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专题一 函数、基本初等函数的图象和性质
1．下列函数中，与函数y＝定义域相同的函数为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．y＝ B．y＝ C．y＝xex D．y＝
答案：D　[函数y＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，而y＝的定义域为{x|x∈R，x≠kπ，k∈Z}，y＝的定义域为(0，＋∞)，y＝xex的定义域为R，y＝的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)．]
2．下列函数中，不满足f(2x)＝2f(x)的是(　　)．
A．f(x)＝|x| B．f(x)＝x－|x|
C．f(x)＝x＋1 D．f(x)＝－x
答案：C　[对于选项A，f(2x)＝|2x|＝2|x|＝2f(x)；对于选项B，f(x)＝x－|x|＝，当x≥0时，f(2x)＝0＝2f(x)，当x＜0时，f(2x)＝4x＝2·2x＝2f(x)，恒有f(2x)＝2f(x)；对于选项D，f(2x)＝－2x＝2(－x)＝2f(x)；对于选项C，f(2x)＝2x＋1＝2f(x)－1.]
3．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是(　　)．
A．y＝ln(x＋2) B．y＝－
C．y＝x D．y＝x＋
答案：A　[结合初等函数的单调性逐一分析即可得到正确结论．选项A的函数y＝ln(x＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数．]
4．已知实数a≠0，函数f(x)＝若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为________．
解析　首先讨论1－a,1＋a与1的关系，
当a＜0时，1－a＞1,1＋a＜1，
所以f(1－a)＝－(1－a)－2a＝－1－a；
f(1＋a)＝2(1＋a)＋a＝3a＋2.
因为f(1－a)＝f(1＋a)，所以－1－a＝3a＋2，
所以a＝－.当a＞0时，1－a＜1,1＋a＞1，
所以f(1－a)＝2(1－a)＋a＝2－a；
f(1＋a)＝－(1＋a)－2a＝－3a－1.
因为f(1－a)＝f(1＋a)，所以2－a＝－3a－1，所以a＝－(舍去)．
综上，满足条件的a＝－.
答案　－
高考对本内容的考查主要有：①利用函数的图象与性质求函数定义域、值域与最值，尤其是考查对数函数的定义域、值域与最值问题；②借助基本初等函数考查函数单调性与奇偶性的应用，尤其是考查含参函数的单调性问题或借助单调性求参数的范围，主要以解答题的形式考查；③求二次函数的解析式、值域与最值，考查二次函数的最值、一元二次方程与不等式的综合应用；④在函数与导数的解答题中，考查指数函数、对数函数的求导、含参函数单调性的讨论、函数的极值或最值的求解等．
本部分的试题多围绕二次函数、分段函数、指数函数、对数函数等几个常见的函数来设计，考查函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性等，所以复习时一定要回归课本，重读教材，只有把课本中的例题、习题弄明白，把基础夯扎实，才能真正掌握、灵活应用，达到事半功倍的效果.
必备知识
?函数及其图象
(1)定义域、值域和对应关系是确定函数的三个要素，是一个整体，研究函数问题时务必要“定义域优先”．
(2)对于函数的图象要会作图、识图、用图，作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换．
?函数的性质
(1)函数单调性的判定方法
①定义法：取值，作差，变形，定号，作答．
其中变形是关键，常用的方法有：通分、配方、因式分解．
②导数法．
③复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则．
(2)函数的奇偶性反映了函数图象的对称性，是函数的整体特性．利用函数的奇偶性可以把研究整个函数具有的性质问题转化到只研究部分(一半)区间上，是简化问题的一种途径．
(3)求函数最值(值域)常用的方法
①单调性法：适合于已知或能判断单调性的函数；
②图象法：适合于已知或易作出图象的函数；
③基本不等式法：特别适合于分式结构或两元的函数；
④导数法：适合于可求导数的函数．
?函数图象的对称性
(1)若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，则f(x)的图象关于直线x＝a对称．
(2)若f(x)满足f(a＋x)＝f(b－x)，则函数f(x)的图象关于直线x＝对称．
(3)若f(x＋a)为奇函数?f(x)的图象关于点(a,0)成中心对称；若f(x＋a)为偶函数?f(x)的图象关于直线x＝a对称．
必备方法
1．函数的图象和解析式是函数关系的主要表现形式，它们的实质是相同的，在解题时经常要互相转化．在解决函数问题时，尤其是较为繁琐的(如分类讨论，求参数的取值范围等)问题时，要注意充分发挥图象的直观作用．
2．二次函数、一元二次方程和一元二次不等式是一个有机的整体，要深刻理解它们之间的相互关系，能用函数与方程、分类讨论、数形结合思想来研究与“三个二次”有关的问题，高考对“三个二次”知识的考查往往渗透在其他知识之中，并且大都出现在解答题中.

常考查：①给定函数解析式求定义域；②给出分段函数表达式结合奇偶性、周期性求值．熟练转化函数的性质是解题的关键，是高考的必考内容，常以选择题、填空题的形式考查，多为基础题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】? 设定义域在[－2,2]上的偶函数f(x)在区间[0,2]上单调递减，若f(1－m)＜f(m)．则实数m的取值范围是________．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 利用已知条件，可将问题转化为|1－m|＞|m|.
解析　∵f(x)是偶函数，∴f(－x)＝f(x)＝f(|x|)．
∴不等式f(1－m)＜f(m)?f(|1－m|)＜f(|m|)，
又∵当x∈[0,2]时，f(x)是减函数，
∴解得－1≤m＜.
答案　
(1)函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性．
(2)求函数最值常用的方法有单调性法、图象法、基本不等式法、导数法和换元法．
【突破训练1】 (2012·济南2月月考)已知定义在R上的函数y＝f(x)满足以下三个条件：①对于任意的x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)；②对于任意的x1，x2∈R，且0≤x1≤x2≤2，都有f(x1)＜f(x2)；③函数y＝f(x＋2)的图象关于y轴对称．则下列结论正确的是(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．f(4.5)＜f(7)＜f(6.5) B．f(7)＜f(4.5)＜f(6.5)
C．f(7)＜f(6.5)＜f(4.5) D．f(4.5)＜f(6.5)＜f(7)
答案：A　[由①知，f(x)的周期为4，
由②知，f(x)在[0,2]上单调递增．
由③知，f(x)的对称轴为x＝2.
∴f(4.5)＝f(0.5)，f(7)＝f(3)＝f(1)．
f(6.5)＝f(2.5)＝f(1.5)．
∴f(4.5)＜f(7)＜f(6.5)．]

常考查：①由函数的性质(如单调性、对称性、最值)及图象的变换选图象；②在解方程或不等式问题时，利用图象求交点个数或解集的范围，是高考考查的热点，常以选择题形式考查，难度中档．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】? 函数y＝－2sin x的图象大致是(　　)．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 利用导数的正负与函数在某一区间内的单调性的关系求解．
C　[由f(－x)＝－f(x)知，函数f(x)为奇函数，所以排除A；又f′(x)＝－2cos x，当x在y轴右侧，趋向0时，f′(x)＜0，所以函数f(x)在x轴右边接近原点处为减函数，当x＝2π时，f′(2π)＝－2cos 2π＝－＜0，所以x＝2π应在函数的减区间上，所以选C.]
函数的图象在研究函数性质中有着举足轻重的作用．
(1)识图：在观察、分析图象时，要注意到图象的分布及变化趋势，具有的性质，找准解析式与图象的对应关系．
(2)用图：在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究．
(3)掌握基本初等函数的图象(一元一次函数、一元二次函数、反比例函数、指数函数、对数函数、三角函数)，它们是图象变换的基础．
【突破训练2】 (2012·新课标全国)已知函数f(x)＝，则y＝f(x)的图象大致为(　　)．

答案：B　[g(x)＝ln(x＋1)－x?g′(x)＝－，
当g′(x)＞0时，－1＜x＜0.当g′(x)＜0时，x＞0.
故g(x)＜g(0)＝0，即x＞0或－1＜x＜0时均有f(x)＜0，排除A、C、D.]

