
又椭圆＋＝1(a>b>0)过点P，故＋＝1，解得b2＝1.所以椭圆E的方程是＋y2＝1.
(2)证明　设直线l的方程为y＝x＋m(m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由方程组得x2＋2mx＋2m2－2＝0，①
方程①的判别式为Δ＝4m2－4(2m2－2)，由Δ>0，
即2－m2>0，解得－由①得x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.
所以M点坐标为，直线OM方程为y＝－x，
由方程组得C，D.
所以|MC|·|MD|＝(－m＋)·(＋m)＝(2－m2).
又|MA|·|MB|＝|AB|2
＝[(x1－x2)2＋(y1－y2)2]＝[(x1＋x2)2－4x1x2]
＝[4m2－4(2m2－2)]＝(2－m2).
所以|MA|·|MB|＝|MC|·|MD|.
高考必会题型
题型一　直线与圆锥曲线位置关系的判断及应用
例1　设焦点在x轴上的椭圆M的方程为＋＝1(b>0)，其离心率为.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若直线l过点P(0，4)，则直线l何时与椭圆M相交？
解　(1)因为椭圆M的离心率为，
所以＝2，得b2＝2.
所以椭圆M的方程为＋＝1.
(2)①过点P(0，4)的直线l垂直于x轴时，直线l与椭圆M相交.
②过点P(0，4)的直线l与x轴不垂直时，可设直线l的方程为y＝kx＋4.由消去y，
得(1＋2k2)x2＋16kx＋28＝0.
因为直线l与椭圆M相交，
所以Δ＝(16k)2－4(1＋2k2)×28＝16(2k2－7)>0，
解得k<－或k>.
综上，当直线l垂直于x轴或直线l的斜率的取值范围为∪时，直线l与椭圆M相交.
点评　对于求过定点的直线与圆锥曲线的位置关系问题，一是利用方程的根的判别式来确定，但一定要注意，利用判别式的前提是二次项系数不为零；二是利用图形来处理和理解；三是直线过定点位置不同，导致直线与圆锥曲线的位置关系也不同.
变式训练1　(2015·安徽)设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.
(1)求椭圆E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，点N关于直线AB的对称点的纵坐标为，求E的方程.
解　(1)由题设条件知，点M的坐标为，
又kOM＝，从而＝，
进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.
(2)由题设条件和(1)的计算结果可得，直线AB的方程为＋＝1，点N的坐标为.
设点N关于直线AB的对称点S的坐标为，
则线段NS的中点T的坐标为.
又点T在直线AB上，且kNS·kAB＝－1，
从而有解得b＝3.
所以a＝3，故椭圆E的方程为＋＝1.
题型二　直线与圆锥曲线的弦的问题
例2　已知椭圆＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)(c>0)，过点E(，0)的直线与椭圆相交于A，B两点，且F1A∥F2B，|F1A|＝2|F2B|.
(1)求椭圆的离心率；
(2)求直线AB的斜率.
解　(1)由F1A∥F2B，且|F1A|＝2|F2B|，
得＝＝，从而＝，
整理，得a2＝3c2，故离心率e＝.
(2)由(1)得b2＝a2－c2＝2c2，
所以椭圆的方程可写为2x2＋3y2＝6c2，
设直线AB的方程为y＝k(x－)，即y＝k(x－3c).
由已知设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则它们的坐标满足方程组消去y并整理，得(2＋3k2)x2－18k2cx＋27k2c2－6c2＝0，
依题意，Δ＝48c2(1－3k2)>0，得－(
)
而x1＋x2＝，
①
x1x2＝，
②
由题设知，点B为线段AE的中点，
所以x1＋3c＝2x2，
③
联立①③解得x1＝，x2＝，
将x1，x2代入②中，解得k＝±满足(
)式，
故所求k的值是±.
点评　直线与圆锥曲线弦的问题包括求弦的方程，弦长，弦的位置确定，弦中点坐标轨迹等问题，解决这些问题的总体思路是设相关量，找等量关系，利用几何性质列方程(组)，不等式(组)或利用一元二次方程根与系数的关系，使问题解决.
变式训练2　设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点，过F1且斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列.
(1)求椭圆E的离心率；
(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求椭圆E的方程.
解　(1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，
又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a，
l的方程为y＝x＋c，其中c＝.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则A，B两点的坐标满足方程组消去y，
化简得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为直线AB的斜率为1，
所以|AB|＝|x2－x1|＝，
即a＝，
故a2＝2b2，
所以E的离心率e＝＝＝.
(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知
x0＝＝＝－，y0＝x0＋c＝.
由|PA|＝|PB|，
得kPN＝－1，即＝－1，
得c＝3，从而a＝3，b＝3.
故椭圆E的方程为＋＝1.
高考题型精练
1.(2015·北京)已知椭圆C：x2＋3y2＝3，过点D(1，0)且不过点E(2，1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x＝3交于点M.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；
(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由.
解　(1)椭圆C的标准方程为＋y2＝1，
所以a＝，b＝1，c＝.
所以椭圆C的离心率e＝＝.
(2)因为AB过点D(1，0)且垂直于x轴，
所以可设A(1，y1)，B(1，－y1)，
直线AE的方程为y－1＝(1－y1)(x－2)，
令x＝3，得M(3，2－y1)，
所以直线BM的斜率kBM＝＝1.
(3)直线BM与直线DE平行，证明如下：
当直线AB的斜率不存在时，由(2)可知kBM＝1.
又因为直线DE的斜率kDE＝＝1，所以BM∥DE，
当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)(k≠1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则直线AE的方程为y－1＝(x－2).
令x＝3，得点M，
由
得(1＋3k2)x2－6k2x＋3k2－3＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
直线BM的斜率kBM＝，
因为kBM－1＝
＝＝＝0，
所以kBM＝1＝kDE.
所以BM∥DE，
综上可知，直线BM与直线DE平行.
2.(2016·课标全国甲)已知A是椭圆E：＋＝1的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：(1)解　设M(x1，y1)，则由题意知y1>0，由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.
又A(－2，0)，因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0，
解得y＝0或y＝，所以y1＝.
因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.
(2)证明　将直线AM的方程y＝k(x＋2)(k>0)代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，
由x1·(－2)＝得x1＝，
故|AM|＝|x1＋2|＝.
