资源简介

题目 高中数学复习专题讲座函数图象及图象性质的应用
高考要求
函数的图象与性质是高考考查的重点内容之一，它是研究和记忆函数性质的直观工具,利用它的直观性解题,可以起到化繁为简、化难为易的作用 因此，考生要掌握绘制函数图象的一般方法，掌握函数图象变化的一般规律，能利用函数的图象研究函数的性质
重难点归纳
1 熟记基本函数的大致图象，掌握函数作图的基本方法 (1)描点法 列表、描点、连线；(2)图象变换法 平移变换、对称变换、伸缩变换等
2 高考中总是以几类基本初等函数的图象为基础来考查函数图象的 题型多以选择与填空为主，属于必考内容之一，但近年来，在大题中也有出现，须引起重视
典型题例示范讲解
例1对函数y=f(x)定义域中任一个x的值均有f(x+a)=f(a－x),
(1)求证y=f(x)的图象关于直线x=a对称；
(2)若函数f(x)对一切实数x都有f(x+2)=f(2－x),且方程f(x)=0恰好有四个不同实根，求这些实根之和
命题意图 本题考查函数概念、图象对称问题以及求根问题
知识依托 把证明图象对称问题转化到点的对称问题
错解分析 找不到问题的突破口，对条件不能进行等价转化
技巧与方法 数形结合、等价转化
(1)证明 设(x0,y0)是函数y=f(x)图象上任一点，则y0=f(x0),
∵=a,　∴点(x0,y0)与(2a－x0,y0)关于直线x=a对称，
又f(a+x)=f(a－x),
∴f(2a－x0)=f［a+(a－x0)］=f［a－(a－x0)］=f(x0)=y0,
∴(2a－x0,y0)也在函数的图象上，
故y=f(x)的图象关于直线x=a对称
(2)解 由f(2+x)=f(2－x)得y=f(x)的图象关于直线x=2对称，
若x0是f(x)=0的根，则4－x0也是f(x)=0的根，
若x1是f(x)=0的根，则4－x1也是f(x)=0的根，
∴x0+(4－x0)+ x1+(4－x1)=8
即f(x)=0的四根之和为8
例2如图，点A、B、C都在函数y=的图象上，它们的横坐标分别是a、a+1、a+2 又A、B、C在x轴上的射影分别是A′、B′、C′,记△AB′C的面积为f(a),△A′BC′的面积为g(a)
(1)求函数f(a)和g(a)的表达式；
(2)比较f(a)与g(a)的大小，并证明你的结论
命题意图 本题考查函数的解析式、函数图象、识图能力、图形的组合等
知识依托 充分借助图象信息，利用面积问题的拆拼以及等价变形找到问题的突破口
错解分析 图形面积不会拆拼
技巧与方法 数形结合、等价转化
解 (1)连结AA′、BB′、CC′,
则f(a)=S△AB′C=S梯形AA′C′C－S△AA′B′－S△CC′B
=(A′A+C′C)=(),
g(a)=S△A′BC′=A′C′·B′B=B′B=
∴f(a)例3已知函数f(x)=ax3+bx2+cx+d的图象如图，求b的范围
解法一 观察f(x)的图象，可知函数f(x)的图象过原点，即f(0)=0,得d=0,
又f(x)的图象过(1，0)，∴f(x)=a+b+c　　　①
又有f(－1)＜0,即－a+b－c＜0　　　　 ②
①+②得b＜0,故b的范围是(－∞,0)
解法二 如图f(0)=0有三根0,1,2，
∴f(x)=ax3+bx2+cx+d=ax(x－1)(x－2)=ax3－3ax2+2ax,
∴b=－3a,
∵当x>2时，f(x)>0，从而有a>0,∴b＜0
学生巩固练习
1 当a≠0时，y=ax+b和y=bax的图象只可能是( )
2 某学生离家去学校，由于怕迟到，所以一开始就跑步，等跑累了，再走余下的路，下图中y轴表示离学校的距离，x轴表示出发后的时间，则适合题意的图形是( )

3 已知函数f(x)=log2(x+1)，将y=f(x)的图象向左平移1个单位，再将图象上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，得到函数y=g(x)的图象，则函数F(x)=f(x)－g(x)的最大值为_________
三、解答题
4 如图，在函数y=lgx的图象上有A、B、C三点，它们的横坐标分别为m,m+2,m+4(m>1)
(1)若△ABC面积为S，求S=f(m);
(2)判断S=f(m)的增减性
5 如图，函数y=|x|在x∈［－1,1］的图象上有两点A、B，AB∥Ox轴，点M(1，m)(m∈R且m>)是△ABC的BC边的中点
(1)写出用B点横坐标t表示△ABC面积S的函数解析式S=f(t);
(2)求函数S=f(t)的最大值，并求出相应的C点坐标
6 已知函数f(x)是y=－1(x∈R)的反函数，函数g(x)的图象与函数y=－的图象关于y轴对称，设F(x)=f(x)+g(x)
(1)求函数F(x)的解析式及定义域；
(2)试问在函数F(x)的图象上是否存在两个不同的点A、B，使直线AB恰好与y轴垂直？若存在，求出A、B的坐标；若不存在，说明理由
7 已知函数f1(x)=,f2(x)=x+2,
(1)设y=f(x)=，试画出y=f(x)的图象并求y=f(x)的曲线绕x轴旋转一周所得几何体的表面积；
(2)若方程f1(x+a)=f2(x)有两个不等的实根，求实数a的范围
(3)若f1(x)>f2(x－b)的解集为［－1，］，求b的值
8 设函数f(x)=x+的图象为C1，C1关于点A(2，1)对称的图象为C2，C2对应的函数为g(x)
(1)求g(x)的解析表达式；
(2)若直线y=b与C2只有一个交点，求b的值，并求出交点坐标；
(3)解不等式logag(x)参考答案
1 解析 ∵y=bax=(ba)x,∴这是以ba为底的指数函数 仔细观察题目中的直线方程可知 在选择支B中a>0,b>1,∴ba>1,C中a＜0,b>1,∴0＜ba＜1,D中a＜0,0＜b＜1,∴ba>1 故选择支B、C、D均与指数函数y=(ba)x的图象不符合
答案 A
2 解析 由题意可知，当x=0时，y最大，所以排除A、C 又一开始跑步，所以直线随着x的增大而急剧下降
答案 D
3 解析 g(x)=2log2(x+2)(x>－2)
F(x)=f(x)－g(x)=log2(x+1)－2log2(x+2)
=log2
∵x+1>0,∴F(x)≤=－2
当且仅当x+1= ,即x=0时取等号
∴F(x)max=F(0)=－2
答案 －2
4 解 (1)S△ABC=S梯形AA′B′B+S梯形BB′C′C－S梯形AA′C′C
(2)S=f(m)为减函数
5 解 (1)依题意，设B(t, t),A(－t, t)(t>0),C(x0,y0)
∵M是BC的中点 ∴=1, =m
∴x0=2－t,y0=2m－t
在△ABC中，|AB|=2t,AB边上的高hAB=y0－t=2m－3t
∴S=|AB|·hAB= ·2t·(2m－3t),即f(t)=－3t2+2mt,t∈(0,1)
(2)∵S=－3t2+2mt=－3(t－)2+,t∈(0,1,若，
即＜m≤3,
当t=时，Smax=,相应的C点坐标是(2－, m),
若>1,即m>3 S=f(t)?在区间(0，1］上是增函数，
∴Smax=f(1)=2m－3,相应的C点坐标是(1，2m－3)
6 解 (1)y=－1的反函数为f(x)=lg(－1＜x＜1
由已知得g(x)=,∴F(x)=lg+,定义域为(－1，1)
(2)用定义可证明函数u==－1+是(－1，1）上的减函数，且y=lgu是增函数
∴f(x)是(－1，1）上的减函数，故不存在符合条件的点A、B
7 解 (1）y=f(x)=的图像如图所示
y=f(x)的曲线绕x轴旋转一周所得几何体是由一个半径为1的半球及底面半径和高均为1的圆锥体组成，
其表面积为(2+)π
(2)当f1(x+a)=f2(x)有两个不等实根时，a的取值范围为2－＜a≤1
(3)若f1(x)>f2(x－b)的解集为［－1，］，则可解得b=
8 (1)g(x)=x－2+
(2)b=4时，交点为(5，4)；b=0时，交点为(3，0)
(3)不等式的解集为{x|4＜x＜或x>6
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座
综合运用等价转化、分类讨论、数形结合等思想解决函数综合问题
高考要求
函数综合问题是历年高考的热点和重点内容之一，一般难度较大，考查内容和形式灵活多样 本节课主要帮助考生在掌握有关函数知识的基础上进一步深化综合运用知识的能力，掌握基本解题技巧和方法，并培养考生的思维和创新能力
重难点归纳
在解决函数综合问题时，要认真分析、处理好各种关系，把握问题的主线，运用相关的知识和方法逐步化归为基本问题来解决，尤其是注意等价转化、分类讨论、数形结合等思想的综合运用 综合问题的求解往往需要应用多种知识和技能 因此，必须全面掌握有关的函数知识，并且严谨审题，弄清题目的已知条件，尤其要挖掘题目中的隐含条件
学法指导 怎样学好函数
学习函数要重点解决好四个问题 准确深刻地理解函数的有关概念；揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系；把握数形结合的特征和方法；认识函数思想的实质，强化应用意识
(一)准确、深刻理解函数的有关概念
概念是数学的基础，而函数是数学中最主要的概念之一，函数概念贯穿在中学代数的始终 数、式、方程、函数、排列组合、数列极限等是以函数为中心的代数 近十年来，高考试题中始终贯穿着函数及其性质这条主线
(二)揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系 函数是研究变量及相互联系的数学概念，是变量数学的基础，利用函数观点可以从较高的角度处理式、方程、不等式、数列、曲线与方程等内容 在利用函数和方程的思想进行思维中，动与静、变量与常量如此生动的辩证统一，函数思维实际上是辩证思维的一种特殊表现形式
所谓函数观点，实质是将问题放到动态背景上去加以考虑 高考试题涉及5个方面 (1)原始意义上的函数问题；(2)方程、不等式作为函数性质解决；(3)数列作为特殊的函数成为高考热点；(4)辅助函数法；(5)集合与映射，作为基本语言和工具出现在试题中
(三)把握数形结合的特征和方法
函数图象的几何特征与函数性质的数量特征紧密结合，有效地揭示了各类函数和定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等基本属性，体现了数形结合的特征与方法，为此，既要从定形、定性、定理、定位各方面精确地观察图形、绘制图形，又要熟练地掌握函数图象的平移变换、对称变换
(四)认识函数思想的实质，强化应用意识
函数思想的实质就是用联系与变化的观点提出数学对象，抽象数量特征，建立函数关系，求得问题的解决 纵观近几年高考题，考查函数思想方法尤其是应用题力度加大，因此一定要认识函数思想实质，强化应用意识
典型题例示范讲解
例1设f(x)是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=1对称，对任意x1、x2∈［0,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),且f(1)=a>0
(1)求f()、f();
(2)证明f(x)是周期函数；
(3)记an=f(2n+),求
命题意图 本题主要考查函数概念，图象函数的奇偶性和周期性以及数列极限等知识，还考查运算能力和逻辑思维能力
知识依托 认真分析处理好各知识的相互联系，抓住条件f(x1+x2)＝
f(x1)·f(x2)找到问题的突破口
错解分析 不会利用f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)进行合理变形
技巧与方法 由f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)变形为是解决问题的关键
解 因为对x1,x2∈［0,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以f(x)=,　　x∈［0,1］
又因为f(1)=f(+)=f()·f()=［f()］2
f()=f(+)=f()·f()=［f（）］2
又f(1)=a>0
∴f()=a,　f()=a
(2)证明 依题意设y=f(x)关于直线x=1对称，故f(x)=f(1+1－x),
即　f(x)=f(2－x),x∈R
又由f(x)是偶函数知　f(－x)=f(x),x∈R
∴f(－x)=f(2－x),x∈R
将上式中－x以x代换得f(x)=f(x+2)，这表明f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期
(3)解 由(1)知f(x)≥0,x∈［0,1］
∵f()=f(n·)=f(+(n－1) )=f()·f((n－1)·)=……
=f()·f()·……·f()
=［f()］n=a
∴f()=a
又∵f(x)的一个周期是2
∴f(2n+)=f(),　
∴an=f(2n+)=f()=a
因此an=a
∴
例2甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速驶到乙地，速度不得超过c千米/小时，已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v(km/h)的平方成正比，比例系数为b,固定部分为a元
(1)把全程运输成本y(元)表示为v(km/h)的函数，并指出这个函数的定义域；
(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？
命题意图 本题考查建立函数的模型、不等式性质、最值等知识，还考查学生综合运用所学数学知识解决实际问题的能力
知识依托 运用建模、函数、数形结合、分类讨论等思想方法
错解分析 不会将实际问题抽象转化为具体的函数问题，易忽略对参变量的限制条件
技巧与方法 四步法 (1)读题；(2)建模；(3)求解；(4)评价
解法一 (1)依题意知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为,全程运输成本为y=a·+bv2·=S(+bv)
∴所求函数及其定义域为y=S(+bv),v∈(0,c
(2)依题意知，S、a、b、v均为正数
∴S(+bv)≥2S ①
当且仅当=bv,即v=时，①式中等号成立
　
若≤c则当v=时，有ymin＝2S；
若>c,则当v∈(0,c时，有S(+bv)－S(+bc)
=S［(－)+(bv－bc)］= (c－v)(a－bcv)
∵c－v≥0,且c>bc2,　∴a－bcv≥a－bc2>0
∴S(+bv)≥S(+bc),当且仅当v=c时等号成立，
也即当v=c时，有ymin ＝S(+bc)；
综上可知，为使全程运输成本y最小，当≤c时，行驶速度应为v=,　当>c时行驶速度应为v=c
解法二 (1)同解法一
(2)∵函数y=S(+bv),　v∈(0,+∞),
当x∈(0, )时，y单调减小，
当x∈(,+∞)时y单调增加，
当x=时y取得最小值，而全程运输成本函数为y=Sb(v+),v∈(0,c
　
∴当≤c时，则当v=时，y最小，若>c时，则当v=c时，y最小 结论同上
例3　设函数f(x)的定义域为R，对任意实数x、y都有f(x+y)=f(x)+f(y),当x>0时f(x)<0且f(3)=－4
(1)求证 f(x)为奇函数；
(2)在区间［－9，9］上，求f(x)的最值
(1）证明 令x=y=0,得f(0)=0
令y=－x,得f(0)=f(x)+f(－x),即f(－x)=－f(x)
∴f(x)是奇函数
(2）解 1°,任取实数x1、x2∈［－9,9］且x1＜x2,这时，x2－x1>0,
f(x1)－f(x2)=f［(x1－x2)+x2］－f(x2)=f(x1－x2)+f(x2)－f(x1)=－f(x2－x1)
因为x>0时f(x)＜0,∴f(x1)－f(x2)>0
∴f(x)在［－9，9］上是减函数
故f(x)的最大值为f(－9),最小值为f(9)
而f(9)=f(3+3+3)=3f(3)=－12,f(－9)=－f(9)=12
∴f(x)在区间［－9，9］上的最大值为12，最小值为－12
学生巩固练习
1 函数y=x+a与y=logax的图象可能是( )
2 定义在区间(－∞,+∞)的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a>b>0,给出下列不等式
①f(b)－f(－a)>g(a)－g(－b) 　　②f(b)－f(－a)③f(a)－f(－b)>g(b)－g(－a) 　　④f(a)－f(－b)其中成立的是( )
A ①与④ B ②与③ C ①与③ D ②与④
3 若关于x的方程22x+2xa+a+1=0有实根，则实数a的取值范围是____
4 设a为实数，函数f(x)=x2+|x－a|+1,x∈R
(1)讨论f(x)的奇偶性；(2)求f(x)的最小值
5 设f(x)=
(1)证明 f(x)在其定义域上的单调性；
(2)证明 方程f-1(x)=0有惟一解；
(3)解不等式f［x(x－)］<
6 定义在(－1，1)上的函数f(x)满足①对任意x、y∈(－1,1),都有f(x)+f(y)=f();②当x∈(－1,0)时，有f(x)>0
求证
7 某工厂拟建一座平面图(如下图)为矩形且面积为200平方米的三级污水处理池，由于地形限制，长、宽都不能超过16米，如果池外周壁建造单价为每米400元，中间两条隔墙建造单价为每米248元，池底建造单价为每平方米80元(池壁厚度忽略不计，且池无盖)
(1)写出总造价y(元)与污水处理池长x(米)的函数关系式，并指出其定义域
(2)求污水处理池的长和宽各为多少时，污水处理池的总造价最低？并求最低总造价
8 已知函数f(x)在(－∞,0)∪(0,+∞)上有定义，且在(0,+∞)上是增函数，f(1)=0,又g(θ)=sin2θ－mcosθ－2m,θ∈［0,］,设M={m|g(θ)<0,m∈R},N={m|f［g(θ)］<0},求M∩N
参考答案:
1 解析 分类讨论当a>1时和当0＜a＜1时
答案 C
2 解析 用特值法，根据题意，可设f(x)=x,g(x)=|x|,又设a=2,b=1,
则f(a)=a,g(a)=|a|,f(b)=b,g(b)=|b|,f(a)－f(b)=f(2)－f(－1)=2+1=3
g(b)－g(－a)=g(1)－g(－2)=1－2=－1
∴f(a)－f(－b)>g(1)－g(－2)=1－2=－1
又f(b)－f(－a)=f(1)－f(－2)=1+2=3
g(a)－g(－b)=g(2)－g(1)=2－1=1,∴f(b)－f(－a)=g(a)－g(－b)
即①与③成立
答案 C
3 解析 设2x=t>0，则原方程可变为t2+at+a+1=0 ①
方程①有两个正实根，则
解得 a∈(－1,2－2
答案 (－1，2－2
4 解 (1)当a=0时，函数f(－x)=(－x)2+|－x|+1=f(x),此时f(x)为偶函数；当a≠0时，f(a)=a2+1,f(－a)=a2+2|a|+1,f(－a)≠f(a),f(－a)≠－f(a) 此时函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数
(2)①当x≤a时，函数f(x)=x2－x+a+1=(x－)2+a+,若a≤,则函数f(x)在(－∞,a上单调递减，从而，函数f(x)在(－∞,a上的最小值为f(a)=a2+1
若a>,则函数f(x)在(－∞,a上的最小值为f()=+a,且f()≤f(a)
②当x≥a时，函数f(x)=x2+x－a+1=(x+)2－a+;
当a≤－时，则函数f(x)在［a,+∞上的最小值为
f(－)=－a,且f(－)≤f(a)
若a>－,?则函数f(x)在［a,+∞)上单调递增，
从而，函数f(x)在［a,+∞］上的最小值为f(a)=a2+1
综上，当a≤－时，函数f(x)的最小值是－a,
当－＜a≤时，函数f(x)的最小值是a2+1;
当a>时，函数f(x)的最小值是a+
5 (1)证明 由 得f(x)的定义域为(－1，1)，
易判断f(x)在(－1，1)内是减函数
(2)证明 ∵f(0)=,∴f-－1()=0,即x=是方程f-－1(x)=0的一个解
若方程f-－1(x)=0还有另一个解x0≠,则f-－1(x0)=0,
由反函数的定义知f(0)=x0≠,与已知矛盾，故方程f-－1(x)=0有惟一解
(3)解 f［x(x－)］＜,即f［x(x－)］＜f(0)
6 证明 对f(x)+f(y)=f()中的x,y,令x=y=0,得f(0)=0,
再令y=－x,又得f(x)+f(－x)=f(0)=0,即f(－x)=－f(x),
∴f(x)在x∈(－1,1)上是奇函数
设－1＜x1＜x2＜0,则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=f(),
∵－1＜x1＜x2＜0,∴x1－x2＜0,1－x1x2>0 ∴＜0,
于是由②知f()?>0,
从而f(x1)－f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
故f(x)在x∈(－1,0)上是单调递减函数
根据奇函数的图象关于原点对称，知
f(x)在x∈(0,1)上仍是递减函数，且f(x)＜0
7 解 (1)因污水处理水池的长为x米，则宽为米，
总造价y=400(2x+2×)+248××2+80×200=800(x+)+1600,由题设条件
解得12 5≤x≤16,即函数定义域为［12 5，16］
(2)先研究函数y=f(x)=800(x+)+16000在［12 5,16］上的单调性，
对于任意的x1,x2∈［12 5,16］,不妨设x1＜x2,
则f(x2)－f(x1)=800［(x2－x1)+324()］=800(x2－x1)(1－),
∵12 5≤x1≤x2≤16
∴0＜x1x2＜162＜324,∴>1,即1－＜0
又x2－x1>0,∴f(x2)－f(x1)＜0,即f(x2)＜f(x1),
故函数y=f(x)在［12 5,16］上是减函数
∴当x=16时，y取得最小值，此时，ymin=800(16+)+16000=45000(元)，=12 5(米）?
综上，当污水处理池的长为16米，宽为12 5米时，总造价最低，最低为45000元
8 解 ∵f(x)是奇函数，且在(0,+∞)上是增函数，
∴f(x)在(－∞,0)上也是增函数
又f(1)=0,∴f(－1)=－f(1)=0,从而，当f(x)＜0时，有x＜－1或0＜x＜1,
则集合N={m|f［g(θ)］＜θ＝={m|g(θ)＜－1或0＜g(θ)＜1,
∴M∩N={m|g(θ)＜－1
由g(θ)＜－1,得cos2θ>m(cosθ－2)+2,θ∈［0,］,
令x=cosθ,x∈［0,1］得 x2>m(x－2)+2,x∈［0,1］，
令① y1=x2,x∈［0,1］及②y2=m(m－2)+2,
显然①为抛物线一段，②是过(2，2)点的直线系，
在同一坐标系内由x∈［0,1］得y1>y2
∴m>4－2,故M∩N={m|m>4－2}
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座等差数列、等比数列性质的灵活运用
高考要求
等差、等比数列的性质是等差、等比数列的概念，通项公式，前n项和公式的引申 应用等差、等比数列的性质解题，往往可以回避求其首项和公差或公比，使问题得到整体地解决，能够在运算时达到运算灵活，方便快捷的目的，故一直受到重视 高考中也一直重点考查这部分内容
重难点归纳
1 等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题的既快捷又方便的工具，应有意识去应用
2 在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形
3 “巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果
典型题例示范讲解
例1已知函数f(x)= (x<－2)
(1)求f(x)的反函数f-－1(x);
(2)设a1=1, =－f－-1(an)(n∈N*),求an;
(3)设Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N*,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由
命题意图 本题是一道与函数、数列有关的综合性题目，着重考查学生的逻辑分析能力
知识依托 本题融合了反函数，数列递推公式，等差数列基本问题、数列的和、函数单调性等知识于一炉，结构巧妙，形式新颖，是一道精致的综合题
错解分析 本题首问考查反函数，反函数的定义域是原函数的值域，这是一个易错点，(2)问以数列{}为桥梁求an,不易突破
技巧与方法 (2)问由式子得=4,构造等差数列{},从而求得an,即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用技巧；(3)问运用了函数的思想
解 (1)设y=,∵x<－2,∴x=－,
即y=f－-1(x)=－ (x>0)
(2)∵，
∴{}是公差为4的等差数列，
∵a1=1, =+4(n－1)=4n－3,∵an>0,∴an=
(3)bn=Sn+1－Sn=an+12=,由bn<,得m>,
设g(n)= ,∵g(n)= 在n∈N*上是减函数，
∴g(n)的最大值是g(1)=5,
∴m>5,存在最小正整数m=6,使对任意n∈N*有bn<成立
例2设等比数列{an}的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列{lgan}的前多少项和最大？(lg2=0 3,lg3=0 4)
命题意图 本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法则，等差数列与等比数列之间的联系以及运算、分析能力
知识依托 本题须利用等比数列通项公式、前n项和公式合理转化条件，求出an;进而利用对数的运算性质明确数列{lgan}为等差数列，分析该数列项的分布规律从而得解
错解分析 题设条件中既有和的关系，又有项的关系，条件的正确转化是关键，计算易出错；而对数的运算性质也是易混淆的地方
技巧与方法 突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成等差数列，而等差数列中前n项和有最大值，一定是该数列中前面是正数，后面是负数，当然各正数之和最大；另外，等差数列Sn是n的二次函数，也可由函数解析式求最值
解法一 设公比为q,项数为2m,m∈N*,依题意有
化简得
设数列{lgan}前n项和为Sn,则
Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1=lga1n·q1+2+…+(n－1)
=nlga1+n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－n(n－1)lg3
=(－)·n2+(2lg2+lg3)·n
可见，当n=时，Sn最大
而=5,故{lgan}的前5项和最大
解法二 接前，,于是lgan=lg［108()n－1］=lg108+(n－1)lg,
∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，
令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0,
∴n≤=5 5
由于n∈N*,可见数列{lgan}的前5项和最大
例3　等差数列{an}的前n项的和为30，前2m项的和为100，求它的前3m项的和为_________
解法一 将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得

解法二 由知，
要求S3m只需求m［a1+］,
将②－①得ma1+ d=70,∴S3m=210
解法三 由等差数列{an}的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）
将Sm=30,S2m=100代入，得
,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210
解法四
S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+…+a3m
=S2m+(a1+2md)+…+(am+2md)
=S2m+(a1+…+am)+m·2md
=S2m+Sm+2m2d
由解法一知d=,代入得S3m=210
解法五 根据等差数列性质知 Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差数列，
从而有 2(S2m－Sm)=Sm+(S3m－S2m)
∴S3m=3(S2m－Sm)=210
解法六 ∵Sn=na1+d,
∴=a1+d
∴点(n, )是直线y=+a1上的一串点，
由三点(m,),(2m, ),(3m, )共线，易得S3m=3(S2m－Sm)=210
解法七 令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70
∴a3=70+(70－30)=110
∴S3=a1+a2+a3=210
答案 210
学生巩固练习
1 等比数列{an}的首项a1=－1,前n项和为Sn,若，则Sn等于( )
C 2 D －2
2 已知a,b,a+b成等差数列，a,b,ab成等比数列，且03 等差数列{an}共有2n+1项，其中奇数项之和为319，偶数项之和为290，则其中间项为_________
4 已知a、b、c成等比数列，如果a、x、b和b、y、c都成等差数列，则=_________
5 设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0
(1)求公差d的取值范围；
(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由
6 已知数列{an}为等差数列，公差d≠0,由{an}中的部分项组成的数列
a,a,…,a,…为等比数列，其中b1=1,b2=5,b3=17
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)记Tn=Cb1+Cb2+Cb3+…+Cbn,求
7 设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,分别求出{an}及{bn}的前n项和S10及T10
8 {an}为等差数列，公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*)
(1)求证 当k取不同自然数时，此方程有公共根；
(2)若方程不同的根依次为x1,x2,…,xn,…,
求证 数列为等差数列
参考答案:
1 解析 利用等比数列和的性质
依题意，，而a1=－1,故q≠1,
∴,
根据等比数列性质知S5，S10－S5，S15－S10,…,也成等比数列，
且它的公比为q5,∴q5=－,即q=－
∴
答案 B
2 解析 解出a、b,解对数不等式即可
答案 (－∞,8)
3 解析 利用S奇/S偶=得解
答案 第11项a11=29
4 解法一 赋值法
解法二 b=aq,c=aq2,x=(a+b)=a(1+q),y=(b+c)=aq(1+q),
==2
答案 2
5 (1)解 依题意有
解之得公差d的取值范围为－＜d＜－3
(2)解法一 由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此，在S1，S2，…，S12中Sk为最大值的条件为 ak≥0且ak+1＜0,即
∵a3=12,∴，∵d＜0,∴2－＜k≤3－
∵－＜d＜－3,∴＜－＜4,得5 5＜k＜7
因为k是正整数，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大
解法二 由d＜0得a1>a2>…>a12>a13，
若在1≤k≤12中有自然数k,使得ak≥0,且ak+1＜0,
则Sk是S1，S2，…，S12中的最大值
由等差数列性质得，当m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q时，am+an=ap+aq 所以有2a7=a1+a13=S13＜0,
∴a7＜0,a7+a6=a1+a12=S12>0,∴a6≥－a7>0,
故在S1，S2，…，S12中S6最大
解法三 依题意得
最小时，Sn最大；
∵－＜d＜－3,∴6＜(5－)＜6 5
从而，在正整数中，当n=6时，［n－ (5－)］2最小，所以S6最大
点评 该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不高，入手容易 第(2)问难度较高，为求{Sn}中的最大值Sk,1≤k≤12,思路之一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak+1＜0，思路之三是可视Sn为n的二次函数，借助配方法可求解 它考查了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力，较好地体现了高考试题注重能力考查的特点 而思路之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律，找出“分水岭”，从而得解
6 解 (1)由题意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,
∵d≠0,∴a1=2d,数列{}的公比q==3,
∴=a1·3n－1 ①
又=a1+(bn－1)d= ②
由①②得a1·3n－1=·a1 ∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1
(2)Tn=Cb1+Cb2+…+Cbn
=C (2·30－1)+C·(2·31－1)+…+C(2·3n－1－1)
=(C+C·32+…+C·3n)－(C+C+…+C)
=［(1+3)n－1］－(2n－1)= ·4n－2n+,
7 解 ∵{an}为等差数列，{bn}为等比数列，∴a2+a4=2a3,b2·b4=b32,
已知a2+a4=b3,b2·b4=a3,∴b3=2a3,a3=b32,
得b3=2b32,∵b3≠0,∴b3=,a3=
由a1=1,a3=，知{an}的公差d=－,
∴S10=10a1+d=－
由b1=1,b3=,知{bn}的公比q=或q=－,
8 证明 (1）∵{an}是等差数列，∴2ak+1=ak+ak+2,
故方程akx2+2ak+1x+ak+2=0可变为(akx+ak+2)(x+1)=0,
∴当k取不同自然数时，原方程有一个公共根－1
(2）原方程不同的根为xk=
课前后备注
　
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题目 高中数学复习专题讲座数列的通项公式与求和的常用方法
高考要求
数列是函数概念的继续和延伸，数列的通项公式及前n项和公式都可以看作项数n的函数，是函数思想在数列中的应用 数列以通项为纲，数列的问题，最终归结为对数列通项的研究，而数列的前n项和Sn可视为数列{Sn}的通项 通项及求和是数列中最基本也是最重要的问题之一，与数列极限及数学归纳法有着密切的联系，是高考对数列问题考查中的热点，本点的动态函数观点解决有关问题，为其提供行之有效的方法
重难点归纳
1 数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性
2 数列{an}前n 项和Sn与通项an的关系式 an=
3 求通项常用方法
①作新数列法 作等差数列与等比数列
②累差叠加法 最基本形式是
an=(an－an－1+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1
③归纳、猜想法
4 数列前n项和常用求法
①重要公式
1+2+…+n=n(n+1)
12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)
13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2(n+1)2
②等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn
③裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消中间的许多项 应掌握以下常见的裂项
④错项相消法
⑤并项求和法
数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法
典型题例示范讲解
例1已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，都有=an+1成立，求
命题意图 本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前n项和公式、数列的极限，以及运算能力和综合分析问题的能力
知识依托 本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显，而(2)中条件等式的左边可视为某数列前n项和，实质上是该数列前n项和与数列{an}的关系，借助通项与前n项和的关系求解cn是该条件转化的突破口
错解分析 本题两问环环相扣，(1)问是基础，但解方程求基本量a1、b1、d、q，计算不准易出错；(2)问中对条件的正确认识和转化是关键
技巧与方法 本题(1)问运用函数思想转化为方程问题，思路较为自然，(2)问“借鸡生蛋”构造新数列{dn}运用和与通项的关系求出dn，丝丝入扣
解 (1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，
∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，
∵d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；
又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，
∴=q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，
∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1
(2)令=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),
∴dn=an+1－an=2,
∴=2,即cn=2·bn=8·(－2)n－1；∴Sn=［1－(－2)n］
∴
例2设An为数列{an}的前n项和，An= (an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3;
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明 数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;
(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项，Br为数列{bn}的前r项的和；Dn为数列{dn}的前n项和，Tn=Br－Dn，求
命题意图 本题考查数列的通项公式及前n项和公式及其相互关系；集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力
知识依托 利用项与和的关系求an是本题的先决；(2)问中探寻{an}与{bn}的相通之处，须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点
错解分析 待证通项dn=32n+1与an的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r与n的关系，使Tn中既含有n，又含有r，会使所求的极限模糊不清
技巧与方法 (1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把3拆解为4－1，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出n与r的关系，正确表示Br，问题便可迎刃而解
解 (1)由An=(an－1)，可知An+1=(an+1－1)，
∴an+1－an= (an+1－an)，即=3，而a1=A1= (a1－1)，得a1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式an=3n
(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n
=3·［42n+C·42n－1(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3，
∴32n+1∈{bn}
而数32n=(4－1)2n
=42n+C·42n－1·(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)，
∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1
(3)由32n+1=4·r+3，可知r=，
∴Br=，
例3　设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项
(1)写出数列{an}的前3项
(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)
(3)令bn=(n∈N*)，求 (b1+b2+b3+…+bn－n)
解析 (1)由题意，当n=1时，有，S1=a1，
∴，解得a1=2 当n=2时，有，S2=a1+a2，将a1=2代入，整理得(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6
当n=3时，有，S3=a1+a2+a3，
将a1=2，a2=6代入，整理得(a3－2)2=64，由a3＞0，解得a3=10
故该数列的前3项为2，6，10
(2）解法一 由(1）猜想数列{an} 有通项公式an=4n－2
下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是an=4n－2，(n∈N*）
①当n=1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a1=2，所以上述结论成立
②假设当n=k时，结论成立，即有ak=4k－2，由题意，有，将ak=4k－2 代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，
由题意，有，Sk+1=Sk+ak+1，
将Sk=2k2代入得()2=2(ak+1+2k2)，
整理得ak+12－4ak+1+4－16k2=0，由ak+1＞0，解得ak+1=2+4k，
所以ak+1=2+4k=4(k+1)－2，
即当n=k+1时，上述结论成立
根据①②，上述结论对所有的自然数n∈N*成立
解法二 由题意知，(n∈N*) 整理得，Sn=(an+2)2,
由此得Sn+1=(an+1+2)2，∴an+1=Sn+1－Sn=［(an+1+2)2－(an+2)2］
整理得(an+1+an）(an+1－an－4)=0，
由题意知an+1+an≠0，∴an+1－an=4，
即数列{an}为等差数列，其中a1=2，公差d=4
∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为an=4n－2
解法三 由已知得,(n∈N*)　　　　　①，
所以有　　　　　　　　　　　　②，
由②式得，
整理得Sn+1－2·+2－Sn=0，
解得，
由于数列{an}为正项数列，而，
因而，
即{Sn}是以为首项，以为公差的等差数列
所以= +(n－1) =n,Sn=2n2，
故an=即an=4n－2(n∈N*)
(3)令cn=bn－1，则cn=
学生巩固练习
1 设zn=()n，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，则Sn=_________
2 作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________
3 数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－nan+12=0，又知数列{bn}的通项为bn=2n－1+1
(1)求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn；
(3)猜想Sn与Tn的大小关系，并说明理由
4 数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1－an,(n∈N*)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;
(3)设bn=(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N*均有Tn＞成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由
5 设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=(m+1)－man 对任意正整数n都成立，其中m为常数，且m＜－1
(1)求证 {an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比q=f(m)，数列{bn}满足 b1=a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*) 试问当m为何值时，成立？
6 已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145
(1)求数列{bn}的通项bn；
(2)设数列{an}的通项an=loga(1+)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论
7 设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式 3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…)
(1)求证 数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项bn；
(3)求和 b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1
参考答案
答案 1+
2 解析 由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得an=，正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn=a,?