高考很少单独考查二次函数，往往与导数结合来命题，可涉及到二次函数的许多基础知识的考查，如含参函数根的分布问题，根与系数的关系问题，要求考生熟练应用有关的基础知识．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】? 设函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(a＞0)，且方程f′(x)－9x＝0的两个根分别为1,4.
(1)当a＝3且曲线y＝f(x)过原点时，求f(x)的解析式；
(2)若f(x)在(－∞，＋∞)内无极值点，求a的取值范围．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)借助根与系数的关系，曲线过原点等条件进行求解；(2)问题可转化为f′(x)≥0在(－∞，＋∞)内恒成立．
解　由f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，得f′(x)＝ax2＋2bx＋c.
因为f′(x)－9x＝ax2＋2bx＋c－9x＝0的两个根分别为1,4，
所以(*)
(1)当a＝3时，由(*)式得
解得b＝－3，c＝12.
又因为曲线y＝f(x)过原点，所以d＝0，
故f(x)＝x3－3x2＋12x.
(2)由于a＞0，所以“f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在(－∞，＋∞)内无极值点”等价于“f′(x)＝ax2＋2bx＋c≥0在(－∞，＋∞)内恒成立”．
由(*)式得2b＝9－5a，c＝4a.
又Δ＝(2b)2－4ac＝9(a－1)(a－9)．
解得，a∈[1,9]，
即a的取值范围是[1,9]．
高考对该部分的考查多与二次函数相结合综合命题，涉及函数零点问题，比较方程根的大小问题，函数值的求解，函数图象的识别等问题，考查学生分析、解决问题的能力．
【突破训练3】 已知函数f(x)＝3ax4－2(3a＋1)x2＋4x.
(1)当a＝时，求f(x)的极值；
(2)若f(x)在(－1,1)上是增函数，求a的取值范围．
解　(1)f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1)．
当a＝时，f′(x)＝2(x＋2)(x－1)2，
f(x)在(－∞，－2)内单调递减，在(－2，＋∞)内单调递增，
在x＝－2时，f(x)有极小值．
所以f(－2)＝－12是f(x)的极小值．
(2)在(－1,1)上，f(x)单调递增，当且仅当f′(x)＝4(x－1)·(3ax2＋3ax－1)≥0，即3ax2＋3ax－1≤0，①
(i)当a＝0时，①恒成立；
(ii)当a＞0时，①成立，当且仅当3a·12＋3a·1－1≤0.
解得a≤.∴0＜a≤.
(iii)当a＜0时，①成立，即3a2－－1≤0成立，
当且仅当－－1≤0.解得a≥－.∴－≤a＜0.
综上，a的取值范围是.
函数基础知识在综合问题中的应用
函数是高考永远不变的主题，二次函数更是热点．对二次函数的考查主要以二次函数的图象为载体，利用数形结合思想，解决二次函数的单调区间、二次函数在给定区间上的最值以及与此相关的参数范围的问题．下面介绍函数基础知识在综合问题中的应用．
【示例】设函数f(x)＝－x3＋x2＋(m2－1)x(x∈R)，其中m＞0.
(1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率；
(2)求函数f(x)的单调区间与极值；
(3)已知函数f(x)有三个互不相同的零点0，x1，x2，且x1＜x2，若对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＞f(1)恒成立，求m的取值范围．
[满分解答]　(1)当m＝1时，f(x)＝－x3＋x2，f′ (x)＝－x2＋2x，故f′(1)＝1.所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线的斜率为1.(3分)
(2)f′(x)＝－x2＋2x＋m2－1.
令f′(x)＝0，解得x＝1－m或x＝1＋m.
因为m＞0，所以1＋m＞1－m.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，1－m)
1－m
(1－m,1＋m)
1＋m
(1＋m，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
极小值
?
极大值
?
所以f(x)在(－∞，1－m)，(1＋m，＋∞)上是减函数，在(1－m,1＋m)上是增函数．函数f (x)在x＝1－m处取得极小值f(1－m)，且f(1－m)＝－m3＋m2－.函数f(x)在x＝1＋m处取得极大值f(1＋m)，且f(1＋m)＝m3＋m2－.(7分)
(3)由题设，f(x)＝x＝－x(x－x1)(x－x2)，所以方程－x2＋x＋m2－1＝0有两个相异的实根x1，x2，故x1＋x2＝3，且Δ＝1＋(m2－1)＞0，解得m＜－(舍去)或m＞.因为x1＜x2，所以2x2＞x1＋x2＝3，故x2＞＞x1.(9分)
若x1≤1＜x2，则f(1)＝－(1－x1)(1－x2)≥0，而f(x1)＝0，不合题意．
若1＜x1＜x2，对任意的x∈[x1，x2]，有x＞0，x－x1≥0，x－x2≤0，则f(x)＝－x(x－x1)(x－x2)≥0.又f(x1)＝0，所以f(x)在[x1，x2]上的最小值为0.于是对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＞f(1)恒成立的充要条件是f(1)＝m2－＜0，解得－＜m＜.综上，m的取值范围是.(12分)
老师叮咛：该题综合考查了导数知识与函数的基础知识，是一道不错的试题.?1??2?问较易得分，第?3?问因找不到问题的突破口而得分率很低，原因是二次函数的相关基础知识掌握不牢固，不会利用数形结合的思想.
【试一试】 设函数f(x)＝6x3＋3(a＋2)x2＋2ax.
(1)若f(x)的两个极值点为x1，x2，且x1x2＝1，求实数a的值；
(2)是否存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
解　f′(x)＝18x2＋6(a＋2) x＋2a.
(1)由已知有f′(x1)＝f′(x2)＝0，从而x1x2＝＝1，所以a＝9.
(2)由于Δ＝36(a＋2)2－4×18×2a＝36(a2＋4)＞0，
所以不存在实数a，使得f(x)是(－∞，＋∞)上的单调函数．
专题十 数列求和
1．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a5＝5，S5＝15，则数列的前100项和为(　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
答案： A　[设数列{an}的公差为d，则a1＋4d＝5，S5＝5a1＋d＝15，得d＝1，a1＝1，故an＝1＋(n－1)×1＝n，所以＝＝－，所以S100＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，故选A.]
2．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1＝1，公差d＝2，Sk＋2－Sk＝24，则k＝(　　)．
A．8 B．7
C．6 D．5
答案：D　[∵{an}是等差数列，a1＝1，d＝2，∴an＝2n－1.由已知得Sk＋2－Sk＝ak＋2＋ak＋1＝2(k＋2)＋2(k＋1)－2＝4k＋4＝24，所以k＝5，故选D.]
3．设等差数列{an}的前n项和为Sn.若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)．
A．6 B．7
C．8 D．9
答案：A　[∵{an}是等差数列，∴a4＋a6＝2a5＝－6，即a5＝－3，d＝＝＝2得{an}是首项为负数的递增数列，所有的非正项之和最小．∵a6＝－1，a7＝1，∴当n＝6时，Sn取最小．故选A.]
4．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，那么a10＝________.
解析　∵Sn＋Sm＝Sn＋m，且a1＝1，∴S1＝1，可令m＝1，得Sn＋1＝Sn＋1，∴Sn＋1－Sn＝1，即当n≥1时，an＋1＝1，∴a10＝1.
答案　1
本部分是高考重点考查的内容，题型有选择题、填空题和解答题．对于数列的通项问题，求递推数列(以递推形式给出的数列)的通项是一个难点，而数列的求和问题多从数列的通项入手，并与不等式证明或求解结合，有一定难度．
(1)牢固掌握等差数列和等比数列的递推公式和通项公式，以一阶线性的递推公式求通项的六种方法(观察法、构造法、猜归法、累加法、累积法、待定系数法)为依托，掌握常见的递推数列的解题方法．对于既非等差又非等比的数列要综合运用观察、归纳、猜想、证明等方法进行研究，要善于将其转化为特殊数列，这是一种非常重要的学习能力．
(2)对于数列求和部分的复习要注意以下几点：①熟练掌握等差数列、等比数列的求和公式及其应用，这是数列求和的基础；②掌握好分组、裂项、错位相减、倒序相加法这几种重要的求和方法，特别要掌握好裂项与错位相减求和的方法，这是高考考查的重点；③掌握一些与数列求和有关的综合问题的解决方法，如求数列前n项和的最值，研究前n项和所满足的不等式等.
必备知识
?求通项公式的方法
(1)观察法：找项与项数的关系，然后猜想检验，即得通项公式an；
(2)利用前n项和与通项的关系an＝
(3)公式法：利用等差(比)数列求通项公式；
(4)累加法：如an＋1－an＝f(n)，累积法，如＝f(n)；
(5)转化法：an＋1＝Aan＋B(A≠0，且A≠1)．
?常用公式
等差数列的前n项和，等比数列的前n项和，1＋2＋3＋…＋n＝，12＋22＋32＋…＋n2＝.
?常用裂项方法
(1)＝－；
(2)＝－.
必备方法
1．利用转化，解决递推公式为Sn与an的关系式：数列{an}的前n项和Sn与通项an的关系：an＝通过纽带：an＝Sn－Sn－1(n≥2)，根据题目求解特点，消掉一个an或Sn.然后再进行构造成等差或者等比数列进行求解．如需消掉Sn，可以利用已知递推式，把n换成(n＋1)得到新递推式，两式相减即可．若要消掉an，只需把an＝Sn－Sn－1代入递推式即可．不论哪种形式，需要注意公式an＝Sn－Sn－1成立的条件n≥2.
2．裂项相消法的基本思想是把数列的通项an分拆成an＝bn＋1－bn或者an＝bn－bn＋1或者an＝bn＋2－bn等，从而达到在求和时逐项相消的目的，在解题中要善于根据这个基本思想变换数列{an}的通项公式，使之符合裂项相消的条件．
3．错位相减法适用于数列由一个等差数列和一个等比数列对应项的乘积构成的数列的求和，乘以等比数列的公比再错位相减，即依据是：cn＝anbn，其中{an}是公差为d的等差数列，{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，则qcn＝qanbn＝anbn＋1，此时cn＋1－qcn＝(an＋1－an)bn＋1＝dbn＋1，这样就把对应相减的项变为了一个等比数列，从而达到求和的目的.

数列的递推关系一直是高考“久考不衰”的考点，具有题型新颖、方法灵活等特点，求通项的常用方法有：定义法、公式法、累加法、累乘法、构造转化法等．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】? 已知数列{an}的首项a1＝，且an＋1＝，n＝1，2，….
(1)证明：数列－1是等比数列；
(2)令bn＝－1，试求数列{n·bn}的前n项和Sn.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 对于第(1)问，由条件利用等比数列的定义即可证明；对于第(2)问，求数列{n·bn}的前n项和Sn，只需利用错位相减法即可．
(1)证明　由已知，得＝·＋，n＝1,2，…，
∴－1＝－1，n＝1,2，….
∴数列是以为公比，为首项的等比数列．
(2)解　由bn＝－1＝(n≥1)，
得Sn＝1·b1＋2·b2＋3·b3＋…＋(n－1)·bn－1＋n·bn
＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·.
∴Sn＝1·＋2·＋3·＋…＋(n－1)·＋n·.
∴Sn＝＋＋＋＋…＋－n·
＝－n·.
∴Sn＝1－－n·＝－.
对于由数列的递推关系式求数列通项an的问题，一般有以下几种题型：
(1)类型an＋1＝can＋d(c≠0,1)，可以通过待定系数法设an＋1＋λ＝c(an＋λ)，求出λ后，化为等比数列求通项；(2)类型an＋1＝an＋f(n)与an＋1＝f(n)·an，可以分别通过累加、累乘求得通项；
(3)类型an＋1＝can＋rn(c≠0，r≠0)，可以通过两边除以rn＋1，得＝·＋，于是转化为类型(1)求解．
【突破训练1】 在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝4an－3n＋1，n∈N*.
(1)证明：数列{an－n}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn；
(3)证明：不等式Sn＋1≤4Sn对任意n∈N*皆成立．
(1)证明　由题设an＋1＝4an－3n＋1，得
an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，n∈N*.
又a1－1＝1，所以数列{an－n}是首项为1，公比为4的等比数列．
(2)解　由(1)可知an－n＝4n－1，于是数列{an}的通项公式为an＝4n－1＋n.所以，数列{an}的前n项和Sn＝＋.
(3)证明　对任意的n∈N*，Sn＋1－4Sn＝＋－4＋＝－(3n2＋n－4)≤0，所以不等式Sn＋1≤4Sn对任意n∈N*皆成立．