由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋2)，
故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|，得＝，
即4k3－6k2＋3k－8＝0，
设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，
则k是f(t)的零点，
f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，
所以f(t)在(0，＋∞)单调递增，
又f()＝15－26<0，f(2)＝6>0，
因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零点，
且零点k在(，2)内，
所以3.已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c>0)到直线l：x－y－2＝0的距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点.
(1)求抛物线C的方程；
(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；
(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值.
解　(1)依题意知＝，c>0，解得c＝1.
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)由y＝x2得y′＝x，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，
所以切线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，
即y＝x－＋y1，
即x1x－2y－2y1＝0.
同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0，
又点P(x0，y0)在切线PA和PB上，
所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，
所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0
的两组解，所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.
(3)由抛物线定义知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，
所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1，
联立方程
消去x整理得y2＋(2y0－x)y＋y＝0，
所以y1＋y2＝x－2y0，y1y2＝y，
所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1
＝y＋x－2y0＋1
＝y＋(y0＋2)2－2y0＋1
＝2y＋2y0＋5
＝22＋，
所以当y0＝－时，
|AF|·|BF|取得最小值，
且最小值为.
4.已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A(1，0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设点P在抛物线C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值.
解　(1)由题意，得
从而
因此，椭圆C1的方程为＋x2＝1.
(2)如图，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2＋h)，
则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′.
直线MN的方程为y＝2tx－t2＋h.
将上式代入椭圆C1的方程中，
得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0，
即4(1＋t2)x2－4t(t2－h)x＋(t2－h)2－4＝0.
①
因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，
所以①式中的Δ1＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0.
②
设线段MN的中点的横坐标是x3，
则x3＝＝.
设线段PA的中点的横坐标是x4，
则x4＝.
由题意，得x3＝x4，
即t2＋(1＋h)t＋1＝0.③
由③式中的Δ2＝(1＋h)2－4≥0，
得h≥1，或h≤－3.
当h≤－3时，
h＋2<0，4－h2<0，
则不等式②不成立，所以h≥1.
当h＝1时，
代入方程③得t＝－1，
将h＝1，t＝－1代入不等式②，检验成立.
所以，h的最小值为1.第35练　圆锥曲线中的探索性问题
[题型分析·高考展望]　本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值范围问题或探索性问题，试题难度较大.
体验高考
1.(2016·山东)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率是，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
①求证：点M在定直线上；
②直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点P的坐标.
(1)解　由题意知＝，可得a2＝4b2，因为抛物线E的焦点F，所以b＝，a＝1，所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.
(2)①证明　设P(m>0)，由x2＝2y，可得y′＝x，所以直线l的斜率为m，因此直线l的方程为y－＝m(x－m)，
即y＝mx－.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0).
联立方程
得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.
由Δ>0，得0)
且x1＋x2＝，因此x0＝，将其代入y＝mx－，得y0＝，因为＝－.
所以直线OD方程为y＝－x，
联立方程得点M的纵坐标yM＝－，
所以点M在定直线y＝－上.
②解　由①知直线l的方程为y＝mx－，
令x＝0，得y＝－，所以G，
又P，F，D，
所以S1＝·|GF|·m＝，
S2＝·|PM|·|m－x0|＝××＝.所以＝.
设t＝2m2＋1，则＝＝＝－＋＋2，当＝，即t＝2时，取到最大值，
此时m＝，满足(
)式，所以P点坐标为.
因此的最大值为，此时点P的坐标为.
2.(2016·四川)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.
(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；
(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值.
解　(1)由已知，得a＝b，
则椭圆E的方程为＋＝1.
由方程组得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①
方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，
此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为＋＝1.点T的坐标为(2，1).
(2)由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，
由方程组可得
所以P点坐标为，|PT|2＝m2.
设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).
由方程组
可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0.②
方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，
由Δ>0，解得－由②得x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|PA|＝
＝，同理|PB|＝.
所以|PA|·|PB|＝
＝
＝＝m2.
故存在常数λ＝，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|.
高考必会题型
题型一　定值、定点问题
例1　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点(0，)，离心率为，直线l经过椭圆C的右焦点F交椭圆于A、B两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l交y轴于点M，且＝λ，＝μ，当直线l的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，请说明理由.
解　(1)依题意得b＝，e＝＝，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，c＝1，∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)∵直线l与y轴相交于点M，故斜率存在，
又F坐标为(1，0)，设直线l方程为
y＝k(x－1)，求得l与y轴交于M(0，－k)，
设l交椭圆A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
消去y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
又由＝λ，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)，
∴λ＝，同理μ＝，
∴λ＋μ＝＋＝＝＝－.
∴当直线l的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－.
点评　(1)定点问题的求解策略
把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.
(2)定值问题的求解策略
在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值.
变式训练1　已知抛物线y2＝2px(p>0)，过点M(5，－2)的动直线l交抛物线于A，B两点，当直线l的斜率为－1时，点M恰为AB的中点.
(1)求抛物线的方程；
(2)抛物线上是否存在一个定点P，使得以弦AB为直径的圆恒过点P，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由.
解　(1)当直线l的斜率为－1时，
直线l的方程为x＋y－3＝0，即x＝3－y，
代入y2＝2px(p>0)得y2＋2py－6p＝0，
＝－p＝－2，p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为x＝m(y＋2)＋5，
代入y2＝4x得y2－4my－8m－20＝0，
设点A(，y1)，B(，y2)，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8m－20，
假设存在点P(，y0)总是在以弦AB为直径的圆上，
则·＝(－)(－)＋(y1－y0)(y2－y0)＝0，
当y1＝y0或y2＝y0时，等式显然成立；
当y1≠y0或y2≠y0时，
则有(y1＋y0)(y2＋y0)＝－16，
即4my0＋y－8m－20＝－16，(4m＋y0＋2)(y0－2)＝0，
解得y0＝2，x0＝1，
所以存在点P(1，2)满足题意.
题型二　定直线问题
例2　在平面直角坐标系xOy中，过定点C(0，p)作直线与抛物线x2＝2py(p>0)相交于A，B两点.
(1)若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；
(2)是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
解　方法一　(1)依题意，点N的坐标为(0，－p)，
可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
直线AB的方程为y＝kx＋p，
与x2＝2py联立得
消去y得x2－2pkx－2p2＝0.
由根与系数的关系得x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p2.