∴这些圆的周长之和c=2π(r1+r2+…+rn)= a2，
面积之和S=π(n2+r22+…+rn2)=a2
答案 周长之和πa，面积之和a2
3 解 (1）可解得，从而an=2n，有Sn=n2+n，
(2)Tn=2n+n－1
(3)Tn－Sn=2n－n2－1，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2＜S2；n=3时，T3＜S3;n=4时，T4＜S4；n=5时，T5＞S5；n=6时T6＞S6
猜想当n≥5时，Tn＞Sn，即2n＞n2+1
可用数学归纳法证明(略）
4 解 (1）由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，?
d==－2,∴an=10－2n
(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，
当n＞5时，Sn=n2－9n+40，故Sn=
(3)bn=
；要使Tn＞总成立，需＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7
5 解 (1）由已知Sn+1=(m+1)－man+1?　　①，　　Sn=(m+1)－man　　　②,
由①－②，得an+1=man－man+1，即(m+1)an+1=man对任意正整数n都成立
∵m为常数，且m＜－1
∴，即{}为等比数列
(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1=
由(1)知q=f(m)=，∴bn=f(bn－1)= (n∈N*,且n≥2)
∴，即，
∴{}为等差数列 ∴=3+(n－1)=n+2，
(n∈N*)

6 解 (1)设数列{bn}的公差为d，由题意得
解得b1=1,d=3,∴bn=3n－2
(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)
=loga［(1+1)(1+)…(1+)］，logabn+1=loga
因此要比较Sn与logabn+1的大小，
可先比较(1+1)(1+)…(1+)与的大小，
取n=1时，有(1+1)＞
取n=2时，有(1+1)(1+)＞…
由此推测(1+1)(1+)…(1+)＞ ①
若①式成立，则由对数函数性质可判定
当a＞1时，Sn＞logabn+1， ②
当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1， ③
下面用数学归纳法证明①式
(ⅰ)当n=1时，已验证①式成立
(ⅱ)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即
那么当n=k+1时，

这就是说①式当n=k+1时也成立
由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n都成立
由此证得 当a＞1时，Sn＞logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1?
7 解 (1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t
∴a2=
又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t， ①
3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ②
①－②得3tan－(2t+3)an－1=0
∴,n=2,3,4…,
所以{an}是一个首项为1公比为的等比数列；
(2)由f(t)= =,得bn=f()=+bn－1?
可见{bn}是一个首项为1，公差为的等差数列
于是bn=1+(n－1)=;
(3)由bn=,可知
{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，
于是b2n=,
∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1?
=b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1)
=－ (b2+b4+…+b2n)=－·n(+)=－ (2n2+3n)
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座构建数学模型解数列综合题和应用性问题
高考要求
纵观近几年的高考，在解答题中，有关数列的试题出现的频率较高，不仅可与函数、方程、不等式、复数相联系，而且还与三角、立体几何密切相关；数列作为特殊的函数，在实际问题中有着广泛的应用，如增长率，减薄率，银行信贷，浓度匹配，养老保险，圆钢堆垒等问题 这就要求同学们除熟练运用有关概念式外，还要善于观察题设的特征，联想有关数学知识和方法，迅速确定解题的方向，以提高解数列题的速度
重难点归纳
1 解答数列综合题和应用性问题既要有坚实的基础知识,又要有良好的思维能力和分析、解决问题的能力；解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段，建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再综合其他相关知识来解决问题
2 纵观近几年高考应用题看，解决一个应用题，重点过三关
(1)事理关 需要读懂题意，明确问题的实际背景，即需要一定的阅读能力
(2)文理关 需将实际问题的文字语言转化数学的符号语言，用数学式子表达数学关系
(3)事理关 在构建数学模型的过程中；要求考生对数学知识的检索能力，认定或构建相应的数学模型，完成用实际问题向数学问题的转化 构建出数学模型后，要正确得到问题的解，还需要比较扎实的基础知识和较强的数理能力
典型题例示范讲解
例1从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加
(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an,bn的表达式；
(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？
命题意图 本题主要考查建立函数关系式、数列求和、不等式等基础知识；考查综合运用数学知识解决实际问题的能力，本题有很强的区分度，属于应用题型，正是近几年高考的热点和重点题型
知识依托 本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点
错解分析 (1)问an、bn实际上是两个数列的前n项和，易与“通项”混淆；(2)问是既解一元二次不等式又解指数不等式，易出现偏差
技巧与方法 正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧
解 (1)第1年投入为800万元，
第2年投入为800×(1－)万元，…
第n年投入为800×(1－)n－1万元，
所以，n年内的总投入为
an=800+800×(1－)+…+800×(1－)n－1
=800×(1－)k－1=4000×［1－()n］
第1年旅游业收入为400万元，
第2年旅游业收入为400×(1+)，…，
第n年旅游业收入400×(1+)n－1万元
所以，n年内的旅游业总收入为
bn=400+400×(1+)+…+400×(1+)k－1
=400×()k－1=1600×［()n－1］
(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此bn－an＞0，即1600×［()n－1］－4000×［1－()n］＞0，
令x=()n，代入上式得 5x2－7x+2＞0
解此不等式，得x＜，或x＞1(舍去)
即()n＜，由此得n≥5
∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入
例2已知Sn=1++…+,(n∈N*)，设f(n)=S2n+1－Sn+1,试确定实数m的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n，不等式
f(n)＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2恒成立
命题意图 本题主要考查应用函数思想解决不等式、数列等问题，需较强的综合分析问题、解决问题的能力
知识依托 本题把函数、不等式恒成立等问题组合在一起，构思巧妙
错解分析 本题学生很容易求f(n)的和，但由于无法求和，故对不等式难以处理
技巧与方法 解决本题的关键是把f(n)(n∈N*)看作是n的函数，此时不等式的恒成立就转化为
函数f(n)的最小值大于［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2
解 ∵Sn=1++…+ (n∈N*)
∴f(n+1)＞f(n)
∴f(n)是关于n的增函数
∴f(n) min=f(2)=
∴要使一切大于1的自然数n，不等式
f(n)＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2恒成立
只要＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2成立即可
由得m＞1且m≠2
此时设［logm(m－1)］2=t 则t＞0
于是　解得0＜t＜1
由此得0＜［logm(m－1)］2＜1
解得m＞且m≠2
例3　已知二次函数y=f(x)在x=处取得最小值－ (t＞0),f(1)=0
(1)求y=f(x)的表达式；
(2)若任意实数x都满足等式f(x)·g(x)+anx+bn=xn+1［g(x)］为多项式，n∈N*),试用t表示an和bn；
(3)设圆Cn的方程为(x－an)2+(y－bn)2=rn2，圆Cn与Cn+1外切(n=1,2,3,…);{rn}是各项都是正数的等比数列，记Sn为前n个圆的面积之和，求rn、Sn
解 (1)设f(x)=a(x－)2－，由f(1)=0得a=1
∴f(x)=x2－(t+2)x+t+1
(2)将f(x)=(x－1)［x－(t+1)］代入已知得
(x－1)［x－(t+1)］g(x)+anx+bn=xn+1，
上式对任意的x∈R都成立，
取x=1和x=t+1分别代入上式得
且t≠0，
解得an=［(t+1)n+1－1］，bn=［1－(t+1n)
(3)由于圆的方程为(x－an)2+(y－bn)2=rn2，
又由(2)知an+bn=1，故圆Cn的圆心On在直线x+y=1上，
又圆Cn与圆Cn+1相切，故有rn+rn+1=｜an+1－an｜=(t+1)n+1?
设{rn}的公比为q，则
②÷①得q==t+1，代入①得rn=
∴Sn=π(r12+r22+…+rn2)=［(t+1)2n－1］
学生巩固练习
1 已知二次函数y=a(a+1)x2－(2a+1)x+1，当a=1，2，…，n，…时，其抛物线在x轴上截得的线段长依次为d1,d2，…,dn,…,则 (d1+d2+…+dn)的值是( )
A 1 B 2 C 3 D 4
2 在直角坐标系中，O是坐标原点，P1(x1，y1)、P2(x2，y2)是第一象限的两个点，若1，x1，x2，4依次成等差数列，而1，y1，y2，8依次成等比数列，则△OP1P2的面积是_________
3 从盛满a升酒精的容器里倒出b升，然后再用水加满，再倒出b升，再用水加满；这样倒了n次，则容器中有纯酒精_________升
4 据2000年3月5日九届人大五次会议《政府工作报告》 “2001年国内生产总值达到95933亿元，比上年增长7 3%，”如果“十·五”期间(2001年~2005年)每年的国内生产总值都按此年增长率增长，那么到“十·五”末我国国内年生产总值约为_________亿元
5 已知数列{an}满足条件 a1=1,a2=r(r＞0),且{anan+1}是公比为q(q＞0)的等比数列，设bn=a2n－1+a2n(n=1,2,…)
(1)求出使不等式anan+1+an+1an+2＞an+2an+3(n∈N*)成立的q的取值范围；
(2)求bn和，其中Sn=b1+b2+…+bn；
(3)设r=219 2－1，q=，求数列{}的最大项和最小项的值
6 某公司全年的利润为b元，其中一部分作为奖金发给n位职工，奖金分配方案如下 首先将职工按工作业绩(工作业绩均不相同)从大到小，由1到n排序，第1位职工得奖金元，然后再将余额除以n发给第2位职工，按此方法将奖金逐一发给每位职工，并将最后剩余部分作为公司发展基金
(1)设ak(1≤k≤n)为第k位职工所得奖金金额，试求a2,a3，并用k、n和b表示ak(不必证明)；
(2)证明ak＞ak+1(k=1,2,…,n－1),并解释此不等式关于分配原则的实际意义；
(3)发展基金与n和b有关，记为Pn(b),对常数b，当n变化时，求Pn(b)
7 据有关资料，1995年我国工业废弃垃圾达到7 4×108吨，占地562 4平方公里，若环保部门每年回收或处理1吨旧物资，则相当于处理和减少4吨工业废弃垃圾，并可节约开采各种矿石20吨，设环保部门1996年回收10万吨废旧物资，计划以后每年递增20%的回收量，试问
(1)2001年回收废旧物资多少吨？
(2)从1996年至2001年可节约开采矿石多少吨(精确到万吨)？
(3)从1996年至2001年可节约多少平方公里土地？
8 已知点的序列An(xn，0),n∈N,其中x1=0,x2=a(a＞0),A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，…，An是线段An－2An－1的中点，…
(1)写出xn与xn－1、xn－2之间关系式(n≥3);
(2)设an=xn+1－xn，计算a1,a2,a3，由此推测数列{an}的通项公式，并加以证明；
(3)求xn
参考答案:
1 解析 当a=n时y=n(n+1)x2－(2n+1)x+1
由｜x1－x2｜=，得dn=，
∴d1+d2+…+dn
答案 A
2 解析 由1,x1,x2,4依次成等差数列得 2x1=x2+1,x1+x2=5解得x1=2,x2=3
又由1，y1,y2,8依次成等比数列，得y12=y2,y1y2=8,解得y1=2,y2=4,
∴P1(2,2),P2(3,4) ∴=(3,4)
∴

答案 1
3 解析 第一次容器中有纯酒精a－b即a(1－)升，
第二次有纯酒精a(1－)－，即a(1－)2升，
故第n次有纯酒精a(1－)n升
答案 a(1－)n
4 解析 从2001年到2005年每年的国内生产总值构成以95933为首项，以7 3%为公比的等比数列，∴a5=95933(1+7 3%)4≈120000(亿元)
答案 120000
5 解 (1)由题意得rqn－1+rqn＞rqn+1
由题设r＞0,q＞0,故从上式可得 q2－q－1＜0，解得＜q＜,因q＞0,故0＜q＜;
(2)∵
b1=1+r≠0，所以{bn}是首项为1+r，公比为q的等比数列，从而bn=(1+r)qn-1
当q=1时，Sn=n(1+r),

,从上式可知，
当n－20 2＞0，即n≥21(n∈N*)时，Cn随n的增大而减小，
故1＜Cn≤C21=1+=2 25 ①
当n－20 2＜0，即n≤20(n∈N*)时，Cn也随n的增大而减小，
故1＞Cn≥C20=1+=－4 ②
综合①②两式知，对任意的自然数n有C20≤Cn≤C21,
故{Cn}的最大项C21=2 25，最小项C20=－4
6 解 (1)第1位职工的奖金a1=，
第2位职工的奖金a2=(1－)b，
第3位职工的奖金a3=(1－)2b，…，
第k位职工的奖金ak= (1－)k－1b;
(2)ak－ak+1=(1－)k－1b＞0，此奖金分配方案体现了“按劳分配”或“不吃大锅饭”的原则
(3)设fk(b)表示奖金发给第k位职工后所剩余数，
则f1(b)=(1－)b,f2(b)=(1－)2b,…,fk(b)=(1－)kb
得Pn(b)=fn(b)=(1－)nb,
故
7 解 设an表示第n年的废旧物资回收量，Sn表示前n年废旧物资回收总量，则数列{an}是以10为首项，1+20%为公比的等比数列
(1)a6=10(1+20%)5=10×1.25=24.8832≈25(万吨)
(2)S6==99.2992≈99.3(万吨)
∴从1996年到2000年共节约开采矿石20×99 3≈1986(万吨)
(3）由于从1996年到2001年共减少工业废弃垃圾4×99.3=397.2(万吨)，
∴从1996年到2001年共节约
≈3 平方公里
8 解 (1)当n≥3时，xn=;
由此推测an=(－)n-1a(n∈N)
证法一 因为a1=a＞0,且
(n≥2)
所以an=(－)n-1a
证法二 用数学归纳法证明
(ⅰ)当n=1时，a1=x2－x1=a=(－)0a,公式成立；
(ⅱ)假设当n=k时，公式成立，即ak=(－)k－1a成立
那么当n=k+1时，
ak+1=xk+2－xk+1=
据(ⅰ)(ⅱ)可知，对任意n∈N，公式an=(－)n-1a成立
(3)当n≥3时，有
xn=(xn－xn－1)+(xn－1－xn－2)+…+(x2－x1)+x1=an－1+an－2+…+a1,
由(2)知{an}是公比为－的等比数列，所以a
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座灵活运用三角函数的图象和性质解题
高考要求
三角函数的图象和性质是高考的热点，在复习时要充分运用数形结合的思想，把图象和性质结合起来 本节主要帮助考生掌握图象和性质并会灵活运用
重难点归纳
1 考查三角函数的图象和性质的基础题目，此类题目要求考生在熟练掌握三角函数图象的基础上要对三角函数的性质灵活运用
2 三角函数与其他知识相结合的综合题目，此类题目要求考生具有较强的分析能力和逻辑思维能力 在今后的命题趋势中综合性题型仍会成为热点和重点，并可以逐渐加强
3 三角函数与实际问题的综合应用
此类题目要求考生具有较强的知识迁移能力和数学建模能力，要注意数形结合思想在解题中的应用
典型题例示范讲解
例1设z1=m+(2－m2)i, z2=cosθ+(λ+sinθ)i, 其中m,λ,θ∈R，已知z1=2z2，求λ的取值范围
命题意图 本题主要考查三角函数的性质，考查考生的综合分析问题的能力和等价转化思想的运用
知识依托 主要依据等价转化的思想和二次函数在给定区间上的最值问题来解决
错解分析 考生不易运用等价转化的思想方法来解决问题
技巧与方法 对于解法一，主要运用消参和分离变量的方法把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题；对于解法二，主要运用三角函数的平方关系把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题
解法一 ∵z1=2z2，
∴m+(2－m2)i=2cosθ+(2λ+2sinθ)i,∴
∴λ=1－2cos2θ－sinθ=2sin2θ－sinθ－1=2(sinθ－)2－
当sinθ=时λ取最小值－，当sinθ=－1时，λ取最大值2
解法二 ∵z1=2z2 ∴
∴,
∴=1
∴m4－(3－4λ)m2+4λ2－8λ=0, 设t=m2,则0≤t≤4,
令f(t)=t2－(3－4λ)t+4λ2－8λ,
则或f(0)·f(4)≤0 ∴
∴－≤λ≤0或0≤λ≤2
∴λ的取值范围是［－，2］
例2如右图，一滑雪运动员自h=50m高处A点滑至O点，由于运动员的技巧(不计阻力)，在O点保持速率v0不为，并以倾角θ起跳，落至B点，令OB=L，试问，α=30°时，L的最大值为多少？当L取最大值时，θ为多大？
命题意图 本题是一道综合性题目，主要考查考生运用数学知识来解决物理问题的能力
知识依托 主要依据三角函数知识来解决实际问题
错解分析 考生不易运用所学的数学知识来解决物理问题，知识的迁移能力不够灵活
技巧与方法 首先运用物理学知识得出目标函数，其次运用三角函数的有关知识来解决实际问题
解 由已知条件列出从O点飞出后的运动方程
由①②整理得 v0cosθ=
∴v02+gLsinα=g2t2+≥=gL
运动员从A点滑至O点，机械守恒有:mgh=mv02,
∴v02=2gh,∴L≤=200(m)
即Lmax=200(m),又g2t2=
∴
得cosθ=cosα,∴θ=α=30°∴L最大值为200米，当L最大时，起跳仰角为30°
例3如下图，某地一天从6时到14时的温度变化曲线近似满足函数y=Asin(ωx+φ)+b
(1)求这段时间的最大温差
(2)写出这段曲线的函数解析式
命题意图 本题以应用题的形式考查备考中的热点题型，要求考生把所学的三角函数知识与实际问题结合起来分析、思考，充分体现了“以能力立意”的命题原则
知识依托 依据图象正确写出解析式
错解分析 不易准确判断所给图象所属的三角函数式的各个特定系数和字母
技巧与方法 数形结合的思想，以及运用待定系数法确定函数的解析式
解 (1)由图示，这段时间的最大温差是30－10=20(℃)；
(2)图中从6时到14时的图象是函数y=Asin(ωx+φ)+b的半个周期的图象
∴=14－6,解得ω=,
由图示A=(30－10)=10，b=(30+10)=20，这时y=10sin(x+φ)+20,将x=6,y=10代入上式可取φ=π
综上所求的解析式为y=10sin(x+π)+20,x∈［6,14］
例4　已知α、β为锐角，且x(α+β－)＞0,试证不等式f(x)=x＜2对一切非零实数都成立
证明 若x＞0，则α+β＞
∵α、β为锐角，∴0＜－α＜β＜;0＜－β＜,
∴0＜sin(－α)＜sinβ 0＜sin(－β)＜sinα，
∴0＜cosα＜sinβ,0＜cosβ＜sinα,
∴0＜＜1,0＜＜1,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，∴f(x)＜f(0)=2
若x＜0,α+β＜,∵α、β为锐角，
0＜β＜－α＜,0＜α＜－β＜,
0＜sinβ＜sin(－α),
∴sinβ＜cosα,0＜sinα＜sin(－β),
∴sinα＜cosβ,∴＞1, ＞1,
∵f(x)在(－∞,0）上单调递增，∴f(x)＜f(0)=2,∴结论成立
学生巩固练习
1 函数y=－x·cosx的部分图象是( )
2 函数f(x)=cos2x+sin(+x)是( )
A 非奇非偶函数 B 仅有最小值的奇函数
C 仅有最大值的偶函数 D 既有最大值又有最小值的偶函数
3 函数f(x)=()｜cosx｜在［－π，π］上的单调减区间为_________
4 设ω＞0，若函数f(x)=2sinωx在［－，］上单调递增，则ω的取值范围是_________
5 设二次函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),已知不论α、β为何实数恒有f(sinα)≥0和f(2+cosβ)≤0
(1)求证 b+c=－1；
(2)求证c≥3；
(3)若函数f(sinα)的最大值为8，求b，c的值
6 用一块长为a，宽为b(a＞b)的矩形木板，在二面角为α的墙角处围出一个直三棱柱的谷仓，试问应怎样围才能使谷仓的容积最大？并求出谷仓容积的最大值
7 有一块半径为R，中心角为45°的扇形铁皮材料，为了获取面积最大的矩形铁皮，工人师傅常让矩形的一边在扇形的半径上，然后作其最大内接矩形，试问 工人师傅是怎样选择矩形的四点的？并求出最大面积值
8 设－≤x≤，求函数y=log2(1+sinx)+log2(1－sinx)的最大值和最小值
9 是否存在实数a，使得函数y=sin2x+a·cosx+a－在闭区间［0，］上的最大值是1？若存在，求出对应的a值；若不存在，试说明理由
参考答案
1 解析 函数y=－xcosx是奇函数，图象不可能是A和C，又当x∈(0, )时，y＜0
答案 D
2 解析 f(x)=cos2x+sin(+x)=2cos2x－1+cosx=2［(cosx+］－1
答案 D
3 解 在［－π,π］上，y=｜cosx｜的单调递增区间是［－,0］及［,π］ 而f(x)依｜cosx｜取值的递增而递减,故［－,0］及［,π］为f(x)的递减区间
4 解 由－≤ωx≤，得f(x)的递增区间为［－,］，由题设得
5 解 (1)∵－1≤sinα≤1且f(sinα)≥0恒成立，∴f(1)≥0
∵1≤2+cosβ≤3,且f(2+cosβ)≤0恒成立 ∴f(1)≤0
从而知f(1)=0∴b+c+1=0
(2)由f(2+cosβ)≤0,知f(3)≤0,∴9+3b+c≤0 又因为b+c=－1,∴c≥3
(3)∵f(sinα)=sin2α+(－1－c)sinα+c=(sinα－)2+c－()2,
当sinα=－1时，［f(sinα)］max=8,由解得b=－4,c=3
6 解 如图，设矩形木板的长边AB着地，并设OA=x，OB=y，则a2=x2+y2－2xycosα≥2xy－2xycosα=2xy(1－cosα)
∵0＜α＜π,∴1－cosα＞0,∴xy≤ (当且仅当x=y时取“=”号)，故此时谷仓的容积的最大值V1=(xysinα)b= 同理，若木板短边着地时，谷仓的容积V的最大值V2=ab2cos,
∵a＞b,∴V1＞V2
从而当木板的长边着地，并且谷仓的底面是以a为底边的等腰三角形时，谷仓的容积最大，其最大值为a2bcos
7 解 如下图，扇形AOB的内接矩形是MNPQ，连OP，则OP=R，设∠AOP=θ，则∠QOP=45°－θ，NP=Rsinθ,在△PQO中，，
∴PQ=Rsin(45°－θ)
S矩形MNPQ=QP·NP=R2sinθsin(45°－θ)
=R2·［cos(2θ－45°)－］≤R2，
当且仅当cos(2θ－45°)=1,即θ=22 5°时，S矩形MNPQ的值最大且最大值为R2
工人师傅是这样选点的，记扇形为AOB，以扇形一半径OA为一边，在扇形上作角AOP且使∠AOP=22 5°，P为边与扇形弧的交点，自P作PN⊥OA于N，PQ∥OA交OB于Q，并作OM⊥OA于M，则矩形MNPQ为面积最大的矩形，面积最大值为R2
8 解 ∵在［－］上，1+sinx＞0和1－sinx＞0恒成立，
∴原函数可化为y=log2(1－sin2x)=log2cos2x，
又cosx＞0在［－］上恒成立，
∴原函数即是y=2log2cosx,在x∈［－］上，≤cosx≤1
∴log2≤log2cosx≤log21，即－1≤y≤0，也就是在x∈［－］上，ymax=0,　ymin=－1
综合上述知，存在符合题设
课前后备注 　
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题目 高中数学复习专题讲座三角函数式的化简与求值
高考要求
三角函数式的化简和求值是高考考查的重点内容之一 通过本节的学习使考生掌握化简和求值问题的解题规律和途径，特别是要掌握化简和求值的一些常规技巧，以优化我们的解题效果，做到事半功倍
重难点归纳
1 求值问题的基本类型 ①给角求值，②给值求值，③给式求值，④求函数式的最值或值域，⑤化简求值
2 技巧与方法 ①要寻求角与角关系的特殊性，化非特角为特殊角，熟练准确地应用公式 ②注意切割化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用 ③对于条件求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，很难入手的问题，可利用分析法 ④求最值问题，常用配方法、换元法来解决
典型题例示范讲解
例1不查表求sin220°+cos280°+cos20°cos80°的值
命题意图 本题主要考查两角和、二倍角公式及降幂求值的方法，对计算能力的要求较高
知识依托 熟知三角公式并能灵活应用
错解分析 公式不熟，计算易出错
技巧与方法 解法一利用三角公式进行等价变形；解法二转化为函数问题，使解法更简单更精妙，需认真体会
解法一 sin220°+cos280°+sin220°cos80°
= (1－cos40°)+ (1+cos160°)+ sin20°cos80°
=1－cos40°+cos160°+sin20°cos(60°+20°)
=1－cos40°+ (cos120°cos40°－sin120°sin40°)
+sin20°(cos60°cos20°－sin60°sin20°)
=1－cos40°－cos40°－sin40°+sin40°－sin220°
=1－cos40°－(1－cos40°)=
解法二 设x=sin220°+cos280°+sin20°cos80°
y=cos220°+sin280°－cos20°sin80°，则
x+y=1+1－sin60°=，
x－y=－cos40°+cos160°+sin100°
=－2sin100°sin60°+sin100°=0
∴x=y=，
即x=sin220°+cos280°+sin20°cos80°=
例2设关于x的函数y=2cos2x－2acosx－(2a+1)的最小值为f(a)，试确定满足f(a)=的a值，并对此时的a值求y的最大值
命题意图 本题主要考查最值问题、三角函数的有界性、计算能力以及较强的逻辑思维能力
知识依托 二次函数在给定区间上的最值问题
错解分析 考生不易考查三角函数的有界性，对区间的分类易出错
技巧与方法 利用等价转化把问题化归为二次函数问题，还要用到配方法、数形结合、分类讲座等
解 由y=2(cosx－)2－及cosx∈［－1，1］得
f(a)＝
∵f(a)=,
∴1－4a=a=［2,+∞
或　－－2a－1=，解得a=－1，
此时，y=2(cosx+)2+，
当cosx=1时，即x=2kπ，k∈Z，ymax=5
例3已知函数f(x)=2cosxsin(x+)－sin2x+sinxcosx
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)的最小值及取得最小值时相应的x的值；
(3)若当x∈［，］时，f(x)的反函数为f－1(x)，求f-－1(1)的值
命题意图 本题主要考查三角公式、周期、最值、反函数等知识，还考查计算变形能力，综合运用知识的能力
知识依托 熟知三角函数公式以及三角函数的性质、反函数等知识
错解分析 在求f-－1(1)的值时易走弯路
技巧与方法 等价转化，逆向思维
解 (1)f(x)=2cosxsin(x+)－sin2x+sinxcosx
=2cosx(sinxcos+cosxsin)－sin2x+sinxcosx
=2sinxcosx+cos2x=2sin(2x+)
∴f(x)的最小正周期T=π
(2)当2x+=2kπ－，即x=kπ－ (k∈Z)时，f(x)取得最小值－2
(3)令2sin(2x+)=1，又x∈［］,
∴2x+∈［,］,∴2x+=，
则x=，故f-－1(1)=
例4　已知＜β＜α＜,cos(α－β)=,sin(α+β)=－,求sin2α的值_________
解法一 ∵＜β＜α＜,∴0＜α－β＜ π＜α+β＜,
∴
∴sin2α=sin［(α－β)+(α+β)］
=sin(α－β)cos(α+β)+cos(α－β)sin(α+β)
解法二 ∵sin(α－β)=,cos(α+β)=－,
∴sin2α+sin2β=2sin(α+β)cos(α－β)=－
sin2α－sin2β=2cos(α+β)sin(α－β)=－
∴sin2α=
学生巩固练习
1 已知方程x2+4ax+3a+1=0(a＞1)的两根均tanα、tanβ，且α，β∈
(－)，则tan的值是( )
A B －2 C D 或－2
2 已知sinα=，α∈(，π)，tan(π－β)= ，则tan(α－2β)=______
3 设α∈()，β∈(0，)，cos(α－)=，sin(+β)=，则sin(α+β)=_________
4 不查表求值:
5 已知cos(+x)=，(＜x＜)，求的值
6 已知α－β=π，且α≠kπ(k∈Z) 求的最大值及最大值时的条件
7 如右图，扇形OAB的半径为1，中心角60°，四边形PQRS是扇形的内接矩形，当其面积最大时，求点P的位置，并求此最大面积
8 已知cosα+sinβ=，sinα+cosβ的取值范围是D，x∈D，求函数y=的最小值，并求取得最小值时x的值
参考答案
1 解析 ∵a＞1，tanα+tanβ=－4a＜0 tanα+tanβ=3a+1＞0,
又α、β∈(－,)∴α、β∈(－,θ),则∈(－,0),
又tan(α+β)=,
整理得2tan2=0 解得tan=－2
答案 B
2 解析 ∵sinα=,α∈(,π),∴cosα=－
则tanα=－,又tan(π－β)=可得tanβ=－,
答案
3 解析 α∈(),α－∈(0, ),又cos(α－)=
答案
4 答案 2
（k∈Z）, （k∈Z）
∴当即（k∈Z）时,的最小值为－1
7 解 以OA为x轴 O为原点，建立平面直角坐标系，
并设P的坐标为(cosθ,sinθ)，则
｜PS｜=sinθ 直线OB的方程为y=x，直线PQ的方程为y=sinθ 联立解之得Q(sinθ；sinθ)，所以｜PQ｜=cosθ－sinθ
于是SPQRS=sinθ(cosθ－sinθ)
=(sinθcosθ－sin2θ)=(sin2θ－)
=(sin2θ+cos2θ－)= sin(2θ+)－
∵0＜θ＜,∴＜2θ+＜π ∴＜sin(2θ+)≤1
∴sin(2θ+)=1时，PQRS面积最大，且最大面积是，
此时，θ=，点P为的中点，P()
8 解 设u=sinα+cosβ 则u2+()2
=(sinα+cosβ)2+(cosα+sinβ)2=2+2sin(α+β)≤4
∴u2≤1,－1≤u≤1 即D=［－1,1］,
设t=,∵－1≤x≤1,∴1≤t≤ x=
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座三角函数式在解三角形中的应用
高考要求
三角形中的三角函数关系是历年高考的重点内容之一，本节主要帮助考生深刻理解正、余弦定理，掌握解斜三角形的方法和技巧
重难点归纳
(1)运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形；
(2)熟练地进行边角和已知关系式的等价转化；
(3)能熟练运用三角形基础知识，正、余弦定理及面积公式与三角函数公式配合，通过等价转化或构建方程解答三角形的综合问题，注意隐含条件的挖掘
典型题例示范讲解
例1在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P，上午11时，测得一轮船在岛北30°东，俯角为30°的B处，到11时10分又测得该船在岛北60°西、俯角为60°的C处。
(1)求船的航行速度是每小时多少千米；
(2)又经过一段时间后，船到达海岛的正西方向的D处，问此时船距岛A有多远？
命题意图 本题主要考查三角形基础知识，以及学生的识图能力和综合运用三角知识解决实际问题的能力
知识依托 主要利用三角形的三角关系，关键找准方位角，合理利用边角关系
错解分析 考生对方位角识别不准，计算易出错
技巧与方法 主要依据三角形中的边角关系并且运用正弦定理来解决问题
解 (1)在Rt△PAB中，∠APB=60° PA=1，∴AB= (千米)
在Rt△PAC中，∠APC=30°，∴AC= (千米)
在△ACB中，∠CAB=30°+60°=90°
(2)∠DAC=90°－60°=30°
sinDCA=sin(180°－∠ACB)=sinACB=
sinCDA=sin(∠ACB－30°)=sinACB·cos30°－cosACB·sin30°
在△ACD中，据正弦定理得，
∴
答 此时船距岛A为千米
例2已知△ABC的三内角A、B、C满足A+C=2B，设x=cos，f(x)=cosB()
(1)试求函数f(x)的解析式及其定义域；
(2)判断其单调性，并加以证明；
(3)求这个函数的值域
命题意图 本题主要考查考生运用三角知识解决综合问题的能力，并且考查考生对基础知识的灵活运用的程度和考生的运算能力
知识依托 主要依据三角函数的有关公式和性质以及函数的有关性质去解决问题
错解分析 考生对三角函数中有关公式的灵活运用是难点，并且不易想到运用函数的单调性去求函数的值域问题
技巧与方法 本题的关键是运用三角函数的有关公式求出f(x)的解析式，公式主要是和差化积和积化和差公式 在求定义域时要注意||的范围
解 (1)∵A+C=2B，∴B=60°，A+C=120°
∵0°≤||＜60°，∴x=cos∈(，1
又4x2－3≠0，∴x≠，∴定义域为(，)∪(，1］
(2)设x1＜x2，
∴f(x2)－f(x1)==，
若x1，x2∈()，则4x12－3＜0，4x22－3＜0，4x1x2+3＞0，x1－x2＜0，∴f(x2)－f(x1)＜0
即f(x2)＜f(x1)，若x1，x2∈(，1］，则4x12－3＞0
4x22－3＞0，4x1x2+3＞0，x1－x2＜0，∴f(x2)－f(x1)＜0
即f(x2)＜f(x1)，∴f(x)在(,)和(，1上都是减函数
(3)由(2)知，f(x)＜f()=－或f(x)≥f(1)=2
故f(x)的值域为(－∞，－)∪［2，+∞
例3已知△ABC的三个内角A、B、C满足A+C=2B
，求cos的值
解法一 由题设条件知B=60°，A+C=120°
设α=，则A－C=2α，可得A=60°+α，C=60°－α，
依题设条件有
整理得4cos2α+2cosα－3=0(M)
(2cosα－)(2cosα+3)=0，∵2cosα+3≠0，
∴2cosα－=0 从而得cos
解法二 由题设条件知B=60°，A+C=120°
①，
把①式化为cosA+cosC=－2cosAcosC 　　 ②，
利用和差化积及积化和差公式，②式可化为
　 ③，
将cos=cos60°=，cos(A+C)=－代入③式得
　　　④
将cos(A－C)=2cos2()－1代入 ④
4cos2()+2cos－3=0，(*)，
学生巩固练习
1 给出四个命题 (1)若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形；(2)若sinA=cosB，则△ABC为直角三角形；(3)若sin2A+sin2B+sin2C＜2，则△ABC为钝角三角形；(4)若cos(A－B)cos(B－C)cos(C－A)=1，则△ABC为正三角形 以上正确命题的个数是( )
A 1 B 2 C 3 D 4
2 在△ABC中，已知A、B、C成等差数列，则的值为__________
3 在△ABC中，A为最小角，C为最大角，已知cos(2A+C)=－，sinB=，则cos2(B+C)=__________
4 已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2，BC=6，CD=DA=4，求四边形ABCD的面积
5 如右图，在半径为R的圆桌的正中央上空挂一盏电灯，桌子边缘一点处的照度和灯光射到桌子边缘的光线与桌面的夹角θ的正弦成正比，角和这一点到光源的距离 r的平方成反比，即I=k·，其中 k是一个和灯光强度有关的常数，那么怎样选择电灯悬挂的高度h，才能使桌子边缘处最亮？
6 在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，
(1)求角A的度数；
(2)若a=，b+c=3，求b和c的值
7 在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，且a、b、3c成等比数列，又∠A－∠C=，试求∠A、∠B、∠C的值
8 在正三角形ABC的边AB、AC上分别取D、E两点，使沿线段DE折叠三角形时，顶点A正好落在边BC上，在这种情况下，若要使AD最小，求AD∶AB的值
参考答案
1 解析 其中(3）(4）正确
答案 B
2 解析 ∵A+B+C=π，A+C=2B，
答案
3 解析 ∵A为最小角∴2A+C=A+A+C＜A+B+C=180°
∵cos(2A+C)=－，∴sin(2A+C)=
∵C为最大角，∴B为锐角，又sinB= 故cosB=
即sin(A+C)=，cos(A+C)=－
∵cos(B+C)=－cosA=－cos［(2A+C)－(A+C)］=－，
∴cos2(B+C)=2cos2(B+C)－1=
答案
4 解 如图 连结BD，则有四边形ABCD的面积
S=S△ABD+S△CDB=·AB·ADsinA+·BC·CD·sinC
∵A+C=180°，∴sinA=sinC
故S=(AB·AD+BC·CD)sinA=(2×4+6×4)sinA=16sinA
由余弦定理，在△ABD中，BD2=AB2+AD2－2AB·AD·cosA=20－16cosA
在△CDB中，BD2=CB2+CD2－2CB·CD·cosC=52－48cosC
∴20－16cosA=52－48cosC，∵cosC=－cosA，
∴64cosA=－32，cosA=－，
又0°＜A＜180°，∴A=120°故S=16sin120°=8
5 解 R=rcosθ，由此得 ，
7 解 由a、b、3c成等比数列，得 b2=3ac
∴sin2B=3sinC·sinA=3(－)［cos(A+C)－cos(A－C)］
∵B=π－(A+C) ∴sin2(A+C)=－［cos(A+C)－cos］
即1－cos2(A+C)=－cos(A+C)，解得cos(A+C)=－
∵0＜A+C＜π，∴A+C=π 又A－C=∴A=π，B=，C=
8 解 按题意，设折叠后A点落在边BC上改称P点，显然A、P两点关于折线DE对称，又设∠BAP=θ，∴∠DPA=θ，∠BDP=2θ，
再设AB=a，AD=x，∴DP=x 在△ABC中，
∠APB=180°－∠ABP－∠BAP=120°－θ，?