裂项法求和是近几年高考的热点，试题设计年年有变、有创新，但变的仅仅是试题的外壳，有效地转化、化归问题是解题的关键，常与不等式综合命制解答题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】? 已知二次函数y＝f(x)的图象经过坐标原点，其导函数为f′(x)＝6x－2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，Tn是数列{bn}的前n项和，求使得Tn＜对所有n(n∈N*)都成立的最小正整数m.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)由f′(x)＝6x－2可求f(x)，则可得Sn与n的关系式，再由an＝Sn－Sn－1(n≥2)求an.
(2)由裂项求和求Tn，再由单调性求Tn的最大值．
解　(1)设函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)，
则f′(x)＝2ax＋b，由f′(x)＝6x－2，
得a＝3，b＝－2，所以f(x)＝3x2－2x.
又因为点(n，Sn)(n∈N*)均在函数y＝f(x)的图象上，
所以Sn＝3n2－2n.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n)－[3(n－1)2－2(n－1)]
＝6n－5.
当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2×1＝1，所以，an＝6n－5(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝＝
＝－，故Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝1－＋－＋…＋－
＝1－.
因此，要使1－＜(n∈N*)成立，
则m需满足≤即可，则m≥10，所以满足要求的最小正整数m为10.
使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
【突破训练2】 已知数列{an}是首项a1＝的等比数列，其前n项和Sn中S3＝.
(1)求数列{an}的通项公式；
(解　(1)若q＝1，则S3＝≠不符合题意，∴q≠1.
当q≠1时，由得q＝－.
∴an＝·－n－1＝－n＋1.
(2)∵bn＝log|an|＝log＝n＋1，
∴＝＝－，
∴Tn＝＋＋…＋
＝－＋－＋…＋－
＝－.

错位相减法求和作为求和的一种方法在近几年高考试题中经常出现，复习时要熟练掌握错位相减法求和的特点．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】已知数列{an}中，a1＝5且an＝2an－1＋2n－1(n≥2且n∈N*)．
(1)证明：数列为等差数列；
(2)求数列{an－1}的前n项和Sn.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)作差：－后，把an＝2an－1＋2n－1代入；(2)求出an－1，利用错位相减法求和．
(1)证明　设bn＝，b1＝＝2.
∴bn－bn－1＝－＝(an－2an－1)＋1
＝(2n－1)＋1＝1.
所以数列为首项是2，公差是1的等差数列．
(2)解　由(1)知，＝＋(n－1)×1，
∴an－1＝(n＋1)·2n.
∵Sn＝2·21＋3·22＋…＋n·2n－1＋(n＋1)·2n，①
∴2Sn＝2·22＋3·23＋…＋n·2n＋(n＋1)·2n＋1.②
①－②，得－Sn＝4＋(22＋23＋…＋2n)－(n＋1)·2n＋1，
∴Sn＝－4－4(2n－1－1)＋(n＋1)·2n＋1，
∴Sn＝n·2n＋1.
错位相减法求数列的前n项和是一类重要方法．在应用这种方法时，一定要抓住数列的特征．即数列的项可以看作是由一个等差数列和一个等比数列对应项相乘所得数列的求和问题．所谓“错位”，就是要找“同类项”相减，要注意的是相减后得到部分等比数列的和，此时一定要查清其项数．
【突破训练3】已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是等比数列，且a1＝b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，证明：Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)．
(1)解　设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q.由a1＝b1＝2，得a4＝2＋3d，b4＝2q3，S4＝8＋6d.由条件，得方程组解得
所以an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
(2)证明　法一　由(1)得
Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1，①
2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n＋1a1.②
由②－①，得
Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2
＝＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10.
而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故Tn＋12＝－2an＋10bn，n∈N*.
法二　①当n＝1时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；
②证明：假设当n＝k时等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，则当n＝k＋1时有：
Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1
＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk)
＝ak＋1b1＋qTk
＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12)
＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24
＝－2ak＋1＋10bk＋1－12
即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1.
因此n＝k＋1时等式也成立．
由①和②，可知对任意n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn成立．
数列综合题中的转化与推理
数列是一个既有相对独立性，又与其他知识易交汇的知识点，命题者为体现考查思维的综合性与创新性，经常让数列与一些其他知识交汇，有效地考查考生对数学思想与方法的深刻理解，以及考生的数学潜能与思维品质．因此，要利用转化与推理将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，降低问题难度．
【示例】已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋…＋an，B(n)＝a2＋a3＋…＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋…＋an＋2，n＝1,2，….
(1)若a1＝1，a2＝5，且对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列{an}的通项公式；
(2)证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．
[满分解答]　(1)对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)成等差数列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，
即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.
故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列．
于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.(5分)
(2)①必要性：若数列{an}是公比为q的等比数列，则对任意n∈N*，有an＋1＝anq.由an＞0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是
＝＝＝q，
＝＝＝q，
即＝＝q，所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．(8分)
②充分性：若对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)．
于是C(n)－B(n)＝q [B(n)－A(n)]，得an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，即an＋2－qan＋1＝a2－qa1.
由n＝1有B(1)＝qA(1)，即a2＝qa1，从而an＋2－qan＋1＝0.
因为an＞0，所以＝＝q.故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．
综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N*，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．(12分)
老师叮咛：本题看似新颖，但揭开面纱却很平常.它很好地考查了考生的应试心理和推理论证的能力，用到的知识却很简单，失去信心是本题失分的主要原因.第?1?问根据B?n?－A?n?＝C?n?－B?n?即可轻松解决；第?2?问需分充分性和必要性分别证明，其依据完全是非常简单的等比数列的定义，其关键是要有较好的推理论证能力.
【试一试】在等差数列{an}中，a3＋a4＋a5＝84，a9＝73.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意m∈N*，将数列{an}中落入区间(9m,92m)内的项的个数记为bm，求数列{bm}的前m项和Sm.
解　(1)因为{an}是一个等差数列，
所以a3＋a4＋a5＝3a4＝84，a4＝28.
设数列{an}的公差为d，则5d＝a9－a4＝73－28＝45，故d＝9.
由a4＝a1＋3d得，28＝a1＋3×9，即a1＝1.
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋9(n－1)＝9n－8(n∈N*)．
(2)对m∈N*，若9m＜an＜92m，则9m＋8＜9n＜92m＋8.
因此9m－1＋1≤n≤92m－1.故得bm＝92m－1－9m－1.
于是Sm＝b1＋b2＋b3＋…＋bm
＝(9＋93＋…＋92m－1)－(1＋9＋…＋9m－1)
＝－
＝.
专题十一 数列的综合应用问题
1．定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)，如果对于任意给定的等比数列{an}，{f(an)}仍是等比数列，则称f(x)为“保等比数列函数”，现有定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函数：①f(x)＝x2；②f(x)＝2x；③f(x)＝；④f(x)＝ln|x|.
其中属于“保等比数列函数”的f(x)的序号为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．①② B．③④
C．①③ D．②④
答案： C　[设等比数列{an}的公比为q，则{a}的公比为q2，{}的公比为，其余的数列不是等比数列．]
2．设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是(　　)．
A．若d＜0，则数列{Sn}有最大项
B．若数列{Sn}有最大项，则d＜0
C．若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn＞0
D．若对任意n∈N*，均有Sn＞0，则数列{Sn}是递增数列
答案：C　[A、B、D均正确，对于C，若首项为－1，d＝2时就不成立．]
3．已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为(　　)．
A. B.
C．10 D．21
答案：B　[在an＋1－an＝2n中，令n＝1，得a2－a1＝2；令n＝2得，a3－a2＝4，…，an－an－1＝2(n－1)．把上面n－1个式子相加，得an－a1＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝＝n2－n，∴an＝n2－n＋33，∴＝n＋－1，又n∈N*，n≥1.∴当n＝6时，有最小值.]
4．数列{an}的通项公式an＝ncos＋1，前n项和为Sn，则S2 012＝________.
解析　∵an＝ncos＋1，∴a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝6，…，a4k＋1＋a4k＋2＋a4k＋3＋a4k＋4＝6，k∈N，故S2 012＝503×6＝3 018.
答案　3 018
1．以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇．
2．解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题具有综合性强、立意新、角度活、难度大的特点．
1．数列试题形态多变，时常有新颖的试题入卷，学生时常感觉难以把握，为了在高考中取得好成绩，必须复习、掌握好数列这一板块及其相关的知识技能，了解近几年来高考中对解数列试题的能力考察特点，掌握相关的应对策略，以提高解决数列问题的能力．
2．近几年高考中一些难题均是以高等数学的某些知识为背景而用初等数学的语言表述的试题．这就启示我们在复习备考时，要在高等数学与初等数学的衔接点上多下工夫，要提高将陌生问题转化、化归为熟知问题的能力．复习时要抓住主流综合，同时做到不忽视冷门、新型综合.
必备知识
?在数列求和时，为了证明的需要，需合理变形，常用到放缩法，常见的放缩技巧有：
(1)<＝；
(2)－<<－；
(3)2(－)<<2(－)；
(4)利用(1＋x)n的展开式进行放缩．
?数列是特殊的函数，是定义在正整数集上的一列函数值．通项公式及求和公式揭示了项和项数的依赖关系的本质属性．用“函数与方程”的思想解决数列中的综合问题，通常有如下情形：
(1)用等差数列中的公差为“斜率”的意义沟通关系解题；
(2)用等差数列的前n项和为项数n的二次函数解题；
(3)用函数观点认识数列的通项，用函数单调性的定义研究数列的增减性解决最值问题；
(4)通项公式求解中方程思想的应用；
(5)应用问题中方程思想的应用．
必备方法
1．解决数列和式与不等式证明问题的关键是求和，特别是既不是等差、等比数列，也不是等差乘等比的数列求和，要利用不等式的放缩法，放缩为等比数列求和、错位相减法求和、裂项相消法求和，最终归结为有限项的数式大小比较．
2．解答数列综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．数列与解析几何的综合问题解决的策略往往是把综合问题分解成几部分，先利用解析几何的知识以及数形结合得到数列的通项公式，然后再利用数列知识和方法求解．