于是S△ABN＝S△BCN＋S△ACN＝·2p|x1－x2|
＝p|x1－x2|＝p
＝p＝2p2，
∴当k＝0时，(S△ABN)min＝2p2.
(2)假设满足条件的直线l存在，其方程为y＝a，
AC的中点为O′，l与以AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，
则O′H⊥PQ，O′点的坐标为(，).
∵|O′P|＝|AC|＝＝，
|O′H|＝＝|2a－y1－p|，
∴|PH|2＝|O′P|2－|O′H|2
＝(y＋p2)－(2a－y1－p)2
＝(a－)y1＋a(p－a)，
∴|PQ|2＝(2|PH|)2＝4[(a－)y1＋a(p－a)].
令a－＝0，得a＝，
此时|PQ|＝p为定值，故满足条件的直线l存在，
其方程为y＝，即抛物线的通径所在的直线.
方法二　(1)前同方法一，再由弦长公式得
|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·
＝2p·，
又由点到直线的距离公式得d＝.
从而S△ABN＝·d·|AB|＝·2p··
＝2p2.
∴当k＝0时，(S△ABN)min＝2p2.
(2)假设满足条件的直线l存在，其方程为y＝a，
则以AC为直径的圆的方程为(x－0)(x－x1)＋(y－p)(y－y1)＝0，
将直线方程y＝a代入得x2－x1x＋(a－p)(a－y1)＝0，
则Δ＝x－4(a－p)(a－y1)＝4[(a－)y1＋a(p－a)].
设直线l与以AC为直径的圆的交点为P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
则有|PQ|＝|x3－x4|
＝
＝2
.
令a－＝0，得a＝，
此时|PQ|＝p为定值，故满足条件的直线l存在，
其方程为y＝，即抛物线的通径所在的直线.
点评　(1)定直线由斜率、截距、定点等因素确定.
(2)定直线一般为特殊直线x＝x0，y＝y0等.
变式训练2　椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，F1、F2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C过点(0，1)，且离心率e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，设椭圆的左、右顶点分别为A、B，直线l的方程为x＝4，P是椭圆上异于A、B的任意一点，直线PA、PB分别交直线l于D、E两点，求·的值；
(3)过点Q(1，0)任意作直线m(与x轴不垂直)与椭圆C交于M、N两点，与l交于R点，＝x，＝y，求证：4x＋4y＋5＝0.
(1)解　由题意可得b＝1，＝，
∴a＝3，椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)解　设P(x0，y0)，则直线PA、PB的方程分别为
y＝(x＋3)，y＝(x－3)，
将x＝4分别代入可求得D，E两点的坐标分别为
D(4，)，E(4，).
由(1)知，F1(－2，0)，F2(2，0)，
∴·＝(4＋2，)·(4－2，)＝8＋，
又∵点P(x0，y0)在椭圆C上，
∴＋y＝1 ＝－，
∴·＝.
(3)证明　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(4，t)，
由＝x得(x1－4，y1－t)＝x(1－x1，－y1)，
∴(x≠－1)，
代入椭圆方程得(4＋x)2＋9t2＝9(1＋x)2，①
同理由＝y得(4＋y)2＋9t2＝9(1＋y)2，②
①－②消去t，得x＋y＝－，
∴4x＋4y＋5＝0.
题型三　存在性问题
例3　(1)已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点.若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a的取值范围为________.
答案　[1，＋∞)
解析　以AB为直径的圆的方程为x2＋(y－a)2＝a，
由得y2＋(1－2a)y＋a2－a＝0.
即(y－a)[y－(a－1)]＝0，
由已知解得a≥1.
(2)如图，梯形ABCD的底边AB在y轴上，原点O为AB的中点，|AB|＝，|CD|＝2－，AC⊥BD，M为CD的中点.
①求点M的轨迹方程；
②过M作AB的垂线，垂足为N，若存在正常数λ0，使＝λ0，且P点到A，B的距离和为定值，求点P的轨迹E的方程；
③过(0，)的直线与轨迹E交于P、Q两点，求△OPQ面积的最大值.
解　①设点M的坐标为M(x，y)(x≠0)，
则C(x，y－1＋)，D(x，y＋1－).
又A(0，)，B(0，－).
由AC⊥BD有·＝0，
即(x，y－1)·(x，y＋1)＝0，
∴x2＋y2＝1(x≠0)，
即点M的轨迹方程为x2＋y2＝1(x≠0).
②设P(x，y)，则M((1＋λ0)x，y)，
代入M的轨迹方程有(1＋λ0)2x2＋y2＝1(x≠0).
即＋y2＝1(x≠0)，
∴点P的轨迹为椭圆(除去长轴的两个端点).
要使点P到A，B的距离之和为定值，
则以A，B为焦点，故1－＝()2.
∴λ0＝2，从而所求P的轨迹方程为＋y2＝1(x≠0).
③易知l的斜率存在，设方程为y＝kx＋，
联立9x2＋y2＝1(x≠0)，
有(9＋k2)x2＋kx－＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
∴|x2－x1|＝＝
，
令t＝k2＋9，
则|x2－x1|＝
且t≥9.
∴S△OPQ＝×|x2－x1|
＝
＝
.
∵t≥9，∴0＜≤，
∴当＝，即t＝9，也即k＝0时，
△OPQ面积取最大值，最大值为.
点评　存在性问题求解的思路及策略
(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在.
(2)策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.
变式训练3　(2015·四川)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0，1)在短轴CD上，且·＝－1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点.是否存在常数λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.
解　(1)由已知，得点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，
又点P的坐标为(0，1)，且·＝－1，
于是解得a＝2，b＝，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
从而，·＋λ·
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝＝－－λ－2.
所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，
此时·＋λ·＝－3为定值.
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，
此时，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.
高考题型精练
1.(2015·陕西)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.
(1)解　由题设知＝，b＝1，
结合a2＝b2＋c2，解得a＝，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明　由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
从而直线AP，AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋＝＋
＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.
2.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，且点P(1，)在椭圆C上，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过定点T(0，2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围；
(3)过椭圆C1：＋＝1上异于其顶点的任一点P，作圆O：x2＋y2＝的两条切线，切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN在x轴，y轴上的截距分别为m，n，证明：＋为定值.