由正弦定理知 ∴BP=
在△PBD中，
,

∵0°≤θ≤60°，∴60°≤60°+2θ≤180°，
∴当60°+2θ=90°，即θ=15°时，
sin(60°+2θ)=1，此时x取得最小值a，即AD最小，
∴AD∶DB=2－3
课前后备注
　
题目 高中数学复习专题讲座关于不等式证明的常用方法
高考要求
不等式的证明，方法灵活多样，它可以和很多内容结合 高考解答题中，常渗透不等式证明的内容，纯不等式的证明，历来是高中数学中的一个难点，本节着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力
重难点归纳
1 不等式证明常用的方法有 比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法
(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述 如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证
(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野
2 不等式证明还有一些常用的方法 换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等 换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性 放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查 有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法 凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法
证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点
典型题例示范讲解
例1证明不等式(n∈N*)
命题意图 本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力
知识依托 本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等
错解分析 此题易出现下列放缩错误
这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的
技巧与方法 本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法 证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标 而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省
证法一 (1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立
(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2，
∴当n=k+1时，不等式成立
综合(1)、(2)得 当n∈N*时，都有1+＜2
另从k到k+1时的证明还有下列证法
证法二 对任意k∈N*，都有
证法三 设f(n)=
那么对任意k∈N* 都有
∴f(k+1)＞f(k)
因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0，
∴
例2求使≤a(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值
命题意图 本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力
知识依托 该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值
错解分析 本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令=cosθ，=sinθ(0＜θ＜)，这样也得a≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的 其原因是 (1)缩小了x、y的范围 (2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的
技巧与方法 除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max 若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题 还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化
解法一 由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得
x+y+2≤a2(x+y)，即2≤(a2－1)(x+y)， ①
∴x，y＞0，∴x+y≥2， ②
当且仅当x=y时，②中有等号成立
比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，
∴a2=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是
解法二 设
∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (当x=y时“=”成立)，
∴≤1，的最大值是1
从而可知，u的最大值为，
又由已知，得a≥u，∴a的最小值为
解法三 ∵y＞0，
∴原不等式可化为+1≤a，
设=tanθ，θ∈(0，)
∴tanθ+1≤a 即tanθ+1≤asecθ
∴a≥sinθ+cosθ=sin(θ+)， ③
又∵sin(θ+)的最大值为1(此时θ=)
由③式可知a的最小值为
例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1 求证 (a+)(b+)≥
证法一 (分析综合法）
欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，
即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤或ab≥8
∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立
∵1=a+b≥2，∴ab≤，从而得证
证法二 (均值代换法)
设a=+t1，b=+t2
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜
显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立
证法三 (比较法）
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤
证法四 (综合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤

证法五 (三角代换法）
∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，)
2
学生巩固练习
1 已知x、y是正变数,a、b是正常数,且=1，x+y的最小值为 _
2 设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的大小关系是_________
3 若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________
4 已知a，b，c为正实数，a+b+c=1 求证
(1)a2+b2+c2≥
(2)≤6
5 已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，
证明 x，y，z∈［0，］
6 证明下列不等式
(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，
则z2≥2(xy+yz+zx)
(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，
则≥2()
7 已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n
(1)证明 niA＜miA
(2)证明 (1+m)n＞(1+n)m
8 若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证 a+b≤2，ab≤1
参考答案
1 解析 令=cos2θ，=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，
∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ
≥a+b+2
答案 a+b+2
2 解析 由0≤|a－d|＜|b－c|(a－d)2＜(b－c)2
(a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bc?
∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc
答案 ad＞bc
3 解析 把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n
答案 m＜p＜q＜n
4 (1)证法一 a2+b2+c2－=(3a2+3b2+3c2－1)
=［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］
=［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］
=［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥
证法二 ∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc
≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2
∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥
证法三 ∵∴a2+b2+c2≥
∴a2+b2+c2≥
证法四 设a=+α，b=+β，c=+γ
∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0
∴a2+b2+c2=(+α)2+(+β)2+(+γ)2
=+ (α+β+γ)+α2+β2+γ2
=+α2+β2+γ2≥
∴a2+b2+c2≥
∴原不等式成立
证法二
∴≤＜6
∴原不等式成立
5 证法一 由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关于y的一元二次方程得
2y2－2(1－x)y+2x2－2x+=0，∵y∈R，故Δ≥0
∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］
同理可得y，z∈［0，］
证法二 设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，
于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2
=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′)
=+x′2+y′2+z′2≥+x′2+=+x′2
故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］
证法三 设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，
=x2+y2+z2≥x2+＞，矛盾
x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，
则=x2+y2+z2≥x2+=x2+=x2－x+
=x(x－)+＞ 矛盾
故x、y、z∈［0，］
∵上式显然成立，∴原不等式得证
7 证明 (1)对于1＜i≤m，且A =m·…·(m－i+1)，
，
由于m＜n，对于整数k=1，2，…，i－1，有，
所以
(2)由二项式定理有
(1+m)n=1+Cm+Cm2+…+Cmn，
(1+n)m=1+Cn+Cn2+…+Cnm，
由(1)知miA＞niA (1＜i≤m，而C=
∴miCin＞niCim(1＜m＜n
∴m0C=n0C=1，mC=nC=m·n，m2C＞n2C，…，
mmC＞nmC，mm+1C＞0，…，mnC＞0，
∴1+Cm+Cm2+…+Cmn＞1+Cn+C2mn2+…+Cnm，
即(1+m)n＞(1+n)m成立
8 证法一 因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
(a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+3ab2－6
=3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3+b3)］=－3(a+b)(a－b)2≤0
即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因为2≤a+b≤2，
所以ab≤1
证法二 设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则，
因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0 ①
因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)
所以n= ②
将②代入①得m2－4()≥0，
即≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，
由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，
即n≤1，所以ab≤1
证法三 因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)
于是有6≥3ab(a+b)，
从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=?(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）
证法四 因为
≥0，
所以对任意非负实数a、b，有≥
因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以1=≥，
∴≤1，即a+b≤2，(以下略）
证法五 假设a+b＞2，则
a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，
又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)
因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，
故a+b≤2(以下略)
课前后备注 　
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题目 高中数学复习专题讲座几种常见解不等式的解法
高考要求
不等式在生产实践和相关学科的学习中应用广泛，又是学习高等数学的重要工具，所以不等式是高考数学命题的重点，解不等式的应用非常广泛，如求函数的定义域、值域，求参数的取值范围等，高考试题中对于解不等式要求较高，往往与函数概念，特别是二次函数、指数函数、对数函数等有关概念和性质密切联系，应重视；从历年高考题目看，关于解不等式的内容年年都有，有的是直接考查解不等式，有的则是间接考查解不等式
重难点归纳
解不等式对学生的运算化简等价转化能力有较高的要求，随着高考命题原则向能力立意的进一步转化，对解不等式的考查将会更是热点，解不等式需要注意下面几个问题
(1)熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法
(2)掌握用零点分段法解高次不等式和分式不等式，特别要注意因式的处理方法
(3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式，指数和对数不等式的几种基本类型的解法
(4)掌握含绝对值不等式的几种基本类型的解法
(5)在解不等式的过程中，要充分运用自己的分析能力，把原不等式等价地转化为易解的不等式
(6)对于含字母的不等式，要能按照正确的分类标准，进行分类讨论
典型题例示范讲解
例1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＞0
(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数；
(2)解不等式 f(x+)＜f()；
(3)若f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，求实数t的取值范围
命题意图 本题是一道函数与不等式相结合的题目，考查学生的分析能力与化归能力
知识依托 本题主要涉及函数的单调性与奇偶性，而单调性贯穿始终，把所求问题分解转化，是函数中的热点问题；问题的要求的都是变量的取值范围，不等式的思想起到了关键作用
错解分析 (2)问中利用单调性转化为不等式时，x+∈［－1，1］，∈［－1，1］必不可少，这恰好是容易忽略的地方
技巧与方法 (1)问单调性的证明，利用奇偶性灵活变通使用已知条件不等式是关键，(3)问利用单调性把f(x)转化成“1”是点睛之笔
(1)证明 任取x1＜x2，且x1，x2∈［－1，1］，则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=·(x1－x2)
∵－1≤x1＜x2≤1，
∴x1+(－x2)≠0，由已知＞0，又 x1－x2＜0，
∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x)在［－1，1］上为增函数
(2)解 ∵f(x)在［－1，1］上为增函数，
∴ 解得 {x|－≤x＜－1，x∈R}
(3)解 由(1)可知f(x)在［－1，1］上为增函数，且f(1)=1，
故对x∈［－1，1］，恒有f(x)≤1，
所以要f(x)≤t2－2at+1对所有x∈［－1，1］，a∈［－1，1］恒成立，即要t2－2at+1≥1成立，
故t2－2at≥0，记g(a)=t2－2at，对a∈［－1，1］，g(a)≥0，
只需g(a)在［－1，1］上的最小值大于等于0，g(－1)≥0，g(1)≥0，
解得，t≤－2或t=0或t≥2
∴t的取值范围是 {t|t≤－2或t=0或t≥2}
例2设不等式x2－2ax+a+2≤0的解集为M，如果M［1，4］，求实数a的取值范围
命题意图 考查二次不等式的解与系数的关系及集合与集合之间的关系
知识依托 本题主要涉及一元二次不等式根与系数的关系及集合与集合之间的关系，以及分类讨论的数学思想
错解分析 M=是符合题设条件的情况之一，出发点是集合之间的关系考虑是否全面，易遗漏；构造关于a的不等式要全面、合理，易出错
技巧与方法 该题实质上是二次函数的区间根问题，充分考虑二次方程、二次不等式、二次函数之间的内在联系是关键所在；数形结合的思想使题目更加明朗
解 M［1，4］有两种情况 其一是M=，此时Δ＜0；其二是M≠，此时Δ=0或Δ＞0，分三种情况计算a的取值范围
设f(x)=x2 －2ax+a+2，有Δ=(－2a)2－(4a+2)=4(a2－a－2)
(1)当Δ＜0时，－1＜a＜2，M=［1，4］
(2)当Δ=0时，a=－1或2
当a=－1时M={－1}［1，4］；当a=2时，m={2}［1，4］
(3)当Δ＞0时，a＜－1或a＞2
设方程f(x)=0的两根x1，x2，且x1＜x2，
那么M=［x1，x2］，M［1，4］1≤x1＜x2≤4
即，解得 2＜a＜，
∴M［1，4］时，a的取值范围是(－1，)
例3解关于x的不等式＞1(a≠1)
解 原不等式可化为 ＞0，
①当a＞1时，原不等式与(x－)(x－2)＞0同解
由于
∴原不等式的解为(－∞，)∪(2，+∞)
②当a＜1时，原不等式与(x－)(x－2) ＜0同解
由于,
若a＜0，,解集为(，2)；
若a=0时，，解集为；
若0＜a＜1，,解集为(2，)
综上所述 当a＞1时解集为(－∞，)∪(2，+∞)；当0＜a＜1时，解集为(2，)；当a=0时，解集为；当a＜0时，解集为(，2）
学生巩固练习
1 设函数f(x)=，已知f(a)＞1，则a的取值范围是( )
A (－∞，－2)∪(－，+∞) B (－，)
C (－∞，－2)∪(－，1) D (－2，－)∪(1，+∞)
2 已知f(x)、g(x)都是奇函数，f(x)＞0的解集是(a2，b)，g(x)＞0的解集是(，)，则f(x)·g(x)＞0的解集是__________
3 已知关于x的方程sin2x+2cosx+a=0有解，则a的取值范围是_______
4 已知适合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值为3
(1)求p的值；
(2)若f(x)=，解关于x的不等式f-－1(x)＞(k∈R+)
5 设f(x)=ax2+bx+c，若f(1)=，问是否存在a、b、c∈R，使得不等式 x2+≤f(x)≤2x2+2x+对一切实数x都成立，证明你的结论
6 已知函数f(x)=x2+px+q，对于任意θ∈R，有f(sinθ)≤0，且f(sinθ+2)≥2
(1)求p、q之间的关系式；
(2)求p的取值范围；
(3)如果f(sinθ+2)的最大值是14，求p的值 并求此时f(sinθ)的最小值
7 解不等式loga(x－)＞1
8 设函数f(x)=ax满足条件 当x∈(－∞，0)时，f(x)＞1；当x∈(0，1时，不等式f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，求实数m的取值范围
参考答案
1 解析 由f(x)及f(a)＞1可得
① 或 ② 或 ③
解①得a＜－2，解②得－＜a＜1，解③得x∈
∴a的取值范围是(－∞，－2)∪(－，1）
答案 C
2 解析 由已知b＞a2∵f(x)，g(x)均为奇函数，
∴f(x)＜0的解集是(－b，－a2)，g(x)＜0的解集是(－)
由f(x)·g(x)＞0可得

∴x∈(a2，)∪(－，－a2)
答案 (a2，)∪(－，－a2)
3 解析 原方程可化为cos2x－2cosx－a－1=0，令t=cosx，得t2－2t－a－1=0，原问题转化为方程t2－2t－a－1=0在［－1，1］上至少有一个实根
令f(t)=t2－2t－a－1，对称轴t=1，
画图象分析可得解得a∈［－2，2］
答案 ［－2，2］
4 解 (1)∵适合不等式|x2－4x+p|+|x－3|≤5的x的最大值为3，
∴x－3≤0，∴|x－3|=3－x
若|x2－4x+p|=－x2+4x－p，则原不等式为x2－3x+p+2≥0，
其解集不可能为{x|x≤3}的子集，∴|x2－4x+p|=x2－4x+p
∴原不等式为x2－4x+p+3－x≤0，即x2－5x+p－2≤0，
令x2－5x+p－2=(x－3)(x－m)，可得m=2，p=8
(2)f(x)=，∴f-－1(x)=log8 (－1＜x＜1，
∴有log8＞log8，∴log8(1－x)＜log8k，∴1－x＜k，∴x＞1－k
∵－1＜x＜1，k∈R+，∴当0＜k＜2时，原不等式解集为{x|1－k＜x＜1}；当k≥2时，原不等式的解集为{x|－1＜x＜1
5 解 由f(1)=得a+b+c=，令x2+=2x2+2x+x=－1，
由f(x)≤2x2+2x+推得f(－1)≤
由f(x)≥x2+推得f(－1)≥，∴f(－1)=，∴a－b+c=，
故2(a+c)=5，a+c=且b=1，∴f(x)=ax2+x+(－a)
依题意 ax2+x+(－a)≥x2+对一切x∈R成立，
∴a≠1且Δ=1－4(a－1)(2－a)≤0，得(2a－3)2≤0，
∴f(x)=x2+x+1
易验证 x2+x+1≤2x2+2x+对x∈R都成立
∴存在实数a=，b=1，c=1，
使得不等式 x2+≤f(x)≤2x2+2x+对一切x∈R都成立
6 解 (1)∵－1≤sinθ≤1，1≤sinθ+2≤3，即当x∈［－1，1］时，f(x)≤0，当x∈［1，3］时，f(x)≥0，∴当x=1时f(x)=0 ∴1+p+q=0，∴q=－(1+p)
(2)f(x)=x2+px－(1+p)，
当sinθ=－1时f(－1)≤0，∴1－p－1－p≤0，∴p≥0
(3)注意到f(x)在［1，3］上递增，∴x=3时f(x)有最大值
即9+3p+q=14，9+3p－1－p=14，∴p=3
此时，f(x)=x2+3x－4，即求x∈［－1，1］时f(x)的最小值
又f(x)=(x+)2－，显然此函数在［－1，1］上递增
∴当x=－1时f(x)有最小值f(－1)=1－3－4=－6
7 解 (1)当a＞1时，原不等式等价于不等式组
由此得1－a＞ 因为1－a＜0，所以x＜0，∴＜x＜0
(2)当0＜a＜1时，原不等式等价于不等式组
由 ①得x＞1或x＜0，由②得0 ＜x＜，∴1＜x＜
综上，当a＞1时，不等式的解集是{x|＜x＜0，当0＜a＜1时，不等式的解集为{x|1＜x＜}
8 解 由已知得0＜a＜1，由f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)，x∈(0，1恒成立
在x∈(0，1恒成立
整理，当x∈(0，1)时，恒成立，
即当x∈(0，1时，恒成立，
且x=1时，恒成立，
∵在x∈(0，1上为减函数，∴＜－1，
∴m＜恒成立m＜0
又∵，在x∈(0，1上是减函数，∴＜－1
∴m＞恒成立m＞－1
当x∈(0，1)时，恒成立m∈(－1，0) ①
当x=1时，，即是∴m＜0 ②
∴①、②两式求交集m∈(－1，0）,使x∈(0，1时，
f(3mx－1)＞f(1+mx－x2)＞f(m+2)恒成立，m的取值范围是(－1，0)
课前后备注 　
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题目 高中数学复习专题讲座对集合的理解及集合思想应用的问题
高考要求
集合是高中数学的基本知识，为历年必考内容之一，主要考查对集合基本概念的认识和理解，以及作为工具，考查集合语言和集合思想的运用 本节主要是帮助考生运用集合的观点，不断加深对集合概念、集合语言、集合思想的理解与应用
重难点归纳
1 解答集合问题，首先要正确理解集合有关概念，特别是集合中元素的三要素；对于用描述法给出的集合{x|x∈P},要紧紧抓住竖线前面的代表元素x以及它所具有的性质P；要重视发挥图示法的作用，通过数形结合直观地解决问题
2 注意空集的特殊性，在解题中，若未能指明集合非空时，要考虑到空集的可能性，如AB,则有A=或A≠两种可能，此时应分类讨论
典型题例示范讲解
例1设A={(x,y)|y2－x－1=0},B={(x,y)|4x2+2x－2y+5=0},C={(x,y)|y=kx+b},是否存在k、b∈N,使得(A∪B)∩C=，证明此结论
命题意图 本题主要考查考生对集合及其符号的分析转化能力，即能从集合符号上分辨出所考查的知识点，进而解决问题
知识依托 解决此题的闪光点是将条件(A∪B)∩C=转化为A∩C=且B∩C=，这样难度就降低了
错解分析 此题难点在于考生对符号的不理解，对题目所给出的条件不能认清其实质内涵，因而可能感觉无从下手
技巧与方法 由集合A与集合B中的方程联立构成方程组，用判别式对根的情况进行限制，可得到b、k的范围，又因b、k∈N,进而可得值
解 ∵(A∪B)∩C=，∴A∩C=且B∩C=
∵ ∴k2x2+(2bk－1)x+b2－1=0
∵A∩C=
∴Δ1=(2bk－1)2－4k2(b2－1)<0
∴4k2－4bk+1<0,此不等式有解，
其充要条件是16b2－16>0,
即 b2>1 ①
∵
∴4x2+(2－2k)x+(5+2b)=0
∵B∩C=,∴Δ2=(1－k)2－4(5－2b)<0
∴k2－2k+8b－19<0, 从而8b<20,
即 b<2 5 ②
由①②及b∈N,得b=2代入由Δ1<0和Δ2<0组成的不等式组，得
∴k=1,故存在自然数k=1,b=2,使得(A∪B)∩C=
例2 向50名学生调查对A、B两事件的态度，有如下结果 赞成A的人数是全体的五分之三，其余的不赞成，赞成B的比赞成A的多3人，其余的不赞成；另外，对A、B都不赞成的学生数比对A、B都赞成的学生数的三分之一多1人 问对A、B都赞成的学生和都不赞成的学生各有多少人？
命题意图 在集合问题中，有一些常用的方法如数轴法取交并集，韦恩图法等，需要考生切实掌握 本题主要强化学生的这种能力
知识依托 解答本题的闪光点是考生能由题目中的条件，想到用韦恩图直观地表示出来
错解分析 本题难点在于所给的数量关系比较错综复杂，一时理不清头绪，不好找线索
技巧与方法 画出韦恩图，形象地表示出各数量关系间的联系
解 赞成A的人数为50×=30，赞成B的人数为30+3=33，如上图，记50名学生组成的集合为U，赞成事件A的学生全体为集合A；赞成事件B的学生全体为集合B
设对事件A、B都赞成的学生人数为x,则对A、B都不赞成的学生人数为+1,赞成A而不赞成B的人数为30－x，赞成B而不赞成A的人数为33－x
依题意(30－x)+(33－x)+x+(+1)=50,解得x=21
所以对A、B都赞成的同学有21人，都不赞成的有8人
例3已知集合A={(x,y)|x2+mx－y+2=0},B={(x,y)|x－y+1=0,且0≤x≤2},如果A∩B≠,求实数m的取值范围
解 由　得x2+(m－1)x+1=0 ①
∵A∩B≠
∴方程①在区间［0，2］上至少有一个实数解
首先，由Δ=(m－1)2－4≥0,得m≥3或m≤－1,当m≥3时，由x1+x2=－(m－1)＜0及x1x2=1>0知，方程①只有负根，不符合要求
当m≤－1时，由x1+x2=－(m－1)>0及x1x2=1>0知，方程①只有正根，且必有一根在区间(0，1］内，从而方程①至少有一个根在区间［0，2］内
故所求m的取值范围是m≤－1
学生巩固练习
1 集合M={x|x=,k∈Z},N={x|x=,k∈Z},则( )
A M=N B MN 　C MN D M∩N=
2 已知集合A={x|－2≤x≤7},B={x|m+1A －3≤m≤4 B －33 已知集合A={x∈R|ax2－3x+2=0,a∈R},若A中元素至多有1个，则a的取值范围是_________
4 x、y∈R,A={(x,y)|x2+y2=1},B={(x,y)| =1,a>0,b>0},当A∩B只有一个元素时，a,b的关系式是_________
5 集合A={x|x2－ax+a2－19=0},B={x|log2(x2－5x+8)=1}，C={x|x2+2x－8=0},求当a取什么实数时，A∩B 和A∩C=同时成立
6 已知{an}是等差数列，d为公差且不为0，a1和d均为实数，它的前n项和记作Sn,设集合A={(an,)|n∈N*},B={(x,y)| x2－y2=1,x,y∈R}
试问下列结论是否正确，如果正确，请给予证明；如果不正确，请举例说明
(1)若以集合A中的元素作为点的坐标，则这些点都在同一条直线上；
(2)A∩B至多有一个元素；
(3)当a1≠0时，一定有A∩B≠
7 已知集合A={z||z－2|≤2,z∈C},集合B={w|w=zi+b,b∈R},当A∩B=B时，求b的值
8 设f(x)=x2+px+q,A={x|x=f(x)},B={x|f［f(x)］=x}
(1)求证 AB;
(2)如果A={－1，3}，求B
参考答案
1 解析 对M将k分成两类 k=2n或k=2n+1(n∈Z),
M={x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=nπ+,n∈Z},
对N将k分成四类，k=4n或k=4n+1,k=4n+2,k=4n+3(n∈Z),
N={x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=nπ+,n∈Z}∪{x|x=nπ+π,n∈Z}∪{x|x=nπ+,n∈Z}
答案 C
2 解析 ∵A∪B=A，∴BA,又B≠,
∴即2＜m≤4
答案 D
3 a=0或a≥
4 解析 由A∩B只有1个交点知，圆x2+y2=1与直线=1相切，则1=,即ab=
答案 ab=
5 解 log2(x2－5x+8)=1,由此得x2－5x+8=2，∴B={2,3} 由x2+2x－8=0，∴C={2,－4},又A∩C=，∴2和－4都不是关于x的方程x2－ax+a2－19=0的解，而A∩B ,即A∩B≠,
∴3是关于x的方程x2－ax+a2－19=0的解，∴可得a=5或a=－2
当a=5时，得A={2，3}，∴A∩C={2}，这与A∩C=不符合，所以a=5(舍去)；当a=－2时，可以求得A={3，－5}，符合A∩C=，A∩B ，∴a=－2
6 解 (1)正确 在等差数列{an}中，Sn=,则(a1+an),这表明点(an,）的坐标适合方程y(x+a1),于是点(an, )均在直线y=x+a1上
(2)正确 设(x,y)∈A∩B,则(x,y)中的坐标x,y应是方程组的解，由方程组消去y得 2a1x+a12=－4(*)，当a1=0时，方程(*)无解，此时A∩B=；当a1≠0时，方程(*)只有一个解x=,此时，方程组也只有一解,故上述方程组至多有一解
∴A∩B至多有一个元素
(3）不正确 取a1=1,d=1,对一切的x∈N*,有an=a1+(n－1)d=n>0, >0,这时集合A中的元素作为点的坐标，其横、纵坐标均为正，另外，由于a1=1≠0 如果A∩B≠,那么据(2）的结论，A∩B中至多有一个元素(x0,y0）,而x0=＜0,y0=＜0,这样的(x0,y0）A,产生矛盾，故a1=1,d=1时A∩B=，所以a1≠0时，一定有A∩B≠是不正确的
7 解 由w=zi+b得z=,
∵z∈A,∴|z－2|≤2,代入得|－2|≤2,化简得|w－(b+i)|≤1
∴集合A、B在复平面内对应的点的集合是两个圆面，集合A表示以点(2，0）为圆心，半径为2的圆面，集合B表示以点(b,1)为圆心，半径为1的圆面
又A∩B=B，即BA，∴两圆内含
因此≤2－1,即(b－2)2≤0，∴b=2
8 (1)证明 设x0是集合A中的任一元素，即有x0∈A
∵A={x|x=f(x)},∴x0=f(x0)
即有f［f(x0)］=f(x0)=x0,∴x0∈B,故AB
(2)证明 ∵A={－1,3}={x|x2+px+q=x},
∴方程x2+(p－1)x+q=0有两根－1和3，应用韦达定理，得
∴f(x)=x2－x－3
于是集合B的元素是方程f［f(x)］=x,
也即(x2－x－3)2－(x2－x－3)－3=x　(*)　的根
将方程(*)变形，得(x2－x－3)2－x2=0
解得x=1,3,,－
故B={－，－1，，3}
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题目 高中数学复习专题讲座不等式知识的综合应用
高考要求
不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出 不等式的应用大致可分为两类 一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题
重难点归纳
1 应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性
2 对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的问题
典型题例示范讲解
例1用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h米，盖子边长为a米，
(1)求a关于h的解析式；
(2)设容器的容积为V立方米，则当h为何值时，V最大？求出V的最大值(求解本题时，不计容器厚度)
命题意图 本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的计算及用均值定论求函数的最值
知识依托 本题求得体积V的关系式后，应用均值定理可求得最值
错解分析 在求得a的函数关系式时易漏h＞0
技巧与方法 本题在求最值时应用均值定理
解 ①设h′是正四棱锥的斜高，由题设可得
消去
②由 (h＞0)
得
所以V≤，当且仅当h=即h=1时取等号
故当h=1米时，V有最大值，V的最大值为立方米
例2已知a，b，c是实数，函数f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b，当－1≤x≤1时|f(x)|≤1
(1)证明 |c|≤1；
(2)证明 当－1 ≤x≤1时，|g(x)|≤2；
(3)设a＞0，有－1≤x≤1时， g(x)的最大值为2，求f(x)
命题意图 本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力
知识依托 二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂
错解分析 本题综合性较强，其解答的关键是对函数f(x)的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x≤1时|f(x)|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局
技巧与方法 本题(2)问有三种证法，证法一利用g(x)的单调性；证法二利用绝对值不等式 ||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而证法三则是整体处理g(x)与f(x)的关系
(1)证明 由条件当=1≤x≤1时，|f(x)|≤1，
取x=0得 |c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1
(2)证法一 依题设|f(0)|≤1而f(0)=c，
所以|c|≤1 当a＞0时，g(x)=ax+b在［－1，1］上是增函数，
于是g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1)
∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，
∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2，
g(－1)=－a+b=－f(－1)+c≥－(|f(－2)|+|c|)≥－2，
因此得|g(x)|≤2 (－1≤x≤1)；
当a＜0时，g(x)=ax+b在［－1，1］上是减函数，
于是g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)，
∵|f(x)|≤1 (－1≤x≤1)，|c|≤1
∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2
综合以上结果，当－1≤x≤1时，都有|g(x)|≤2
证法二 ∵|f(x)|≤1(－1≤x≤1)
∴|f(－1)|≤1，|f(1)|≤1，|f(0)|≤1，
∵f(x)=ax2+bx+c，∴|a－b+c|≤1，|a+b+c|≤1，|c|≤1，
因此，根据绝对值不等式性质得
|a－b|=|(a－b+c)－c|≤|a－b+c|+|c|≤2，
|a+b|=|(a+b+c)－c|≤|a+b+c|+|c|≤2，
∵g(x)=ax+b，∴|g(±1)|=|±a+b|=|a±b|≤2，
函数g(x)=ax+b的图象是一条直线，
因此|g(x)|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x=－1或x=1处取得，于是由|g(±1)|≤2得|g(x)|≤2，(－1＜x＜1
当－1≤x≤1时，有0≤≤1，－1≤≤0，
∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，∴|f |≤1，|f()|≤1；
因此当－1≤x≤1时，|g(x)|≤|f |+|f()|≤2
(3)解 因为a＞0，g(x)在［－1，1］上是增函数，当x=1时取得最大值2，即g(1)=a+b=f(1)－f(0)=2 ①
∵－1≤f(0)=f(1)－2≤1－2=－1，∴c=f(0)=－1
因为当－1≤x≤1时，f(x)≥－1，即f(x)≥f(0)，
根据二次函数的性质，直线x=0为f(x)的图象的对称轴，
由此得－＜0 ，即b=0
由①得a=2，所以f(x)=2x2－1
例3设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)－x=0的两个根x1、x2满足0＜x1＜x2＜
(1)当x∈［0，x1时，证明x＜f(x)＜x1；
(2)设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明 x0＜
解 (1)令F(x)=f(x)－x，因为x1，x2是方程f(x)－x=0的根，所以F(x)=a(x－x1)(x－x2) 当x∈(0，x1)时，由于x1＜x2，得(x－x1)(x－x2)＞0，
又a＞0，得F(x)=a(x－x1)(x－x2)＞0，即x＜f(x)
x1－f(x)=x1－［x+F(x)］=x1－x+a(x1－x)(x－x2)=(x1－x)［1+a(x－x2)］
∵0＜x＜x1＜x2＜，∴x1－x＞0，1+a(x－x2)=1+ax－ax2＞1－ax2＞0
∴x1－f(x)＞0，由此得f(x)＜x1
(2)依题意 x0=－，因为x1、x2是方程f(x)－x=0的两根，即x1，x2是方程ax2+(b－1)x+c=0的根
∴x1+x2=－
∴x0=－，因为ax2＜1，
∴x0＜
学生巩固练习
1 定义在R上的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a＞b＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )
①f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b) ②f(b)－f(－a)＜g(a)－g(－b)
③f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a) ④f(a)－f(－b)＜g(b)－g(－a)
A ①③ B ②④ C ①④ D ②③
2 下列四个命题中 ①a+b≥2 ②sin2x+≥4 ③设x，y都是正数，若=1，则x+y的最小值是12 ④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε，其中所有真命题的序号是__________
3 某公司租地建仓库，每月土地占用费y1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y1和y2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处
4 已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2
(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；
(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围
5 某种商品原来定价每件p元，每月将卖出n件，假若定价上涨x成(这里x成即，0＜x≤10 每月卖出数量将减少y成，而售货金额变成原来的 z倍
(1)设y=ax，其中a是满足≤a＜1的常数，用a来表示当售货金额最大时的x的值；
(2)若y=x，求使售货金额比原来有所增加的x的取值范围
6 设函数f(x)定义在R上，对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜1
(1)求证 f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；
(2)求证 f(x)在R上单调递减；
(3)设集合A={ (x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－g+2)=1，a∈R}，若A∩B=，求a的取值范围
7 已知函数f(x)= (b＜0)的值域是［1，3］，
(1)求b、c的值；
(2)判断函数F(x)=lgf(x)，当x∈［－1，1］时的单调性，并证明你的结论；
(3)若t∈R，求证 lg≤F(|t－|－|t+|)≤lg
参考答案
1 解析 由题意f(a)=g(a)＞0，f(b)=g(b)＞0，且f(a)＞f(b)，g(a)＞g(b)
∴f(b)－f(－a)=f(b)+f(a)=g(a)+g(b)
而g(a)－g(－b)=g(a)－g(b)∴g(a)+g(b)－［g(a)－g(b)］
=2g(b)＞0，∴f(b)－f(－a)＞g(a)－g(－b)
同理可证 f(a)－f(－b)＞g(b)－g(－a)
答案 A
2 解析 ①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”
④式 |x－y|=|(x－2)－(y－2)|≤|(x－2)－(y－2)|≤|x－2|+|y－2|＜ε+ε=2ε
答案 ④
3 解析 由已知y1=；y2=0 8x(x为仓库与车站距离)
费用之和y=y1+y2=0 8x+ ≥2=8
当且仅当0 8x=即x=5时“=”成立
答案 5公里处
4 证明 (1)设g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且x＞0
∵x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0，即x1x2＜2(x1+x2)－4，
(2)解 由方程g(x)=ax2+(b－1)x+1=0可知x1·x2=＞0，所以x1，x2同号?