该类问题出题背景广、新颖，解题的关键是读懂题意，有效地将信息转化，能较好地考查学生分析、解决问题的能力和知识的迁移能力、以客观题或解答题的形式出现，属于低中档题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】? 在直角坐标平面内，已知点P1(1,2)，P2(2,22)，P3(3,23)，…，Pn(n,2n)，….如果n为正整数，则向量＋＋＋…＋P2n－1P2n的纵坐标为________．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 由PkPk＋1＝(k＋1－k,2k＋1－2k)＝(1,2k)可求解．
解析　PkPk＋1＝(k＋1－k,2k＋1－2k)＝(1,2k)，于是＋＋＋…＋P2n－1P2n的纵坐标为2＋23＋25＋…＋22n－1＝＝(4n－1)．
答案　(4n－1)
解决数列与新背景、新定义的综合问题，可通过对新数表、图象、新定义的分析、探究，将问题转化为等差(比)数列的问题．
【突破训练1】已知{an}是等差数列，Sn为其前n项和，若S21＝S4 000，O为坐标原点，点P(1，an)，点Q(2 011，a2 011)，则·＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．2 011 B．－2 011 C．0 D．1
答案： A　[设Sn＝An2＋Bn，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(2n－1)A＋B，由S21＝S4 000，知4 021 A＋B＝0，所以a2 011＝0，·＝2 011＋an×a2 011＝2 011，故选A.]

由于数列与函数的紧密联系，近几年高考在数列与函数的综合处命题有加强的趋势，常考查以函数为背景的数列问题，该类问题的知识综合性比较强，能很好地考查逻辑推理能力和运算求解能力．需掌握与函数、函数性质等相关方面的知识，难度较大．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】已知函数f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7.
(1)设函数y＝f(x)的图象的顶点的纵坐标构成数列{an}，求证：{an}为等差数列；
(2)设函数y＝f(x)的图象的顶点到x轴的距离构成数列{bn}，求{bn}的前n项和Sn.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)配方可求顶点的纵坐标，再用定义可证；(2)由bn＝|an|知分类求和．
(1)证明　∵f(x)＝x2－2(n＋1)x＋n2＋5n－7＝[x－(n＋1)]2＋3n－8，∴an＝3n－8，∴an＋1－an＝3(n＋1)－8－(3n－8)＝3，∴数列{an}为等差数列．
(2)解　由题意知，bn＝|an|＝|3n－8|，
∴当1≤n≤2时，bn＝8－3n，
Sn＝b1＋…＋bn＝＝＝.
当n≥3时，bn＝3n－8，
Sn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝5＋2＋[1＋4＋…＋(3n－8)]
＝7＋
＝，
∴Sn＝
, 解决此类问题时要注意把握以下两点：
(1)正确审题，深抠函数的性质与数列的定义；
(2)明确等差、等比数列的通项、求和公式的特征．
【突破训练2】已知函数f(x)＝(x－1)2，数列{an}是各项均不为0的等差数列，点(an＋1，S2n－1)在函数f(x)的图象上；数列{bn}满足bn＝n－1.
(1)求an；
(2)若数列{cn}满足cn＝，求数列{cn}的前n项和．
解　(1)因为点(an＋1，S2n－1)在函数f(x)的图象上，所以a＝S2n－1.
令n＝1，n＝2，得即
由①知a1＝0或a1＝1，∵a1≠0，∴a1＝1.代入②解得d＝－1或d＝2，又d＝－1时，a2＝0不合题意，∴d＝－1(舍去)，∴d＝2.即an＝2n－1.
(2)由(1)得cn＝＝＝.
令Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn，
则Tn＝＋＋＋…＋＋，①
Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得，Tn＝＋＋＋＋…＋－
＝1＋·－＝2－－＝2－.
所以Tn＝3－.

数列与不等式的综合问题是高考的热点，常考查：①以数列为载体，比较两项的大小或证明不等式；②以数列为载体，利用不等式恒成立求参数．在解答时需要我们抓住本质，进行合理变形、求和，再结合与不等式有关的知识求解．试题难度较大．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】设b＞0，数列{an}满足a1＝b，an＝(n≥2)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数n,2an≤bn＋1＋1.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)对所给递推关系式变形(取倒数)后构造等比数列求解．
(2)利用基本不等式放缩．
(1)解　由a1＝b＞0，
知an＝＞0，＝＋ .
令An＝，A1＝.
当n≥2时，An＝＋An－1＝＋…＋＋A1＝＋…＋＋.
①当b≠1时，An＝＝；
②当b＝1时，An＝n.所以an＝
(2)证明　当b≠1时，欲证2an＝≤bn＋1＋1，只需证2nbn≤(bn＋1＋1).
因为(bn＋1＋1)＝b2n＋b2n－1＋…＋bn＋1＋bn－1＋bn－2＋…＋1＝bn＋＋…＋＞bn(2＋2＋…＋2)＝2nbn，所以2an＝＜1＋bn＋1.
当b＝1,2an＝2＝bn＋1＋1.
综上所述，2an≤bn＋1＋1.
与数列有关的不等式证明常用的方法有：比较法(作差作商)、放缩法、利用函数的单调性、数学归纳法证明，其中利用不等式放缩证明是一个热点，常常出现在高考的压轴题中，是历年命题的热点．利用放缩法解决“数列＋不等式”问题通常有两条途径：一是先放缩再求和，二是先求和再放缩．
【突破训练3】已知各项均不相等的等差数列{an}的前四项和S4＝14，a3是a1，a7的等比中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn为数列的前n项和，若Tn≤an＋1对一切n∈N*恒成立，求实数λ的最大值．
解　(1)设公差为d，由已知得，
解得d＝1或d＝0(舍去)，
∴a1＝2，故an＝n＋1.
(2)∵＝＝－，
∴Tn＝－＋－＋…＋－
＝－＝，
∵Tn≤an＋1，∴≤(n＋2)，
即λ≤＝2n＋＋4，
又2n＋＋4≥2×(4＋4)＝16，∴λ的最大值为16.
数列与函数的“巧妙”对接
纵观2012年高考，有多份试卷以数列与函数的综合题为压轴题，有些大题还穿插了导数来研究函数的工具作用，既考查了函数的知识，又考查了数列的知识，试题综合性强，分步解答，有利于高校选拔优秀的考生，是一种非常热门的题型，预计2013年高考仍将在此命题．
【示例】已知函数f(x)＝x－ln(x＋a)的最小值为0，其中a＞0.
(1)求a的值；
(2)若对任意的x∈[0，＋∞)，有f(x)≤kx2成立，求实数k的最小值；
(3)证明：－ln(2n＋1)＜2(n∈N*)．
[满分解答]　(1)f(x)的定义域为(－a，＋∞)．
f′(x)＝1－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝1－a＞－a.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－a,1－a)
1－a
(1－a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
?
极小值
?
因此，f(x)在x＝1－a处取得最小值，故由题意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.(4分)
(2)当k≤0时，取x＝1，有f(1)＝1－ln 2＞0，
故k≤0不合题意．
当k＞0时，令g(x)＝f(x)－kx2，
即g(x)＝x－ln(x＋1)－kx2.
g′(x)＝－2kx＝.
令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝＞－1.
①当k≥时，≤0，g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，因此g(x)在[0，＋∞)上单调递减．从而对于任意的x∈[0，＋∞)，总有g(x)≤g(0)＝0，即f(x)≤kx2在[0，＋∞)上恒成立．
故k≥符合题意．
②当0＜k＜时，＞0，对于x∈，g′(x)＞0，故g(x)在内单调递增．因此当取x0∈时，g(x0)＞g(0)＝0，即f(x0)≤kx不成立．
故0＜k＜不合题意．
综上，k的最小值为.(8分)
(3)当n＝1时，不等式左边＝2－ln 3＜2＝右边，所以不等式成立．
当n≥2时，＝＝－ln(2i＋1)－ln(2i－1)]＝－ln(2n＋1)．
在(2)中取k＝，得f(x)≤(x≥0)，
从而f≤＜(i∈N*，i≥2)，
所以有－ln(2n＋1)＝＝f(2)＋＜2－ln 3＋＝2－ln 3＋＝2－ln 3＋1－＜2.
综上，－ln(2n＋1)＜2，n∈N*.(14分)
老师叮咛：本题第?1?问应用导数研究函数的单调性、极值，难度较小，属于送分题；第?2?问属于含参函数的恒成立求参数范围问题，需构造新函数，再利用导数研究新函数的单调性、极值与最值等.其中，需对k进行分类讨论，对k的每个范围利用分析法求得适合题意的k的范围；第?3?问考查了考生赋值、数列的求和、放缩法证明不等式等知识.其中，推导是联系数列与函数的纽带.再借用第?2?问的结果可得f?x?≤.从而f≤＜.为后面利用放缩法证明不等式打下基础.
【试一试】 已知函数f(x)＝1－－ln x(a为实常数)．
(1)若函数f(x)在区间(0,2)上无极值，求实数a的取值范围；
(2)讨论函数g (x)＝f(x)－2x的单调性；
(3)已知n∈N*且n≥3，求证：ln＜＋＋＋…＋.
(1)解　f′(x)＝－＝.
当a≤0时，f′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此时函数f(x)在(0,2)上无极值；
当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＜a；由f′(x)＜0，得x＞a，即函数f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减，要使函数f(x)在(0,2)上无极值，只要a≥2即可．
故所求的实数a的取值范围是(－∞，0]∪[2，＋∞)．
(2)解　g(x)＝f(x)－2x＝1－－ln x－2x，
g′(x)＝－－2＝－.
令k(x)＝2x2＋x－a，则Δ＝1＋8a.
当Δ＜0，即a＜－时，k(x)＞0恒成立，即g′(x)＜0恒成立，此时函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当Δ＝0，即a＝－时，只有在x＝－时，k(x)＝0，故k(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此时函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当Δ＞0，即a＞－时，方程k(x)＝0的两个实数根是x1＝＜0，x2＝，若1＋8a≤1，即a≤0，则x2≤0，此时，k(x)＞0在(0，＋∞)上恒成立，即g′(x)＜0在(0，＋∞)上恒成立，此时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；若1＋8a＞1，则x2＞0，此时在(0，x2)上k(x)＜0，g′(x)＞0，在(x2，＋∞)上k(x)＞0，g′(x)＜0，故函数g(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，＋∞)上单调递减．
综上所述：当a≤0时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，函数g(x)在上单调递增，在上单调递减．
(3)证明　构造函数h(x)＝ln(1＋x)－x，则h′(x)＝－1＝，当x＞0时，h′(x)＜0，故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)＜h(0)＝0，即不等式ln(1＋x)＜x对任意正实数x恒成立．
令x＝，得ln＜，即ln(n＋1)－ln n＜，
所以ln＝ln(n＋1)－ln 3＝ln＋ln＋…＋ln＜＋＋＋…＋.
专题十二 三视图及空间几何体的计算问题
1．一个几何体的三视图形状都相同、大小均相等，那么这个几何体不可以是(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．球 B．三棱锥
C．正方体 D．圆柱
答案：D　[球的三视图都是圆；三棱锥的三视图可以都是全等的三角形；正方体的三视图都是正方形；圆柱的底面放置在水平面上，则其俯视图是圆，正视图是矩形，故应选D.]
2．某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是(　　)．
A．28＋6 B．30＋6
C．56＋12 D．60＋12
答案：B　[该三棱锥的直观图，如图所示，
其中侧面PAC⊥底面ABC，PD⊥AC，AC⊥BC，可得BC⊥平面PAC，从而BC⊥PC.故S△PAC＝×5×4＝10；S△ABC＝×5×4＝10；PC＝5，所以S△PBC＝×4×5＝10；由于PB＝＝＝，而AB＝＝，故△BAP为等腰三角形，取底边AP的中点E，连接BE，则BE⊥PA，又AE＝PA＝，所以BE＝＝6，所以S△PAB＝×2×6＝6.所以所求三棱锥的表面积为10＋10＋10＋6＝30＋6.]
3．已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为(　　)．
A. B.
C. D.
答案：A　[在直角三角形ASC中，AC＝1，∠SAC＝90°，SC＝2，∴SA＝＝；同理SB＝.过A点作SC的垂线交SC于D点，连接DB，因△SAC≌△SBC，故BD⊥SC，故SC⊥平面ABD，且平面ABD为等腰三角形，因∠ASC＝30°，故AD＝SA＝，则△ABD的面积为×1×＝，则三棱锥的体积为××2＝.]
4．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．
解析　利用三视图得几何体，再求表面积．由三视图可知，该几何体是一个长方体中间挖去一个圆柱，其中长方体的长、宽、高分别是4、3、1，中间被挖去的是底面半径为1，母线长为1的圆柱，所以几何体的表面积等于长方体的表面积减去圆柱两个底面的面积，再加上圆柱的侧面积，即为2(4×3＋4×1＋3×1)－2π＋2π＝38.
答案　38
在空间几何体部分，主要是以空间几何体的三视图为主展开，考查空间几何体三视图的识别判断，考查通过三视图给出的空间几何体的表面积和体积的计算等问题．试题的题型主要是选择题或者填空题，在难度上也进行了一定的控制，尽管各地有所不同，但基本上都是中等难度或者较易的试题．
该部分要牢牢抓住各种空间几何体的结构特征，通过对各种空间几何体结构特征的了解，认识各种空间几何体的三视图和直观图，通过三视图和直观图判断空间几何体的结构，在此基础上掌握好空间几何体的表面积和体积的计算方法.
必备知识
?正棱锥的性质
侧棱相等，侧面是全等的等腰三角形，斜高相等；棱锥的高、斜高和斜高在底面内的射影构成一个直角三角形；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面内的射影也构成一个直角三角形；某侧面的斜高、侧棱及底面边长的一半也构成一个直角三角形；侧棱在底面内的射影、斜高在底面内的射影及底面边长的一半也构成一个直角三角形．
?三视图
(1)三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线．画三视图的基本要求：正俯一样长，俯侧一样宽，正侧一样高．
(2)三视图排列规则：俯视图放在正视图的下面，长度与正视图一样；侧视图放在正视图的右面，高度和正视图一样，宽度与俯视图一样．
?几何体的切接问题
(1)球的内接长方体、正方体、正四棱柱等关键是把握球的直径即棱柱的体对角线长．
(2)柱、锥的内切球找准切点位置，化归为平面几何问题．
必备方法
1．几何体中计算问题的方法与技巧：①在正棱锥中，正棱锥的高、侧面等腰三角形的斜高与侧棱构成两个直角三角形，有关计算往往与两者相关；②正四棱台中要掌握对角面与侧面两个等腰梯形中关于上底、下底及梯形高的计算，另外，要能将正三棱台、正四棱台的高与其斜高，侧棱在合适的平面图形中联系起来；③研究圆柱、圆锥、圆台等问题，主要方法是研究其轴截面，各元素之间的关系，数量都可以在轴截面中得到；④多面体及旋转体的侧面展开图是将立体几何问题转化为平面几何问题处理的重要手段．
2．求体积常见技巧
当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体(柱、锥、台)，或化离散为集中，给解题提供便利．
(1)几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之．
(2)几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法．
(3)有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素.