(1)解　由题意得c＝1，所以a2＝b2＋1，
又因为点P(1，)在椭圆C上，
所以＋＝1，可解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)解　设直线l方程为y＝kx＋2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
因为Δ＝12k2－3>0，所以k2>，
又x1＋x2＝，x1x2＝，
因为∠AOB为锐角，所以·>0，
即x1x2＋y1y2>0，
所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，
所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，
所以(1＋k2)·＋2k·＋4>0，
即>0，所以k2<，所以解得－(3)证明　由题意：C1：＋＝1，
设点P(x1，y1)，M(x2，y2)，N(x3，y3)，
因为M，N不在坐标轴上，所以kPM＝－＝－，
直线PM的方程为y－y2＝－(x－x2)，
化简得x2x＋y2y＝，
①
同理可得直线PN的方程为x3x＋y3y＝，
②
把P点的坐标分别代入①、②得
所以直线MN的方程为x1x＋y1y＝，
令y＝0，得m＝，令x＝0，得n＝，
所以x1＝，y1＝，
又点P在椭圆C1上，所以()2＋3()2＝4，
即＋＝为定值.
3.(2016·山东)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过动点M(0，m)(m＞0)的直线交x轴于点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.
①设直线PM，QM的斜率分别为k，k′，证明为定值；
②求直线AB的斜率的最小值.
(1)解　设椭圆的半焦距为c.
由题意知2a＝4，2c＝2.
所以a＝2，b＝＝.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)①证明　设P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0).
由M(0，m)，可得P(x0，2m)，Q(x0，－2m).
所以直线PM的斜率k＝＝.
直线QM的斜率k′＝＝－.
此时＝－3.所以为定值－3.
②解　设A(x1，y1)，B(x2，y2).
由①知直线PA的方程为y＝kx＋m.
直线QB的方程为y＝－3kx＋m.
联立
整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，
由x0x1＝，可得x1＝，
所以y1＝kx1＋m＝＋m.
同理x2＝，y2＝＋m.
所以x2－x1＝－＝，
y2－y1＝＋m－－m＝，
所以kAB＝＝＝，
由m＞0，x0＞0，可知k＞0，
所以6k＋≥2，当且仅当k＝时取“＝”.
因为P(x0，2m)在椭圆＋＝1上，
所以x0＝，故此时＝，
即m＝，符合题意.
所以直线AB的斜率的最小值为.
4.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，短轴的一个端点B到F的距离等于焦距.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，是否存在直线l，使得△BFM与△BFN的面积比值为2？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解　(1)由已知得c＝1，a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)＝2等价于＝2，
当直线l斜率不存在时，＝1，
不符合题意，舍去；
当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由消去x并整理得，
(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－，
①
y1y2＝－，
②
由＝2得y1＝－2y2，
③
由①②③解得k＝±，因此存在直线l：y＝±(x－1)
使得△BFM与△BFN的面积比值为2.第13练　必考题型——导数与单调性
[题型分析·高考展望]　利用导数研究函数单调性是高考每年必考内容，多以综合题中某一问的形式考查，题目承载形式多种多样，但其实质都是通过求导判断导数符号，确定单调性.题目难度为中等偏上，一般都在最后两道压轴题上，这是二轮复习的得分点，应高度重视.
体验高考
1.(2015·福建)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)＝－1，其导函数f′(x)满足f′(x)＞k＞1，则下列结论中一定错误的是(　　)
A.f＜
B.f＞
C.f＜
D.f＞
答案　C
解析　由已知条件，构造函数g(x)＝f(x)－kx，
则g′(x)＝f′(x)－k＞0，故函数g(x)在R上单调递增，且＞0，故g()＞g(0)，
所以f()－＞－1，f()＞，
所以结论中一定错误的是C，选项D无法判断；
构造函数h(x)＝f(x)－x，
则h′(x)＝f′(x)－1＞0，所以函数h(x)在R上单调递增，且＞0，
所以h()＞h(0)，即f()－＞－1，f()＞－1，选项A，B无法判断，故选C.
2.(2015·课标全国Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是(　　)
A.(－∞，－1)∪(0，1)
B.(－1，0)∪(1，＋∞)
C.(－∞，－1)∪(－1，0)
D.(0，1)∪(1，＋∞)
答案　A
解析　记函数g(x)＝，则g(x)＝，
因为当x＞0时，xf′(x)－f(x)＜0，
故当x＞0时，g′(x)＜0，
所以g(x)在(0，＋∞)单调递减；
又因为函数f(x)(x∈R)是奇函数，
故函数g(x)是偶函数，
所以g(x)在(－∞，0)单调递增，且g(－1)＝g(1)＝0.
当0＜x＜1时，g(x)＞0，则f(x)＞0；
当x＜－1时，g(x)＜0，则f(x)＞0.
综上所述，使得f(x)＞0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0，1)，故选A.
3.(2016·浙江)设函数f(x)＝x3＋，x∈[0，1].证明：
(1)f(x)≥1－x＋x2；
(2)＜f(x)≤.
证明　(1)因为1－x＋x2－x3＝＝，
由于x∈[0，1]，有≤，
即1－x＋x2－x3≤，
所以f(x)≥1－x＋x2.
(2)由0≤x≤1得x3≤x，
故f(x)＝x3＋≤x＋
＝x＋－＋＝＋≤，
所以f(x)≤.
由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝2＋≥，
又因为f＝＞，所以f(x)＞.
综上，＜f(x)≤.
4.(2016·课标全国乙)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
解　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)
＝(x－1)(ex＋2a).
(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).
①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增.
②若a>－，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减.
③若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减.
(2)(ⅰ)设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增.
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
所以f(x)有两个零点.
(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点.
(ⅲ)设a<0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增.又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；若a<－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增.又当x≤1时f(x)<0，故f(x)不存在两个零点.
综上，a的取值范围为(0，＋∞).
高考必会题型
题型一　利用导数求函数单调区间
求函数的单调区间的“两个”方法
(1)①确定函数y＝f(x)的定义域；
②求导数y′＝f′(x)；
③解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
④解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.
(2)①确定函数y＝f(x)的定义域；
②求导数y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；
③把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数f(x)的定义域分成若干个小区间；
④确定f′(x)在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性.
例1　(2015·重庆)已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值.
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性.
解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，
即3a·＋2·＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋ex
＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0，x＝－1或x＝－4.