1°若0＜x1＜2，则x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2，
∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0 ①
又(x2－x1)2=
∴2a+1= (∵a＞0)代入①式得，
2＜3－2b ②
解②得b＜
2°若 －2＜x1＜0，则x2=－2+x1＜－2
∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0 ③
又2a+1=，代入③式得
2＜2b－1 ④
解④得b＞
综上，当0＜x1＜2时，b＜，当－2＜x1＜0时，b＞
5 解 (1)由题意知某商品定价上涨x成时，上涨后的定价、每月卖出数量、每月售货金额分别是 p(1+)元、n(1－)元、npz元，
因而，
在y=ax的条件下，z=［－a［x－］2+100+］
由于≤a＜1，则0＜≤10
要使售货金额最大，即使z值最大，此时x=
(2)由z= (10+x)(10－x)＞1，解得0＜x＜5
6 (1)证明 令m＞0，n=0得 f(m)=f(m)·f(0) ∵f(m)≠0，∴f(0)=1
取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)
∴f(m)=，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1
(2)证明 任取x1，x2∈R，则f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［(x2－x1)+x1］
=f(x1)－f(x2－x1)·f(x1)=f(x1)［1－f(x2－x1)］，
∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，
∴函数f(x)在R上为单调减函数
(3)由，
由题意此不等式组无解，数形结合得 ≥1，解得a2≤3
∴a∈［－，］
7 (1)解 设y=，则(y－2)x2－bx+y－c=0 ①
∵x∈R，∴①的判别式Δ≥0，即 b2－4(y－2)(y－c)≥0，
即4y2－4(2+c)y+8c+b2≤0 ②
由条件知，不等式②的解集是［1，3］
∴1，3是方程4y2－4(2+c)y+8c+b2=0的两根
∴c=2，b=－2，b=2(舍）
(2)任取x1，x2∈［－1，1］，且x2＞x1，则x2－x1＞0，且
(x2－x1)(1－x1x2)＞0，
∴f(x2)－f(x1)=－＞0，
∴f(x2)＞f(x1)，lgf(x2)＞lgf(x1)，即F(x2)＞F(x1)
∴F(x)为增函数
即－≤u≤，根据F(x)的单调性知
F(－)≤F(u)≤F()，
∴lg≤F(|t－|－|t+|)≤lg对任意实数t 成立
课前后备注
数学中的不等式关系
数学是研究空间形式和数量关系的科学，恩格斯在《自然辩证法》一书中指出，数学是辩证的辅助工具和表现形式，数学中蕴含着极为丰富的辩证唯物主义因素，等与不等关系正是该点的生动体现，它们是对立统一的，又是相互联系、相互影响的；等与不等关系是中学数学中最基本的关系
等的关系体现了数学的对称美和统一美，不等关系则如同仙苑奇葩呈现出了数学的奇异美 不等关系起源于实数的性质，产生了实数的大小关系，简单不等式，不等式的基本性质，如果把简单不等式中的实数抽象为用各种数学符号集成的数学式，不等式发展为一个人丁兴旺的大家族，由简到繁，形式各异 如果赋予不等式中变量以特定的值、特定的关系，又产生了重要不等式、均值不等式等 不等式是永恒的吗？显然不是，由此又产生了解不等式与证明不等式两个极为重要的问题 解不等式即寻求不等式成立时变量应满足的范围或条件，不同类型的不等式又有不同的解法；不等式证明则是推理性问题或探索性问题 推理性即在特定条件下，阐述论证过程，揭示内在规律，基本方法有比较法、综合法、分析法；探索性问题大多是与自然数n有关的证明问题，常采用观察—归纳—猜想—证明的思路，以数学归纳法完成证明 另外，不等式的证明方法还有换元法、放缩法、反证法、构造法等
数学科学是一个不可分割的有机整体，它的生命力正是在于各个部分之间的联系 不等式的知识渗透在数学中的各个分支，相互之间有着千丝万缕的联系，因此不等式又可作为一个工具来解决数学中的其他问题，诸如集合问题，方程(组)的解的讨论，函数单调性的研究，函数定义域的确定，三角、数列、复数、立体几何、解析几何中的最大值、最小值问题无一不与不等式有着密切的联系 许多问题最终归结为不等式的求解或证明；不等式还可以解决现实世界中反映出来的数学问题 不等式中常见的基本思想方法有等价转化、分类讨论、数形结合、函数与方程 总之，不等式的应用体现了一定的综合性，灵活多样性
等与不等形影不离，存在着概念上的亲缘关系，是中学数学中最广泛、最普遍的关系 数学的基本特点是应用的广泛性、理论的抽象性和逻辑的严谨性，而不等关系是深刻而生动的体现 不等虽没有等的温柔，没有等的和谐，没有等的恰到好处，没有等的天衣无缝，但它如山之挺拔，峰之隽秀，海之宽阔，天之高远，怎能不让人心旷神怡，魂牵梦绕呢？
题目 高中数学复习专题讲座直线方程及其应用
高考要求
直线是最简单的几何图形，是解析几何最基础的部分，本章的基本概念；基本公式；直线方程的各种形式以及两直线平行、垂直、重合的判定都是解析几何重要的基础内容 应达到熟练掌握、灵活运用的程度，线性规划是直线方程一个方面的应用，属教材新增内容，高考中单纯的直线方程问题不难，但将直线方程与其他知识综合的问题是学生比较棘手的
重难点归纳
1 对直线方程中的基本概念，要重点掌握好直线方程的特征值(主要指斜率、截距)等问题；直线平行和垂直的条件；与距离有关的问题等
2 对称问题是直线方程的一个重要应用，中学里面所涉及到的对称一般都可转化为点关于点或点关于直线的对称 中点坐标公式和两条直线垂直的条件是解决对称问题的重要工具
3 线性规划是直线方程的又一应用 线性规划中的可行域，实际上是二元一次不等式(组)表示的平面区域 求线性目标函数z=ax+by的最大值或最小值时，设t=ax+by,则此直线往右(或左)平移时，t值随之增大(或减小)，要会在可行域中确定最优解
4 由于一次函数的图象是一条直线，因此有关函数、数列、不等式、复数等代数问题往往借助直线方程进行，考查学生的综合能力及创新能力
典型题例示范讲解
例1某校一年级为配合素质教育，利用一间教室作为学生绘画成果展览室，为节约经费，他们利用课桌作为展台，将装画的镜框放置桌上，斜靠展出，已知镜框对桌面的倾斜角为α(90°≤α＜180°)镜框中，画的上、下边缘与镜框下边缘分别相距a m,b m,(a＞b) 问学生距离镜框下缘多远看画的效果最佳？
命题意图 本题是一个非常实际的数学问题，它不仅考查了直线的有关概念以及对三角知识的综合运用，而且更重要的是考查了把实际问题转化为数学问题的能力
知识依托 三角函数的定义，两点连线的斜率公式，不等式法求最值
错解分析 解决本题有几处至关重要，一是建立恰当的坐标系，使问题转化成解析几何问题求解；二是把问题进一步转化成求tanACB的最大值 如果坐标系选择不当，或选择求sinACB的最大值 都将使问题变得复杂起来
技巧与方法 欲使看画的效果最佳，应使∠ACB取最大值，欲求角的最值，又需求角的一个三角函数值
解 建立如图所示的直角坐标系，AO为镜框边，AB为画的宽度，O为下边缘上的一点，在x轴的正半轴上找一点C(x,0)(x＞0),欲使看画的效果最佳，应使∠ACB取得最大值
由三角函数的定义知 A、B两点坐标分别为(acosα,asinα)、
(bcosα,bsinα),于是直线AC、BC的斜率分别为
kAC=tanxCA=,
于是
tanACB=
由于∠ACB为锐角，且x＞0,则tanACB≤,
当且仅当=x，即x=时，等号成立，
此时∠ACB取最大值，对应的点为C(,0),
因此，学生距离镜框下缘 cm处时，视角最大，即看画效果最佳
例2预算用2000元购买单件为50元的桌子和20元的椅子，希望使桌椅的总数尽可能的多，但椅子不少于桌子数，且不多于桌子数的1 5倍，问桌、椅各买多少才行？
命题意图 利用线性规划的思想方法解决某些实际问题属于直线方程的一个应用，本题主要考查找出约束条件与目标函数、准确地描画可行域，再利用图形直观求得满足题设的最优解
知识依托 约束条件，目标函数，可行域，最优解
错解分析 解题中应当注意到问题中的桌、椅张数应是自然数这个隐含条件，若从图形直观上得出的最优解不满足题设时，应作出相应地调整，直至满足题设
技巧与方法 先设出桌、椅的变数后，目标函数即为这两个变数之和，再由此在可行域内求出最优解
解 设桌椅分别买x,y张，把所给的条件表示成不等式组，即约束条件
为由
∴A点的坐标为(，)
由
∴B点的坐标为(25，)
所以满足约束条件的可行域是以A(，)，B(25，)，O(0，0)为顶点的三角形区域(如右图)
由图形直观可知，目标函数z=x+y在可行域内的最优解为(25，)，但注意到x∈N,y∈N*,故取y=37
故有买桌子25张，椅子37张是最好选择
例3抛物线有光学性质 由其焦点射出的光线经抛物线折射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出，今有抛物线y2=2px(p＞0) 一光源在点M(,4)处，由其发出的光线沿平行于抛物线的轴的方向射向抛物线上的点P，折射后又射向抛物线上的点Q，再折射后，又沿平行于抛物线的轴的方向射出，途中遇到直线l 2x－4y－17=0上的点N，再折射后又射回点M(如下图所示)
(1)设P、Q两点坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，证明 y1·y2=－p2；
(2)求抛物线的方程；
(3)试判断在抛物线上是否存在一点，使该点与点M关于PN所在的直线对称？若存在，请求出此点的坐标；若不存在，请说明理由
命题意图 对称问题是直线方程的又一个重要应用 本题是一道与物理中的光学知识相结合的综合性题目，考查了学生理解问题、分析问题、解决问题的能力
知识依托 韦达定理，点关于直线对称，直线关于直线对称，直线的点斜式方程，两点式方程
错解分析 在证明第(1)问题，注意讨论直线PQ的斜率不存在时
技巧与方法 点关于直线对称是解决第(2)、第(3)问的关键
(1)证明 由抛物线的光学性质及题意知
光线PQ必过抛物线的焦点F(，0)，
设直线PQ的方程为y=k(x－) ①
由①式得x=y+,将其代入抛物线方程y2=2px中，整理，得y2－y－p2=0,由韦达定理，y1y2=－p2
当直线PQ的斜率角为90°时，将x=代入抛物线方程，得y=±p,同样得到y1·y2=－p2
(2)解 因为光线QN经直线l反射后又射向M点，所以直线MN与直线QN关于直线l对称，设点M(，4)关于l的对称点为M′(x′,y′)，则
解得
直线QN的方程为y=－1,Q点的纵坐标y2=－1，
由题设P点的纵坐标y1=4，且由(1)知 y1·y2=－p2,则4·(－1)=－p2,
得p=2,故所求抛物线方程为y2=4x
(3)解 将y=4代入y2=4x,得x=4，故P点坐标为(4，4)
将y=－1代入直线l的方程为2x－4y－17=0,得x=,
故N点坐标为(，－1)
由P、N两点坐标得直线PN的方程为2x+y－12=0,
设M点关于直线NP的对称点M1(x1,y1)
又M1(,－1)的坐标是抛物线方程y2=4x的解，故抛物线上存在一点(，－1)与点M关于直线PN对称
例3已知|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1,求证 abc+2＞a+b+c
证明 设线段的方程为y=f(x)=(bc－1)x+2－b－c,其中|b|＜1,|c|＜1,|x|＜1,且－1＜a＜1
∵f(－1)=1－bc+2－b－c=(1－bc)+(1－b)+(1－c)＞0
f(1)=bc－1+2－b－c=(1－b)(1－c)＞0
∴线段y=(bc－1)x+2－b－c(－1＜x＜1)在x轴上方，
这就是说，当|a|＜1,|b|＜1,|c|＜1时，恒有abc+2＞a+b+c
学生巩固练习
1 设M=，则M与N的大小关系为( )
A M＞N B M=N C M＜N D 无法判断
2 三边均为整数且最大边的长为11的三角形的个数为( )
A 15 B 30 C 36 D 以上都不对
3 直线2x－y－4=0上有一点P，它与两定点A(4，－1)，B(3，4)的距离之差最大，则P点坐标是_________
4 自点A(－3，3)发出的光线l射到x轴上，被x轴反射，其反射光线所在直线与圆x2+y2－4x－4y+7=0相切，则光线l所在直线方程为_________
5 函数f(θ)=的最大值为_________，最小值为_________
6 设不等式2x－1＞m(x2－1)对一切满足|m|≤2的值均成立，则x的范围为_________
7 已知过原点O的一条直线与函数y=log8x的图象交于A、B两点，分别过点A、B作y轴的平行线与函数y=log2x的图象交于C、D两点
(1)证明 点C、D和原点O在同一直线上
(2)当BC平行于x轴时，求点A的坐标
8 设数列{an}的前n项和Sn=na+n(n－1)b，(n=1,2,…),a、b是常数且b≠0
(1)证明 {an}是等差数列
(2)证明 以(an,－1)为坐标的点Pn(n=1,2,…)都落在同一条直线上，并写出此直线的方程
(3)设a=1,b=,C是以(r,r)为圆心，r为半径的圆(r＞0)，求使得点P1、P2、P3都落在圆C外时，r的取值范围
参考答案:
1 解析 将问题转化为比较A(－1，－1）与B(102001，102000）及C(102002，102001）连线的斜率大小，因为B、C两点的直线方程为y=x，点A在直线的下方，∴kAB＞kAC,即M＞N
答案 A
2 解析 设三角形的另外两边长为x,y,则
点(x,y）应在如右图所示区域内
当x=1时，y=11；当x=2时，y=10,11；
当x=3时，y=9,10,11；当x=4时，y=8,9,10,11;
当x=5时，y=7,8,9,10,11
以上共有15个，x,y对调又有15个，再加上(6，6），(7，7），(8，8），(9，9），(10，10）、(11，11）六组，所以共有36个
答案 C
3 解析 找A关于l的对称点A′，A′B与直线l的交点即为所求的P点
答案 P(5，6）
4 解析 光线l所在的直线与圆x2+y2－4x－4y+7=0关于x轴对称的圆相切
答案 3x+4y－3=0或4x+3y+3=0
5 解析 f(θ)=表示两点(cosθ,sinθ)与(2,1)连线的斜率
答案 0
6 解析 原不等式变为(x2－1)m+(1－2x)＜0,构造线段f(m)=(x2－1)m+1－2x,－2≤m≤2,则f(－2)＜0,且f(2)＜0
答案
7 (1)证明 设A、B的横坐标分别为x1、x2，由题设知x1＞1,x2＞1,?点A(x1,log8x1),B(x2,log8x2)
因为A、B在过点O的直线上，所以,又点C、D的坐标分别为(x1,log2x1）、(x2,log2x2)
由于log2x1=3log8x1,log2x2=3log8x2,则
由此得kOC=kOD,即O、C、D在同一直线上
(2)解 由BC平行于x轴，有log2x1=log8x2,又log2x1=3log8x1
∴x2=x13
将其代入,得x13log8x1=3x1log8x1,
由于x1＞1知log8x1≠0,故x13=3x1x2=,于是A(，log8)
9 (1)证明 由条件，得a1=S1=a,当n≥2时，
有an=Sn－Sn－1=［na+n(n－1)b］－［(n－1)a+(n－1)(n－2)b］=a+2(n－1)b
因此，当n≥2时，有an－an－1=［a+2(n－1)b］－［a+2(n－2)b］=2b
所以{an}是以a为首项，2b为公差的等差数列
(2)证明 ∵b≠0,对于n≥2,有
∴所有的点Pn(an,－1)(n=1,2,…)都落在通过P1(a,a－1)且以为斜率的直线上 此直线方程为y－(a－1)= (x－a),即x－2y+a－2=0
(3)解 当a=1,b=时，Pn的坐标为(n,),使P1(1,0)、P2(2, )、P3(3,1)都落在圆C外的条件是

由不等式①,得r≠1
由不等式②，得r＜－或r＞+
由不等式③，得r＜4－或r＞4+
再注意到r＞0,1＜－＜4－=+＜4+
故使P1、P2、P3都落在圆C外时，r的取值范围是
(0，1)∪(1,－)∪(4+,+∞)
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座曲线的轨迹方程的求法
高考要求
求曲线的轨迹方程是解析几何的两个基本问题之一 求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系 这类问题除了考查学生对圆锥曲线的定义，性质等基础知识的掌握，还充分考查了各种数学思想方法及一定的推理能力和运算能力，因此这类问题成为高考命题的热点，也是同学们的一大难点
重难点归纳
求曲线的轨迹方程常采用的方法有直接法、定义法、代入法、参数法
(1)直接法 直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程
(2)定义法 若动点轨迹的条件符合某一基本轨迹的定义(如椭圆、双曲线、抛物线、圆等)，可用定义直接探求
(3)相关点法 根据相关点所满足的方程，通过转换而求动点的轨迹方程
(4)参数法 若动点的坐标(x,y)中的x,y分别随另一变量的变化而变化，我们可以以这个变量为参数，建立轨迹的参数方程
求轨迹方程，一定要注意轨迹的纯粹性和完备性 要注意区别“轨迹”与“轨迹方程”是两个不同的概念
典型题例示范讲解
例1如图所示，已知P(4，0)是圆x2+y2=36内的一点，A、B是圆上两动点，且满足∠APB=90°，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程
命题意图 本题主要考查利用“相关点代入法”求曲线的轨迹方程
知识依托 利用平面几何的基本知识和两点间的距离公式建立线段AB中点的轨迹方程
错解分析 欲求Q的轨迹方程，应先求R的轨迹方程，若学生思考不深刻，发现不了问题的实质，很难解决此题
技巧与方法 对某些较复杂的探求轨迹方程的问题，可先确定一个较易于求得的点的轨迹方程，再以此点作为主动点，所求的轨迹上的点为相关点，求得轨迹方程
解 设AB的中点为R，坐标为(x,y)，则在Rt△ABP中，|AR|=|PR|
又因为R是弦AB的中点，依垂径定理 在Rt△OAR中，|AR|2=|AO|2－|OR|2=36－(x2+y2)
又|AR|=|PR|=
所以有(x－4)2+y2=36－(x2+y2),即x2+y2－4x－10=0
因此点R在一个圆上，而当R在此圆上运动时，Q点即在所求的轨迹上运动
设Q(x,y)，R(x1,y1)，因为R是PQ的中点，所以x1=,
代入方程x2+y2－4x－10=0,得
－10=0
整理得 x2+y2=56,这就是所求的轨迹方程
例2设点A和B为抛物线 y2=4px(p＞0)上原点以外的两个动点，已知OA⊥OB，OM⊥AB，求点M的轨迹方程，并说明它表示什么曲线
命题意图 本题主要考查“参数法”求曲线的轨迹方程
知识依托 直线与抛物线的位置关系
错解分析 当设A、B两点的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)时，注意对“x1=x2”的讨论
技巧与方法 将动点的坐标x、y用其他相关的量表示出来，然后再消掉这些量，从而就建立了关于x、y的关系
解法一 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x,y) (x≠0)
直线AB的方程为x=my+a
由OM⊥AB，得m=－
由y2=4px及x=my+a，消去x,得y2－4pmy－4pa=0
所以y1y2=－4pa, x1x2=
所以，由OA⊥OB，得x1x2 =－y1y2
所以
故x=my+4p,用m=－代入，得x2+y2－4px=0(x≠0)
故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点
解法二 设OA的方程为，代入y2=4px得
则OB的方程为，代入y2=4px得
∴AB的方程为，过定点，
由OM⊥AB，得M在以ON为直径的圆上（O点除外）
故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点
解法三 设M(x,y) (x≠0)，OA的方程为，
代入y2=4px得
则OB的方程为，代入y2=4px得
由OM⊥AB，得
M既在以OA为直径的圆 ……①上，
又在以OB为直径的圆 ……②上（O点除外），
①+②得 x2+y2－4px=0(x≠0)
故动点M的轨迹方程为x2+y2－4px=0(x≠0)，它表示以(2p,0)为圆心，以2p为半径的圆，去掉坐标原点
例3某检验员通常用一个直径为2 cm和一个直径为1 cm的标准圆柱，检测一个直径为3 cm的圆柱，为保证质量，有人建议再插入两个合适的同号标准圆柱，问这两个标准圆柱的直径为多少？
命题意图 本题考查“定义法”求曲线的轨迹方程，及将实际问题转化为数学问题的能力
知识依托 圆锥曲线的定义，求两曲线的交点
错解分析 正确理解题意及正确地将此实际问题转化为数学问题是顺利解答此题的关键
技巧与方法 研究所给圆柱的截面，建立恰当的坐标系，找到动圆圆心的轨迹方程
解 设直径为3,2,1的三圆圆心分别为O、A、B，问题转化为求两等圆P、Q,使它们与⊙O相内切，与⊙A、⊙B相外切
建立如图所示的坐标系，并设⊙P的半径为r,则
|PA|+|PO|=(1+r)+(1 5－r)=2 5
∴点P在以A、O为焦点，长轴长2 5的椭圆上，其方程为
=1 ①
同理P也在以O、B为焦点，长轴长为2的椭圆上，其方程为
(x－)2+y2=1 ②
由①、②可解得，
∴r=
故所求圆柱的直径为 cm
例4已知A、B为两定点，动点M到A与到B的距离比为常数λ,求点M的轨迹方程，并注明轨迹是什么曲线
解 建立坐标系如图所示，
设|AB|=2a,则A(－a,0）,B(a,0)
设M(x,y）是轨迹上任意一点
则由题设，得=λ,坐标代入，得=λ,化简得
(1－λ2)x2+(1－λ2)y2+2a(1+λ2)x+(1－λ2)a2=0
(1)当λ=1时，即|MA|=|MB|时，点M的轨迹方程是x=0，点M的轨迹是直线(y轴)
(2)当λ≠1时，点M的轨迹方程是x2+y2+x+a2=0 点M的轨迹是以(－，0）为圆心，为半径的圆
学生巩固练习
1 已知椭圆的焦点是F1、F2，P是椭圆上的一个动点，如果延长F1P到Q，使得|PQ|=|PF2|，那么动点Q的轨迹是( )
A 圆 B 椭圆 C 双曲线的一支 D 抛物线
2 设A1、A2是椭圆=1的长轴两个端点，P1、P2是垂直于A1A2的弦的端点，则直线A1P1与A2P2交点的轨迹方程为( )
A B
C D
3 △ABC中，A为动点，B、C为定点，B(－,0),C(,0)，且满足条件sinC－sinB=sinA,则动点A的轨迹方程为_________
4 高为5 m和3 m的两根旗杆竖在水平地面上，且相距10 m，如果把两旗杆底部的坐标分别确定为A(－5，0)、B(5，0)，则地面观测两旗杆顶端仰角相等的点的轨迹方程是_________
5 已知A、B、C是直线l上的三点，且|AB|=|BC|=6，⊙O′切直线l于点A，又过B、C作⊙O′异于l的两切线，设这两切线交于点P，求点P的轨迹方程
6 双曲线=1的实轴为A1A2，点P是双曲线上的一个动点，引A1Q⊥A1P，A2Q⊥A2P，A1Q与A2Q的交点为Q，求Q点的轨迹方程
7 已知双曲线=1(m＞0,n＞0)的顶点为A1、A2，与y轴平行的直线l交双曲线于点P、Q
(1)求直线A1P与A2Q交点M的轨迹方程；
(2)当m≠n时，求所得圆锥曲线的焦点坐标、准线方程和离心率
8 已知椭圆=1(a＞b＞0),点P为其上一点，F1、F2为椭圆的焦点，∠F1PF2的外角平分线为l，点F2关于l的对称点为Q，F2Q交l于点R
(1)当P点在椭圆上运动时，求R形成的轨迹方程；
(2)设点R形成的曲线为C，直线l y=k(x+a)与曲线C相交于A、B两点，当△AOB的面积取得最大值时，求k的值
参考答案
1 解析 ∵|PF1|+|PF2|=2a,|PQ|=|PF2|,
∴|PF1|+|PF2|=|PF1|+|PQ|=2a,
即|F1Q|=2a,∴动点Q到定点F1的距离等于定长2a,故动点Q的轨迹是圆
答案 A
2 解析 设交点P(x,y）,A1(－3,0),A2(3,0),P1(x0,y0),P2(x0,－y0)
∵A1、P1、P共线，∴
∵A2、P2、P共线，∴
解得x0=
答案 C
3 解析 由sinC－sinB=sinA,得c－b=a,
∴应为双曲线一支，且实轴长为,故方程为
答案
4 解析 设P(x,y），依题意有,化简得P点轨迹方程为4x2+4y2－85x+100=0
答案 4x2+4y2－85x+100=0
5 解 设过B、C异于l的两切线分别切⊙O′于D、E两点，两切线交于点P 由切线的性质知 |BA|=|BD|，|PD|=|PE|，|CA|=|CE|，故|PB|+|PC|=|BD|+|PD|+|PC|=|BA|+|PE|+|PC|
=|BA|+|CE|=|AB|+|CA|=6+12=18＞6=|BC|，故由椭圆定义知，点P的轨迹是以B、C为两焦点的椭圆，以l所在的直线为x轴，以BC的中点为原点，建立坐标系，可求得动点P的轨迹方程为=1(y≠0)
6 解 设P(x0,y0）(x≠±a),Q(x,y)
∵A1(－a,0),A2(a,0)
由条件
而点P(x0,y0)在双曲线上，∴b2x02－a2y02=a2b2
即b2(－x2)－a2()2=a2b2
化简得Q点的轨迹方程为 a2x2－b2y2=a4(x≠±a)
7 解 (1)设P点的坐标为(x1,y1)，则Q点坐标为(x1,－y1),又有A1(－m,0),A2(m,0),则A1P的方程为 y= ①
A2Q的方程为 y=－ ②
①×②得 y2=－ ③
又因点P在双曲线上，故
代入③并整理得=1 此即为M的轨迹方程
(2)当m≠n时，M的轨迹方程是椭圆
(ⅰ)当m＞n时，焦点坐标为(±,0)，准线方程为x=±,离心率e=；
(ⅱ)当m＜n时，焦点坐标为(0,±),准线方程为y=±,离心率e=
8 解 (1)∵点F2关于l的对称点为Q，连接PQ，
∴∠F2PR=∠QPR，|F2R|=|QR|，|PQ|=|PF2|
又因为l为∠F1PF2外角的平分线，故点F1、P、Q在同一直线上，设存在R(x0,y0）,Q(x1,y1),F1(－c,0),F2(c,0)
|F1Q|=|F2P|+|PQ|=|F1P|+|PF2|=2a,则(x1+c)2+y12=(2a)2
又
得x1=2x0－c,y1=2y0
∴(2x0)2+(2y0)2=(2a)2，∴x02+y02=a2
故R的轨迹方程为 x2+y2=a2(y≠0)
(2)如右图，∵S△AOB=|OA|·|OB|·sinAOB=sinAOB
当∠AOB=90°时，S△AOB最大值为a2
此时弦心距|OC|=
在Rt△AOC中，∠AOC=45°，
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座关于求圆锥曲线方程的方法
高考要求
求指定的圆锥曲线的方程是高考命题的重点，主要考查学生识图、画图、数形结合、等价转化、分类讨论、逻辑推理、合理运算及创新思维能力，解决好这类问题，除要求同学们熟练掌握好圆锥曲线的定义、性质外，命题人还常常将它与对称问题、弦长问题、最值问题等综合在一起命制难度较大的题，解决这类问题常用定义法和待定系数法
重难点归纳
一般求已知曲线类型的曲线方程问题，可采用“先定形，后定式，再定量”的步骤
定形——指的是二次曲线的焦点位置与对称轴的位置
定式——根据“形”设方程的形式，注意曲线系方程的应用，如当椭圆的焦点不确定在哪个坐标轴上时，可设方程为mx2+ny2=1(m＞0,n＞0)
定量——由题设中的条件找到“式”中特定系数的等量关系，通过解方程得到量的大小
典型题例示范讲解
例1某电厂冷却塔的外形是如图所示的双曲线的一部分，绕其中轴(即双曲线的虚轴)旋转所成的曲面，其中A、A′是双曲线的顶点，C、C′是冷却塔上口直径的两个端点，B、B′是下底直径的两个端点，已知AA′=14 m，CC′=18 m,BB′=22 m,塔高20 m 建立坐标系并写出该双曲线方程
命题意图 本题考查选择适当的坐标系建立曲线方程和解方程组的基础知识，考查应用所学积分知识、思想和方法解决实际问题的能力
知识依托 待定系数法求曲线方程；点在曲线上，点的坐标适合方程；积分法求体积
错解分析 建立恰当的坐标系是解决本题的关键
技巧与方法 本题是待定系数法求曲线方程
解 如图，建立直角坐标系xOy,使AA′在x轴上，AA′的中点为坐标原点O，CC′与BB′平行于x轴
设双曲线方程为=1(a＞0,b＞0),则a=AA′=7
又设B(11,y1),C(9,x2)因为点B、C在双曲线上，所以有
由题意，知y2－y1=20,由以上三式得 y1=－12,y2=8,b=7
故双曲线方程为=1
例2过点(1，0)的直线l与中心在原点，焦点在x轴上且离心率为的椭圆C相交于A、B两点，直线y=x过线段AB的中点，同时椭圆C上存在一点与右焦点关于直线l对称，试求直线l与椭圆C的方程
命题意图 本题利用对称问题来考查用待定系数法求曲线方程的方法，设计新颖，基础性强
知识依托 待定系数法求曲线方程，如何处理直线与圆锥曲线问题，对称问题
错解分析 不能恰当地利用离心率设出方程是学生容易犯的错误 恰当地利用好对称问题是解决好本题的关键
技巧与方法 本题是典型的求圆锥曲线方程的问题，解法一，将A、B两点坐标代入圆锥曲线方程，两式相减得关于直线AB斜率的等式 解法二，用韦达定理
解法一 由e=,得,从而a2=2b2,c=b
设椭圆方程为x2+2y2=2b2,A(x1,y1),B(x2,y2)在椭圆上
则x12+2y12=2b2,x22+2y22=2b2,两式相减得，(x12－x22)+2(y12－y22)=0,
设AB中点为(x0,y0),则kAB=－,又(x0,y0)在直线y=x上，y0=x0,于是－=－1,kAB=－1,设l的方程为y=－x+1
右焦点(b,0)关于l的对称点设为(x′,y′),
由点(1,1－b)在椭圆上，得1+2(1－b)2=2b2,b2=
∴所求椭圆C的方程为 =1,l的方程为y=－x+1
解法二 由e=,从而a2=2b2,c=b
设椭圆C的方程为x2+2y2=2b2,l的方程为y=k(x－1),
将l的方程代入C的方程，得(1+2k2)x2－4k2x+2k2－2b2=0,则x1+x2=,y1+y2=k(x1－1)+k(x2－1)=k(x1+x2)－2k=－
直线l y=x过AB的中点(),则,解得k=0，或k=－1
若k=0,则l的方程为y=0,焦点F(c,0)关于直线l的对称点就是F点本身，不能在椭圆C上，所以k=0舍去，从而k=－1，直线l的方程为y=－(x－1),即y=－x+1,以下同解法一
例3如图，已知△P1OP2的面积为，P为线段P1P2的一个三等分点，求以直线OP1、OP2为渐近线且过点P的离心率为的双曲线方程
命题意图 本题考查待定系数法求双曲线的方程以及综合运用所学知识分析问题、解决问题的能力
知识依托 定比分点坐标公式；三角形的面积公式；以及点在曲线上，点的坐标适合方程
错解分析 利用离心率恰当地找出双曲线的渐近线方程是本题的关键，正确地表示出
△P1OP2的面积是学生感到困难的
技巧与方法 利用点P在曲线上和△P1OP2的面积建立关于参数a、b的两个方程，从而求出a、b的值
解 以O为原点，∠P1OP2的角平分线为x轴建立如图的直角坐标系
设双曲线方程为=1(a＞0,b＞0)
由e2=，得
∴两渐近线OP1、OP2方程分别为y=x和y=－x
设点P1(x1, x1),P2(x2,－x2)(x1＞0,x2＞0),则由点P分所成的比λ==2,得P点坐标为(),又点P在双曲线=1上，所以=1,
即(x1+2x2)2－(x1－2x2)2=9a2,整理得8x1x2=9a2 ①
即x1x2= ②
由①、②得a2=4,b2=9
故双曲线方程为=1
例4 双曲线=1(b∈N)的两个焦点F1、F2，P为双曲线上一点，|OP|＜5,|PF1|,|F1F2|,|PF2|成等比数列，则b2=_________
解析 设F1(－c,0）、F2(c,0)、P(x,y),则
|PF1|2+|PF2|2=2(|PO|2+|F1O|2)＜2(52+c2),
即|PF1|2+|PF2|2＜50+2c2,
又∵|PF1|2+|PF2|2=(|PF1|－|PF2|)2+2|PF1|·|PF2|,
依双曲线定义，有|PF1|－|PF2|=4,
依已知条件有|PF1|·|PF2|=|F1F2|2=4c2
∴16+8c2＜50+2c2,∴c2＜,
又∵c2=4+b2＜,∴b2＜,∴b2=1
答案 1
学生巩固练习
1 已知直线x+2y－3=0与圆x2+y2+x－6y+m=0相交于P、Q两点，O为坐标原点，若OP⊥OQ，则m等于( )
A 3 B －3 C 1 D －1
2 中心在原点，焦点在坐标为(0，±5)的椭圆被直线3x－y－2=0截得的弦的中点的横坐标为，则椭圆方程为( )
3 直线l的方程为y=x+3,在l上任取一点P，若过点P且以双曲线12x2－4y2=3的焦点作椭圆的焦点，那么具有最短长轴的椭圆方程为_________
4 已知圆过点P(4，－2)、Q(－1，3)两点，且在y轴上截得的线段长为4，则该圆的方程为_________
5 已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在x轴上，它的一个焦点为F，M是椭圆上的任意点，|MF|的最大值和最小值的几何平均数为2，椭圆上存在着以y=x为轴的对称点M1和M2，且|M1M2|=，试求椭圆的方程
6 某抛物线形拱桥跨度是20米，拱高4米，在建桥时每隔4米需用一支柱支撑，求其中最长的支柱的长
7 已知圆C1的方程为(x－2)2+(y－1)2=,椭圆C2的方程为=1(a＞b＞0)，C2的离心率为，如果C1与C2相交于A、B两点，且线段AB恰为圆C1的直径，求直线AB的方程和椭圆C2的方程
参考答案:
1 解析 将直线方程变为x=3－2y,代入圆的方程x2+y2+x－6y+m=0,
得(3－2y)2+y2+(3－2y)+m=0
整理得5y2－20y+12+m=0,设P(x1,y1)、Q(x2,y2)
则y1y2=,y1+y2=4
又∵P、Q在直线x=3－2y上，
∴x1x2=(3－2y1)(3－2y2)=4y1y2－6(y1+y2)+9
故y1y2+x1x2=5y1y2－6(y1+y2)+9=m－3=0，故m=3
答案 A
2 解析 由题意，可设椭圆方程为 =1,且a2=50+b2,
即方程为=1
将直线3x－y－2=0代入，整理成关于x的二次方程
由x1+x2=1可求得b2=25,a2=75
答案 C
3 解析 所求椭圆的焦点为F1(－1,0),F2(1,0),2a=|PF1|+|PF2|
欲使2a最小，只需在直线l上找一点P 使|PF1|+|PF2|最小，利用对称性可解 答案 =1
4 解析 设所求圆的方程为(x－a)2+(y－b)2=r2
则有
由此可写所求圆的方程
答案 x2+y2－2x－12=0或x2+y2－10x－8y+4=0
5 解 |MF|max=a+c,|MF|min=a－c,则(a+c)(a－c)=a2－c2=b2,
∴b2=4,设椭圆方程为 ①
设过M1和M2的直线方程为y=－x+m ②
将②代入①得 (4+a2)x2－2a2mx+a2m2－4a2=0 ③
设M1(x1,y1)、M2(x2,y2),M1M2的中点为(x0,y0),
则x0= (x1+x2)=,y0=－x0+m=
代入y=x,得,
由于a2＞4,∴m=0,∴由③知x1+x2=0,x1x2=－,
又|M1M2|=,
代入x1+x2,x1x2可解a2=5,故所求椭圆方程为 =1
6 解 以拱顶为原点，水平线为x轴，建立坐标系，如图，由题意知，|AB|=20，|OM|=4，A、B坐标分别为(－10，－4）、(10，－4）
设抛物线方程为x2=－2py,将A点坐标代入，得100=－2p×(－4),解得p=12 5,
于是抛物线方程为x2=－25y
由题意知E点坐标为(2，－4)，E′点横坐标也为2，将2代入得y=－0 16,从而|EE′|=(－0 16)－(－4)=3 84 故最长支柱长应为3 84米
7 解 由e=,可设椭圆方程为=1,
又设A(x1,y1)、B(x2,y2),则x1+x2=4,y1+y2=2,
又=1,两式相减，得=0,
即(x1+x2)(x1－x2)+2(y1+y2)(y1－y2)=0
化简得=－1,故直线AB的方程为y=－x+3,
代入椭圆方程得3x2－12x+18－2b2=0 有Δ=24b2－72＞0,
又|AB|=,
得，解得b2=8
故所求椭圆方程为=1
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座直线与圆锥曲线问题的处理方法(1)
高考要求 直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等 突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，要求考生分析问题和解决问题的能力、计算能力较高，起到了拉开考生“档次”，有利于选拔的功能
重难点归纳 1 直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程是否有实数解成实数解的个数问题，此时要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法
2 当直线与圆锥曲线相交时 涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦长的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化 同时还应充分挖掘题目的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍
典型题例示范讲解
例1如图所示，抛物线y2=4x的顶点为O，点A的坐标为(5，0)，倾斜角为的直线l与线段OA相交(不经过点O或点A)且交抛物线于M、N两点，求△AMN面积最大时直线l的方程，并求△AMN的最大面积
命题意图 直线与圆锥曲线相交，一个重要的问题就是有关弦长的问题 本题考查处理直线与圆锥曲线相交问题的第一种方法——“韦达定理法”
知识依托 弦长公式、三角形的面积公式、不等式法求最值、函数与方程的思想
错解分析 将直线方程代入抛物线方程后，没有确定m的取值范围 不等式法求最值忽略了适用的条件
技巧与方法 涉及弦长问题，应熟练地利用韦达定理设而不求计算弦长，涉及垂直关系往往也是利用韦达定理，设而不求简化运算
解法一 由题意，可设l的方程为y=x+m,其中－5＜m＜0
由方程组,消去y,得x2+(2m－4)x+m2=0 ①
∵直线l与抛物线有两个不同交点M、N，
∴方程①的判别式Δ=(2m－4)2－4m2=16(1－m)＞0,
解得m＜1,又－5＜m＜0,∴m的范围为(－5，0)
设M(x1,y1),N(x2,y2)则x1+x2=4－2m，x1·x2=m2,
∴|MN|=4
点A到直线l的距离为d=
∴S△=2(5+m),从而S△2=4(1－m)(5+m)2
=2(2－2m)·(5+m)(5+m)≤2()3=128
∴S△≤8,当且仅当2－2m=5+m,即m=－1时取等号
故直线l的方程为y=x－1，△AMN的最大面积为8
解法二 由题意，可设l与x轴相交于B（m,0）,
l的方程为x = y +m,其中0＜m＜5
由方程组,消去x,得y 2－4 y －4m=0 ①
∵直线l与抛物线有两个不同交点M、N，
∴方程①的判别式Δ=(－4)2+16m=16(1+m)＞0必成立,
设M(x1,y1),N(x2,y2)则y 1+ y 2=4，y 1·y 2=－4m,
∴S△=
＝4=4
∴S△≤8,当且仅当即m=1时取等号
故直线l的方程为y=x－1，△AMN的最大面积为8
例2已知双曲线C 2x2－y2=2与点P(1，2)
(1)求过P(1，2)点的直线l的斜率取值范围，使l与C分别有一个交点，两个交点，没有交点
(2)若Q(1，1)，试判断以Q为中点的弦是否存在
命题意图 第一问考查直线与双曲线交点个数问题，归结为方程组解的问题 第二问考查处理直线与圆锥曲线问题的第二种方法——“点差法”
知识依托 二次方程根的个数的判定、两点连线的斜率公式、中点坐标公式
错解分析 第一问，求二次方程根的个数，忽略了二次项系数的讨论 第二问，算得以Q为中点弦的斜率为2，就认为所求直线存在了
技巧与方法 涉及弦长的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率，弦的中点坐标联系起来，相互转化
解 (1)当直线l的斜率不存在时，l的方程为x=1,与曲线C有一个交点 当l的斜率存在时，设直线l的方程为y－2=k(x－1),代入C的方程，并整理得
(2－k2)x2+2(k2－2k)x－k2+4k－6=0 (*)
(ⅰ)当2－k2=0,即k=±时，方程(*)有一个根，l与C有一个交点
(ⅱ)当2－k2≠0,即k≠±时
Δ=［2(k2－2k)］2－4(2－k2)(－k2+4k－6)=16(3－2k)
①当Δ=0,即3－2k=0,k=时，方程(*)有一个实根，l与C有一个交点
②当Δ＞0,即k＜,又k≠±,故当k＜－或－＜k＜或＜k＜时，方程(*)有两不等实根，l与C有两个交点
③当Δ＜0，即k＞时，方程(*)无解，l与C无交点
综上知 当k=±,或k=，或k不存在时，l与C只有一个交点；
当＜k＜,或－＜k＜,或k＜－时，l与C有两个交点；
当k＞时，l与C没有交点
(2)假设以Q为中点的弦存在，设为AB，且A(x1,y1),B(x2,y2)，则2x12－y12=2,2x22－y22=2两式相减得 2(x1－x2)(x1+x2)=(y1－y2)(y1+y2)
又∵x1+x2=2,y1+y2=2
∴2(x1－x2)=y1－y1
即kAB==2　但渐近线斜率为±,结合图形知直线AB与C无交点，所以假设不正确，即以Q为中点的弦不存在
例3已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在坐标轴上，直线y=x+1与椭圆交于P和Q，且OP⊥OQ，|PQ|=，求椭圆方程
解 设椭圆方程为mx2+ny2=1(m＞0,n＞0)，
P(x1,y1),Q(x2,y2)
由 得(m+n)x2+2nx+n－1=0,
Δ=4n2－4(m+n)(n－1)＞0,即m+n－mn＞0,
由OP⊥OQ,所以x1x2+y1y2=0,即2x1x2+(x1+x2)+1=0,
∴+1=0,
∴m+n=2 ①
又22,
将m+n=2,代入得
m·n= ②
由①、②式得m=,n=或m=,n=
故椭圆方程为+y2=1或x2+y2=1
学生巩固练习
1 斜率为1的直线l与椭圆+y2=1相交于A、B两点，则|AB|的最大值为( )
A 2 B C D
2 抛物线y=ax2与直线y=kx+b(k≠0)交于A、B两点，且此两点的横坐标分别为x1,x2,直线与x轴交点的横坐标是x3,则恒有( )
A x3=x1+x2 B x1x2=x1x3+x2x3
C x1+x2+x3=0 D x1x2+x2x3+x3x1=0
3 正方形ABCD的边AB在直线y=x+4上，C、D两点在抛物线y2=x上，则正方形ABCD的面积为_________
4 已知抛物线y2=2px(p＞0),过动点M(a,0)且斜率为1的直线l与该抛物线交于不同的两点A、B，且|AB|≤2p
(1)求a的取值范围
(2)若线段AB的垂直平分线交x轴于点N，求△NAB面积的最大值
5 已知中心在原点，顶点A1、A2在x轴上，离心率e=的双曲线过点P(6，6)
(1)求双曲线方程
(2)动直线l经过△A1PA2的重心G，与双曲线交于不同的两点M、N，问 是否存在直线l,使G平分线段MN，证明你的结论
参考答案:
1 解析 弦长|AB|=≤
答案 C
2 解析 解方程组,得ax2－kx－b=0,可知x1+x2=,x1x2=－,x3=－,代入验证即可
答案 B
3 解析 设C、D所在直线方程为y=x+b,代入y2=x,利用弦长公式可求出|CD|的长，利用|CD|的长等于两平行直线y=x+4与y=x+b间的距离，求出b的值，再代入求出|CD|的长
答案 18或50
4 解 (1)设直线l的方程为 y=x－a,代入抛物线方程得(x－a)2=2px,即x2－2(a+p)x+a2=0
∴|AB|=≤2p ∴4ap+2p2≤p2,即4ap≤－p2
又∵p＞0,∴a≤－
(2)设A(x1,y1)、B(x2,y2)，AB的中点 C(x,y),
由(1)知，y1=x1－a,y2=x2－a,x1+x2=2a+2p,
则有x==p
∴线段AB的垂直平分线的方程为y－p=－(x－a－p),
从而N点坐标为(a+2p,0）?