常考查：①三视图的识别与还原问题；②以三视图为载体考查空间几何体的表面积、体积等问题．主要考查学生的空间想象能力及运算能力，是近几年高考的热点．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】? 已知某个几何体的三视图如图，根据图中标出的尺寸(单位：cm)，可得这个几何体的体积是(　　)．
A. cm3
B. cm3
C．2 000 cm3
D．4 000 cm3
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 画出直观图后求解．
B　[此几何体的图为SABCD，且平面SCD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，边长为20 cm，S在底面的射影为CD的中点E，SE＝20 cm，VSABCD＝S?ABCD·SE＝ cm3.故选B.]
解答此类题目时：
(1)可以从熟知的某一视图出发，想象出直观图，再验证其他视图是否正确；
(2)视图中标注的长度在直观图中代表什么，要分辨清楚；
(3)视图之间的数量关系：正俯长对正，正侧高平齐，侧俯宽相等．
【突破训练1】
如图是一个几何体的三视图．若它的体积是3，则a＝________.
解析　由三视图可知几何体为一个直三棱柱，底面三角形中边长为2的边上的高为a，∴V＝3×＝3?a?.
答案　

此类问题常以三视图、空间几何体、组合体为载体，来求解几何体的表面积或体积，试题以客观题为主，多为容易题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】? 如图所示，
四棱锥PABCD的底面ABCD是半径为R的圆的内接四边形，其中BD是圆的直径，∠ABD＝60°，∠BDC＝45°，△ADP∽△BAD.
(1)求线段PD的长；
(2)若PC＝R，求三棱锥P -ABC的体积．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)利用BD是圆的直径可知∠BAD＝90°，再利用△ADP∽△BAD求解．
(2)先通过计算证明PD2＋CD2＝PC2，则可知PD⊥面ABCD，再由S△ABC＝AB·BCsin ∠ABC.可求解．
解　(1)∵BD是圆的直径，∴∠BAD＝90°，
又∵△ADP∽△BAD，∴＝，
DP＝＝＝＝3R.
∴DP的长为3R.
(2)在Rt△BCD中，CD＝BDcos 45°＝R，
∵PD2＋CD2＝9R2＋2R2＝11R2＝PC2，
∴PD⊥CD，又∠PDA＝90°，AD∩CD＝D，
∴PD⊥底面ABCD，
则S△ABC＝AB·BCsin(60°＋45°)
＝R·R×＋×＝R2，
所以三棱锥PABC的体积为
VPABC＝·S△ABC·PD＝·R2·3R＝R3.
求几何体的体积问题，可以多角度、全方位地考虑问题，常采用的方法有“换底法”、“分割法”、“补体法”等，尤其是“等积转化”的数学思想方法应高度重视．
【突破训练2】如图是某三棱柱被削去一个底面后的直观图与侧(左)视图、俯视图．已知CF＝2AD，侧(左)视图是边长为2的等边三角形；俯视图是直角梯形，有关数据如图所示．求该几何体的体积．
解　
如图，取CF的中点P，过P作PQ∥CB交BE于Q，连接PD，QD，AD∥CP，且AD＝CP.
四边形ACPD为平行四边形，∴AC∥PD.
∴平面PDQ∥平面ABC，该几何体可分割成三棱柱PDQCAB和四棱锥DPQEF，
∴V＝V三棱柱PDQCAB＋VDPQEF＝×22sin 60°×2＋××＝3.