当x＜－4时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；
当－4＜x＜－1时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数；
当－1＜x＜0时，g′(x)＜0，故g(x)为减函数；
当x＞0时，g′(x)＞0，故g(x)为增函数.
综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1，0)内为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)内为增函数.
点评　利用导数求函数的单调区间，关键是要严格解题步骤，形成解这类问题的基本程序.
变式训练1　(2016·山东)设f(x)＝xln
x－ax2＋(2a－1)x，a∈R.
(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；
(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值.求实数a的取值范围.
解　(1)由f′(x)＝ln
x－2ax＋2a.
可得g(x)＝ln
x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝－2a＝.
当a≤0时，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；
当a＞0时，x∈时，g′(x)＞0时，函数g(x)单调递增，x∈时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减.
所以当a≤0时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，g(x)的单调增区间为，单调减区间为.
(2)由(1)知，f′(1)＝0.
①当a≤0时，f′(x)单调递增，
所以当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.
②当0＜a＜时，＞1，由(1)知f′(x)在内单调递增，可得当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，
x∈时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，1)内单调递减，在内单调递增.
所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意.
③当a＝时，＝1，f′(x)＝ln
x－x＋1，
f′(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减.
又f′(1)＝0－1＋1＝0，
所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意.
④当a＞时，0＜＜1，当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.
所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意
.
综上可知，实数a的取值范围为a＞.
题型二　已知函数在某区间上的单调性求参数的值或取值范围
例2　已知函数f(x)＝3ax－2x2＋ln
x，a为常数.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间[1，2]上为单调函数，求a的取值范围.
解　(1)当a＝1时，f(x)＝3x－2x2＋ln
x，函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，
f′(x)＝3－4x＋＝＝.
由f′(x)>0，得01.
故函数f(x)的单调增区间是(0，1)，单调减区间是(1，＋∞).
(2)f′(x)＝3a－4x＋.若函数f(x)在区间[1，2]上为单调函数，则f′(x)≥0或f′(x)≤0在区间[1，2]上恒成立.
于是3a－4x＋≥0或3a－4x＋≤0在区间[1，2]上恒成立，即3a≥4x－或3a≤4x－在区间[1，2]上恒成立.
令h(x)＝4x－，则h(x)在区间[1，2]上是增函数.
因此h(x)max＝h(2)＝，h(x)min＝h(1)＝3.
即3a≥或3a≤3，故a≥或a≤1.
所以a的取值范围为∪(－∞，1].
点评　已知函数y＝f(x)在区间(a，b)的单调性，求参数的取值范围的方法
(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集.
(2)转化为不等式的恒成立问题求解：即“若函数单调递增，则f′(x)≥0恒成立；若函数单调递减，则f′(x)≤0”恒成立.
变式训练2　设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围.
解　(1)f′(x)＝x2－ax＋b，
由题意得即
(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，
当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0；
当x∈(0，a)时，f′(x)<0；
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a).
(3)g′(x)＝x2－ax＋2，
依题意，存在x∈(－2，－1)，
使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，
即x∈(－2，－1)时，a<(x＋)max＝－2，
当且仅当x＝即x＝－时等号成立.
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2).
题型三　与函数导数、单调性有关的图象问题
例3　已知函数y＝－xf′(x)的图象如图所示(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，下面四个图象中，y＝f(x)的图象可能是(　　)
答案　B
解析　由函数y＝－xf′(x)的图象知，x<－1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；－11时，f′(x)>0，f(x)为增函数.故选项B的图象符合.
点评　利用导数判断图象，应先分清原函数图象与导函数图象；看导函数图象，要看哪一部分大于0，哪一部分小于0，看原函数图象要看单调性.
变式训练3　设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是(　　)
答案　C
解析　由函数f(x)在x＝－2处取得极小值，可得f′(－2)＝0，且当x∈(a，－2)(a＜－2)时，f(x)单调递减，即f′(x)＜0；当x∈(－2，b)(b＞－2)时，f(x)单调递增，即f′(x)＞0.
所以函数y＝xf′(x)在区间(a，－2)(a＜－2)内的函数值为正，在区间(－2，b)(－2＜b＜0)内的函数值为负，由此可排除选项A，B，D.
高考题型精练
1.函数f(x)＝(x－3)ex的单调递增区间是(　　)
A.(－∞，2)
B.(0，3)
C.(1，4)
D.(2，＋∞)
答案　D
解析　函数f(x)＝(x－3)ex的导数为f′(x)＝[(x－3)ex]′＝ex＋(x－3)ex＝(x－2)ex.
由函数导数与函数单调性的关系，得当f′(x)>0时，函数f(x)单调递增，
此时由不等式f′(x)＝(x－2)ex>0，解得x>2.
2.若函数f(x)＝2x3－3mx2＋6x在区间(2，＋∞)上为增函数，则实数m的取值范围为(　　)
A.(－∞，2)
B.(－∞，2]
C.(－∞，)
D.(－∞，]
答案　D
解析　∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)≥0恒成立，
即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋恒成立.
令g(x)＝x＋，g′(x)＝1－，
∴当x>2时，g′(x)>0，即g(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴m≤2＋＝，故选D.
3.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是(　　)
答案　C
解析　由y＝f′(x)的图象易知当x＜0或x＞2时，f′(x)＞0，故函数y＝f(x)在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上单调递增；当0＜x＜2时，f′(x)＜0，故函数y＝f(x)在区间(0，2)上单调递减.
4.定义在R上的函数f(x)满足：f′(x)>f(x)恒成立，若x1A.ef(x2)>ef(x1)
B.ef(x2)C.ef(x2)＝ef(x1)
D.ef(x2)与ef(x1)的大小关系不确定
答案　A
解析　设g(x)＝，
则g′(x)＝＝，
由题意g′(x)>0，所以g(x)单调递增，
当x1即eq
\f(f x1 ,e)\f(f x2 ,e)，
所以ef(x2)>ef(x1).
5.已知函数f(x)的导函数f′(x)的图象如图所示，那么函数f(x)的图象最有可能是(　　)
答案　A
解析　由导函数图象可知，f(x)在(－∞，－2)，(0，＋∞)上单调递减，在(－2，0)上单调递增，故选A.
6.(2016·课标全国乙)若函数f(x)＝x－sin
2x＋asin
x在(－∞，＋∞)单调递增，则a的取值范围是(　　)
A.[－1，1]
B.
C.
D.