点N到AB的距离为
从而S△NAB=
当a有最大值－时，S有最大值为p2
5 解 (1)如图，设双曲线方程为=1
由已知得,解得a2=9,b2=12
所以所求双曲线方程为=1
(2)P、A1、A2的坐标依次为(6,6)、(3，0)、(－3，0），
∴其重心G的坐标为(2，2）
假设存在直线l，使G(2，2)平分线段MN，设M(x1,y1)，N(x2,y2) 则有
，∴kl=
∴l的方程为y= (x－2)+2,
由,消去y,整理得x2－4x+28=0
∵Δ=16－4×28＜0,∴所求直线l不存在
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高中数学复习专题讲座
直线与圆锥曲线问题的处理方法(2)
高考要求
直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等 突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法，要求考生分析问题和解决问题的能力、计算能力较高，起到了拉开考生“档次”，有利于选拔的功能
重难点归纳
1 直线与圆锥曲线有无公共点或有几个公共点的问题，实际上是研究它们的方程组成的方程是否有实数解成实数解的个数问题，此时要注意用好分类讨论和数形结合的思想方法
2 当直线与圆锥曲线相交时 涉及弦长问题，常用“韦达定理法”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦长的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化 同时还应充分挖掘题目的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍
典型题例示范讲解
例1如图，已知某椭圆的焦点是F1(－4，0)、F2(4，0)，过点F2并垂直于x轴的直线与椭圆的一个交点为B，且|F1B|+|F2B|=10，椭圆上不同的两点A(x1,y1),C(x2,y2)满足条件 |F2A|、|F2B|、|F2C|成等差数列
(1)求该弦椭圆的方程；
(2)求弦AC中点的横坐标；
(3)设弦AC的垂直平分线的方程为y=kx+m，求m的取值范围
命题意图 本题考查直线、椭圆、等差数列等基本知识，一、二问较简单，第三问巧妙地借助中垂线来求参数的范围，设计新颖，综合性，灵活性强
知识依托 椭圆的定义、等差数列的定义，处理直线与圆锥曲线的方法
错解分析 第三问在表达出“k=y0”时，忽略了“k=0”时的情况，理不清题目中变量间的关系
技巧与方法 第一问利用椭圆的第一定义写方程；第二问利用椭圆的第二定义(即焦半径公式)求解，第三问利用m表示出弦AC的中点P的纵坐标y0,利用y0的范围求m的范围
解 (1)由椭圆定义及条件知，2a=|F1B|+|F2B|=10,得a=5,又c=4,所以b==3
故椭圆方程为=1
(2)由点B(4,yB)在椭圆上，得|F2B|=|yB|= 因为椭圆右准线方程为x=,离心率为，根据椭圆定义，有|F2A|=(－x1),|F2C|=(－x2)，
由|F2A|、|F2B|、|F2C|成等差数列，得
(－x1)+(－x2)=2×,由此得出 x1+x2=8
设弦AC的中点为P(x0,y0),则x0==4
(3)解法一 由A(x1,y1),C(x2,y2)在椭圆上
得
①－②得9(x12－x22)+25(y12－y22)=0,
即9×=0(x1≠x2)
将 (k≠0)
代入上式，得9×4+25y0(－)=0 (k≠0)
即k=y0(当k=0时也成立)
由点P(4，y0)在弦AC的垂直平分线上，得y0=4k+m,
所以m=y0－4k=y0－y0=－y0
由点P(4，y0)在线段BB′(B′与B关于x轴对称)的内部，
得－＜y0＜,所以－＜m＜
解法二 因为弦AC的中点为P(4,y0)，所以直线AC的方程为
y－y0=－(x－4)(k≠0) ③
将③代入椭圆方程=1,得
(9k2+25)x2－50(ky0+4)x+25(ky0+4)2－25×9k2=0
所以x1+x2==8,解得k=y0 (当k=0时也成立)
(以下同解法一)
例2若抛物线上总存在关于直线对称的两点，求的范围
解法一 （对称曲线相交法）
曲线关于直线对称的曲线方程为
如果抛物线上总存在关于直线对称的两点，则两曲线
与必有不在直线上的两个不同的交点(如图所示)，从而可由
∵　　
∴　
代入得　有两个不同的解，
∴　
解法二 （对称点法）
设抛物线上存在异于于直线的交点的点，且关于直线的对称点也在抛物线上
则
必有两组解
(1)-(2)得
必有两个不同解
∵，
∴有解
从而有 有两个不等的实数解
即 有两个不等的实数解
∴
∵ ，
∴
解法二 （点差法）
设抛物线上以为端点的弦关于直线对称，且以为中点是抛物线（即）内的点
从而有　
由
(1)-(2)得 　
∴　
由
从而有　
例3　试确定的取值范围，使得椭圆上有不同两点关于直线对称
解 设椭圆上以为端点的弦关于直线对称，且以为中点是椭圆内的点
从而有　
由
(1)-(2)得 　
∴　
由
由在直线上
从而有　
例4　已知直线过定点A(4,0)且与抛物线交于P、Q两点，若以PQ为直径的圆恒过原点O，求的值
解 可设直线的方程为代入
得　
设，
则
由题意知，OP⊥OQ，则
即　
∴
此时，抛物线的方程为
学生巩固练习
1 在抛物线y2=16x内，通过点(2，1)且在此点被平分的弦所在直线的方程是_________
2 已知两点M(1，)、N(－4，－)，给出下列曲线方程
①4x+2y－1=0, ②x2+y2=3, ③+y2=1, ④－y2=1,在曲线上存在点P满足|MP|=|NP|的所有曲线方程是_________
3 已知双曲线C的两条渐近线都过原点，且都以点A(，0)为圆心，1为半径的圆相切，双曲线的一个顶点A1与A点关于直线y=x对称
(1)求双曲线C的方程
(2)设直线l过点A，斜率为k,当0＜k＜1时，双曲线C的上支上有且仅有一点B到直线l的距离为，试求k的值及此时B点的坐标
参考答案:
1 解析 设所求直线与y2=16x相交于点A、B，且A(x1,y1),B(x2,y2),代入抛物线方程得y12=16x1,y22=16x2,两式相减得，(y1+y2）(y1－y2)=16(x1－x2)
即kAB=8
故所求直线方程为y=8x－15
答案 8x－y－15=0
2 解析 点P在线段MN的垂直平分线上，判断MN的垂直平分线于所给曲线是否存在交点
答案 ②③④
3 解 (1)设双曲线的渐近线为y=kx,由d==1,解得k=±1
即渐近线为y=±x,又点A关于y=x对称点的坐标为(0，)
∴a==b,所求双曲线C的方程为x2－y2=2
(2)设直线l y=k(x－)(0＜k＜1,
依题意B点在平行的直线l′上，且l与l′间的距离为
设直线l′ y=kx+m,应有,
化简得m2+2km=2 ②
把l′代入双曲线方程得(k2－1)x2+2mkx+m2－2=0,
由Δ=4m2k2－4(k2－1)(m2－2)=0
可得m2+2k2=2 ③
②、③两式相减得k=m,代入③得m2=,解得m=,k=,
此时x=,y= 故B(2,)
课前后备注 　
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题目 高中数学复习专题讲座圆锥曲线综合题
高考要求
圆锥曲线的综合问题包括 解析法的应用，与圆锥曲线有关的定值问题、最值问题、参数问题、应用题和探索性问题，圆锥曲线知识的纵向联系，圆锥曲线知识和三角、复数等代数知识的横向联系，解答这部分试题，需要较强的代数运算能力和图形认识能力，要能准确地进行数与形的语言转换和运算，推理转换，并在运算过程中注意思维的严密性，以保证结果的完整
重难点归纳
解决圆锥曲线综合题，关键是熟练掌握每一种圆锥曲线的定义、标准方程、图形与几何性质，注意挖掘知识的内在联系及其规律，通过对知识的重新组合，以达到巩固知识、提高能力的目的
(1)对于求曲线方程中参数的取值范围问题，需构造参数满足的不等式，通过求不等式(组)求得参数的取值范围；或建立关于参数的目标函数，转化为函数的值域
(2)对于圆锥曲线的最值问题，解法常有两种 当题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用数形结合法解；当题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值
典型题例示范讲解
例1已知圆k过定点A(a,0)(a＞0),圆心k在抛物线C y2=2ax上运动，MN为圆k在y轴上截得的弦
(1)试问MN的长是否随圆心k的运动而变化？
(2)当|OA|是|OM|与|ON|的等差中项时，抛物线C的准线与圆k有怎样的位置关系？
命题意图 本题考查圆锥曲线科内综合的知识及学生综合、灵活处理问题的能力
知识依托 弦长公式，韦达定理，等差中项，绝对值不等式，一元二次不等式等知识
错解分析 在判断d与R的关系时，x0的范围是学生容易忽略的
技巧与方法 对第(2)问，需将目标转化为判断d=x0+与R=的大小
解 (1)设圆心k(x0,y0),且y02=2ax0,
圆k的半径R=|AK|=
∴|MN|=2=2a(定值)
∴弦MN的长不随圆心k的运动而变化
(2)设M(0,y1)、N(0,y2)在圆k (x－x0)2+(y－y0)2=x02+a2中，
令x=0，得y2－2y0y+y02－a2=0，∴y1y2=y02－a2
∵|OA|是|OM|与|ON|的等差中项
∴|OM|+|ON|=|y1|+|y2|=2|OA|=2a
又|MN|=|y1－y2|=2a， ∴|y1|+|y2|=|y1－y2|
∴y1y2≤0，因此y02－a2≤0,即2ax0－a2≤0 ∴0≤x0≤
圆心k到抛物线准线距离d=x0+≤a,而圆k半径R=≥a
且上两式不能同时取等号，故圆k必与准线相交
例2如图，已知椭圆=1(2≤m≤5),过其左焦点且斜率为1的直线与椭圆及其准线的交点从左到右的顺序为A、B、C、D，设f(m)=||AB|－|CD||
(1)求f(m)的解析式；
(2)求f(m)的最值
命题意图 本题主要考查利用解析几何的知识建立函数关系式，并求其最值，体现了圆锥曲线与代数间的科间综合
知识依托 直线与圆锥曲线的交点，韦达定理，根的判别式，利用单调性求函数的最值
错解分析 在第(1)问中，要注意验证当2≤m≤5时，直线与椭圆恒有交点
技巧与方法 第(1)问中，若注意到xA,xD为一对相反数，则可迅速将||AB|－|CD||化简 第(2)问，利用函数的单调性求最值是常用方法
解 (1)设椭圆的半长轴、半短轴及半焦距依次为a、b、c，则a2=m,b2=m－1,c2=a2－b2=1
∴椭圆的焦点为F1(－1,0),F2(1,0)
故直线的方程为y=x+1,又椭圆的准线方程为x=±,即x=±m
∴A(－m,－m+1),D(m,m+1)
考虑方程组,消去y得 (m－1)x2+m(x+1)2=m(m－1)
整理得 (2m－1)x2+2mx+2m－m2=0
Δ=4m2－4(2m－1)(2m－m2)=8m(m－1)2
∵2≤m≤5,∴Δ＞0恒成立，xB+xC=
又∵A、B、C、D都在直线y=x+1上
∴|AB|=|xB－xA|==(xB－xA)·,|CD|=(xD－xC)
∴||AB|－|CD||=|xB－xA+xD－xC|=|(xB+xC)－(xA+xD)|
又∵xA=－m,xD=m,∴xA+xD=0
∴||AB|－|CD||=|xB+xC|·=||·= (2≤m≤5)
故f(m)=，m∈［2,5］
(2)由f(m)=，可知f(m)=
又2－≤2－≤2－，∴f(m)∈［］
故f(m)的最大值为，此时m=2;f(m)的最小值为，此时m=5
例3舰A在舰B的正东6千米处，舰C在舰B的北偏西30°且与B相距4千米，它们准备捕海洋动物，某时刻A发现动物信号，4秒后B、C同时发现这种信号，A发射麻醉炮弹 设舰与动物均为静止的，动物信号的传播速度为1千米/秒，炮弹的速度是千米/秒，其中g为重力加速度，若不计空气阻力与舰高，问舰A发射炮弹的方位角和仰角应是多少？
命题意图 考查圆锥曲线在实际问题中的应用，及将实际问题转化成数学问题的能力
知识依托 线段垂直平分线的性质，双曲线的定义，两点间的距离公式，斜抛运动的曲线方程
错解分析 答好本题，除要准确地把握好点P的位置(既在线段BC的垂直平分线上，又在以A、B为焦点的抛物线上)，还应对方位角的概念掌握清楚
技巧与方法 通过建立恰当的直角坐标系，将实际问题转化成解析几何问题来求解 对空间物体的定位，一般可利用声音传播的时间差来建立方程
解 取AB所在直线为x轴，以AB的中点为原点，建立如图所示的直角坐标系 由题意可知，A、B、C舰的坐标为(3，0)、(－3，0)、(－5，2)
由于B、C同时发现动物信号，记动物所在位置为P，则|PB|=|PC| 于是P在线段BC的中垂线上，易求得其方程为x－3y+7=0
又由A、B两舰发现动物信号的时间差为4秒，知|PB|－|PA|=4，故知P在双曲线=1的右支上
直线与双曲线的交点为(8，5)，此即为动物P的位置，利用两点间距离公式，可得|PA|=10
据已知两点的斜率公式，得kPA=,所以直线PA的倾斜角为60°,于是舰A发射炮弹的方位角应是北偏东30°
设发射炮弹的仰角是θ，初速度v0=，则,
∴sin2θ=,∴仰角θ=30°
例4若椭圆=1(a＞b＞0)与直线l x+y=1在第一象限内有两个不同的交点，求a、b所满足的条件，并画出点P(a,b)的存在区域
解 由方程组消去y,整理得
(a2+b2)x2－2a2x+a2(1－b2)=0 ①
则椭圆与直线l在第一象限内有两个不同的交点的充要条件是方程①在区间(0，1）内有两相异实根，令f(x)=(a2+b2)x2－2a2x+a2(1－b2),则有
同时满足上述四个条件的点P(a,b)的存在区域为如图所示的阴影部分
学生巩固练习
1 已知A、B、C三点在曲线y=上，其横坐标依次为1，m,4(1＜m＜4)，当△ABC的面积最大时，m等于( )
A 3 B C D
2 设u,v∈R，且|u|≤,v＞0,则(u－v)2+()2的最小值为( )
A 4 B 2 C 8 D 2
3 A是椭圆长轴的一个端点，O是椭圆的中心，若椭圆上存在一点P，使∠OPA=,则椭圆离心率的范围是_________
4 一辆卡车高3米，宽1 6米，欲通过抛物线形隧道，拱口宽恰好是抛物线的通径长，若拱口宽为a米，则能使卡车通过的a的最小整数值是____
5 已知抛物线y=x2－1上一定点B(－1，0)和两个动点P、Q，当P在抛物线上运动时，BP⊥PQ，则Q点的横坐标的取值范围是_________
6 已知直线y=kx－1与双曲线x2－y2=1的左支交于A、B两点，若另一条直线l经过点P(－2，0)及线段AB的中点Q，求直线l在y轴上的截距b的取值范围
7 已知抛物线C y2=4x
(1)若椭圆左焦点及相应的准线与抛物线C的焦点F及准线l分别重合，试求椭圆短轴端点B与焦点F连线中点P的轨迹方程；
(2)若M(m,0)是x轴上的一定点，Q是(1)所求轨迹上任一点，试问|MQ|有无最小值？若有，求出其值；若没有，说明理由
8 如图，为半圆，AB为半圆直径，O为半圆圆心，且OD⊥AB，Q为线段OD的中点，已知|AB|=4，曲线C过Q点，动点P在曲线C上运动且保持|PA|+|PB|的值不变
(1)建立适当的平面直角坐标系，求曲线C的方程；
(2)过D点的直线l与曲线C相交于不同的两点M、N，且M在D、N之间，设=λ，求λ的取值范围
参考答案:
1 解析 由题意知A(1，1)，B(m,),C(4,2)
直线AC所在方程为x－3y+2=0,
点B到该直线的距离为d=
∵m∈(1,4),∴当时，S△ABC有最大值，此时m=
答案 B
2 解析 考虑式子的几何意义，转化为求圆x2+y2=2上的点与双曲线xy=9上的点的距离的最小值
答案 C
3 解析 设椭圆方程为=1(a＞b＞0),以OA为直径的圆 x2－ax+y2=0,两式联立消y得x2－ax+b2=0 即e2x2－ax+b2=0,该方程有一解x2,一解为a,由韦达定理x2=－a,0＜x2＜a，即0＜－a＜a＜e＜1
答案 ＜e＜1
4 解析 由题意可设抛物线方程为x2=－ay,
当x=时，y=－；当x=0 8时，y=－
由题意知≥3,即a2－12a－2 56≥0 解得a的最小整数为13
答案 13
5 解析 设P(t,t2－1)，Q(s,s2－1)
∵BP⊥PQ,∴=－1,
即t2+(s－1)t－s+1=0
∵t∈R,∴必须有Δ=(s－1)2+4(s－1)≥0 即s2+2s－3≥0,
解得s≤－3或s≥1
答案 (－∞,－3∪1,+∞)
6 解 设A(x1,y1）,B(x2,y2)
由,得(1－k2）x2+2kx－2=0,
又∵直线AB与双曲线左支交于A、B两点，
故有
解得－＜k＜－1
7 解 由抛物线y2=4x,得焦点F(1,0),准线l x=－1
(1)设P(x,y)，则B(2x－1,2y),椭圆中心O′,则|FO′|∶|BF|=e,又设点B到l的距离为d,则|BF|∶d=e,∴|FO′|∶|BF|=|BF|∶d,即(2x－2)2+(2y)2=2x(2x－2),化简得P点轨迹方程为y2=x－1(x＞1)
(2)设Q(x,y),则
|MQ|=?
(ⅰ)当m－≤1,即m≤时，函数t=[x－(m－)2]+m－在(1，+∞)上递增，故t无最小值，亦即|MQ|无最小值
(ⅱ)当m－＞1,即m＞时，函数t=[x2－(m－)2]+m－在x=m－处有最小值m－,∴|MQ|min=
8 解 (1)以AB、OD所在直线分别为x轴、y轴，O为原点，建立平面直角坐标系，?
∵|PA|+|PB|=|QA|+|QB|=2＞|AB|=4
∴曲线C为以原点为中心，A、B为焦点的椭圆
设其长半轴为a,短半轴为b,半焦距为c,则2a=2,∴a=,c=2,b=1
∴曲线C的方程为+y2=1
(2)设直线l的方程为y=kx+2,
代入+y2=1,得(1+5k2)x2+20kx+15=0
Δ=(20k)2－4×15(1+5k2)＞0,得k2＞
由图可知=λ
由韦达定理得
将x1=λx2代入得
两式相除得
①
M在D、N中间，∴λ＜1 ②
又∵当k不存在时，显然λ= (此时直线l与y轴重合)
课前后备注 　
学法指导 怎样学好圆锥曲线
圆锥曲线将几何与代数进行了完美结合 借助纯代数的解决手段研究曲线的概念和性质及直线与圆锥曲线的位置关系，从数学家笛卡尔开创了坐标系那天就已经开始
高考中它依然是重点，主客观题必不可少，易、中、难题皆有 为此需要我们做到
1 重点掌握椭圆、双曲线、抛物线的定义和性质 这些都是圆锥曲线的基石，高考中的题目都涉及到这些内容
2 重视求曲线的方程或曲线的轨迹，此处作为高考解答题的命题对象难度较大 所以要掌握住一般方法 定义法、直接法、待定系数法、相关点法、参数法等
3 加强直线与圆锥曲线的位置关系问题的复习 此处一直为高考的热点 这类问题常涉及到圆锥曲线的性质和直线的基本知识点、线段的中点、弦长、垂直问题，因此分析问题时利用数形结合思想和设而不求法与弦长公式及韦达定理联系去解决 这样加强了对数学各种能力的考查
4 重视对数学思想、方法进行归纳提炼，达到优化解题思维、简化解题过程
(1)方程思想
解析几何的题目大部分都以方程形式给定直线和圆锥曲线，因此把直线与圆锥曲线相交的弦长问题利用韦达定理进行整体处理，就简化解题运算量
(2)用好函数思想方法
对于圆锥曲线上的一些动点，在变化过程中会引入一些相互联系、相互制约的量，从而使一些线的长度及a,b,c,e之间构成函数关系，函数思想在处理这类问题时就很有效
(3)掌握坐标法
坐标法是解决有关圆锥曲线问题的基本方法 近几年都考查了坐标法，因此要加强坐标法的训练
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题目 高中数学复习专题讲座关于垂直与平行的问题
高考要求
垂直与平行是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样 本节主要帮助考生深刻理解线面平行与垂直、面面平行与垂直的判定与性质，并能利用它们解决一些问题
重难点归纳
垂直和平行涉及题目的解决方法须熟练掌握两类相互转化关系
1 平行转化 线线平行线面平行面面平行
2 垂直转化 线线垂直线面垂直面面垂直
每一垂直或平行的判定就是从某一垂直或平行开始转向另一垂直或平行最终达到目的
例如 有两个平面垂直时，一般要用性质定理，在一个平面内作交线的垂线，使之转化为线面垂直，然后进一步转化为线线垂直
典型题例示范讲解
例1两个全等的正方形ABCD和ABEF所在平面相交于AB，M∈AC，N∈FB，且AM=FN，求证 MN∥平面BCE
命题意图 本题主要考查线面平行的判定，面面平行的判定与性质，以及一些平面几何的知识
知识依托 解决本题的关键在于找出面内的一条直线和该平面外的一条直线平行，即线(内)∥线(外)线(外)∥面 或转化为证两个平面平行
错解分析 证法二中要证线面平行，通过转化证两个平面平行，正确的找出MN所在平面是一个关键
技巧与方法 证法一利用线面平行的判定来证明 证法二采用转化思想，通过证面面平行来证线面平行
证法一 作MP⊥BC，NQ⊥BE，P、Q为垂足，则MP∥AB，NQ∥AB
∴MP∥NQ，又AM=NF，AC=BF，
∴MC=NB，∠MCP=∠NBQ=45°
∴Rt△MCP≌Rt△NBQ
∴MP=NQ,故四边形MPQN为平行四边形
∴MN∥PQ
∵PQ平面BCE，MN在平面BCE外，
∴MN∥平面BCE
证法二 如图过M作MH⊥AB于H，则MH∥BC，
∴
连结NH，由BF=AC，FN=AM，得
∴ NH//AF//BE
由MH//BC, NH//BE得:平面MNH//平面BCE
∴MN∥平面BCE
例2在斜三棱柱A1B1C1—ABC中，底面是等腰三角形，AB=AC，侧面BB1C1C⊥底面ABC
(1)若D是BC的中点，求证 AD⊥CC1；
(2)过侧面BB1C1C的对角线BC1的平面交侧棱于M，若AM=MA1，求证 截面MBC1⊥侧面BB1C1C；
(3)AM=MA1是截面MBC1⊥平面BB1C1C的充要条件吗？请你叙述判断理由
命题意图 本题主要考查线面垂直、面面垂直的判定与性质
知识依托 线面垂直、面面垂直的判定与性质
错解分析 (3)的结论在证必要性时，辅助线要重新作出
技巧与方法 本题属于知识组合题类，关键在于对题目中条件的思考与分析，掌握做此类题目的一般技巧与方法，以及如何巧妙作辅助线
(1)证明 ∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC
∵底面ABC⊥平面BB1C1C，∴AD⊥侧面BB1C1C
∴AD⊥CC1
(2)证明 延长B1A1与BM交于N，连结C1N
∵AM=MA1，∴NA1=A1B1
∵A1B1=A1C1，∴A1C1=A1N=A1B1
∴C1N⊥C1B1
∵底面NB1C1⊥侧面BB1C1C，∴C1N⊥侧面BB1C1C
∴截面C1NB⊥侧面BB1C1C
∴截面MBC1⊥侧面BB1C1C
(3)解 结论是肯定的，充分性已由(2)证明，下面证必要性
过M作ME⊥BC1于E，∵截面MBC1⊥侧面BB1C1C
∴ME⊥侧面BB1C1C，又∵AD⊥侧面BB1C1C
∴ME∥AD，∴M、E、D、A共面
∵AM∥侧面BB1C1C，∴AM∥DE
∵CC1⊥AM，∴DE∥CC1
∵D是BC的中点，∴E是BC1的中点
∴AM=DE=AA1，∴AM=MA1
例3 已知斜三棱柱ABC—A1B1C1中，A1C1=B1C1=2，D、D1分别是AB、A1B1的中点，平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，异面直线AB1和C1B互相垂直
(1)求证 AB1⊥C1D1；
(2)求证 AB1⊥面A1CD；
(3)若AB1=3，求直线AC与平面A1CD所成的角
(1)证明 ∵A1C1=B1C1，D1是A1B1的中点，
∴C1D1⊥A1B1于D1，
又∵平面A1ABB1⊥平面A1B1C1，
∴C1D1⊥平面A1B1BA，
而AB1平面A1ABB1，∴AB1⊥C1D1
(2)证明 连结D1D，
∵D是AB中点，∴DD1CC1，∴C1D1∥CD，
由(1)得CD⊥AB1，又∵C1D1⊥平面A1ABB1，C1B⊥AB1，
由三垂线定理得BD1⊥AB1，
又∵A1D∥D1B，∴AB1⊥A1D而CD∩A1D=D，∴AB1⊥平面A1CD
(3)解 由(2)AB1⊥平面A1CD于O，
连结CO1得∠ACO为直线AC与平面A1CD所成的角，
∵AB1=3，AC=A1C1=2，∴AO=1，∴sinOCA=，
∴∠OCA=
学生巩固练习
1 在长方体ABCD—A1B1C1D1中，底面是边长为2的正方形，高为4，则点A1到截面AB1D1的距离是( )
A B C D
2 在直二面角α—l—β中，直线aα,直线bβ,a、b与l斜交，则( )
A a不和b垂直，但可能a∥b B a可能和b垂直，也可能a∥b
C a不和b垂直，a也不和b平行 D a不和b平行，但可能a⊥b
3 设X、Y、Z是空间不同的直线或平面，对下面四种情形，使“X⊥Z且Y⊥ZX∥Y”为真命题的是_________(填序号)
①X、Y、Z是直线 ②X、Y是直线，Z是平面 ③Z是直线，X、Y是平面 ④X、Y、Z是平面
4 设a,b是异面直线，下列命题正确的是_________
①过不在a、b上的一点P一定可以作一条直线和a、b都相交
②过不在a、b上的一点P一定可以作一个平面和a、b都垂直
③过a一定可以作一个平面与b垂直
④过a一定可以作一个平面与b平行
5 如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是矩形，侧棱PA垂直于底面，E、F分别是AB、PC的中点
(1)求证 CD⊥PD;
(2)求证 EF∥平面PAD;
(3)当平面PCD与平面ABCD成多大角时，直线EF⊥平面PCD？
6 如图，在正三棱锥A—BCD中，∠BAC=30°，AB=a,平行于AD、BC的截面EFGH分别交AB、BD、DC、CA于点E、F、G、H
(1)判定四边形EFGH的形状，并说明理由
(2)设P是棱AD上的点，当AP为何值时，平面PBC⊥平面EFGH，请给出证明
7 如图，正三棱柱ABC—A1B1C1的各棱长都相等，D、E分别是CC1和AB1的中点，点F在BC上且满足BF∶FC=1∶3
(1)若M为AB中点，求证 BB1∥平面EFM；
(2)求证 EF⊥BC；
(3)求二面角A1—B1D—C1的大小
8 如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面是菱形且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD=60°,
(1)证明 C1C⊥BD；
(2)假定CD=2，CC1=，记面C1BD为α,面CBD为β,求二面角α—BD—β的平面角的余弦值；
(3)当的值为多少时，可使A1C⊥面C1BD？
参考答案
1 解析 如图，设A1C1∩B1D1=O1，∵B1D1⊥A1O1，B1D1⊥AA1，∴B1D1⊥平面AA1O1，故平面AA1O1⊥AB1D1，交线为AO1，在面AA1O1内过A1作A1H⊥AO1于H，则易知A1H长即是点A1到平面AB1D1的距离，在Rt△A1O1A中，A1O1=，AO1=3，由A1O1·A1A=h·AO1,可得A1H=
答案 C?
2 解析 如图，在l上任取一点P，过P分别在α、β内作a′∥a,b′∥b,在a′上任取一点A，过A作AC⊥l，垂足为C，则AC⊥β,过C作CB⊥b′交b′于B，连AB，由三垂线定理知AB⊥b′，
∴△APB为直角三角形,故∠APB为锐角
答案 C
3 解析 ①是假命题，直线X、Y、Z位于正方体的三条共点棱时为反例，②③是真命题，④是假命题，平面X、Y、Z位于正方体的三个共点侧面时为反例
答案 ②③
4 ④
5 证明 (1)∵PA⊥底面ABCD，∴AD是PD在平面ABCD内的射影，
∵CD平面ABCD且CD⊥AD，∴CD⊥PD
(2)取CD中点G，连EG、FG，
∵E、F分别是AB、PC的中点，∴EG∥AD，FG∥PD
∴平面EFG∥平面PAD，故EF∥平面PAD
(3）解 当平面PCD与平面ABCD成45°角时，直线EF⊥面PCD
证明 G为CD中点，则EG⊥CD,由(1)知FG⊥CD，故∠EGF为平面PCD与平面ABCD所成二面角的平面角 即∠EGF=45°，从而得∠ADP=45°，AD=AP
由Rt△PAE≌Rt△CBE,得PE=CE
又F是PC的中点，∴EF⊥PC，由CD⊥EG，CD⊥FG，得CD⊥平面EFG，CD⊥EF即EF⊥CD，故EF⊥平面PCD
6 (1)证明 ∵AD//面EFGH,面ACD∩面EFGH＝HG，,AD面ACD
∴ AD//HG.