该类问题命题背景宽，常以棱柱、棱锥、圆柱、圆锥与球的内切、外接形式考查，多以选择、填空题的形式出现，试题较容易．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】? 设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(　　)．
A．πa2 B.πa2 C.πa2 D．5πa2
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 确定球心的位置，寻找直角三角形，通过直角三角形求球的半径．
B　[设三棱柱上底面所在圆的半径为r，球的半径为R，由已知r＝·a＝a.
又∵R2＝r2＋a2＝a2＋a2＝a2，
∴S球＝4πR2＝4π·a2＝πa2，故选B.]
涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．
【突破训练3】 设OA是球O的半径，M是OA的中点，过M且与OA成45°角的平面截球O的表面得到圆C，若圆C的面积等于，则球O的表面积等于________．
【突破训练3】 解析　
如图，设O′为截面圆的圆心，设球的半径为R，则OM＝，又∠O′MO＝45°，∴OO′＝R.在Rt△O′OB中，OB2＝O′O2＋O′B2，∴R2＝＋，∴R2＝2，∴S球＝4πR2＝8π.
答案　8π
等价与转化在求几何体体积中的应用
1．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的思想，若几何体的底不规则，也需采用同样的方法，将不规则的几何体或平面图形转化为规则的几何体或平面图形，易于求解．
2．求几何体的体积问题，有时使用转换底面的方法使其高易求．
【示例】?
如图，在三棱锥P -ABC中，△PAB是等边三角形，∠PAC＝∠PBC＝90°.
(1)证明：AB⊥PC；
(2)若PC＝4，且平面PAC⊥平面PBC，求三棱锥P -ABC的体积．
[满分解答]　(1)因为△PAB是等边三角形，
所以PB＝PA.
因为∠PAC＝∠PBC＝90°，
PC＝PC，
所以Rt△PBC≌Rt△PAC，
所以AC＝BC.
如图，取AB中点D，连接PD、CD，
则PD⊥AB，CD⊥AB，又PD∩CD＝D，
所以AB⊥平面PDC，PC?平面PDC，
所以AB⊥PC.(6分)
(2)作BE⊥PC，垂足为E，连接AE.
因为Rt△PBC≌Rt△PAC，所以AE⊥PC，AE＝BE.
由已知，平面PAC⊥平面PBC，
故∠AEB＝90°.(8分)
因为∠AEB＝90°，∠PEB＝90°，AE＝BE，AB＝PB，
所以Rt△AEB≌Rt△BEP，
所以△AEB、△PEB、△CEB都是等腰直角三角形．
由已知PC＝4，得AE＝BE＝2，△AEB的面积S＝2.
因为PC⊥平面AEB.
所以三棱锥P -ABC的体积
V＝·S·PC＝.(12分)
老师叮咛：本题难度中档，第?1?问要证线线垂直，则需转化为证线面垂直；第?2?问求三棱锥P -ABC的体积，可转化为求以△ABE为底，PC为高的两个三棱锥的体积.
【试一试】
如图，四边形ABCD为正方形，QA⊥平面ABCD，PD∥QA，QA＝AB＝PD.
(1)证明：PQ⊥平面DCQ；
(2)求棱锥Q -ABCD的体积与棱锥P -DCQ的体积的比值．
(1)证明　由条件知四边形PDAQ为直角梯形．
因为QA⊥平面ABCD，
所以平面PDAQ⊥平面ABCD，交线为AD.
又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，
所以DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC.
在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝PD，则PQ⊥QD.
又DQ∩DC＝D，所以PQ⊥平面DCQ.
(2)解　设AB＝a.
由题设知AQ为棱锥QABCD的高，
所以棱锥QABCD的体积V1＝a3.
由(1)知PQ为棱锥PDCQ的高，
而PQ＝a，△DCQ的面积为a2，
所以棱锥PDCQ的体积V2＝a3.
故棱锥QABCD的体积与棱锥PDCQ的体积的比值为1.
专题十三 空间线面位置关系的推理与证明
1.如图，在直三棱柱ABC -A1B1C1中，A1B1＝A1C1，D，E分别是棱BC，CC1上的点(点D不同于点C)，且AD⊥DE，F为B1C1的中点．
求证：(1)平面ADE⊥平面BCC1B1；
(2)直线A1F∥平面ADE.
证明　(1)因为ABCA1B1C1是直三棱柱，
所以
CC1⊥平面ABC，
又AD?平面ABC，所以CC1⊥AD.
又因为AD⊥DE，CC1，DE?平面BCC1B1，
CC1∩DE＝E，
所以AD⊥平面BCC1B1.又AD?平面ADE，
所以平面ADE⊥平面BCC1B1.
(2)因为A1B1＝A1C1，F为B1C1的中点，
所以A1F⊥B1C1.
因为CC1⊥平面A1B1C1，且A1F?平面A1B1C1，
所以CC1⊥A1F.
又因为CC1，B1C1?平面BCC1B1，CC1∩B1C1＝C1，
所以A1F⊥平面BCC1B1.
由(1)知AD⊥平面BCC1B1，所以A1F∥AD.
又AD?平面ADE，A1F?平面ADE，所以A1F∥平面ADE.
本问题主要以解答题的形式进行考查，重点是空间线面平行关系和垂直关系的证明，而且一般是这个解答题的第一问．
首先要学会认识几何图形，有一定的空间想象能力，对照着已知条件逐一判断．其次要熟悉相关的基本定理和基本性质，要善于把空间问题转化为平面问题进行解答．高考试题一般是利用直线与平面平行或垂直的判断定理和性质定理，以及平面与平面平行或垂直的判定定理和性质定理，把空间中的线线位置关系、线面位置关系和面面位置关系进行相互转化，这就要求同学们对平行与垂直的判定定理和性质定理熟练掌握，并在相应的题目中用相应的数学语言进行准确的表述．
必备知识
?平行关系的转化
两平面平行问题常常可以转化为直线与平面的平行，而直线与平面平行又可转化为直线与直线平行，所以要注意转化思想的应用，以下为三种平行关系的转化示意图．
?解决平行问题时要注意以下结论的应用
(1)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(2)两个平面平行，其中一个平面内的任一直线必平行于另一个平面．
(3)一条直线与两平行平面中的一个相交，那么它与另一个也相交．
(4)平行于同一条直线的两条直线平行．
(5)平行于同一个平面的两个平面平行．
(6)如果一条直线与两个相交平面都平行，那么这条直线必与它们的交线平行．
?垂直关系的转化
与平行关系之间的转化类似，它们之间的转化如下示意图．
在垂直的相关定理中，要特别注意记忆面面垂直的性质定理：两个平面垂直，在一个平面内垂直于它们交线的直线必垂直于另一个平面，当题目中有面面垂直的条件时，一般都要用此定理进行转化．
必备方法
1．证明平行、垂直问题常常从已知联想到有关判定定理或性质定理，将分析法与综合法综合起来考虑．
2．证明面面平行、垂直时，常转化为线面的平行与垂直，再转化为线线的平行与垂直．
3．使用化归策略可将立体几何问题转化为平面几何问题．
4．正向思维受阻时，可考虑使用反证法．
5．计算题应在计算中融入论证，使证算合一，逻辑严谨．通常计算题是经过“作图、证明、说明、计算”等步骤来完成的，应不缺不漏，清晰、严谨．

此类问题涉及的知识面较广，综合性较强，常考查空间线线、线面、面面位置关系的判定与性质，考查学生分析、解决问题的能力，难度中档．
【例1】? 如图所示，平面ABEF⊥平面ABCD，四边形ABEF与ABCD都是直角梯形，∠BAD＝∠FAB＝90°，BC綉AD，BE綉AF，G、H分别为FA、FD的中点．
(1)证明：四边形BCHG是平行四边形；
(2)C，D，F，E四点是否共面？为什么？
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 要证明四边形BCHG是平行四边形，只要证明GH綉BC或GB綉HC即可；要证明C，D，E，F共面，可通过证明四边形CDEF中至少有一组对边平行或两边的延长线相交即可．
(1)证明　由题意知，FG＝GA，FH＝HD，所以GH綉AD.
又BC綉AD，故GH綉BC.所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)解　C、D、F、E四点共面．理由如下：
由BE綉AF，G是FA的中点知，BE綉GF，所以EF綉BG.
由(1)知BG∥CH，所以EF∥CH，故EC、FH共面．又点D在直线FH上，所以C、D、F、E四点共面．
法二　由题设知FA，AB，AD两两互相垂直，如图，以A为坐标原点，以射线AB为x轴正方向，以射线AD为y轴正方向，以射线AF为z轴正方向，建立直角坐标系Axyz.
(1)证明　设AB＝a，BC＝b，BE＝c，则由题设得
A(0,0,0)，B(a,0,0)，C(a，b,0)，
D(0,2b,0)，E(a,0，c)，G(0,0，c)，
H(0，b，c)．
所以＝(0，b,0)，＝(0，b,0)，于是＝.
又点G不在直线BC上，所以四边形BCHG是平行四边形．
(2)解　C，D，F，E四点共面．
理由如下：
由题设知F(0,0,2c)，所以＝(－a,0，c)，＝(－a,0，c)，
＝，又C?EF，H∈FD，故C，D，E，F四点共面．
解决空间线面位置关系的组合判断题常有以下方法：
(1)借助空间线面位置关系的线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题；
(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，肯定或否定某些选项，并作出选择．
【突破训练1】 给出下列关于互不相同的直线m，l，n和平面α，β的四个命题：
①若m?α，l∩α＝A，点A?m，则l与m不共面；
②若m、l是异面直线，l∥α，m∥α，且n⊥l，n⊥m，则n⊥α；
③若l∥α，m∥β，α∥β，则l∥m；
④若l?α，m?α，l∩m＝A，l∥β，m∥β，则α∥β.
其中为真命题的是________(填序号)．
解析　③中l∥m或l，m异面，所以③错误，其他正确．
答案　①②④