答案　C
解析　方法一　(特殊值法)
不妨取a＝－1，则f(x)＝x－sin
2x－sin
x，
f′(x)＝1－cos
2x－cos
x，但f′(0)＝1－－1＝－<0，不具备在(－∞，＋∞)上单调递增的条件，排除A，B，D.故选C.
方法二　(综合法)
∵函数f(x)＝x－sin
2x＋asin
x在(－∞，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)＝1－cos
2x＋acos
x
＝1－(2cos2x－1)＋acos
x
＝－cos2x＋acos
x＋≥0，
即acos
x≥cos2x－在(－∞，＋∞)恒成立.
当cos
x＝0时，恒有0≥－，得a∈R；
当0x≤1时，得a≥cos
x－，令t＝cos
x，f(t)＝t－在(0，1]上为增函数，得a≥f(1)＝－；
当－1≤cos
x<0时，得a≤cos
x－，令t＝cos
x，f(t)＝t－在[－1，0)上为增函数，得a≤f(－1)＝.综上，可得a的取值范围是，故选C.
7.已知a≥0，函数f(x)＝(x2－2ax)ex，若f(x)在[－1，1]上是单调减函数，则a的取值范围是________.
答案　[，＋∞)
解析　f′(x)＝(2x－2a)ex＋(x2－2ax)ex＝[x2＋(2－2a)x－2a]ex，
由题意，当x∈[－1，1]时，f′(x)≤0恒成立，
即x2＋(2－2a)x－2a≤0在x∈[－1，1]时恒成立.
令g(x)＝x2＋(2－2a)x－2a，
则有
即
解得a≥.
8.函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图，则函数y＝log2的单调递减区间为____________.
答案　(－∞，－2)
解析　∵f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，
∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c.
由题图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，
∴
解得
令g(x)＝x2＋bx＋，
则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1.
由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.
当x<－2时，g′(x)<0，
∴g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数.
∴函数y＝log2的单调递减区间为(－∞，－2).
9.若函数f(x)＝－x3＋x2＋2ax在[，＋∞)上存在单调递增区间，则a的取值范围是_____.
答案　(－，＋∞)
解析　对f(x)求导，
得f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－2＋＋2a.
当x∈[，＋∞)时，
f′(x)的最大值为f′()＝＋2a，
令＋2a＞0，解得a＞－.
所以a的取值范围是(－，＋∞).
10.已知函数y＝f(x＋1)的图象关于点(－1，0)对称，且当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)＜0成立(其中f′(x)是f(x)的导函数)，若a＝30.3·f(30.3)，b＝logπ3·f(logπ3)，c＝log3
·f，则a，b，c从大到小的次序为________.
答案　c＞a＞b
解析　因为当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)＜0成立，
所以y′＝(xf(x))′＜0在(－∞，0)上成立，
所以函数y＝xf(x)在(－∞，0)上单调递减.
因为函数y＝f(x＋1)的图象关于点(－1，0)对称，
所以函数y＝f(x)关于原点对称，
所以函数y＝f(x)是奇函数，
所以函数y＝xf(x)是偶函数，
且在(0，＋∞)上单调递增.
又30.3＞1＞logπ3＞0＞log3
＝－2，
2＝－log3
＞30.3＞1＞logπ3＞0，
所以f＞30.3f(30.3)＞logπ3·f(logπ3)，
又f＝log3·f，
所以log3
·f＞30.3·f(30.3)＞logπ3·f(logπ3)，
即c＞a＞b.
11.已知函数f(x)＝ln
x＋ax＋－1.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)当－≤a≤0时，讨论f(x)的单调性.
解　(1)当a＝1时，f(x)＝ln
x＋x＋－1，
此时f′(x)＝＋1－，f′(2)＝＋1－＝1.
又因为f(2)＝ln
2＋2＋－1＝ln
2＋2，
所以切线方程为y－(ln
2＋2)＝x－2，
整理得x－y＋ln
2＝0.
(2)f′(x)＝＋a－＝＝(x＞0).
当a＝0时，f′(x)＝.
此时，在(0，1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；
在(1，＋∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增.
当－≤a<0时，f′(x)＝.
当－＝1，即a＝－时，f′(x)＝－≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
当－1，此时在(0，1)或上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在上，f′(x)>0，f(x)单调递增.
综上，当a＝0时，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；
当－当a＝－时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
12.(2016·山东)已知f(x)＝a(x－ln
x)＋，a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立.
(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝a－－＋＝.
当a≤0时，x∈(0，1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
当a>0时，f′(x)＝.
①01，
当x∈(0，1)或x∈时，
f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
②a＝2时，＝1，在x∈(0，＋∞)内，
f′(x)≥0，f(x)单调递增.
③a>2时，0<<1，
当x∈或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；
当0当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)内单调递增；
当a>2时，f(x)在内单调递增，在内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增.
(2)证明　由(1)知，a＝1时，
f(x)－f′(x)＝x－ln
x＋－＝x－ln
x＋＋－－1，x∈[1，2].
设g(x)＝x－ln
x，h(x)＝＋－－1，x∈[1，2]，则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x).
由g′(x)＝≥0，
可得g(x)≥g(1)＝1，当且仅当x＝1时取得等号.
又h′(x)＝.
设φ(x)＝－3x2－2x＋6，则φ(x)在x∈[1，2]内单调递减.
因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以 x0∈(1，2)，
使得x∈(1，x0)时，φ(x)>0，x∈(x0，2)时，φ(x)<0.
所以h(x)在(1，x0)内单调递增，在(x0，2)内单调递减.
由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，
当且仅当x＝2时取得等号.
所以f(x)－f′(x)>g(1)＋h(2)＝，
即f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立.第14练　函数的极值与最值
[题型分析·高考展望]　本部分内容为导数在研究函数中的一个重要应用，在高考中也是重点考查的内容，多在解答题中的某一问中考查，要求熟练掌握函数极值与极值点的概念及判断方法，极值和最值的关系.
体验高考
1.(2016·四川)已知a为函数f(x)＝x3－12x的极小值点，则a等于(　　)
A.－4
B.－2
C.4
D.2
答案　D
解析　∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12，
令f′(x)＝0，则x1＝－2，x2＝2.
当x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；
当x∈(－2，2)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，
∴f(x)的极小值点为a＝2.