同理EF∥FG，∴EFGH是平行四边形
∵A—BCD是正三棱锥，∴A在底面上的射影O是△BCD的中心，
∴DO⊥BC，∴AD⊥BC，
∴HG⊥EH，四边形EFGH是矩形
(2)作CP⊥AD于P点，连结BP，∵AD⊥BC，∴AD⊥面BCP
∵HG∥AD，∴HG⊥面BCP，HG面EFGH 面BCP⊥面EFGH，
在Rt△APC中，∠CAP=30°，AC=a,∴AP=a
7 (1)证明 连结EM、MF，∵M、E分别是正三棱柱的棱AB和AB1的中点，
∴BB1∥ME，又BB1平面EFM，∴BB1∥平面EFM
(2)证明 取BC的中点N，连结AN由正三棱柱得 AN⊥BC，
又BF∶FC=1∶3，∴F是BN的中点，故MF∥AN，
∴MF⊥BC，而BC⊥BB1，BB1∥ME
∴ME⊥BC，由于MF∩ME=M，∴BC⊥平面EFM，
又EF?平面EFM，∴BC⊥EF
(3)解 取B1C1的中点O，连结A1O知，A1O⊥面BCC1B1，由点O作B1D的垂线OQ，垂足为Q，连结A1Q，由三垂线定理，A1Q⊥B1D，故∠A1QD为二面角A1—B1D—C的平面角，易得∠A1QO=arctan
8 (1)证明 连结A1C1、AC，AC和BD交于点O，连结C1O，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC=CD
又∵∠BCC1=∠DCC1，C1C是公共边，∴△C1BC≌△C1DC，∴C1B=C1D
∵DO=OB，∴C1O⊥BD，但AC⊥BD，AC∩C1O=O
∴BD⊥平面AC1，又C1C平面AC1，∴C1C⊥BD
(2)解 由(1)知AC⊥BD，C1O⊥BD，
∴∠C1OC是二面角α—BD—β的平面角
在△C1BC中，BC=2，C1C=，∠BCC1=60°，
∴C1B2=22+()2－2×2××cos60°=
∵∠OCB=30°,∴OB=,BC=1,C1O=,即C1O=C1C
作C1H⊥OC，垂足为H，则H是OC中点且OH=，∴cosC1OC=
(3)解 由(1)知BD⊥平面AC1，∵A1O平面AC1，∴BD⊥A1C，当=1时，平行六面体的六个面是全等的菱形，同理可证BC1⊥A1C，又∵BD∩BC1=B，∴A1C⊥平面C1BD
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座关于求空间的角的问题
高考要求
空间的角是空间图形的一个要素，在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上，较好地考查了学生的逻辑推理能力以及化归的数学思想
重难点归纳
空间角的计算步骤 一作、二证、三算
1 异面直线所成的角 范围 0°＜θ≤90°
方法 ①平移法；②补形法
2 直线与平面所成的角 范围 0°≤θ≤90°
方法 关键是作垂线，找射影
3 二面角
方法 ①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法
注1 二面角的计算也可利用射影面积公式S′=Scosθ来计算
注2 借助空间向量计算各类角会起到事半功倍的效果
4．三种空间角的向量法计算公式：
⑴异面直线所成的角：；
⑵直线与平面(法向量)所成的角：；
⑶锐二面角：，其中为两个面的法向量。
典型题例示范讲解
例1在棱长为a的正方体ABCD—A′B′C′D′中，E、F分别是BC、A′D′的中点
(1)求证 四边形B′EDF是菱形；
(2)求直线A′C与DE所成的角；
(3)求直线AD与平面B′EDF所成的角；
(4)求面B′EDF与面ABCD所成的角
命题意图 本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强
知识依托 平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角
错解分析 对于第(1)问，若仅由B′E=ED=DF=FB′就断定B′EDF是菱形是错误的，因为存在着四边相等的空间四边形，必须证明B′、E、D、F四点共面
技巧与方法 求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法 求二面角的大小也可应用面积射影法
(1)证明 如上图所示，由勾股定理，得B′E=ED=DF=FB′=a,下证B′、E、D、F四点共面，取AD中点G，连结A′G、EG，由EGABA′B′知，B′EGA′是平行四边形
∴B′E∥A′G,又A′F DG,∴A′GDF为平行四边形
∴A′G∥FD，∴B′、E、D、F四点共面
故四边形B′EDF是菱形
(2)解 如图所示，在平面ABCD内，过C作CP∥DE，交直线AD于P，则∠A′CP(或补角)为异面直线A′C与DE所成的角
在△A′CP中，
易得A′C=a，CP=DE=a,A′P=a
由余弦定理得cosA′CP=
故A′C与DE所成角为arccos
另法（向量法） 如图建立坐标系，则
故A′C与DE所成角为arccos
(3)解 ∵∠ADE=∠ADF,∴AD在平面B′EDF内的射影在∠EDF的平分线上 如下图所示
又∵B′EDF为菱形，∴DB′为∠EDF的平分线，
故直线AD与平面B′EDF所成的角为∠ADB′
在Rt△B′AD中，AD=a，AB′=a,B′D=a
则cosADB′=
故AD与平面B′EDF所成的角是arccos
另法（向量法）
∵∠ADE=∠ADF,∴AD在平面B′EDF内的射影在∠EDF的平分线上 如下图所示
又∵B′EDF为菱形，∴DB′为∠EDF的平分线，
故直线AD与平面B′EDF所成的角为∠ADB′，
如图建立坐标系，则
，
故AD与平面B′EDF所成的角是arccos
(4)解 如图，连结EF、B′D，交于O点，显然O为B′D的中点，从而O为正方形ABCD—A′B′C′D的中心
作OH⊥平面ABCD，则H为正方形ABCD的中心，
再作HM⊥DE，垂足为M，连结OM，则OM⊥DE，
故∠OMH为二面角B′—DE′—A的平面角
在Rt△DOE中，OE=a,OD=a,斜边DE=a,
则由面积关系得OM=a
在Rt△OHM中，sinOMH=
故面B′EDF与面ABCD所成的角为arcsin
另法（向量法） 如图建立坐标系，则
，
所以面ABCD的法向量为
下面求面B′EDF的法向量
设，由
∴
∴
故面B′EDF与面ABCD所成的角为
例2如下图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为a的正方形，侧棱AA1长为b,且AA1与AB、AD的夹角都是120°
求 (1)AC1的长；
(2)直线BD1与AC所成的角的余弦值
命题意图 本题主要考查利用向量法来解决立体几何问题
知识依托 向量的加、减及向量的数量积
错解分析 注意＜＞=＜,＞=120°而不是60°,＜＞=90°
技巧与方法 数量积公式及向量、模公式的巧用、变形用

∴BD1与AC所成角的余弦值为
例3如图，为60°的二面角，等腰直角三角形MPN的直角顶点P在l上，M∈α,N∈β,且MP与β所成的角等于NP与α所成的角
(1)求证 MN分别与α、β所成角相等；
(2)求MN与β所成角
(1)证明 作NA⊥α于A，MB⊥β于B,连接AP、PB、BN、AM，再作AC⊥l于C，BD⊥l于D，连接NC、MD
∵NA⊥α,MB⊥β,∴∠MPB、∠NPA分别是MP与β所成角及NP与α所成角，∠MNB，∠NMA分别是MN与β,α所成角，∴∠MPB=∠NPA
在Rt△MPB与Rt△NPA中，PM=PN，∠MPB=∠NPA，∴△MPB≌△NPA，∴MB=NA
在Rt△MNB与Rt△NMA中，MB=NA，MN是公共边，∴△MNB≌△NMA，∴∠MNB=∠NMA，即(1)结论成立
(2)解 设∠MNB=θ,MN=a,则PB=PN=a,MB=NA=asinθ，NB=acosθ?,∵MB⊥β,BD⊥l,∴MD⊥l,∴∠MDB是二面角α—l—β的平面角，
∴∠MDB=60°，同理∠NCA=60°,
∴BD=AC=asinθ,CN=DM=asinθ,
∵MB⊥β，MP⊥PN，∴BP⊥PN
∵∠BPN=90°,∠DPB=∠CNP,∴△BPD∽△PNC,∴
整理得，16sin4θ－16sin2θ+3=0
解得sin2θ=,sinθ=，
当sinθ=时，CN=asinθ= a＞PN不合理，舍去
∴sinθ=,∴MN与β所成角为30°
另法（向量法） 如图设的法向量为，的法向量为，模均为1，由题意，，
设，
则，，，
且
所以＝
或＝－
所以，MN分别与α、β所成角相等
学生巩固练习
1 在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M为DD1的中点，O为底面ABCD的中心，P为棱A1B1上任意一点，则直线OP与直线AM所成的角是( )
A B C D
2 设△ABC和△DBC所在两平面互相垂直，且AB=BC=BD=a,∠CBA=∠CBD=120°,则AD与平面BCD所成的角为( )
A 30° B 45° C 60° D 75°
3 已知∠AOB=90°,过O点引∠AOB所在平面的斜线OC，与OA、OB分别成45°、60°，则以OC为棱的二面角A—OC—B的余弦值等于______
4 正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为2∶3,则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为_________
5 已知四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠ABC=90°,PA⊥平面AC，且PA=AD=AB=1,BC=2
(1)求PC的长；
(2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值的大小；
(3)求证 二面角B—PC—D为直二面角
6 设△ABC和△DBC所在的两个平面互相垂直，且AB=BC=BD，∠ABC=∠DBC=120°，求
(1)直线AD与平面BCD所成角的大小；
(2)异面直线AD与BC所成的角；
(3)二面角A—BD—C的大小
7一副三角板拼成一个四边形ABCD，如图，然后将它沿BC折成直二面角
(1)求证 平面ABD⊥平面ACD；
(2)求AD与BC所成的角；
(3)求二面角A—BD—C的大小
参考答案
1 解析 (特殊位置法）将P点取为A1，作OE⊥AD于E，连结A1E，则A1E为OA1的射影，又AM⊥A1E，∴AM⊥OA1，即AM与OP成90°角
答案 D
2 解析 作AO⊥CB的延长线，连OD，则OD即为AD在平面BCD上的射影，
∵AO=OD=a,∴∠ADO=45°
答案 B
3 解析 在OC上取一点C，使OC=1，过C分别作CA⊥OC交OA于A，CB⊥OC交OB于B，则AC=1，，OA=，BC=，OB=2，Rt△AOB中，AB2=6，△ABC中，由余弦定理，得cosACB=－
答案 －
4 解析 设一个侧面面积为S1，底面面积为S，则这个侧面在底面上射影的面积为，由题设得，设侧面与底面所成二面角为θ,则cosθ=,∴θ=60°
答案 60°
5 (1)解 因为PA⊥平面AC，AB⊥BC,∴PB⊥BC,即∠PBC=90°,由勾股定理得PB=
∴PC=
(2)解 如图，过点C作CE∥BD交AD的延长线于E，连结PE，则PC与BD所成的角为∠PCE或它的补角
∵CE=BD=，且PE=
∴由余弦定理得
cosPCE=
∴PC与BD所成角的余弦值为
(3）证明 设PB、PC中点分别为G、F，连结FG、AG、DF，
则GF∥BC∥AD，且GF=BC=1=AD，
从而四边形ADFG为平行四边形，
又AD⊥平面PAB，∴AD⊥AG，
即ADFG为矩形，DF⊥FG
在△PCD中，PD=，CD=，F为BC中点，
∴DF⊥PC
从而DF⊥平面PBC，故平面PDC⊥平面PBC，
即二面角B—PC—D为直二面角 ?
另法（向量法） (略)
6 解 (1)如图，在平面ABC内，过A作AH⊥BC，垂足为H，则AH⊥平面DBC，
∴∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角 由题设知△AHB≌△AHD，则DH⊥BH，AH=DH，
∴∠ADH=45°
(2)∵BC⊥DH，且DH为AD在平面BCD上的射影，
∴BC⊥AD，故AD与BC所成的角为90°
(3)过H作HR⊥BD，垂足为R，连结AR，则由三垂线定理知，AR⊥BD，故∠ARH为二面角A—BD—C的平面角的补角 设BC=a,则由题设知，AH=DH=,在△HDB中，HR=a，∴tanARH==2
故二面角A—BD—C大小为π－arctan2
另法（向量法） (略)
7 (1)证明 取BC中点E，连结AE，∵AB=AC，∴AE⊥BC
∵平面ABC⊥平面BCD，∴AE⊥平面BCD，
∵BC⊥CD，由三垂线定理知AB⊥CD
又∵AB⊥AC，∴AB⊥平面BCD，∵AB平面ABD
∴平面ABD⊥平面ACD
(2)解 在面BCD内，过D作DF∥BC，过E作EF⊥DF，交DF于F，由三垂线定理知AF⊥DF，∠ADF为AD与BC所成的角
设AB=m，则BC=m，CE=DF=m,CD=EF=m
即AD与BC所成的角为arctan
(3)解 ∵AE⊥面BCD，过E作EG⊥BD于G，连结AG，由三垂线定理知AG⊥BD，
∴∠AGE为二面角A—BD—C的平面角
∵∠EBG=30°，BE=m,∴EG=m
又AE=m,∴tanAGE==2,∴∠AGE=arctan2
即二面角A—BD—C的大小为arctan2
另法（向量法） (略)
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座关于求空间距离的问题
高考要求
空间中距离的求法是历年高考考查的重点，其中以点与点、点到线、点到面的距离为基础，求其他几种距离一般化归为这三种距离
重难点归纳
1.空间中的距离主要指以下七种
(1)两点之间的距离
(2)点到直线的距离
(3)点到平面的距离
(4)两条平行线间的距离
(5)两条异面直线间的距离
(6)平面的平行直线与平面之间的距离
(7)两个平行平面之间的距离
七种距离都是指它们所在的两个点集之间所含两点的距离中最小的距离 七种距离之间有密切联系，有些可以相互转化，如两条平行线的距离可转化为求点到直线的距离，平行线面间的距离或平行平面间的距离都可转化成点到平面的距离
在七种距离中，求点到平面的距离是重点，求两条异面直线间的距离是难点
求点到平面的距离 (1)直接法，即直接由点作垂线，求垂线段的长 (2)转移法，转化成求另一点到该平面的距离 (3)体积法 (3)向量法
求异面直线的距离 (1)定义法，即求公垂线段的长 (2)转化成求直线与平面的距离 (3)函数极值法，依据是两条异面直线的距离是分别在两条异面直线上两点间距离中最小的
2.用向量法求距离的公式：
⑴异面直线之间的距离：
，其中。
⑵直线与平面之间的距离：
，其中。是平面的法向量。
⑶两平行平面之间的距离：
，其中。是平面的法向量。
⑷点A到平面的距离：
，其中，是平面的法向量。
另法：点平面
则
⑸点A到直线的距离：
，其中，是直线的方向向量。
⑹两平行直线之间的距离：
，其中，是的方向向量。
典型题例示范讲解
例1把正方形ABCD沿对角线AC折起成直二面角，点E、F分别是AD、BC的中点，点O是原正方形的中心，求
(1)EF的长；
(2)折起后∠EOF的大小
命题意图 考查利用空间向量的坐标运算来解决立体几何问题
知识依托 空间向量的坐标运算及数量积公式
错解分析 建立正确的空间直角坐标系 其中必须保证x轴、y轴、z轴两两互相垂直
技巧与方法 建系方式有多种，其中以O点为原点，以、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向最为简单
解 如图，以O点为原点建立空间直角坐标系O—xyz,
设正方形ABCD边长为a,
则A(0，－a,0),B(a,0,0),C(0, a,0),
D(0,0, a),E(0,－a, a),F(a, a,0)
∴∠EOF=120°
例2正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为1，求异面直线A1C1与AB1间的距离
命题意图 本题主要考查异面直线间距离的求法
知识依托 求异面直线的距离，可求两异面直线的公垂线，或转化为求线面距离，或面面距离，亦可由最值法求得
错解分析 本题容易错误认为O1B是A1C与AB1的距离，这主要是对异面直线定义不熟悉，异面直线的距离是与两条异面直线垂直相交的直线上垂足间的距离
技巧与方法 求异面直线的距离，有时较难作出它们的公垂线，故通常采用化归思想，转化为求线面距、面面距、或由最值法求得
解法一 如图，在正方体AC1中，
∵A1C1∥AC,∴A1C1∥平面AB1C，
∴A1C1与平面AB1C间的距离等于异面直线A1C1与AB1间的距离
连结B1D1、BD，设B1D1∩A1C1=O1,BD∩AC=O
∵AC⊥BD，AC⊥DD1，∴AC⊥平面BB1D1D
∴平面AB1C⊥平面BB1D1D，
连结B1O，则平面AB1C∩平面BB1D1D=B1O
作O1G⊥B1O于G，则O1G⊥平面AB1C
∴O1G为直线A1C1与平面AB1C间的距离，即为异面直线A1C1与AB1间的距离
在Rt△OO1B1中，∵O1B1=，OO1=1，∴OB1==
∴O1G=，即异面直线A1C1与AB1间距离为
解法二 如图，在A1C上任取一点M，作MN⊥AB1于N，作MR⊥A1B1于R，连结RN，
∵平面A1B1C1D1⊥平面A1ABB1，
∴MR⊥平面A1ABB1，MR⊥AB1
∵AB1⊥RN，设A1R=x,则RB1=1－x
∵∠C1A1B1=∠AB1A1=45°，
∴MR=x,RN=NB1=
(0＜x＜1
∴当x=时，MN有最小值即异面直线A1C1与AB1距离为
解法三（向量法）如图建立坐标系，则
∴
设MN是直线A1C1与AB1的公垂线，
且
则
从而有
∴
例3如图，已知ABCD是矩形，AB=a,AD=b,PA⊥平面ABCD，PA=2c,Q是PA的中点
求 (1)Q到BD的距离；
(2)P到平面BQD的距离
解 (1)在矩形ABCD中，作AE⊥BD，E为垂足
连结QE，
∵QA⊥平面ABCD，由三垂线定理得QE⊥BE
∴QE的长为Q到BD的距离
在矩形ABCD中，AB=a,AD=b,
∴AE=
在Rt△QAE中，QA=PA=c
∴QE=
∴Q到BD距离为
(2)解法一 ∵平面BQD经过线段PA的中点，
∴P到平面BQD的距离等于A到平面BQD的距离
在△AQE中，作AH⊥QE，H为垂足
∵BD⊥AE,BD⊥QE,∴BD⊥平面AQE ∴BD⊥AH
∴AH⊥平面BQE，即AH为A到平面BQD的距离
在Rt△AQE中，∵AQ=c,AE=
∴AH=
∴P到平面BD的距离为
解法二 设点A到平面QBD的距离为h，由
VA—BQD=VQ—ABD,得S△BQD·h=S△ABD·AQ
h=
学生巩固练习
1 正方形ABCD边长为2，E、F分别是AB和CD的中点，将正方形沿EF折成直二面角(如图)，M为矩形AEFD内一点，如果∠MBE=∠MBC，MB和平面BCF所成角的正切值为，那么点M到直线EF的距离为( )
A B 1 C D
2 三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1=1，AB=4，BC=3，∠ABC=90°,设平面A1BC1与平面ABC的交线为l，则A1C1与l的距离为( )
A B C 2.6 D 2.4
3 如左图，空间四点A、B、C、D中，每两点所连线段的长都等于a，动点P在线段AB上，动点Q在线段CD上，则P与Q的最短距离为_________
4 如右上图，ABCD与ABEF均是正方形，如果二面角E—AB—C的度数为30°，那么EF与平面ABCD的距离为_________
5 在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB=4，BC=3，CC1=2，如图
(1)求证 平面A1BC1∥平面ACD1；
(2)求(1)中两个平行平面间的距离；
(3)求点B1到平面A1BC1的距离
6 已知正四棱柱ABCD—A1B1C1D1，点E在棱D1D上，截面EAC∥D1B且面EAC与底面ABCD所成的角为45°,AB=a,求
(1)截面EAC的面积；
(2)异面直线A1B1与AC之间的距离；
(3)三棱锥B1—EAC的体积
7 如图，已知三棱柱A1B1C1—ABC的底面是边长为2的正三角形，侧棱A1A与AB、AC均成45°角，且A1E⊥B1B于E，A1F⊥CC1于F
(1)求点A到平面B1BCC1的距离；
(2)当AA1多长时，点A1到平面ABC与平面B1BCC1的距离相等
8 如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=,AB= AD=a,
∠ADC=arccos,PA⊥面ABCD且PA=a
(1)求异面直线AD与PC间的距离；
(2)在线段AD上是否存在一点F，使点A到平面PCF的距离为
参考答案
1 解析 过点M作MM′⊥EF,则MM′⊥平面BCF
∵∠MBE=∠MBC
∴BM′为∠EBC为角平分线，
∴∠EBM′=45°,BM′=,从而MN=
答案 A
2 解析 交线l过B与AC平行，作CD⊥l于D，连C1D，则C1D为A1C1与l的距离，而CD等于AC上的高，即CD=,Rt△C1CD中易求得C1D==2.6
答案 C
3 解析 以A、B、C、D为顶点的四边形为空间四边形，且为正四面体，取P、Q分别为AB、CD的中点，因为AQ=BQ=a,∴PQ⊥AB,
同理可得PQ⊥CD，故线段PQ的长为P、Q两点间的最短距离，在Rt△APQ中，PQ=a
答案 a
4 解析 显然∠FAD是二面角E—AB—C的平面角，∠FAD=30°,过F作FG⊥平面ABCD于G，则G必在AD上，由EF∥平面ABCD
∴FG为EF与平面ABCD的距离，即FG=
答案
5 (1)证明 由于BC1∥AD1，则BC1∥平面ACD1
同理，A1B∥平面ACD1，则平面A1BC1∥平面ACD1
(2)解 设两平行平面A1BC1与ACD1间的距离为d，则d等于D1到平面A1BC1的距离 易求A1C1=5，A1B=2，BC1=，则cosA1BC1=,则sinA1BC1=,则S=,由于，则S·d=·BB1,代入求得d=,即两平行平面间的距离为
(3)解 由于线段B1D1被平面A1BC1所平分，则B1、D1到平面A1BC1的距离相等，则由(2)知点B1到平面A1BC1的距离等于
6 解 (1)连结DB交AC于O，连结EO，
∵底面ABCD是正方形
∴DO⊥AC，又ED⊥面ABCD
∴EO⊥AC，即∠EOD=45°
又DO=a，AC=a，EO==a，∴S△EAC=a
(2)∵A1A⊥底面ABCD，∴A1A⊥AC，又A1A⊥A1B1
∴A1A是异面直线A1B1与AC间的公垂线
又EO∥BD1，O为BD中点，∴D1B=2EO=2a
∴D1D=a，∴A1B1与AC距离为a
(3)连结B1D交D1B于P，交EO于Q，推证出B1D⊥面EAC
∴B1Q是三棱锥B1—EAC的高，得B1Q=a
7 解 (1)∵BB1⊥A1E，CC1⊥A1F，BB1∥CC1
∴BB1⊥平面A1EF
即面A1EF⊥面BB1C1C
在Rt△A1EB1中，
∵∠A1B1E=45°，A1B1=a
∴A1E=a,同理A1F=a,又EF=a，∴A1E=a
同理A1F=a,又EF=a
∴△EA1F为等腰直角三角形，∠EA1F=90°
过A1作A1N⊥EF，则N为EF中点，且A1N⊥平面BCC1B1
即A1N为点A1到平面BCC1B1的距离
∴A1N=
又∵AA1∥面BCC1B，A到平面BCC1B1的距离为
∴a=2，∴所求距离为2
(2)设BC、B1C1的中点分别为D、D1，连结AD、DD1和A1D1，则DD1必过点N，易证ADD1A1为平行四边形
∵B1C1⊥D1D,B1C1⊥A1N
∴B1C1⊥平面ADD1A1
∴BC⊥平面ADD1A1
得平面ABC⊥平面ADD1A1，过A1作A1M⊥平面ABC，交AD于M，
若A1M=A1N，又∠A1AM=∠A1D1N，∠AMA1=∠A1ND1=90°
∴△AMA1≌△A1ND1,∴AA1=A1D1=,即当AA1=时满足条件
8 解 (1)∵BC∥AD,BC面PBC,∴AD∥面PBC
从而AD与PC间的距离就是直线AD与平面PBC间的距离
过A作AE⊥PB，又AE⊥BC
∴AE⊥平面PBC，AE为所求
在等腰直角三角形PAB中，PA=AB=a
∴AE=a
(2)作CM∥AB，由已知cosADC=
∴tanADC=,即CM=DM
∴ABCM为正方形，AC=a,PC=a
过A作AH⊥PC,在Rt△PAC中，得AH=
下面在AD上找一点F，使PC⊥CF
取MD中点F，△ACM、△FCM均为等腰直角三角形
∴∠ACM+∠FCM=45°+45°=90°
∴FC⊥AC,即FC⊥PC∴在AD上存在满足条件的点F
课前后备注 　
学法指导: 立体几何中的策略思想及方法
立体几何中的策略思想及方法
近年来，高考对立体几何的考查仍然注重于空间观点的建立和空间想象能力的培养 题目起点低，步步升高，给不同层次的学生有发挥能力的余地 大题综合性强，有几何组合体中深层次考查空间的线面关系 因此，高考复习应在抓好基本概念、定理、表述语言的基础上，以总结空间线面关系在几何体中的确定方法入手，突出数学思想方法在解题中的指导作用，并积极探寻解答各类立体几何问题的有效的策略思想及方法
一、领悟解题的基本策略思想
高考改革稳中有变 运用基本数学思想如转化，类比，函数观点仍是考查中心，选择好典型例题，在基本数学思想指导下，归纳一套合乎一般思维规律的解题模式是受学生欢迎的，学生通过熟练运用，逐步内化为自己的经验，解决一般基本数学问题就会自然流畅
二、探寻立体几何图形中的基面
立体几何图形必须借助面的衬托，点、线、面的位置关系才能显露地“立”起来 在具体的问题中，证明和计算经常依附于某种特殊的辅助平面即基面 这个辅助平面的获取正是解题的关键所在，通过对这个平面的截得，延展或构造，纲举目张，问题就迎刃而解了
三、重视模型在解题中的应用
学生学习立体几何是从认识具体几何模型到抽象出空间点、线、面的关系，从而培养空间想象能力 而数学问题中许多图形和数量关系都与我们熟悉模型存在着某种联系 它引导我们以模型为依据，找出起关键作用的一些关系或数量，对比数学问题中题设条件，突出特性，设法对原图形补形，拼凑、构造、嵌入、转化为熟知的、形象的、直观的模型，利用其特征规律获取优解
题目 高中数学复习专题讲座充要条件的理解及判定方法
高考要求
充分条件、必要条件和充要条件是重要的数学概念，主要用来区分命题的条件p和结论q之间的关系本节主要是通过不同的知识点来剖析充分必要条件的意义，让考生能准确判定给定的两个命题的充要关系
重难点归纳
(1)要理解“充分条件”“必要条件”的概念当“若p则q”形式的命题为真时，就记作pq，称p是q的充分条件，同时称q是p的必要条件，因此判断充分条件或必要条件就归结为判断命题的真假
(2)要理解“充要条件”的概念，对于符号“”要熟悉它的各种同义词语“等价于”，“当且仅当”，“必须并且只需”，“……，反之也真”等
(3)数学概念的定义具有相称性，即数学概念的定义都可以看成是充要条件，既是概念的判断依据，又是概念所具有的性质
(4)从集合观点看，若AB，则A是B的充分条件，B是A的必要条件；若A=B，则A、B互为充要条件
(5)证明命题条件的充要性时，既要证明原命题成立(即条件的充分性)，又要证明它的逆命题成立(即条件的必要性)
典型题例示范讲解
例1已知p|1－|≤2,q:x2－2x+1－m2≤0(m>0),若?p是?q的必要而不充分条件，求实数m的取值范围
命题意图 本题以含绝对值的不等式及一元二次不等式的解法为考查对象，同时考查了充分必要条件及四种命题中等价命题的应用，强调了知识点的灵活性
知识依托 本题解题的闪光点是利用等价命题对题目的文字表述方式进行转化，使考生对充要条件的难理解变得简单明了
错解分析 对四种命题以及充要条件的定义实质理解不清晰是解此题的难点，对否命题，学生本身存在着语言理解上的困难
技巧与方法 利用等价命题先进行命题的等价转化，搞清晰命题中条件与结论的关系，再去解不等式，找解集间的包含关系，进而使问题解决
解由题意知
命题若?p是?q的必要而不充分条件的等价命题即逆否命题为p是q的充分不必要条件
p:|1－|≤2－2≤－1≤2－1≤≤3－2≤x≤10
q:x2－2x+1－m2≤0［x－(1－m)］［x－(1+m)］≤0 *
∵p是q的充分不必要条件，
∴不等式|1－|≤2的解集是x2－2x+1－m2≤0(m>0)解集的子集
又∵m>0
∴不等式*的解集为1－m≤x≤1+m
∴，∴m≥9，
∴实数m的取值范围是［9，+∞
例2已知数列{an}的前n项Sn=pn+q(p≠0,p≠1),求数列{an}是等比数列的充要条件
命题意图 本题重点考查充要条件的概念及考生解答充要条件命题时的思维的严谨性
知识依托 以等比数列的判定为主线，使本题的闪光点在于抓住数列前n项和与通项之间的递推关系，严格利用定义去判定
错解分析 因为题目是求的充要条件，即有充分性和必要性两层含义，考生很容易忽视充分性的证明
技巧与方法 由an=关系式去寻找an与an+1的比值，但同时要注意充分性的证明
解a1=S1=p+q
当n≥2时，an=Sn－Sn－1=pn－1(p－1)
∵p≠0,p≠1,∴=p
若{an}为等比数列，则=p
∴=p,
∵p≠0，∴p－1=p+q，∴q=－1
这是{an}为等比数列的必要条件
下面证明q=－1是{an}为等比数列的充分条件
当q=－1时，∴Sn=pn－1(p≠0,p≠1)，a1=S1=p－1
当n≥2时，an=Sn－Sn－1=pn－pn－1=pn－1(p－1)
∴an=(p－1)pn－1 (p≠0,p≠1)
=p为常数
∴q=－1时，数列{an}为等比数列即数列{an}是等比数列的充要条件为q=－1
例3已知关于x的实系数二次方程x2+ax+b=0有两个实数根α、β，
证明|α|<2且|β|<2是2|a|<4+b且|b|<4的充要条件
证明(1）充分性由韦达定理，得|b|=|α·β|=|α|·|β|＜2×2=4
设f(x)=x2+ax+b,则f(x)的图象是开口向上的抛物线
又|α|＜2,|β|＜2,∴f(±2)>0
即有4+b>2a>－(4+b)
又|b|＜44+b>02|a|＜4+b
(2)必要性
由2|a|＜4+bf(±2)>0且f(x)的图象是开口向上的抛物线
∴方程f(x)=0的两根α，β同在(－2，2）内或无实根
∵α，β是方程f(x)=0的实根，
∴α，β同在(－2，2）内，即|α|＜2且|β|＜2
例4 写出下列各命题的否定及其否命题，并判断它们的真假.
（1）若x、y都是奇数，则x+y是偶数；
（2）若xy=0，则x=0或y=0；
（3）若一个数是质数，则这个数是奇数.
解：（1）命题的否定：x、y都是奇数，则x+y不是偶数，为假命题.
原命题的否命题：若x、y不都是奇数，则x+y不是偶数，是假命题.
（2）命题的否定：xy=0则x≠0且y≠0，为假命题.
原命题的否命题：若xy≠0，则x≠0且y≠0，是真命题.
（3）命题的否定：一个数是质数，则这个数不是奇数，是假命题.
原命题的否命题：若一个数不是质数，则这个数不是奇数，为假命题.
例5 有A、B、C三个盒子，其中一个内放有一个苹果，在三个盒子上各有一张纸条.
A盒子上的纸条写的是“苹果在此盒内”，
B盒子上的纸条写的是“苹果不在此盒内”，
C盒子上的纸条写的是“苹果不在A盒内”.
如果三张纸条中只有一张写的是真的，请问苹果究竟在哪个盒子里？
解：若苹果在A盒内，则A、B两个盒子上的纸条写的为真，不合题意.
若苹果在B盒内，则A、B两个盒子上的纸条写的为假，C盒子上的纸条写的为真，符合题意，即苹果在B盒内.
同样，若苹果在C盒内，则B、C两盒子上的纸条写的为真，不合题意.
综上，苹果在B盒内.
学生巩固练习
1函数f(x)=x|x+a|+b是奇函数的充要条件是( )
Aab=0 Ba+b=0 Ca=b Da2+b2=0
2 “a=1”是函数y=cos2ax－sin2ax的最小正周期为“π”的( )
A充分不必要条件 B必要不充分条件
C充要条件 D既非充分条件也不是必要条件
3 a=3是直线ax+2y+3a=0和直线3x+(a－1)y=a－7平行且不重合的___
4命题A两曲线F(x,y)=0和G(x,y)=0相交于点P(x0,y0),命题B曲线F(x,y)+λG(x,y)=0(λ为常数)过点P(x0,y0),则A是B的__________条件
5设α，β是方程x2－ax+b=0的两个实根，试分析a>2且b>1是两根α、β均大于1的什么条件？
6已知数列{an}、{bn}满足bn=,求证数列{an}成等差数列的充要条件是数列{bn}也是等差数列
7已知抛物线Cy=－x2+mx－1和点A(3，0)，B(0，3)，求抛物线C与线段AB有两个不同交点的充要条件
8 p:－2参考答案
1解析若a2+b2=0,即a=b=0,
此时f(－x)=(－x)|x+0|+0=－x·|x|=－(x|x+0|+b)=－(x|x+a|+b)=－f(x)
∴a2+b2=0是f(x)为奇函数的充分条件，又若f(x)=x|x+a|+b是奇函数，即f(－x)=(－x)|(－x)+a|+b=－f(x),则必有a=b=0,即a2+b2=0
∴a2+b2=0是f(x)为奇函数的必要条件
答案 D
2解析若a=1,则y=cos2x－sin2x=cos2x,此时y的最小正周期为π故a=1是充分条件，反过来，由y=cos2ax－sin2ax=cos2ax故函数y的最小正周期为π,则a=±1,故a=1不是必要条件
答案 A
3解析当a=3时，直线l1:3x+2y+9=0;直线l2:3x+2y+4=0
∵l1与l2的A1∶A2=B1∶B2=1∶1，而C1∶C2=9∶4≠1,
即C1≠C2,∴a=3l1∥l2
答案 充要条件
4解析若P(x0,y0)是F(x,y)=0和G(x,y)=0的交点，
则F(x0,y0)+λG(x0,y0)=0，即F(x,y)+λG(x,y)=0，过P(x0,y0);
反之不成立
答案充分不必要
5解根据韦达定理得a=α+β,b=αβ
判定的条件是p:，结论是q:
(注意p中a、b满足的前提是Δ=a2－4b≥0)
(1)由，得a=α+β>2,b=αβ>1,∴qp
(2)为证明pq,可以举出反例取α=4,β=,它满足a=α+β=4+>2,b=αβ=4×=2>1,但q不成立
综上讨论可知a>2,b>1是α>1,β>1的必要但不充分条件
6证明①必要性
设{an}成等差数列，公差为d,∵{an}成等差数列
　　
从而bn+1－bn=a1+n·d－a1－(n－1) d=d为常数?
故{bn}是等差数列，公差为d
②充分性:
设{bn}是等差数列，公差为d′,则bn=(n－1)d′?
∵bn(1+2+…+n)=a1+2a2+…+nan ①
bn－1(1+2+…+n－1)=a1+2a2+…+(n－1)an ②
①－②得nan=bn－1?