此类问题多以多面体为载体，求证线线、线面的平行与垂直，在解答题中往往作为第一问，难度一般不大，适当添加辅助线是解题的常用方法，考查学生灵活应用线线、线面的平行与垂直的相互转化能力．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】如图所示，正三棱柱A1B1C1ABC中，点D是BC的中点，BC＝BB1，设B1D∩BC1＝F.求证：
(1)A1C∥平面AB1D；
(2)BC1⊥平面AB1D.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 本题可先挖掘正三棱柱中有关的线面平行及垂直关系，第(1)问可利用“线线平行”或“面面平行”，第(2)问可利用“线线垂直”来证“线面垂直”．
证明　(1)连接A1B，设A1B与AB1交于E，连接DE.
∵点D是BC中点，点E是A1B中点，
∴DE∥A1C，∵A1C?平面AB1D，
DE?平面AB1D，
∴A1C∥平面AB1D.
(2)∵△ABC是正三角形，点D是BC的中点，∴AD⊥BC.
∵平面ABC⊥平面B1BCC1，
平面ABC∩平面B1BCC1＝BC，AD?平面ABC，
∴AD⊥平面B1BCC1，
∵BC1?平面B1BCC1，∴AD⊥BC1.
∵点D是BC的中点，BC＝BB1，∴BD＝BB1.
∵＝＝，∴Rt△B1BD∽Rt△BCC1.
∴∠BDB1＝∠BC1C.
∴∠FBD＋∠BDF＝∠C1BC＋∠BC1C＝90°.
∴BC1⊥B1D.因为B1D∩AD＝D，
∴BC1⊥平面AB1D.
将立体几何问题转化为平面几何问题，是解决立体几何问题的很好途径，其中过特殊点作辅助线，构造平面是比较常用的方法．当然，记住公式、定理、概念等基础知识是解决问题的前提．
【突破训练2】如
图，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，底面ABCD是平行四边形，AB＝2AD，AD＝A1B1，∠BAD＝60°.证明：
(1)AA1⊥BD；
(2)CC1∥平面A1BD.
证明　
(1)因为D1D⊥平面ABCD，且BD?平面ABCD，所以BD⊥D1D，
取AB的中点G，连接DG，
在△ABD中，由AB＝2AD得，
AG＝AD，
又∠BAD＝60°，所以△ADG为等边三角形．
因此GD＝GB，故∠DBG＝∠GDB，
又∠AGD＝60°，所以∠GDB＝30°，
故∠ADB＝∠ADG＋∠GDB＝60°＋30°＝90°
所以BD⊥AD.又AD∩D1D＝D，
所以BD⊥平面ADD1A1，又AA1?平面ADD1A1，
故AA1⊥BD.
(2)连接AC，A1C1，设AC∩BD＝E，连接EA1，
因为四边形ABCD为平行四边形，
所以EC＝AC，
由棱台定义及AB＝2AD＝2A1B1知，
A1C1∥EC且A1C1＝EC，
所以四边形A1ECC1为平行四边形，
因此CC1∥EA1，
又因为EA1?平面A1BD，CC1?平面A1BD，
所以CC1∥平面A1BD.

此类问题多以多面体为载体，结合线线、线面的位置关系，涉及的知识点多，综合性强，通常考查面面位置关系的判定及性质，考查学生的推理论证能力．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】? 如图所示，
在四棱锥PABCD中，△PAB为正三角形，且面PAB⊥面ABCD，四边形ABCD是直角梯形，且AD∥BC，∠BCD＝，AD＝1，BC＝2，E为棱PC的中点．
(1)求证：DE∥平面PAB；
(2)求证：平面PAB⊥平面PBC.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)证明线面平行只需在平面内找一条和该直线平行的直线即可，也可转化为经过这条直线的平面和已知平面平行；(2)证明面面垂直，只需在一个平面内找到另一个平面的垂线．
(1)证明　如图所示，取线段BC的中点F，连接EF、FD.
在△PBC中，E、F分别为PC、CB的中点，∴EF∥PB.
在直角梯形ABCD中，F为CB的中点，
∴BF＝BC＝1.
又∵AD∥BC，且AD＝1，
∴AD綉BF.
∴四边形ABFD是平行四边形，
∴FD∥AB.
又∵EF∩FD＝F，PB∩BA＝B，
∴平面EFD∥平面PAB.
又∵DE?平面EFD，
∴DE∥平面PAB.
(2)证明　在直角梯形中，CB⊥AB，
又∵平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，
∴CB⊥平面PAB.
∵CB?平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAB.
解决空间两个平面位置关系的思维方法是“以退为进”，即面面问题退证为线面问题，再退证为线线问题，充分利用面面、线面、线线相互之间的转化关系．
【突破训练3】如图，
在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：
(1)直线EF∥平面PCD；
(2)平面BEF⊥平面PAD.
证明　
(1)如图，在△PAD中，因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.
又因为EF?平面PCD，
PD?平面PCD，
所以直线EF∥平面PCD.
(2)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，
所以△ABD为正三角形．
因为F是AD的中点，所以BF⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，BF?平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BF⊥平面PAD.
又因为BF?平面BEF，所以平面BEF⊥平面PAD.

此类问题通常是把平面图形折叠成空间几何体，并以此为载体考查线线、线面、面面位置关系及有关计算．考查学生的知识迁移能力和空间想象能力，难度较大．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例4】如图，在直角梯形ABCP中，AP∥BC，AP⊥AB，AB＝BC＝AP，D是AP的中点，E、F分别为PC、PD的中点，将△PCD沿CD折起得到四棱锥PABCD.
(1)G为线段BC上任一点，求证：平面EFG⊥平面PAD；
(2)当G为BC的中点时，求证：AP∥平面EFG.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)转化为证EF⊥平面PAD；
(2)转化为证平面PAB∥平面EFG.
证明　(1)在直角梯形ABCP中，
∵BC∥AP，BC＝AP，D为AP的中点，
∴BC綉AD，又AB⊥AP，AB＝BC，
∴四边形ABCD为正方形．
∴CD⊥AP，CD⊥AD，CD⊥PD.
在四棱锥PABCD中，∵E，F分别为PC、PD的中点，
∴EF∥CD、EF⊥AD，EF⊥PD.
又PD∩AD＝D、PD?面PAD、AD?面PAD.
∴EF⊥面PAD.
又EF?面EFG，∴面EFG⊥面PAD.
(2)法一　∵G、F分别为BC和PC中点，∴GF∥BP，
∵GF?面PAB，BP?面PAB，∴GF∥面PAB.
由(1)知，EF∥DC，∵AB∥DC，∴EF∥AB，
∵EF?面PAB，AB?面PAB，∴EF∥面PAB.
∵EF∩GF＝F，EF?面EFG，GF?面EFG.
∴面EFG∥面PAB.∵PA?面PAB，∴PA∥面EFG.
法二　取AD中点H，连接GH、HE.
由(1)知四边形ABCD为平行四边形，
又G、H分别为BC、AD的中点，∴GH∥CD.
由(1)知，EF∥CD，∴EF∥GH.
∴四点E、F、G、H共面．
∵E、H分别为PD、AD的中点，∴EH∥PA.
∵PA?面EFGH，EH?面EFGH，
∴PA∥面EFGH，即PA∥面EFG.
(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，折线同一侧的线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
【突破训练4】 如图，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.
(1)求证：AB⊥DE；
(2)求三棱锥EABD的侧面积．
(1)证明　在△ABD中，∵AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，∴BD＝＝2.
∴AB2＋BD2＝AD2，∴AB⊥BD.
又∵平面EBD⊥平面ABD，
平面EBD∩平面ABD＝BD，AB?平面ABD，
∴AB⊥平面EBD.又∵DE?平面EBD，∴AB⊥DE.
(2)解　由(1)知AB⊥BD.
∵CD∥AB，∴CD⊥BD，从而DE⊥BD.
在Rt△DBE中，∵DB＝2，DE＝DC＝AB＝2，
∴S△DBE＝DB·DE＝2.
又∵AB⊥平面EBD，BE?平面EBD，∴AB⊥BE.
∵BE＝BC＝AD＝4，∴S△ABE＝AB·BE＝4.
∵DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，∴ED⊥平面ABD，
而AD?平面ABD，∴ED⊥AD，
∴S△ADE＝AD·DE＝4.
综上，三棱锥EABD的侧面积S＝8＋2.
证明线面关系，严禁跳步作答
证明线面位置关系的基本思想是转化与化归，根据线面平行、垂直关系的判定和性质，进行相互之间的转化，但分析问题时不能只局限在线上，要把相关的线归结到某个平面上，通过证明线面垂直达到证明线线垂直的目的，但证明线面垂直又要借助于线线垂直，在不断的相互转化中达到最终目的．
【示例】在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别为DD1、DB的中点．
(1)求证：EF∥平面ABC1D1；
(2)求证：EF⊥B1C.
[满分解答]　
(1)连接BD1，如图所示，在△DD1B中，E、F分别为DD1、DB的中点，
则EF∥D1B，
∵D1B?平面ABC1D1，
EF?平面ABC1D1，
∴EF∥平面ABC1D1.(6分)
(2)∵ABCDA1B1C1D1为正方体，
∴AB⊥平面BCC1B1.
∴B1C⊥AB.
又B1C⊥BC1，AB?平面ABC1D1，
BC1?平面ABC1D1且AB∩BC1＝B，
∴B1C⊥平面ABC1D1，
又∵BD1?平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1.
又EF∥BD1，∴EF⊥B1C.(12分)
老师叮咛：本题失分原因主要有两点：一是推理论证不严谨，在使用线面位置关系的判定定理、性质定理时忽视定理的使用条件，如由EF∥D1B就直接得出EF∥平面ABC1D1；二是线面位置关系的证明思路出错，如本题第(2)问的证明，缺乏转化的思想意识，不知道证明线线垂直可以通过线面垂直达到目的，出现证明上的错误．解这类问题时要注意推理严谨，使用定理时找足条件，书写规范等．
【试一试】如图，
在四棱锥SABCD中，底面ABCD是菱形，SA⊥底面ABCD，M为SA的中点，N为CD的中点．证明：
(1)平面SBD⊥平面SAC；
(2)直线MN∥平面SBC.
证明　(1)∵ABCD是菱形，∴BD⊥AC.
∵SA⊥底面ABCD，∴BD⊥SA.
∵SA∩AC＝A，∴BD⊥平面SAC.
又∵BD?平面SBD，∴平面SBD⊥平面SAC.
(2)如图，取SB中点E，连接ME，CE.
∵M为SA中点，
∴ME∥AB且ME＝AB.
又∵ABCD是菱形，N为CD的中点，
∴CN∥AB且CN＝CD＝AB.
∴CN綉ME.
∴四边形CNME是平行四边形，∴MN∥CE.
又MN?平面SBC，CE?平面SBC，
∴直线MN∥平面SBC.
　
　
　
　
　
专题十四 用空间向量法解决立体几何问题
考问题14　用空间向量法解决立体几何问题
　1.(2012·山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，FC⊥平面ABCD，AE⊥BD，CB＝CD＝CF.
(1)求证：BD⊥平面AED；
(2)求二面角F - BD- C的余弦值．
(1)证明　因为四边形ABCD是等腰梯形，AB∥CD，∠DAB＝60°，
所以∠ADC＝∠BCD＝120°.又CB＝CD，所以∠CDB＝30°，
因此∠ADB＝90°，AD⊥BD，又AE⊥BD，且AE∩AD＝A，
AE，AD?平面AED，所以BD⊥平面AED.
(2)解　连接AC，由(1)知AD⊥BD，所以AC⊥BC.又FC⊥平面ABCD，因此CA，CB，CF两两垂直，
以C为坐标原点，分别以CA，CB，CF
所在的直线为x轴，y轴，z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设CB＝1，
则C(0,0,0)，B(0,1,0)，
D，F(0,0,1)，
因此＝，＝(0，－1,1)．
设平面BDF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则m·＝0，m·＝0，所以x＝y＝z，
取z＝1，则m＝(，1,1)．
由于＝(0,0,1)是平面BDC的一个法向量，
则cos〈m，〉＝＝＝，
所以二面角FBDC的余弦值为.
对立体几何中的向量方法部分，主要以解答题的方式进行考查，而且偏重在第二问或者第三问中使用这个方法，考查的重点是使用空间向量的方法进行空间角和距离等问题的计算，把立体几何问题转化为空间向量的运算问题．
空间向量的引入为空间立体几何问题的解决提供了新的思路，作为解决空间几何问题的重要工具，首先要从定义入手，抓住实质，准确记忆向量的计算公式，注意向量与线面关系、线面角、面面角的准确转化；其次要从向量的基本运算入手，养成良好的运算习惯，确保运算的准确性.
必备知识
?直线与平面、平面与平面的平行与垂直的向量方法
设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．平面α、β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
(1)线面平行
l∥α?a⊥μ?a·μ＝0?a1a3＋b1b3＋c1c3＝0.
(2)线面垂直
l⊥α?a∥μ?a＝kμ?a1＝ka3，b1＝kb3，c1＝kc3.
(3)面面平行
α∥β?μ∥v?μ＝λv?a3＝λa4，b3＝λb4，c3＝λc4.
(4)面面垂直
α⊥β?μ⊥ν?μ·v＝0?a3a4＋b3b4＋c3c4＝0.
?空间角的计算
(1)两条异面直线所成角的求法
设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为θ，则
cos φ＝|cos θ|＝(其中φ为异面直线a，b所成的角)．
(2)直线和平面所成角的求法
如图所示，设直线l的方向向量为e，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为φ，两向量e与n的夹角为θ，则有sin φ＝|cos θ|＝.
(3)二面角的求法
①利用向量求二面角的大小，可以不作出平面角，如图所示，〈m，n〉即为所求二面角的平面角．
②对于易于建立空间直角坐标系的几何体，求二面角的大小时，可以利用这两个平面的法向量的夹角来求．
如图所示，二面角αlβ，平面α的法向量为n1，平面β的法向量为n2，〈n1，n2〉＝θ，则二面有αlβ的大小为θ或πθ.
?空间距离的计算
直线到平面的距离，两平行平面的距离均可转化为点到平面的距离．
点P到平面α的距离，d＝(其中n为α的法向量，M为α内任一点)．
必备方法
1．空间角的范围
(1)异面直线所成的角(θ)：0＜θ≤；
(2)直线与平面所成的角(θ)：0≤θ≤；
(3)二面角(θ)：0≤θ≤π.
2．用向量法证明平行、垂直问题的步骤：
(1)建立空间图形与空间向量的关系(可以建立空间直角坐标系，也可以不建系)，用空间向量表示问题中涉及的点、直线、平面；
(2)通过向量运算研究平行、垂直问题；
(3)根据运算结果解释相关问题．
3．空间向量求角时考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系：(1)求线面角时，得到的是直线方向向量和平面法向量的夹角的余弦，而不是线面角的余弦；
(2)求二面角时，两法向量的夹角有可能是二面角的补角，要注意从图中分析.