2.(2016·课标全国甲)(1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；
(2)证明：当a∈[0，1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域.
(1)解　f(x)的定义域为(－∞，－2)∪(－2，＋∞).
f′(x)＝＝≥0，
当且仅当x＝0时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(－∞，－2)，(－2，＋∞)上单调递增.
所以当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝－1.
所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.
(2)证明　g′(x)＝＝(f(x)＋a).
由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，
f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.
因此，存在唯一xa∈(
0，2]，使得f(xa)＋a＝0，
即g′(xa)＝0.
当0当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为
于是h(a)＝由′＝>0，
得单调递增.所以，由xa∈(0，2]，
得＝因为单调递增，对任意λ∈，存在唯一的xa∈(0，2]，a＝－f(xa)∈[0，1)，使得h(a)＝λ.
所以h(a)的值域是.
综上，当a∈[0，1)时，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是.
3.(2015·安徽)设函数f(x)＝x2－ax＋b.
(1)讨论函数f(sin
x)在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；
(2)记f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函数|f(sin
x)－f0(sin
x)|在上的最大值D；
(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－满足D≤1时的最大值.
解　(1)f(sin
x)＝sin2
x－asin
x＋b
＝sin
x(sin
x－a)＋b，－[f(sin
x)]′＝(2sin
x－a)cos
x，－因为－x>0，－2<2sin
x<2.
①a≤－2，b∈R时，函数f(sin
x)单调递增，无极值.
②a≥2，b∈R时，函数f(sin
x)单调递减，无极值.
③对于－2使得2sin
x0＝a.－x)单调递减；
x0≤x<时，函数f(sin
x)单调递增；
因此，－2x)在x0处有极小值f(sin
x0)＝f＝b－.
(2)－≤x≤时，|f(sin
x)－f0(sin
x)|
＝|(a0－a)sin
x＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|.
当(a0－a)(b－b0)≥0时，取x＝，等号成立.
当(a0－a)(b－b0)<0时，取x＝－，等号成立.
由此可知，
|f(sin
x)－f0(sin
x)|在上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|.
(3)D≤1即为|a|＋|b|≤1，此时0≤a2≤1，－1≤b≤1，从而z＝b－≤1.取a＝0，b＝1，则|a|＋|b|≤1，并且z＝b－＝1.由此可知，z＝b－满足条件D≤1时的最大值为1.
高考必会题型
题型一　利用导数求函数的极值
例1　(2015·重庆)设函数f(x)＝(a∈R).
(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围.
解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝＝，
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0.
当a＝0时，f(x)＝，f′(x)＝，
故f(1)＝，f′(1)＝，
从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.
(2)由(1)知f′(x)＝.
令g(x)＝－3x2＋(6－a)x＋a，
由g(x)＝0解得x1＝，
x2＝.
当x＜x1时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数；
当x1＜x＜x2时，g(x)＞0，即f′(x)＞0，
故f(x)为增函数；
当x＞x2时，g(x)＜0，即f′(x)＜0，故f(x)为减函数.
由f(x)在[3，＋∞)上为减函数，
知x2＝≤3，解得a≥－，
故a的取值范围为.
点评　(1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点，所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点.
(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内一定不是单调函数，即在某区间上的单调函数没有极值.
变式训练1　已知函数f(x)＝＋－ln
x－，其中a∈R，且曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函数f(x)的极值.
解　(1)对f(x)求导得f′(x)＝－－，
由f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝x，
知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln
x－，
则f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因为x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去.
当x∈(0，5)时，f′(x)<0，
故f(x)在(0，5)上为减函数；
当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，
故f(x)在(5，＋∞)上为增函数.
由此知函数f(x)在x＝5时取得极小值f(5)＝－ln
5，f(x)无极大值.
题型二　利用导数求函数最值
例2　已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点x＝1处的切线为l：3x－y＋1＝0，当x＝时，y＝f(x)有极值.
(1)求a，b，c的值；
(2)求y＝f(x)在[－3，1]上的最大值和最小值.
解　(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，
得f′(x)＝3x2＋2ax＋b.
当x＝1时，切线l的斜率为3，可得2a＋b＝0.①
当x＝时，y＝f(x)有极值，则f′＝0，
可得4a＋3b＋4＝0.②
由①②，解得a＝2，b＝－4.
由于切点的横坐标为x＝1，所以f(1)＝4.
所以1＋a＋b＋c＝4，所以c＝5.
综上，a＝2，b＝－4，c＝5.
(2)由(1)，可得f(x)＝x3＋2x2－4x＋5，
所以f′(x)＝3x2＋4x－4.
令f′(x)＝0，解得x1＝－2，x2＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的取值及变化情况如下表所示：
x
－3
(－3，－2)
－2
(－2，)
(，1)
1
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
8
↗
13
↘
↗
4
所以y＝f(x)在[－3，1]上的最大值为13，最小值为.
点评　(1)求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.
(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况.
变式训练2　设f(x)＝ax3＋bx＋c(a≠0)为奇函数，其图象在点(1，f(1))处的切线与直线x－6y－7＝0垂直，导函数f′(x)的最小值为－12.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数f(x)的单调增区间，并求函数f(x)在[－1，3]上的最大值和最小值.
解　(1)因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，
即－ax3－bx＋c＝－ax3－bx－c，所以c＝0，
又f′(x)＝3ax2＋b的最小值为－12，所以b＝－12.
由题设知f′(1)＝3a＋b＝－6.
所以a＝2，故f(x)＝2x3－12x.
(2)f′(x)＝6x2－12＝6(x＋)(x－).
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－)
－
(－，)
(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－)和(，＋∞).
因为f(－1)＝10，f(3)＝18，
f()＝－8，f(－)＝8，
所以当x＝时，f(x)min＝－8；
当x＝3时，f(x)max＝18.
高考题型精练
1.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，则f(2)等于(　　)
A.11或18
B.11
C.18
D.17或18
答案　C
解析　∵函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1处有极值10，f′(x)＝3x2＋2ax＋b，
∴f(1)＝10，且f′(1)＝0，
即解得或
而当时，函数在x＝1处无极值，故舍去.
∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，
∴f(2)＝18.