从而得an+1－an=d′为常数，故{an}是等差数列
综上所述，数列{an}成等差数列的充要条件是数列{bn}也是等差数列
7解 ①必要性
由已知得，线段AB的方程为y=－x+3(0≤x≤3)
由于抛物线C和线段AB有两个不同的交点，
所以方程组*有两个不同的实数解
消元得x2－(m+1)x+4=0(0≤x≤3)
设f(x)=x2－(m+1)x+4,则有
　　
②充分性
当3＜x≤时，
x1=>0
∴方程x2－(m+1)x+4=0有两个不等的实根x1,x2,且0＜x1＜x2≤3,方程组*有两组不同的实数解
因此，抛物线y=－x2+mx－1和线段AB有两个不同交点的充要条件是
3＜m≤
8解 若关于x的方程x2+mx+n=0有2个小于1的正根，设为x1,x2
则0＜x1＜1,0＜x2＜1,有0＜x1+x2＜2且0＜x1x2＜1,
根据韦达定理
有－2＜m＜0;0＜n＜1即有qp
反之，取m=－＜0
方程x2+mx+n=0无实根，所以pq
综上所述，p是q的必要不充分条件
课前后备注 　
1.已知p是r的充分不必要条件，s是r的必要条件，q是s的必要条件，那么p是q成立的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析：依题意有pr，rs，sq，∴prsq.但由于rp，∴qp.
答案：A
2. “cos2α=－”是“α=kπ+，k∈Z”的
A.必要不充分条件 B.充分不必要条件
C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件
解析：cos2α=－2α=2kπ±α=kπ±.
答案：A
3.在△ABC中，“A＞B”是“cosA＜cosB”的
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
解析：在△ABC中，A＞BcosA＜cosB（余弦函数单调性）.
答案：C
4.命题A：两曲线F（x，y）＝0和G（x，y）=0相交于点P（x0，y0），命题B：曲线F（x，y）+λG（x，y）＝0（λ为常数）过点P（x0，y0），则A是B的__________条件.
答案：充分不必要
5.函数f（x）=x2－2ax－3在区间［1，2］上存在反函数的充分必要条件是
A.a∈（－∞，1］ B.a∈［2，+∞）
C.α∈［1，2］ D.a∈（－∞，1］∪［2，+∞）
解析：∵f（x）=x2－2ax－3的对称轴为x=a，∴y=f（x）在［1，2］上存在反函数的充要条件为［1，2］（－∞，a］或［1，2］［a，+∞），即a≥2或a≤1.
答案：D
6.已知数列{an}的前n项和Sn=pn+q（p≠0且p≠1），求数列{an}成等比数列的充要条件.
分析：先根据前n项和公式，导出使{an}为等比数列的必要条件，再证明其充分条件.
解：当n=1时，a1=S1=p+q；
当n≥2时，an=Sn－Sn－1=（p－1）·pn－1.
由于p≠0，p≠1，∴当n≥2时，{an}是等比数列.要使{an}（n∈N*）是等比数列，则=p，即（p－1）·p=p（p+q），∴q=－1，即{an}是等比数列的必要条件是p≠0且p≠1且q=－1.
再证充分性：
当p≠0且p≠1且q=－1时，Sn=pn－1，
an=（p－1）·pn－1，=p（n≥2），
∴{an}是等比数列.
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题目 高中数学复习专题讲座概率与统计
高考要求
概率是高考的重点内容之一，尤其是新增的随机变量这部分内容 要充分注意一些重要概念的实际意义，理解概率处理问题的基本思想方法
重难点归纳
本章内容分为概率初步和随机变量两部分 第一部分包括等可能事件的概率、互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率和独立重复实验 第二部分包括随机变量、离散型随机变量的期望与方差
涉及的思维方法 观察与试验、分析与综合、一般化与特殊化
主要思维形式有 逻辑思维、聚合思维、形象思维和创造性思维
典型题例示范讲解
例1有一容量为50的样本，数据的分组及各组的频率数如下
［10，15］4 ［30，359 ［15，205 ［35，408
［20，2510 ［40，453 ［25，3011
(1)列出样本的频率分布表(含累积频率)；
(2)画出频率分布直方图和累积频率的分布图
命题意图 本题主要考查频率分布表，频率分布直方图和累积频率的分布图的画法
知识依托 频率、累积频率的概念以及频率分布表、直方图和累积频率分布图的画法
错解分析 解答本题时，计算容易出现失误，且要注意频率分布与累积频率分布的区别
技巧与方法 本题关键在于掌握三种表格的区别与联系
解 (1)由所给数据，计算得如下频率分布表
数据段
频数
频率
累积频率
［10,15
4
0.08
0.08
［15,20
5
0.10
0.18
［20,25
10
0.20
0.38
［25,30
11
0.22
0.60
［30,35
9
0.18
0.78
［35,40
8
0.16
0.94
［40,45
3
0.06
1
总计
50
1
(2)频率分布直方图与累积频率分布图如下
例2袋子A和B中装有若干个均匀的红球和白球，从A中摸出一个红球的概率是，从B中摸出一个红球的概率为p．
(Ⅰ) 从A中有放回地摸球，每次摸出一个，有3次摸到红球即停止．
(i)求恰好摸5次停止的概率；
(ii)记5次之内(含5次)摸到红球的次数为，求随机变量的分布率及数学期望E．
(Ⅱ) 若A、B两个袋子中的球数之比为12，将A、B中的球装在一起后，从中摸出一个红球的概率是，求p的值．
命题意图 本题考查利用概率知识和期望的计算方法
知识依托 概率的计算及期望的概念的有关知识
错解分析 在本题中，随机变量的确定，稍有不慎，就将产生失误
技巧与方法 可借助n次独立重复试验概率公式计算概率
解 (Ⅰ)（i）
(ii)随机变量的取值为0，1，2，3，；
由n次独立重复试验概率公式，得
；
（或）
随机变量的分布列是
0
1
2
3
P
的数学期望是
(Ⅱ)设袋子A中有m个球，则袋子B中有2m个球
由，得
例3如图，用A、B、C三类不同的元件连接成两个系统N1、N2，当元件A、B、C都正常工作时，系统N1正常工作；当元件A正常工作且元件B、C至少有一个正常工作时，系统N2正常工作 已知元件A、B、C正常工作的概率依次为0.80,0.90,0.90，分别求系统N1，N2正常工作的概率P1、P2
解 记元件A、B、C正常工作的事件分别为A、B、C，
由已知条件P(A)=0.80, P(B)=0.90,P(C)=0.90
(1)因为事件A、B、C是相互独立的，所以，系统N1正常工作的概率P1=P(A·B·C)=P(A)P(B)P(C)=0.648,故系统N1正常工作的概率为0.648
(2)系统N2正常工作的概率P2=P(A)·［1－P()］
=P(A)·［1－P()P()］
=0 80×［1－(1－0 90)(1－0 90)］=0 792
故系统N2正常工作的概率为0 792
学生巩固练习
1 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( )
2 已知随机变量ζ的分布列为 P(ζ=k)=,k=1,2,3,则P(3ζ+5)等于
A 6 B 9 C 3 D 4
3 1盒中有9个正品和3个废品，每次取1个产品，取出后不再放回，在取得正品前已取出的废品数ζ的期望Eζ=_________
4 某班有52人，男女各半，男女各自平均分成两组，从这个班中选出4人参加某项活动，这4人恰好来自不同组别的概率是_________
5 甲、乙两人各进行一次射击，如果两人击中目标的概率都是0.6，计算
(1)两人都击中目标的概率；
(2)其中恰有一人击中目标的概率；
(3)至少有一人击中目标的概率
6 已知连续型随机变量ζ的概率密度函数f(x)=
(1)求常数a的值，并画出ζ的概率密度曲线；
(2)求P(1＜ζ＜)
7 设P在［0,5］上随机地取值，求方程x2+px+=0有实根的概率
8 设一部机器在一天内发生故障的概率为0 2，机器发生故障时全天停止工作 若一周5个工作日里均无故障，可获利润10万元；发生一次故障可获利润5万元，只发生两次故障可获利润0万元，发生三次或三次以上故障就要亏损2万元。求一周内期望利润是多少？
参考答案:
1 解析 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
故目标被击中的概率为1－P(··)=1－
答案 A
2 解析 Eξ=(1+2+3)·=2，Eξ2=(12+22+32)·=
∴Dξ=Eξ2－(Eξ)2=－22=
∴D(3ξ+5)=9Eξ=6
答案 A
3 解析 由条件知，ξ的取值为0，1，2，3，并且有P(ξ=0)=,
答案 0.3
4 解析 因为每组人数为13，因此，每组选1人有C种方法，所以所求概率为P=
答案
5 解 (1)我们把“甲射击一次击中目标”叫做事件A，“乙射击一次击中目标”叫做事件B 显然事件A、B相互独立，所以两人各射击一次都击中目标的概率是P(A·B)?=P(A)·P(B)=0.6×0.6=0.36
答 两人都击中目标的概率是0.36
(2)同理，两人各射击一次，甲击中、乙未击中的概率是
P(A·)=P(A)·P()=0.6×(1－0.6)=0.6×0.4=0.24
甲未击中、乙击中的概率是P(·B)=P()P(B)=0.24，显然，“甲击中、乙未击中”和“甲未击中、乙击中”是不可能同时发生，即事件A·与·B互斥，所以恰有一人击中目标的概率是
P(A·)+P(·B)=0.24+0.24=0.48
答 其中恰有一人击中目标的概率是0.48
(2)两人各射击一次，至少有一人击中目标的概率P=P(A·B)+［P(A·)+P()·B］=0.36+0.48=0.84
答 至少有一人击中目标的概率是0.84
6 解 (1)因为ξ所在区间上的概率总和为1，
所以 (1－a+2－a)·1=1,
∴a=
概率密度曲线如图
(2)P(1＜ξ＜)=
7 解 一元二次方程有实数根Δ≥0
而Δ=P2－4()=P2－P－2=(P+1)(P－2)
解得P≤－1或P≥2
故所求概率为P=
8 解 以X表示一周5天内机器发生故障的天数，则X－B(5，0.2)，于是X有概率分布P(X=k)=C0.2k0.85－k,k=0,1,2,3,4,5
以Y表示一周内所获利润，则
Y=g(X)=
Y的概率分布为
P(Y=10)=P(X=0)=0.85=0.328
P(Y=5)=P(X=1)=C0.2·0.84=0.410
P(Y=0)=P(X=2)=C·0.22·0.83=0.205
P(Y=－2)=P(X≥3)=1－P(X=0)－P(X=1)－P(X=2)=0.057
故一周内的期望利润为
EY=10×0.328+5×0.410+0×0.205－2×0.057=5.216(万元)
课前后备注 　
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题目 高中数学复习专题讲座运用向量法解题
重难点归纳
1 解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识　二是向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想
2 向量的数量积常用于有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等问题中常用向量的直角坐标运算来证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线的夹角和两点间距离的问题
3 用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进行思考 　
(1)要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？
(2)所需要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？
(3)所需要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知向量表示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？
(4)怎样对已经表示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？
典型题例示范讲解
例1如图，已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面?ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD
(1)求证 　C1C⊥BD
(2)当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD？请给出证明
命题意图 本题主要考查考生应用向量法解决向量垂直，夹角等问题以及对立体几何图形的解读能力
知识依托 解答本题的闪光点是以向量来论证立体几何中的垂直问题，这就使几何问题代数化，使繁琐的论证变得简单
错解分析 本题难点是考生理不清题目中的线面位置关系和数量关系的相互转化，再就是要清楚已知条件中提供的角与向量夹角的区别与联系
技巧与方法 　利用⊥·=0来证明两直线垂直，只要证明两直线对应的向量的数量积为零即可
(1)证明 　设=, =,,依题意，||=||，、、?中两两所成夹角为θ，于是
=－，
=(－)=·－·=||·||cosθ－||·||cosθ=0,∴C1C⊥BD
(2)解 　若使A1C⊥平面C1BD，只须证A1C⊥BD，A1C⊥DC1，
由
=(++)·(－)=||2+·－·－||2
=||2－||2+||·||cosθ－||·||·cosθ=0,得
当|=||时，A1C⊥DC1，同理可证当||=||时，A1C⊥BD，
∴=1时，A1C⊥平面C1BD
例2如图，直三棱柱ABC—A1B1C1，底面△ABC中，CA=CB=1，∠BCA=90°，AA1=2，M、N分别是A1B1、A1A的中点
(1)求的长；
(2)求cos<>的值；
(3)求证 　A1B⊥C1M
命题意图 　本题主要考查考生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几何问题
知识依托 　解答本题的闪光点是建立恰当的空间直角坐标系O－xyz,进而找到点的坐标和求出向量的坐标
错解分析 　本题的难点是建系后，考生不能正确找到点的坐标
技巧与方法 　可以先找到底面坐标面xOy内的A、B、C点坐标，然后利用向量的模及方向来找出其他的点的坐标
(1)解 　如图，以C为原点建立空间直角坐标系O－xyz
依题意得 　B(0，1，0)，N(1，0，1)
∴||=
(2)解 　依题意得 　A1(1，0，2)，C(0，0，0)，B1(0，1，2)
∴==(0，1，2)
=1×0+(－1)×1+2×2=3
||=
(3)证明 　依题意得 　C1(0，0，2)，M()
∴
∴A1B⊥C1M
例3三角形ABC中，A(5，－1)、B(－1，7)、C(1，2)，求 　(1)BC边上的中线AM的长；(2)∠CAB的平分线AD的长；(3)cosABC的值
解 　(1)点M的坐标为xM=
D点分的比为2
∴xD=
(3)∠ABC是与的夹角，而=(6，8），=(2，－5）
学生巩固练习
1 设A、B、C、D四点坐标依次是(－1，0)，(0，2)，(4，3)，(3，1)，则四边形ABCD为( )
A正方形 B矩形 C菱形 D平行四边形
2 已知△ABC中，?=，=，·<0，S△ABC=,||=3,| |=5,则与的夹角是( )
A30° B－150° C150° D30°或150°
3 将二次函数y=x2的图象按向量平移后得到的图象与一次函数y=2x－5的图象只有一个公共点(3，1)，则向量=_________
4 等腰△ABC和等腰Rt△ABD有公共的底边AB，它们所在的两个平面成60°角，若AB=16 cm,AC=17 cm,则CD=_________
5 如图，在△ABC中，设=， =， =, =λ,(0<λ<1), =μ (0<μ<1),试用向量，表示
6 正三棱柱ABC—A1B1C1的底面边长为a,侧棱长为a
(1)建立适当的坐标系，并写出A、B、A1、C1的坐标；
(2)求AC1与侧面ABB1A1所成的角
7 已知两点M(－1，0)，N(1，0)，且点P使成公差小于零的等差数列
(1)点P的轨迹是什么曲线？
(2)若点P坐标为(x0,y0),Q为与的夹角，求tanθ
8 已知E、F、G、H分别是空间四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的?中点?
(1)用向量法证明E、F、G、H四点共面；
(2)用向量法证明 　BD∥平面EFGH；
(3)设M是EG和FH的交点，
求证 　对空间任一点O，有
参考答案 　
1 解析 　 =(1，2）， =(1，2），∴=，∴∥，
又线段AB与线段DC无公共点，∴AB∥DC且|AB|=|DC|，
∴ABCD是平行四边形，又||=， =(5，3），||=，
∴||≠|},∴?ABCD不是菱形，更不是正方形；
又=(4，1），∴1·4+2·1=6≠0,∴不垂直于，
∴ABCD也不是矩形，故选D
答案 　D
2 解析 　∵·3·5sinα得sinα=,则α=30°或α=150°
又∵·＜0,∴α=150°
答案 　C
3 (2,0) 4 13 cm
5 解 　∵与共线，∴=m=m(－)=m(μ－),
∴=+=+m(μ－)=(1－m) +mμ ①
又与共线，∴=n=n(－)=n(λ－),
∴=+=+n(λ－)=nλ+(1－n) ②
由①②，得(1－m）+μm=λn+(1－n)
∵与不共线，∴ ③
解方程组③得 　m=
代入①式得=(1－m) +mμ=［λ(1-μ) +μ(1-λ)］
6 解 　(1)以点A为坐标原点O，以AB所在直线为Oy轴，以AA1所在直线为Oz轴，以经过原点且与平面ABB1A1垂直的直线为Ox轴，建立空间直角坐标系
由已知，得A(0，0，0），B(0，a,0）,A1(0,0,a),C1(－a)
(2)取A1B1的中点M，于是有M(0，a），连AM，MC1，
有=(－a,0,0）,且=(0，a,0）,=(0,0a)
由于·=0，·=0，所以MC1⊥面ABB1A1，
∴AC1与AM所成的角就是AC1与侧面ABB1A1所成的角
∵=
所以所成的角，即AC1与侧面ABB1A1所成的角为30°
7 解 　(1)设P(x,y）,由M(－1，0），N(1，0）得，
=－=(－1－x,－y）,
=(1－x,－y),
=－=(2,0),
∴·=2(1+x), ·=x2+y2－1, =2(1－x)
于是，是公差小于零的等差数列，
等价于
所以，点P的轨迹是以原点为圆心，为半径的右半圆
(2)点P的坐标为(x0,y0)

8 证明 　(1）连结BG，则
由共面向量定理的推论知 　E、F、G、H四点共面，(其中=）
(2）因为
所以EH∥BD，又EH面EFGH，BD面EFGH
所以BD∥平面EFGH
(3）连OM，OA，OB，OC，OD，OE，OG
由(2）知，同理，所以，EHFG,所以EG、FH交于一点M且被M平分，所以
　　
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题目 高中数学复习专题讲座二次函数、二次方程及二次不等式的关系
高考要求
三个“二次”即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式是中学数学的重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系，同时也是研究包含二次曲线在内的许多内容的工具高考试题中近一半的试题与这三个“二次”问题有关本节主要是帮助考生理解三者之间的区别及联系，掌握函数、方程及不等式的思想和方法
重难点归纳
1 二次函数的基本性质
(1)二次函数的三种表示法
y=ax2+bx+c;y=a(x－x1)(x－x2);y=a(x－x0)2+n
(2)当a>0,f(x)在区间［p,q］上的最大值M，最小值m,令x0= (p+q)
若－若p≤－若x0≤－若－≥q,则f(p)=M,f(q)=m
2 二次方程f(x)=ax2+bx+c=0的实根分布及条件
(1)方程f(x)=0的两根中一根比r大，另一根比r小a·f(r)<0;
(2)二次方程f(x)=0的两根都大于r
(3)二次方程f(x)=0在区间(p,q)内有两根
(4)二次方程f(x)=0在区间(p,q)内只有一根f(p)·f(q)<0,或f(p)=0(检验)或f(q)=0(检验)检验另一根若在(p,q)内成立
(5)方程f(x)=0两根的一根大于p,另一根小于q(p3 二次不等式转化策略
(1)二次不等式f(x)=ax2+bx+c≤0的解集是
(－∞,α)∪［β,+∞a<0且f(α)=f(β)=0;
(2)当a>0时，f(α)当a<0时，f(α)|β+|;
(3)当a>0时，二次不等式f(x)>0在［p,q］恒成立
或
(4)f(x)>0恒成立
典型题例示范讲解
例1已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=－bx，其中a、b、c满足a>b>c,a+b+c=0,(a,b,c∈R)
(1)求证两函数的图象交于不同的两点A、B；
(2)求线段AB在x轴上的射影A1B1的长的取值范围
命题意图 本题主要考查考生对函数中函数与方程思想的运用能力
知识依托 解答本题的闪光点是熟练应用方程的知识来解决问题及数与形的完美结合
错解分析 由于此题表面上重在“形”，因而本题难点就是一些考生可能走入误区，老是想在“形”上找解问题的突破口，而忽略了“数”
技巧与方法 利用方程思想巧妙转化
(1)证明由消去y得ax2+2bx+c=0
Δ=4b2－4ac=4(－a－c)2－4ac=4(a2+ac+c2)=4［(a+c2］
∵a+b+c=0,a>b>c,∴a>0,c<0
∴c2>0,∴Δ>0,即两函数的图象交于不同的两点
(2)解设方程ax2+bx+c=0的两根为x1和x2,则x1+x2=－,x1x2=
|A1B1|2=(x1－x2)2=(x1+x2)2－4x1x2
　
∵a>b>c,a+b+c=0,a>0,c<0
∴a>－a－c>c,解得∈(－2,－)
∵的对称轴方程是
∈(－2,－)时，为减函数
∴|A1B1|2∈(3,12),故|A1B1|∈()
例2已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0
(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另一根在区间(1，2)内，求m的范围
(2)若方程两根均在区间(0，1)内，求m的范围
命题意图 本题重点考查方程的根的分布问题
知识依托 解答本题的闪光点是熟知方程的根对于二次函数性质所具有的意义
错解分析用二次函数的性质对方程的根进行限制时，条件不严谨是解答本题的难点
技巧与方法 设出二次方程对应的函数，可画出相应的示意图，然后用函数性质加以限制
解 (1)条件说明抛物线f(x)=x2+2mx+2m+1与x轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得
∴
(2)据抛物线与x轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组
　　
(这里0<－m<1是因为对称轴x=－m应在区间(0，1)内通过)
例3已知对于x的所有实数值，二次函数f(x)=x2－4ax+2a+12(a∈R)的值都是非负的，求关于x的方程=|a－1|+2的根的取值范围
解由条件知Δ≤0,即(－4a）2－4(2a+12)≤0,∴－≤a≤2
(1)当－≤a＜1时，原方程化为
x=－a2+a+6,∵－a2+a+6=－(a－)2+
∴a=－时，xmin=,a=时，xmax=
∴≤x≤
(2)当1≤a≤2时，x=a2+3a+2=(a+)2－
∴当a=1时，xmin=6,当a=2时，xmax=12,∴6≤x≤12
综上所述,≤x≤12
学生巩固练习
1 若不等式(a－2)x2+2(a－2)x－4<0对一切x∈R恒成立，则a的取值范围是( )
A(－∞,2 B－2,2 C(－2,2 D(－∞,－2)
2 设二次函数f(x)=x2－x+a(a>0),若f(m)<0,则f(m－1)的值为( )
A正数 B负数 　　C非负数 D正数、负数和零都有可能
3 已知二次函数f(x)=4x2－2(p－2)x－2p2－p+1,若在区间［－1，1］内至少存在一个实数c,使f(c)>0,则实数p的取值范围是_________
4 二次函数f(x)的二次项系数为正，且对任意实数x恒有f(2+x)=f(2－x),若f(1－2x2)5 已知实数t满足关系式 (a>0且a≠1)
(1)令t=ax,求y=f(x)的表达式；
(2)若x∈(0,2时，y有最小值8，求a和x的值
6 如果二次函数y=mx2+(m－3)x+1的图象与x轴的交点至少有一个在原点的右侧，试求m的取值范围
7 二次函数f(x)=px2+qx+r中实数p、q、r满足=0,其中m>0,求证
(1)pf()<0;
(2)方程f(x)=0在(0，1)内恒有解
8 一个小服装厂生产某种风衣，月销售量x(件)与售价P(元/件)之间的关系为P=160－2x,生产x件的成本R=500+30x元
(1)该厂的月产量多大时，月获得的利润不少于1300元？
(2)当月产量为多少时，可获得最大利润？最大利润是多少元？
参考答案
1 解析 当a－2=0即a=2时,不等式为－4＜0,恒成立∴a=2,当a－2≠0时，则a满足,解得－2＜a＜2,所以a的范围是－2＜a≤2
答案 C
2解析∵f(x)=x2－x+a的对称轴为x=,且f(1)>0,则f(0)>0,而f(m)＜0,∴m∈(0,1),　∴m－1＜0,∴f(m－1)>0
答案A
3 解析 只需f(1)=－2p2－3p+9>0或f(－1)=－2p2+p+1>0即－3＜p＜或－＜p＜1∴p∈(－3, )
答案 (－3，）
4 解析 由f(2+x)=f(2－x)知x=2为对称轴，由于距对称轴较近的点的纵坐标较小，
∴|1－2x2－2|＜|1+2x－x2－2|,∴－2＜x＜0
答案－2＜x＜0
5 解 (1）由loga得logat－3=logty－3logta
由t=ax知x=logat，代入上式得x－3=,?
∴logay=x2－3x+3，即y=a (x≠0)
(2)令u=x2－3x+3=(x－)2+ (x≠0),则y=au
①若0＜a＜1,要使y=au有最小值8，
则u=(x－)2+在(0，2上应有最大值，但u在(0，2上不存在最大值
②若a>1,要使y=au有最小值8，则u=(x－)2+,x∈(0,2应有最小值
∴当x=时，umin=,ymin=
由=8得a=16∴所求a=16,x=
6 解 ∵f(0)=1>0
(1)当m＜0时，二次函数图象与x轴有两个交点且分别在y轴两侧，符合题意
(2）当m>0时，则解得0＜m≤1
综上所述，m的取值范围是{m|m≤1且m≠0}
7 证明 (1)
,由于f(x)是二次函数，故p≠0,又m>0,所以，pf()＜0
(2)由题意，得f(0)=r,f(1)=p+q+r
①当p＜0时，由(1）知f()＜0
若r>0,则f(0)>0,又f()＜0,所以f(x)=0在(0，)内有解;
若r≤0,则f(1)=p+q+r=p+(m+1)=(－)+r=>0,
又f()＜0,所以f(x)=0在(,1)内有解
②当p＜0时同理可证
8 解 (1）设该厂的月获利为y,依题意得?
y=(160－2x)x－(500+30x)=－2x2+130x－500
由y≥1300知－2x2+130x－500≥1300
∴x2－65x+900≤0，∴(x－20)(x－45)≤0，解得20≤x≤45
∴当月产量在20~45件之间时，月获利不少于1300元
(2）由(1）知y=－2x2+130x－500=－2(x－)2+16125
∵x为正整数，∴x=32或33时，y取得最大值为1612元，
∴当月产量为32件或33件时，可获得最大利润1612元
课前后备注 　
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题目 高中数学复习专题讲座求解函数解析式的几种常用方法
高考要求
求解函数解析式是高考重点考查内容之一，需引起重视 本节主要帮助考生在深刻理解函数定义的基础上，掌握求函数解析式的几种方法，并形成能力，并培养考生的创新能力和解决实际问题的能力
重难点归纳
求解函数解析式的几种常用方法主要有
1 待定系数法，如果已知函数解析式的构造时，用待定系数法；
2 换元法或配凑法，已知复合函数f［g(x)］的表达式可用换元法，当表达式较简单时也可用配凑法；
3 消参法，若已知抽象的函数表达式，则用解方程组消参的方法求解f(x);
另外，在解题过程中经常用到分类讨论、等价转化等数学思想方法
典型题例示范讲解
例1 (1)已知函数f(x)满足f(logax)= (其中a>0,a≠1,x>0),求f(x)的表达式
(2)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c满足|f(1)|=|f(－1)|=|f(0)|=1,求?f(x)?的表达式
命题意图 本题主要考查函数概念中的三要素 定义域、值域和对应法则，以及计算能力和综合运用知识的能力
知识依托 利用函数基础知识，特别是对“f”的理解，用好等价转化，注意定义域
错解分析 本题对思维能力要求较高，对定义域的考查、等价转化易出错
技巧与方法 (1)用换元法；(2)用待定系数法
解 (1)令t=logax(a>1,t>0;0因此f(t)= (at－a－t)
∴f(x)= (ax－a－x)(a>1,x>0;0(2)由f(1)=a+b+c,f(－1)=a－b+c,f(0)=c
得
并且f(1)、f(－1)、f(0)不能同时等于1或－1，
所以所求函数为
f(x)=2x2－1 或f(x)=－2x2+1 或f(x)=－x2－x+1
或f(x)=x2－x－1 或f(x)=－x2+x+1 或f(x)=x2+x－1
例2设f(x)为定义在R上的偶函数，当x≤－1时，y=f(x)的图象是经过点(－2，0)，斜率为1的射线，又在y=f(x)的图象中有一部分是顶点在(0，2)，且过点(－1，1)的一段抛物线，试写出函数f(x)的表达式，并在图中作出其图象
命题意图 本题主要考查函数基本知识、抛物线、射线的基本概念及其图象的作法，对分段函数的分析需要较强的思维能力 因此，分段函数是今后高考的热点题型
知识依托 函数的奇偶性是桥梁，分类讨论是关键，待定系数求出曲线方程是主线
错解分析 本题对思维能力要求很高，分类讨论、综合运用知识易发生混乱
技巧与方法 合理进行分类，并运用待定系数法求函数表达式
解 (1)当x≤－1时，设f(x)=x+b
∵射线过点(－2，0) ∴0=－2+b即b=2，∴f(x)=x+2
(2)当－1∵抛物线过点(－1，1)，∴1=a·(－1)2+2,即a=－1
∴f(x)=－x2+2
(3)当x≥1时，f(x)=－x+2
综上可知 f(x)=作图由读者来完成
例3已知f(2－cosx)=cos2x+cosx,求f(x－1)
解法一 (换元法）
∵f(2－cosx)=cos2x－cosx=2cos2x－cosx－1
令u=2－cosx(1≤u≤3),则cosx=2－u
∴f(2－cosx)=f(u)=2(2－u)2－(2－u)－1=2u2－7u+5(1≤u≤3)
∴f(x－1)=2(x－1)2－7(x－1)+5=2x2－11x+4(2≤x≤4)
解法二 (配凑法）
f(2－cosx)=2cos2x－cosx－1=2(2－cosx)2－7(2－cosx）+5
∴f(x)=2x2－7x－5(1≤x≤3),
即f(x－1)=2(x－1)2－7(x－1)+5=2x2－11x+14(2≤x≤4)
学生巩固练习
1 若函数f(x)=(x≠)在定义域内恒有f［f(x)］=x,则m等于( )
A 3 B C － D －3
2 设函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称，在x≤1时，f(x)=(x+1)2－1,则x>1时f(x)等于( )
A f(x)=(x+3)2－1 B f(x)=(x－3)2－1
C f(x)=(x－3)2+1 D f(x)=(x－1)2－1
3 已知f(x)+2f()=3x,求f(x)的解析式为_________
4 已知f(x)=ax2+bx+c,若f(0)=0且f(x+1)=f(x)+x+1,则f(x)=_________
5 设二次函数f(x)满足f(x－2)=f(－x－2),且其图象在y轴上的截距为1，在x轴上截得的线段长为，求f(x)的解析式
6 设f(x)是在(－∞,+∞)上以4为周期的函数，且f(x)是偶函数，在区间［2，3］上时，f(x)=－2(x－3)2+4，求当x∈［1,2］时f(x)的解析式 若矩形ABCD的两个顶点A、B在x轴上，C、D在y=f(x)(0≤x≤2)的图象上，求这个矩形面积的最大值
7 动点P从边长为1的正方形ABCD的顶点A出发顺次经过B、C、D再回到A，设x表示P点的行程，f(x)表示PA的长，g(x)表示△ABP的面积，求f(x)和g(x),并作出g(x)的简图
8 已知函数y=f(x)是定义在R上的周期函数，周期T=5，函数y=f(x)(－1≤x≤1)是奇函数，又知y=f(x)在［0，1］上是一次函数，在［1，4］上是二次函数，且在x=2时，函数取得最小值，最小值为－5
(1)证明 f(1)+f(4)=0;
(2)试求y=f(x),x∈［1,4］的解析式；
(3)试求y=f(x)在［4，9］上的解析式
参考答案
1 解析 ∵f(x)=
∴f［f(x)］==x,整理比较系数得m=3
答案 A
2 解析 利用数形结合，x≤1时，
f(x)=(x+1)2－1的对称轴为x=－1,最小值为－1，
又y=f(x)关于x=1对称，
故在x>1上，f(x)的对称轴为x=3且最小值为－1
答案 B
3 解析 由f(x)+2f()=3x知f()+2f(x)=3
由上面两式联立消去f()可得f(x)=－x
答案 f(x)= －x
4 解析 ∵f(x)=ax2+bx+c,f(0)=0,可知c=0 又f(x+1)=f(x)+x+1,
∴a(x+1)2+b(x+1)+0=ax2+bx+x+1,即(2a+b）x+a+b=bx+x+1
故2a+b=b+1且a+b=1,解得a=,b=,∴f(x)=x2+x
答案 x2+x
5 解 利用待定系数法，设f(x)=ax2+bx+c,然后找关于a、b、c的方程组求解，f(x)=
6 解 (1)设x∈［1,2］,则4－x∈［2,3］,
∵f(x)是偶函数，∴f(x)=f(－x),
又因为4是f(x)的周期，∴f(x)=f(－x)=f(4－x)=－2(x－1)2+4
(2)设x∈［0，1］，则2≤x+2≤3,f(x)=f(x+2)=－2(x－1)2+4,
又由(1）可知x∈［0,2］时，f(x)=－2(x－1)2+4,
设A、B坐标分别为(1－t,0）,(1+t,0)(0＜t≤1,
则|AB|=2t,|AD|=－2t2+4,S矩形=2t(－2t2+4)=4t(2－t2),令S矩=S，
∴=2t2(2－t2)·(2－t2)≤()3=,
当且仅当2t2=2－t2,即t=时取等号
∴S2≤即S≤,∴Smax=
7 解 (1)如原题图，当P在AB上运动时，PA=x;当P点在BC上运动时，由Rt△ABD?可得PA=;当P点在CD上运动时，由Rt△ADP易得PA=;当P点在DA上运动时，PA=4－x,故f(x)的表达式为
f(x)=
(2)由于P点在折线ABCD上不同位置时，△ABP的形状各有特征，计算它们的面积也有不同的方法，因此同样必须对P点的位置进行分类求解
如原题图，当P在线段AB上时，△ABP的面积S=0；
当P在BC上时，即1＜x≤2时，
S△ABP=AB·BP=(x－1）；
当P在CD上时，即2＜x≤3时，
S△ABP=·1·1=；当P在DA上时，
即3＜x≤4时，S△ABP=(4－x)
故g(x)=
8 (1)证明 ∵y=f(x)是以5为周期的周期函数，
∴f(4)=f(4－5)=f(－1),
又y=f(x)(－1≤x≤1)是奇函数，∴f(1)=－f(－1)=－f(4),∴f(1)+f(4)=0
(2)解 当x∈［1,4］时，由题意，可设
f(x)=a(x－2)2－5(a≠0),由f(1)+f(4)=0
得a(1－2)2－5+a(4－2)2－5=0，
解得a=2,∴f(x)=2(x－2)2－5(1≤x≤4)
(3)解 ∵y=f(x)(－1≤x≤1)是奇函数，
∴f(0)=－f(－0),∴f(0)=0,
又y=f(x) (0≤x≤1)是一次函数，
∴可设f(x)=kx(0≤x≤1),
∵f(1)=2(1－2)2－5=－3, f(1)=k·1=k,∴k=－3
∴当0≤x≤1时，f(x)?=－3x,
当－1≤x＜0时，f(x)=－3x,
当4≤x≤6时，－1≤x－5≤1,∴f(x)=f(x－5)=－3(x－5)=－3x+15,?
当6＜x≤9时，
1＜x－5≤4,f(x)=f(x－5)=2［(x－5)－2］2－5=2(x－7)2－5
∴f(x)=
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座求函数值域的常用方法及值域的应用
高考要求
函数的值域及其求法是近几年高考考查的重点内容之一 本节主要帮助考生灵活掌握求值域的各种方法，并会用函数的值域解决实际应用问题
重难点归纳
(1)求函数的值域
此类问题主要利用求函数值域的常用方法 配方法、分离变量法、单调性法、图象法、换元法、不等式法等 无论用什么方法求函数的值域，都必须考虑函数的定义域
(2)函数的综合性题目
此类问题主要考查函数值域、单调性、奇偶性、反函数等一些基本知识相结合的题目
此类问题要求考生具备较高的数学思维能力和综合分析能力以及较强的运算能力 在今后的命题趋势中综合性题型仍会成为热点和重点，并可以逐渐加强
(3)运用函数的值域解决实际问题
此类问题关键是把实际问题转化为函数问题，从而利用所学知识去解决此类题要求考生具有较强的分析能力和数学建模能力
典型题例示范讲解
例1设计一幅宣传画，要求画面面积为4840 cm2,画面的宽与高的比为λ(λ<1),画面的上、下各留8 cm的空白，左右各留5 cm空白，怎样确定画面的高与宽尺寸，才能使宣传画所用纸张面积最小？
如果要求λ∈［］，那么λ为何值时，能使宣传画所用纸张面积最小？
命题意图 本题主要考查建立函数关系式和求函数最小值问题，同时考查运用所学知识解决实际问题的能力
知识依托 主要依据函数概念、奇偶性和最小值等基础知识
错解分析 证明S(λ)在区间［］上的单调性容易出错，其次不易把应用问题转化为函数的最值问题来解决
技巧与方法 本题属于应用问题，关键是建立数学模型，并把问题转化为函数的最值问题来解决
解 设画面高为x cm,宽为λx cm,则λx2=4840,设纸张面积为S cm2,
则S=(x+16)(λx+10)=λx2+(16λ+10)x+160,
将x=代入上式得 S=5000+44 (8+),
当8=,即λ=<1)时S取得最小值
此时高 x==88 cm,　宽 λx=×88=55 cm
如果λ∈［］，可设≤λ1<λ2≤,
则由S的表达式得
又≥,故8－>0,
∴S(λ1)－S(λ2)<0,∴S(λ)在区间［］内单调递增 ?