2.函数f(x)＝3x2＋ln
x－2x的极值点的个数是(　　)
A.0
B.1
C.2
D.无数个
答案　A
解析　函数定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝6x＋－2＝，
由于x＞0，令g(x)＝6x2－2x＋1，在g(x)中Δ＝－20＜0，
所以g(x)＞0恒成立，故f′(x)＞0恒成立，即f(x)在定义域上单调递增，无极值点.
3.设a∈R，若函数y＝ex＋ax，x∈R有大于零的极值点，则(　　)
A.a<－1
B.a>－1
C.a>－
D.a<－
答案　A
解析　∵y＝ex＋ax，∴y′＝ex＋a.
∵函数y＝ex＋ax有大于零的极值点，
∴方程y′＝ex＋a＝0有大于零的解.
∵x>0时，－ex<－1，∴a＝－ex<－1.
4.设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数y＝(1－x)f′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是(　　)
A.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)
B.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(1)
C.函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(－2)
D.函数f(x)有极大值f(－2)和极小值f(2)
答案　D
解析　由题图可知，当x<－2时，f′(x)>0；
当－2当1当x>2时，f′(x)>0.
由此可以得到函数f(x)在x＝－2处取得极大值，
在x＝2处取得极小值.
5.已知a为常数，函数f(x)＝x(ln
x－ax)有两个极值点x1，x2(x1A.f(x1)>0，f(x2)>－
B.f(x1)<0，f(x2)<－
C.f(x1)>0，f(x2)<－
D.f(x1)<0，f(x2)>－
答案　D
解析　f′(x)＝ln
x＋1－2ax(x>0)，
令f′(x)＝0得2a＝.
设φ(x)＝，
知φ′(x)＝，φ(x)草图如图，
∴f(x)的两个极值点0x2>1，且2a∈(0，1)，
∴a∈.
由f(x)草图可知f(x)在区间(0，x1)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增.
又f(1)＝－a，f(x2)≥f(1)且－a∈.
∴f(x1)<0，f(x2)>－.
6.已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有两个极值点x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1，2]，则f(－1)的取值范围是(　　)
A.[－，3]
B.[，6]
C.[3，12]
D.[－，12]
答案　C
解析　方法一　由于f′(x)＝3x2＋4bx＋c，
据题意，方程3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，
且x1∈[－2，－1]，x2∈[1，2].
令g(x)＝3x2＋4bx＋c，
结合二次函数图象可得，只需
此即为关于点(b，c)的线性约束条件，作出其对应平面区域，f(－1)＝2b－c，问题转化为在上述线性约束条件下确定目标函数f(－1)＝2b－c的最值问题，由线性规划易知3≤f(－1)≤12，故选C.
方法二　方程3x2＋4bx＋c＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1，2]的条件也可以通过二分法处理，即只需g(－2)g(－1)≤0，g(2)g(1)≤0即可，利用同样的方法也可解答.
7.设函数f(x)＝ln
x－ax2－bx，若x＝1是f(x)的极大值点，则a的取值范围为________.
答案　(－1，＋∞)
解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－ax－b，
由f′(1)＝0，得b＝1－a.
所以f′(x)＝－ax＋a－1＝＝－.
①若a≥0，当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
所以x＝1是f(x)的极大值点；
②若a＜0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝－，
因为x＝1是f(x)的极大值点，
所以－＞1，解得－1＜a＜0.
综合①②得，a的取值范围是a＞－1.
8.函数f(x)＝x3－3ax＋b(a>0)的极大值为6，极小值为2，则f(x)的单调递减区间是______.
答案　(－1，1)
解析　令f′(x)＝3x2－3a＝0，得x＝±，
则f(x)，f′(x)随x的变化情况如下表：
x
(－∞，－)
－
(－，)
(，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗
从而解得
所以f(x)的单调递减区间是(－1，1).
9.若函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝－2对称，则f(x)的最大值是______.
答案　16
解析　依题意，f(x－2)为偶函数，
f(x－2)＝(－x2＋4x－3)[x2＋(a－4)x＋4－2a＋b]，
其中x3的系数为8－a＝0，故a＝8，
x的系数为28＋4b－11a＝0，故b＝15.
令f′(x)＝0，得x3＋6x2＋7x－2＝0，
由对称轴为x＝－2可知，
将该式分解为(x＋2)(x2＋4x－1)＝0.
可知其在－2和－－2处取到最大值，最大值为16.
10.函数f(x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的极大值是正数，极小值是负数，则a的取值范围是______.
答案　(，＋∞)
解析　f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)，
由f′(x)＝0得x＝±a，
当－a当x>a或x<－a时，f′(x)>0，函数单调递增.
∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0，
解得a>.
∴a的取值范围是(，＋∞).
11.已知a∈R，函数f(x)＝＋ln
x－1.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)求f(x)在区间(0，e]上的最小值.
解　(1)当a＝1时，f(x)＝＋ln
x－1，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＋＝，x∈(0，＋∞).
因此f′(2)＝，即曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为.
又f(2)＝ln
2－，
所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为
y－＝(x－2)，即x－4y＋4ln
2－4＝0.
(2)因为f(x)＝＋ln
x－1，
所以f′(x)＝－＋＝，x∈(0，＋∞).
令f′(x)＝0，得x＝a.
①若a≤0，则f′(x)＞0，f(x)在区间(0，e]上单调递增，
此时函数f(x)无最小值.
②若0＜a＜e，当x∈(0，a)时，f′(x)＜0，
函数f(x)在区间(0，a)上单调递减，
当x∈(a，e]时，f′(x)＞0，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，
所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值ln
a.
③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，
所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；
当0＜a＜e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为ln
a；
当a≥e时，函数f(x)在区间(0，e]上的最小值为.
12.已知函数f(x)＝
(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；
(2)求f(x)在区间[－1，e](e为自然对数的底数)上的最大值.
解　(1)当x＜1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0，)
(，1)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
所以在区间(－∞，1)上，函数f(x)的极小值点为x＝0，极大值点为x＝.
(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在[－1，0)和(，1)上单调递减，在(0，)上单调递增.
因为f(－1)＝2，f()＝，f(0)＝0，所以f(x)在[－1，1)上的最大值为2.
②当1≤x≤e时，f(x)＝aln
x，
当a≤0时，f(x)≤0；
当a＞0时，f(x)在[1，e]上单调递增，
所以f(x)在[1，e]上的最大值为f(e)＝a.
所以当a≥2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为a；
当a＜2时，f(x)在[－1，e]上的最大值为2.