从而对于λ∈［］,当λ=时，S(λ)取得最小值
答 画面高为88 cm,宽为55 cm时，所用纸张面积最小 如果要求λ∈［］,当λ=时，所用纸张面积最小
例2已知函数f(x)=,x∈［1,+∞
(1)当a=时，求函数f(x)的最小值
(2)若对任意x∈［1,+∞,f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围
命题意图 本题主要考查函数的最小值以及单调性问题，着重于学生的综合分析能力以及运算能力
知识依托 本题主要通过求f(x)的最值问题来求a的取值范围，体现了转化的思想与分类讨论的思想
错解分析 考生不易考虑把求a的取值范围的问题转化为函数的最值问题来解决
技巧与方法 解法一运用转化思想把f(x)>0转化为关于x的二次不等式；解法二运用分类讨论思想解得
(1)解 当a=时，f(x)=x++2
∵f(x)在区间［1，+∞上为增函数，
∴f(x)在区间［1，+∞上的最小值为f(1)=
(2)解法一 在区间［1，+∞上，
f(x)= >0恒成立x2+2x+a>0恒成立
设y=x2+2x+a,x∈［1,+∞
∵y=x2+2x+a=(x+1)2+a－1递增，
∴当x=1时，ymin=3+a,当且仅当ymin=3+a>0时，函数f(x)>0恒成立，
故a>－3 ?
解法二 f(x)=x++2,x∈［1,+∞
当a≥0时，函数f(x)的值恒为正；
当a<0时，函数f(x)递增，故当x=1时，f(x)min=3+a,
当且仅当f(x)min=3+a>0时，函数f(x)>0恒成立，故a>－3
例3设m是实数，记M={m|m>1},f(x)=log3(x2－4mx+4m2+m+)
(1)证明 当m∈M时，f(x)对所有实数都有意义；反之，若f(x)对所有实数x都有意义，则m∈M
(2)当m∈M时，求函数f(x)的最小值
(3)求证 对每个m∈M,函数f(x)的最小值都不小于1
　(1)证明 先将f(x)变形 f(x)=log3［(x－2m)2+m+］,
当m∈M时，m>1,∴(x－m)2+m+>0恒成立，
故f(x)的定义域为R
反之，若f(x)对所有实数x都有意义，则只须x2－4mx+4m2+m+>0,令Δ＜0,即16m2－4(4m2+m+)＜0,解得m>1,故m∈M
(2)解析 设u=x2－4mx+4m2+m+,
∵y=log3u是增函数，∴当u最小时，f(x)最小 ?
而u=(x－2m)2+m+,
显然，当x=m时，u取最小值为m+,
此时f(2m)=log3(m+)为最小值
(3)证明 当m∈M时，m+=(m－1)+ +1≥3,
当且仅当m=2时等号成立
∴log3(m+)≥log33=1
学生巩固练习
1 函数y=x2+ (x≤－)的值域是( )
A(－∞,－ B［－,+∞　C［,+∞　D(－∞,－］
2 函数y=x+的值域是( )
A (－∞,1 B (－∞,－1　　　C R D ［1,+∞
3 一批货物随17列货车从A市以V千米/小时匀速直达B市，已知两地铁路线长400千米，为了安全，两列货车间距离不得小于()2千米 ，那么这批物资全部运到B市，最快需要_________小时(不计货车的车身长)
4 设x1、x2为方程4x2－4mx+m+2=0的两个实根，当m=_________时，x12+x22有最小值_________
5 某企业生产一种产品时，固定成本为5000元，而每生产100台产品时直接消耗成本要增加2500元，市场对此商品年需求量为500台，销售的收入函数为R(x)=5x－x2(万元)(0≤x≤5),其中x是产品售出的数量(单位 百台)
(1)把利润表示为年产量的函数；
(2)年产量多少时，企业所得的利润最大？
(3)年产量多少时，企业才不亏本？
6 已知函数f(x)=lg［(a2－1)x2+(a+1)x+1］
(1)若f(x)的定义域为(－∞,+∞)，求实数a的取值范围；
(2)若f(x)的值域为(－∞,+∞),求实数a的取值范围
7 某家电生产企业根据市场调查分析，决定调整产品生产方案，准备每周(按120个工时计算)生产空调器、彩电、冰箱共360台，且冰箱至少生产60台 已知生产家电产品每台所需工时和每台产值如下表
家电名称
空调器
彩电
冰箱
工时
产值(千元)
4
3
2
问每周应生产空调器、彩电、冰箱各多少台，才能使产值最高？最高产值是多少？(以千元为单位)
8 在Rt△ABC中，∠C=90°，以斜边AB所在直线为轴将△ABC旋转一周生成两个圆锥，设这两个圆锥的侧面积之积为S1，△ABC的内切圆面积为S2，记=x
(1)求函数f(x)=的解析式并求f(x)的定义域
(2)求函数f(x)的最小值
参考答案
1 解析 ∵m1=x2在(－∞,－）上是减函数，m2=在(－∞,－）上是减函数，∴y=x2+在x∈(－∞,－)上为减函数,
∴y=x2+ (x≤－)的值域为［－，+∞
答案 B
2 解析 令=t(t≥0),则x=
∵y=+t=－ (t－1)2+1≤1
∴值域为(－∞,1
答案 A
3 解析 t=+16×()2/V=+≥2=8
答案 8
4 解析 由韦达定理知 x1+x2=m,x1x2=,
∴x12+x22=(x1+x2)2－2x1x2=m2－=(m－)2－,
又x1,x2为实根，∴Δ≥0 ∴m≤－1或m≥2，
y=(m－)2－在区间(－∞,1）上是减函数，在［2，+∞上是增函数，又抛物线y开口向上且以m=为对称轴 故m=1时，
ymin=
答案 －1
5 解 (1）利润y是指生产数量x的产品售出后的总收入R(x)与其总成本C(x)?之差，由题意，当x≤5时，产品能全部售出，当x>5时，只能销售500台，所以
y=
(2）在0≤x≤5时，y=－x2+4 75x－0 5,当x=－=4 75(百台）时，ymax=10 78125(万元），当x>5(百台）时，y＜12－0 25×5=10 75(万元），?
所以当生产475台时，利润最大 ?
(3）要使企业不亏本，即要求
解得5≥x≥4 75－≈0 1(百台）或5＜x＜48(百台）时，即企业年产量在10台到4800台之间时，企业不亏本
6 解 (1）依题意(a2－1）x2+(a+1)x+1>0对一切x∈R恒成立，当a2－1≠0时，其充要条件是，
∴a＜－1或a>
又a=－1时，f(x)=0满足题意，a=1时不合题意
故a≤－1或a>为所求
(2）依题意只要t=(a2－1)x2+(a+1)x+1能取到(0，+∞）上的任何值，则f(x)的值域为R，故有,解得1＜a≤,又当a2－1=0即a=1时，t=2x+1符合题意而a=－1时不合题意，∴1≤a≤为所求
7 解 设每周生产空调器、彩电、冰箱分别为x台、y台、z台，由题意得
x+y+z=360? 　　①
　　②
x>0,y>0,z≥60 　　③?
假定每周总产值为S千元，则S=4x+3y+2z,在限制条件①②③之下，为求目标函数S的最大值，由①②消去z,得
y=360－3x 　　　　　　　　　　　　④
将④代入①得 x+(360－3x)+z=360,∴z=2x ⑤
∵z≥60,∴x≥30 ⑥
再将④⑤代入S中，得S=4x+3(360－3x)+2·2x,即S=－x+1080
由条件⑥及上式知，当x=30时，产值S最大，最大值为
S=－30+1080=1050(千元）
得x=30分别代入④和⑤得y=360－90=270,z=2×30=60
∴每周应生产空调器30台，彩电270台，冰箱60台，才能使产值最大，最大产值为1050千元
8 解 (1）如图所示 设BC=a,CA=b,AB=c,则斜边AB上的高h=,
∴S1=πah+πbh=,
∴f(x)= ①
又
代入①消c，得f(x)=
在Rt△ABC中，有a=csinA,b=ccosA(0＜A＜,则
x==sinA+cosA=sin(A+) ∴1＜x≤
(2)f(x)= +6,
设t=x－1,则t∈(0, －1),y=2(t+)+6
在(0，－1上是减函数，
∴当x=(－1)+1=时，f(x)的最小值为6+8
课前后备注 　
题目 高中数学复习专题讲座
处理具有单调性、奇偶性函数问题的方法（2）
高考要求
函数的单调性、奇偶性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样 特别是两性质的应用更加突出 　本节主要帮助考生深刻理解奇偶性、单调性的定义，掌握判定方法，正确认识单调函数与奇偶函数的图象 帮助考生学会怎样利用两性质解题，掌握基本方法，形成应用意识
重难点归纳
(1)判断函数的奇偶性与单调性
若为具体函数，严格按照定义判断，注意变换中的等价性
若为抽象函数，在依托定义的基础上，用好赋值法，注意赋值的科学性、合理性
同时，注意判断与证明、讨论三者的区别，针对所列的训练认真体会，用好数与形的统一
复合函数的奇偶性、单调性 问题的解决关键在于 既把握复合过程，又掌握基本函数
(2)加强逆向思维、数形统一 正反结合解决基本应用题目
(3)运用奇偶性和单调性去解决有关函数的综合性题目 此类题目要求考生必须具有驾驭知识的能力，并具有综合分析问题和解决问题的能力
(4)应用问题 在利用函数的奇偶性和单调性解决实际问题的过程中，往往还要用到等价转化和数形结合的思想方法，把问题中较复杂、抽象的式子转化为基本的简单的式子去解决 特别是 往往利用函数的单调性求实际应用题中的最值问题
典型题例示范讲解
例1已知函数f(x)在(－1，1)上有定义，f()=－1,当且仅当0(1)f(x)为奇函数；(2)f(x)在(－1，1)上单调递减
命题意图 本题主要考查函数的奇偶性、单调性的判定以及运算能力和逻辑推理能力
知识依托 奇偶性及单调性定义及判定、赋值法及转化思想
错解分析 本题对思维能力要求较高，如果“赋值”不够准确，运算技能不过关，结果很难获得
技巧与方法 对于(1)，获得f(0)的值进而取x=－y是解题关键；对于(2)，判定的范围是焦点
证明 (1)由f(x)+f(y)=f(),
令x=y=0,得f(0)=0,
令y=－x,得f(x)+f(－x)=f()=f(0)=0
∴f(x)=－f(－x) ∴f(x)为奇函数
(2)先证f(x)在(0，1)上单调递减
令0∵00,1－x1x2>0，∴>0,
又(x2－x1)－(1－x2x1)=(x2－1)(x1+1)<0
∴x2－x1<1－x2x1,
∴0<<1,由题意知f()<0，?
即f(x2)∴f(x)在(0，1)上为减函数，又f(x)为奇函数且f(0)=0
∴f(x)在(－1，1)上为减函数
例2设函数f(x)是定义在R上的偶函数，并在区间(－∞,0)内单调递增，f(2a2+a+1)命题意图 本题主要考查函数奇偶性、单调性的基本应用以及对复合函数单调性的判定方法
知识依托 逆向认识奇偶性、单调性、指数函数的单调性及函数的值域问题
错解分析 逆向思维受阻、条件认识不清晰、复合函数判定程序紊乱
技巧与方法 本题属于知识组合题类，关键在于读题过程中对条件的思考与认识，通过本题会解组合题类，掌握审题的一般技巧与方法
解 设0∴f(－x2)∴f(x2)由f(2a2+a+1)3a2－2a+1 解之，得0又a2－3a+1=(a－)2－
∴函数y=()的单调减区间是［，+∞］
结合0例3设a>0,f(x)=是R上的偶函数，(1)求a的值；(2)证明 f(x)在(0，+∞)上是增函数
(1)解 依题意，对一切x∈R,有f(x)=f(－x),
即+aex 整理，得(a－)(ex－)=0
因此，有a－=0,即a2=1,又a>0,∴a=1
(2)证法一（定义法） 设0＜x1＜x2,
则f(x1)－f(x2)=
由x1>0,x2>0,x2>x1,∴>0,1－e＜0,
∴f(x1)－f(x2)＜0,即f(x1)＜f(x2)
∴f(x)在(0,+∞)上是增函数
证法二（导数法） 由f(x)=ex+e－x，得f′(x)=ex－e－x=e－x·(e2x－1) 当x∈(0,+∞)时，e－x>0,e2x－1>0
此时f′(x)>0,所以f(x)在［0，+∞)上是增函数
学生巩固练习
1 下列函数中的奇函数是( )
A f(x)=(x－1) B f(x)=
C f(x)= D f(x)=
2 函数f(x)=的图象( )
A 关于x轴对称 B 关于y轴对称
C 关于原点对称 D 关于直线x=1对称
3 函数f(x)在R上为增函数，则y=f(|x+1|)的一个单调递减区间是____
4 若函数f(x)=ax3+bx2+cx+d满足f(0)=f(x1)=f(x2)=0 (05 已知函数f(x)=ax+ (a>1)
(1)证明 函数f(x)在(－1，+∞)上为增函数
(2)用反证法证明方程f(x)=0没有负数根
6 求证函数f(x)=在区间(1，+∞)上是减函数
7 设函数f(x)的定义域关于原点对称且满足
(i)f(x1－x2)=；
(ii)存在正常数a使f(a)=1 求证
(1)f(x)是奇函数
(2)f(x)是周期函数，且有一个周期是4a
8 已知函数f(x)的定义域为R，且对m、n∈R,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)－1,且f(－)=0,当x>－时，f(x)>0
(1)求证 f(x)是单调递增函数；
(2)试举出具有这种性质的一个函数，并加以验证
参考答案:
1 解析 f(－x)= =－f(x)，
故f(x)为奇函数
答案 C
2 解析 f(－x)=－f(x),f(x)是奇函数，图象关于原点对称
答案 C
3 解析 令t=|x+1|,则t在(－∞,－1上递减，又y=f(x)在R上单调递增，∴y=f(|x+1|)在(－∞,－1上递减
答案 (－∞,－1
4 解析 ∵f(0)=f(x1)=f(x2)=0,
∴f(0)=d=0 f(x)=ax(x－x1)(x－x2)=ax3－a(x1+x2)x2+ax1x2x，
∴b=－a(x1+x2),又f(x)在［x2,+∞单调递增，故a>0
又知0＜x1＜x,得x1+x2>0,
∴b=－a(x1+x2)＜0
答案 (－∞,0）
5 证明 (1）设－1＜x1＜x2＜+∞,则x2－x1>0, >1且>0,
∴>0,又x1+1>0,x2+1>0
∴>0,
于是f(x2)－f(x1)=+ >0
∴f(x)在(－1，+∞）上为递增函数
(2）证法一 设存在x0＜0(x0≠－1)满足f(x0)=0,
则且由0＜＜1得0＜－＜1,
即＜x0＜2与x0＜0矛盾，故f(x)=0没有负数根
证法二 设存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)=0,若－1＜x0＜0,
则＜－2,＜1,∴f(x0)＜－1与f(x0)=0矛盾，
若x0＜－1,则>0, >0，
∴f(x0)>0与f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0没有负数根
6 证明 ∵x≠0,∴f(x)=,
设1＜x1＜x2＜+∞,则
∴f(x1)>f(x2),?故函数f(x)在(1，+∞）上是减函数
(本题也可用求导方法解决）
7 证明 (1）不妨令x=x1－x2,
则f(－x)=f(x2－x1)=
=－f(x1－x2)=－f(x)
∴f(x)是奇函数
(2）要证f(x+4a)=f(x),可先计算f(x+a),f(x+2a)
∵f(x+a)=f［x-(-a)］=
∴f(x+4a)=f［(x+2a)+2a］==f(x),
故f(x)是以4a为周期的周期函数
8 (1）证明 设x1＜x2,则x2－x1－>－,由题意f(x2－x1－)>0,
∵f(x2)－f(x1)=f［(x2－x1)+x1］－f(x1)=f(x2－x1)+f(x1)－1－f(x1)
=f(x2－x1)－1=f(x2－x1)+f(－)－1=f［(x2－x1)－］>0,
∴f(x)是单调递增函数
(2)解 f(x)=2x+1 验证过程略
题目 高中数学复习专题讲座
处理具有单调性、奇偶性函数问题的方法（1）
高考要求
函数的单调性、奇偶性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样 特别是两性质的应用更加突出 　本节主要帮助考生深刻理解奇偶性、单调性的定义，掌握判定方法，正确认识单调函数与奇偶函数的图象 帮助考生学会怎样利用两性质解题，掌握基本方法，形成应用意识
重难点归纳
(1)判断函数的奇偶性与单调性
若为具体函数，严格按照定义判断，注意变换中的等价性
若为抽象函数，在依托定义的基础上，用好赋值法，注意赋值的科学性、合理性
同时，注意判断与证明、讨论三者的区别，针对所列的训练认真体会，用好数与形的统一
复合函数的奇偶性、单调性 问题的解决关键在于 既把握复合过程，又掌握基本函数
(2)加强逆向思维、数形统一 正反结合解决基本应用题目
(3)运用奇偶性和单调性去解决有关函数的综合性题目 此类题目要求考生必须具有驾驭知识的能力，并具有综合分析问题和解决问题的能力
(4)应用问题 在利用函数的奇偶性和单调性解决实际问题的过程中，往往还要用到等价转化和数形结合的思想方法，把问题中较复杂、抽象的式子转化为基本的简单的式子去解决 特别是 往往利用函数的单调性求实际应用题中的最值问题
典型题例示范讲解
例1已知奇函数f(x)是定义在(－3，3)上的减函数，且满足不等式f(x－3)+f(x2－3)<0,设不等式解集为A，B=A∪{x|1≤x≤},求函数g(x)=－3x2+3x－4(x∈B)的最大值
命题意图 本题属于函数性质的综合性题目，考生必须具有综合运用知识分析和解决问题的能力
知识依托 主要依据函数的性质去解决问题
错解分析 题目不等式中的“f”号如何去掉是难点，在求二次函数在给定区间上的最值问题时，学生容易漏掉定义域
技巧与方法 借助奇偶性脱去“f”号，转化为x的不等式，利用数形结合进行集合运算和求最值
解 由且x≠0,故0又∵f(x)是奇函数，∴f(x－3)<－f(x2－3)=f(3－x2),
又f(x)在(－3，3)上是减函数，
∴x－3>3－x2,即x2+x－6>0,解得x>2或x<－3,
综上得2∴B=A∪{x|1≤x≤}={x|1≤x<},
又g(x)=－3x2+3x－4=－3(x－)2－知g(x)在B上为减函数，
∴g(x)max=g(1)=－4
例2已知奇函数f(x)的定义域为R，且f(x)在［0，+∞)上是增函数，是否存在实数m,使f(cos2θ－3)+f(4m－2mcosθ)>f(0)对所有θ∈［0,］都成立？若存在，求出符合条件的所有实数m的范围，若不存在，说明理由
命题意图 本题属于探索性问题，主要考查考生的综合分析能力和逻辑思维能力以及运算能力
知识依托 主要依据函数的单调性和奇偶性，利用等价转化的思想方法把问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题
错解分析 考生不易运用函数的综合性质去解决问题，特别不易考虑运用等价转化的思想方法
技巧与方法 主要运用等价转化的思想和分类讨论的思想来解决问题
解 ∵f(x)是R上的奇函数，且在［0，+∞)上是增函数，∴f(x)是R上的增函数 于是不等式可等价地转化为f(cos2θ－3)>f(2mcosθ－4m),
即cos2θ－3>2mcosθ－4m,即cos2θ－mcosθ+2m－2>0
设t=cosθ,则问题等价地转化为函数
g(t)?=t2－mt+2m－2=(t－)2－+2m－2在［0，1］上的值恒为正，又转化为函数g(t)在［0，1］上的最小值为正
∴当<0,即m<0时，g(0)=2m－2>0m>1与m<0不符；
当0≤≤1时，即0≤m≤2时，g(m)=－+2m－2>0
4－2当>1,即m>2时，g(1)=m－1>0m>1 ∴m>2
综上，符合题目要求的m的值存在，其取值范围是m>4－2
另法(仅限当m能够解出的情况) cos2θ－mcosθ+2m－2>0对于θ∈［0,］恒成立，
等价于m>(2－cos2θ)/(2－cosθ) 对于θ∈［0,］恒成立
∵当θ∈［0,］时，(2－cos2θ)/(2－cosθ) ≤4－2，
∴m>4－2
例3　已知偶函数f(x)在(0，+∞)上为增函数，且f(2)=0,
解不等式f［log2(x2+5x+4)］≥0 ?
解 ∵f(2)=0,∴原不等式可化为f［log2(x2+5x+4)］≥f(2)
又∵f(x)为偶函数，且f(x)在(0，+∞)上为增函数，
∴f(x)在(－∞,0）上为减函数且f(－2)=f(2)=0
∴不等式可化为　　log2(x2+5x+4)≥2 　　　　　　①
或　　　　　　　　log2(x2+5x+4)≤－2 ②
由①得x2+5x+4≥4，∴x≤－5或x≥0 ③
由②得0＜x2+5x+4≤得
≤x＜－4或－1＜x≤ ④
由③④得原不等式的解集为
{x|x≤－5或≤x≤－4或－1＜x≤或x≥0}
学生巩固练习
1 设f(x)是(－∞,+∞)上的奇函数，f(x+2)=－f(x),当0≤x≤1时，f(x)=x,则f(7 5)等于( )
A 0 5 B －0 5 C 1 5 D －1 5
2 已知定义域为(－1，1)的奇函数y=f(x)又是减函数，且f(a－3)+f(9－a2)<0,?则a的取值范围是( )
A (2，3) B (3，) C (2，4) D (－2，3)
3 若f(x)为奇函数，且在(0，+∞)内是增函数，又f(－3)=0,则xf(x)<0的解集为_________
4 如果函数f(x)在R上为奇函数，在(－1，0)上是增函数，且f(x+2)=－f(x),试比较f(),f(),f(1)的大小关系_________
5 已知f(x)是偶函数而且在(0，+∞)上是减函数，判断f(x)在(－∞,0)上的增减性并加以证明
6 已知f(x)= (a∈R)是R上的奇函数，
(1)求a的值；
(2)求f(x)的反函数f－1(x);
(3)对任意给定的k∈R+,解不等式f－1(x)>lg
7 定义在(－∞,4］上的减函数f(x)满足f(m－sinx)≤f(－+cos2x)对任意x∈R都成立，求实数m的取值范围
8 已知函数y=f(x)= (a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函数，当x>0时，f(x)有最小值2，其中b∈N且f(1)<
(1)试求函数f(x)的解析式；
(2)问函数f(x)图象上是否存在关于点(1，0)对称的两点，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由
参考答案:
1 解析 f(7.5)=f(5.5+2)=－f(5.5)=－f(3.5+2)=f(3.5)=f(1.5+2)
=－f(1.5)=－f(－0.5+2)=f(－0.5)=－f(0.5)=－0.5
答案 B
2 解析 ∵f(x)是定义在(－1，1）上的奇函数又是减函数，
且f(a－3)+f(9－a2)＜0
∴f(a－3)＜f(a2－9)
∴ ∴a∈(2,3)
答案 A
3 解析 由题意可知 xf(x)＜0
∴x∈(－3,0)∪(0,3)
答案 (－3，0）∪(0，3）
4 解析 ∵f(x)为R上的奇函数
∴f()=－f(－),f()=－f(－),f(1)=－f(－1),
又f(x)在(－1，0)上是增函数且－>－>－1
∴f(－)>f(－)>f(－1),∴f()＜f()＜f(1)
答案 f()＜f()＜f(1)
5 解 函数f(x)在(－∞,0）上是增函数，设x1＜x2＜0,因为f(x)是偶函数，所以f(－x1)=f(x1),f(－x2)=f(x2),由假设可知－x1>－x2>0,又已知f(x)?在(0，+∞)上是减函数，于是有f(－x1)＜f(－x2),即f(x1)＜f(x2),由此可知，函数f(x)在(－∞,0)上是增函数
6 解 (1）a=1
(2)f(x)= (x∈R)f－-1(x)=log2 (－1＜x＜1
(3)由log2>log2log2(1－x)＜log2k,
∴当0＜k＜2时，不等式解集为{x|1－k＜x＜1;当k≥2时，不等式解集为{x|－1＜x＜1
7解 ，
对x∈R恒成立,
∴m∈［,3］∪{}
8 解 (1)∵f(x)是奇函数，
∴f(－x)=－f(x),即
∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)=≥2，
当且仅当x=时等号成立，于是2=2,∴a=b2,
由f(1)＜得＜即＜,∴2b2－5b+2＜0,解得＜b＜2，又b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+
(2)设存在一点(x0,y0)在y=f(x)的图象上，并且关于(1，0）的对称点(2－x0,－y0)也在y=f(x)图象上，则
消去y0得x02－2x0－1=0,x0=1±
∴y=f(x)图象上存在两点(1+,2),(1－,－2)关于(1，0)对称
题目 高中数学复习专题讲座指数函数、对数函数问题
高考要求
指数函数、对数函数是高考考查的重点内容之一，本节主要帮助考生掌握两种函数的概念、图象和性质并会用它们去解决某些简单的实际问题
重难点归纳
(1)运用两种函数的图象和性质去解决基本问题 此类题目要求考生熟练掌握函数的图象和性质并能灵活应用
(2)综合性题目 此类题目要求考生具有较强的分析能力和逻辑思维能力
(3)应用题目 此类题目要求考生具有较强的建模能力
典型题例示范讲解
例1已知过原点O的一条直线与函数y=log8x的图象交于A、B两点，分别过点A、B作y轴的平行线与函数y=log2x的图象交于C、D两点
(1)证明 点C、D和原点O在同一条直线上；
(2)当BC平行于x轴时，求点A的坐标
命题意图 本题主要考查对数函数图象、对数换底公式、对数方程、指数方程等基础知识，考查学生的分析能力和运算能力
知识依托 (1)证明三点共线的方法 kOC=kOD (2)第(2)问的解答中蕴涵着方程思想，只要得到方程(1)，即可求得A点坐标
错解分析 不易考虑运用方程思想去解决实际问题
技巧与方法 本题第一问运用斜率相等去证明三点共线；第二问运用方程思想去求得点A的坐标
(1)证明 设点A、B的横坐标分别为x1、x2,
由题意知 x1>1,x2>1,则A、B纵坐标分别为log8x1,log8x2
因为A、B在过点O的直线上，
所以,点C、D坐标分别为(x1,log2x1),(x2,log2x2),
由于log2x1==3log8x2,
所以OC的斜率 k1=,
OD的斜率 k2=，
由此可知 k1=k2,即O、C、D在同一条直线上
(2)解 由BC平行于x轴知 log2x1=log8x2
即 log2x1=log2x2,代入x2log8x1=x1log8x2得x13log8x1=3x1log8x1,
由于x1>1知log8x1≠0,∴x13=3x1
又x1>1,∴x1=,则点A的坐标为(，log8)
例2在xOy平面上有一点列P1(a1,b1),P2(a2,b2),…,Pn(an,bn)…,对每个自然数n点Pn位于函数y=2000()x(0(1)求点Pn的纵坐标bn的表达式；
(2)若对于每个自然数n,以bn,bn+1,bn+2为边长能构成一个三角形，求a的取值范围；
(3)设Cn=lg(bn)(n∈N*),若a取(2)中确定的范围内的最小整数，问数列{Cn}前多少项的和最大？试说明理由
命题意图 本题把平面点列，指数函数，对数、最值等知识点揉合在一起，构成一个思维难度较大的综合题目，本题主要考查考生对综合知识分析和运用的能力
知识依托 指数函数、对数函数及数列、最值等知识
错解分析 考生对综合知识不易驾驭，思维难度较大，找不到解题的突破口
技巧与方法 本题属于知识综合题，关键在于读题过程中对条件的思考与认识，并会运用相关的知识点去解决问题
解 (1)由题意知 an=n+,∴bn=2000()
(2)∵函数y=2000()x(0∴对每个自然数n,有bn>bn+1>bn+2
则以bn,bn+1,bn+2为边长能构成一个三角形的充要条件是bn+2+bn+1>bn,
即()2+()－1>0,
解得a<－5(1+)或a>5(－1) ∴5(－1)(3)∵5(－1)∴bn=2000() 数列{bn}是一个递减的正数数列，
对每个自然数n≥2,Bn=bnBn－1
于是当bn≥1时，Bn因此数列{Bn}的最大项的项数n满足不等式bn≥1且bn+1<1,
由bn=2000()≥1得 n≤20 8 ∴n=20
例3设f(x)=log2,F(x)=+f(x)
(1)试判断函数f(x)的单调性，并用函数单调性定义，给出证明；
(2)若f(x)的反函数为f－1(x),证明 对任意的自然数n(n≥3),都有
f－1(n)>;
(3)若F(x)的反函数F－1(x),证明 方程F－1(x)=0有惟一解
解 (1)由>0,且2－x≠0得F(x)的定义域为(－1，1)，
设－1＜x1＜x2＜1,则
F(x2)－F(x1)=()+()
,
∵x2－x1>0,2－x1>0,2－x2>0,∴上式第2项中对数的真数大于1
因此F(x2)－F(x1)>0,F(x2)>F(x1),∴F(x)在(－1，1）上是增函数
(2)证明 由y=f(x)=得 2y=,
∴f－1(x)=,∵f(x)的值域为R，∴f-－1(x)的定义域为R
当n≥3时，
f-1(n)>
用数学归纳法易证2n>2n+1(n≥3),证略
(3)证明 ∵F(0)=,∴F－1()=0,∴x=是F－1(x)=0的一个根
假设F－1(x)=0还有一个解x0(x0≠),则F-1(x0)=0,于
是F(0)=x0(x0≠) 这是不可能的，故F-1(x)=0有惟一解
学生巩固练习
1 定义在(－∞,+∞)上的任意函数f(x)都可以表示成一个奇函数g(x)和一个偶函数h(x)之和，如果f(x)=lg(10x+1),其中x∈(－∞,+∞),那么( )
A g(x)=x,h(x)=lg(10x+10－x+2)
B g(x)=［lg(10x+1)+x］,h(x)= ［lg(10x+1)－x］
C g(x)=,h(x)=lg(10x+1)－
D g(x)=－,h(x)=lg(10x+1)+
2 当a>1时，函数y=logax和y=(1－a)x的图象只可能是( )
3 已知函数f(x)= 则f-－1(x－1)=_________
4 如图，开始时，桶1中有a L水，t分钟后剩余的水符合指数衰减曲线y1=ae－nt,那么桶2中水就是y2=a－ae－nt,假设过5分钟时，桶1和桶2的水相等，则再过_________分钟桶1中的水只有
5 设函数f(x)=loga(x－3a)(a>0且a≠1),当点P(x,y)是函数y=f(x)图象上的点时，点Q(x－2a,－y)是函数y=g(x)图象上的点
(1)写出函数y=g(x)的解析式；
(2)若当x∈［a+2,a+3］时，恒有|f(x)－g(x)|≤1,试确定a的取值范围
6 已知函数f(x)=logax(a>0且a≠1),(x∈(0,+∞)),若x1,x2∈(0,+∞),判断［f(x1)+f(x2)］与f()的大小，并加以证明
7 已知函数x,y满足x≥1,y≥1 loga2x+loga2y=loga(ax2)+loga(ay2)(a>0且a≠1),求loga(xy)的取值范围
8 设不等式2(logx)2+9(logx)+9≤0的解集为M，求当x∈M时函数f(x)=(log2)(log2)的最大、最小值
参考答案
1 解析 由题意 g(x)+h(x)=lg(10x+1) ①
又g(－x)+h(－x)=lg(10－x+1) 即－g(x)+h(x)=lg(10－x+1) ②
由①②得 g(x)=,h(x)=lg(10x+1)－
答案 C
2 解析 当a>1时，函数y=logax的图象只能在A和C中选，又a>1时，y=(1－a)x为减函数
答案 B
3 解析 容易求得f- －1(x)=,
从而 f－1(x－1)=
答案
4 解析 由题意，5分钟后，y1=ae－nt,y2=a－ae－nt,y1=y2
∴n=ln2 设再过t分钟桶1中的水只有,
则y1=ae－n(5+t)=,解得t=10
答案 10
5 解 (1)设点Q的坐标为(x′,y′),
则x′=x－2a,y′=－y 即x=x′+2a,y=－y′
∵点P(x,y)在函数y=loga(x－3a)的图象上，
∴－y′=loga(x′+2a－3a),即y′=loga,∴g(x)=loga
(2)由题意得x－3a=(a+2)－3a=－2a+2>0;=>0,
又a>0且a≠1,∴0＜a＜1,
∵|f(x)－g(x)|=|loga(x－3a)－loga|
=|loga(x2－4ax+3a2)|·|f(x)－g(x)|≤1,
∴－1≤loga(x2－4ax+3a2)≤1,
∵0＜a＜1,∴a+2>2a f(x)=x2－4ax+3a2在［a+2,a+3］上为减函数，
∴μ(x)=loga(x2－4ax+3a2)在［a+2,a+3］上为减函数，
从而［μ(x)］max=μ(a+2)=loga(4－4a),［μ(x)］min=μ(a+3)=loga(9－6a),于是所求问题转化为求不等式组的解
由loga(9－6a)≥－1解得0＜a≤,
由loga(4－4a)≤1解得0＜a≤,
∴所求a的取值范围是0＜a≤
6 解 f(x1)+f(x2)=logax1+logax2=logax1x2,
∵x1,x2∈(0,+∞),x1x2≤()2(当且仅当x1=x2时取“=”号)，
当a>1时，有logax1x2≤loga()2,
∴logax1x2≤loga()，(logax1+logax2)≤loga,
即f(x1)+f(x2)］≤f()(当且仅当x1=x2时取“=”号)
当0＜a＜1时，有logax1x2≥loga()2,
∴(logax1+logax2)≥loga,即［f(x1)+f(x2)］≥f()(当且仅当x1=x2时取“=”号）
7 解 由已知等式得 loga2x+loga2y=(1+2logax)+(1+2logay),
即(logax－1)2+(logay－1)2=4,
令u=logax,v=logay,k=logaxy,则(u－1)2+(v－1)2=4(uv≥0),k=u+v
在直角坐标系uOv内，
圆弧(u－1)2+(v－1)2=4(uv≥0)与平行直线系v=－u+k有公共点，
分两类讨论
(1)当u≥0,v≥0时，即a>1时，结合判别式法与代点法得
1+≤k≤2(1+);
(2)当u≤0,v≤0,即0＜a＜1时，同理得到2(1－)≤k≤1－
综上，当a>1时，logaxy的最大值为2+2，最小值为1+；
当0＜a＜1时，logaxy的最大值为1－，最小值为2－2
8 解 ∵2(x)2+9(x)+9≤0
∴(2x+3)( x+3)≤0 ∴－3≤x≤－
即 ()－3≤x≤()?
∴()≤x≤()－3,∴2≤x≤8
即M={x|x∈［2,8］}
又f(x)=(log2x－1)(log2x－3)=log22x－4log2x+3=(log2x－2)2－1
∵2≤x≤8,∴≤log2x≤3
∴当log2x=2,即x=4时ymin=－1;当log2x=3,即x=8时，ymax=0
课前后备注 　
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英语单词速记：http://www.easy-english.org/?id=330
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