多以多面体(特别是棱柱、棱锥)为载体，求证线线、线面、面面的平行或垂直，其中逻辑推理和向量计算各有千秋，逻辑推理要书写清晰，“充分”地推出所求证(解)的结论；向量计算要步骤完整，“准确”地算出所要求的结果．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】? 如图所示，已知直三棱柱ABCA1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠BAC＝90°，且AB＝AA1，D、E、F分别为B1A、C1C、BC的中点．求证：
(1)DE∥平面ABC；
(2)B1F⊥平面AEF.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 建系后，(1)在平面ABC内寻找一向量与共线；(2)在平面AEF内寻找两个不共线的向量与垂直．
证明　
如图建立空间直角坐标系Axyz，
令AB＝AA1＝4，
则A(0,0,0)，E(0,4,2)，F(2,2,0)，
B(4,0,0)，B1(4,0,4)．
(1)取AB中点为N，连接CN，
则N(2,0,0)，C(0,4,0)，D(2,0,2)，
∴＝(－2,4,0)，＝(－2,4,0)，
∴＝，
∴DE∥NC，又∵NC?平面ABC，
DE?平面ABC.故DE∥平面ABC.
(2)＝(－2,2，－4)，
＝(2，－2，－2)，＝(2,2,0)．
·＝(－2)×2＋2×(－2)＋(－4)×(－2)＝0，
·＝(－2)×2＋2×2＋(－4)×0＝0.
∴⊥，⊥，即B1F⊥EF，B1F⊥AF，
又∵AF∩FE＝F，∴B1F⊥平面AEF.
(1)要证明线面平行，只需证明与平面ABC的法向量垂直；另一个思路则是根据共面向量定理证明向量与相等．
(2)要证明线面垂直，只要证明与平面AEF的法向量平行即可；也可根据线面垂直的判定定理证明⊥，⊥.
【突破训练1】 在正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别是BB1，DC的中点．
(1)求证：D1F⊥平面ADE；
(2)设正方形ADD1A1的中心为M，B1C1的中点为N，求证：MN∥平面ADE.
证明　
(1)如图，不妨设正方体的棱长为1，以D为坐标原点建立空间直角坐标系Dxyz，
则D(0,0,0)，A(1,0,0)，D1(0,0,1)，
F0，，0，E1,1，，
＝(－1,0,0)，＝0，，－1，
·＝(－1,0,0)·0，，－1＝0.
∴AD⊥D1F.
又＝0,1，，＝0，，－1，
∴·＝0,1，·0，，－1＝－＝0.
∴AE⊥D1F.
又AE∩AD＝A，D1F?平面ADE，
∴D1F⊥平面ADE.
(2)∵M，0，，N，1,1，∴＝0,1，.
由(1)知，＝0，，－1是平面ADE的法向量．
又∵·＝0＋－＝0，∴MN⊥D1F.
∵MN?平面ADE，∴MN∥平面ADE.

多以空间几何体、平面图形折叠成的空间几何体为载体，考查线线角、线面角的求法，正确科学地建立空间直角坐标系是解此类题的关键．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥底面ABCD，AC＝2，PA＝2，E是PC上的一点，PE＝2EC.
(1)证明：PC⊥平面BED；
(2)设二面角APBC为90°，求PD与平面PBC所成角的大小．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)由＝可得△FCE∽△PCA，则∠FEC＝90°，易得PC⊥EF、PC⊥BD.
(2)作AG⊥PB于G，由二面角APBC为90°，易得底面ABCD为正方形，可得AD∥面PBC，则点D到平面PCB的距离d＝AG，找出线面角求解即可．也可利用法向量求解，思路更简单，但计算量比较大．
法一　
(1)证明　因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC，又PA⊥底面ABCD，所以PC⊥BD.
设AC∩BD＝F，连接EF.因为AC＝2，PA＝2，PE＝2EC，故PC＝2，EC＝，FC＝，从而＝，＝.
因为＝，∠FCE＝∠PCA，所以△FCE∽△PCA，∠FEC＝∠PAC＝90°，由此知PC⊥EF.
PC与平面BED内两条相交直线BD，EF都垂直，所以PC⊥平面BED.
(2)解　在平面PAB内过点A作AG⊥PB，G为垂足．
因为二面角APBC为90°，所以平面PAB⊥平面PBC.
又平面PAB∩平面PBC＝PB，故AG⊥平面PBC，AG⊥BC.
BC与平面PAB内两条相交直线PA，AG都垂直，故BC⊥平面PAB，于是BC⊥AB，所以底面ABCD为正方形，AD＝2，PD＝＝2.
设D到平面PBC的距离为d.
因为AD∥BC，且AD?平面PBC，BC?平面PBC，故AD∥平面PBC，A、D两点到平面PBC的距离相等，即d＝AG＝.
设PD与平面PBC所成的角为α，则sin α＝＝.
所以PD与平面PBC所成的角为30°.
法二　(1)证明　以A为坐标原点，射线AC为x轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.
C(2，0,0)，设D(，b,0)，其中b＞0，则P(0,0,2)，
E，0，，B(，－b,0)．
于是＝(2，0，－2)，
＝，b，，
＝，－b，，
从而·＝0，·＝0，
故PC⊥BE，PC⊥DE.
又BE∩DE＝E，所以PC⊥平面BDE.
(2)解　＝(0,0,2)，＝(，－b,0)．
设m＝(x，y，z)为平面PAB的法向量，则
m·＝0，m·＝0，即2z＝0且x－by＝0，
令x＝b，则m＝(b，，0)．
设n＝(p，q，r)为平面PBC的法向量，则
n·＝0，n·＝0，
即2p－2r＝0且＋bq＋r＝0，
令p＝1，则r＝，q＝－，n＝1，－，.
因为面PAB⊥面PBC，故m·n＝0，即b－＝0，故b＝，于是n＝(1，－1，)，＝(－，－，2)．
cos〈n，〉＝＝，〈n，〉＝60°.
因为PD与平面PBC所成角和〈n，〉互余，故PD与平面PBC所成的角为30°.
(1)运用空间向量坐标运算求空间角的一般步骤为：①建立恰当的空间直角坐标系；②求出相关点的坐标；③写出向量坐标；④结合公式进行论证、计算；⑤转化为几何结论．
(2)求直线与平面所成的角θ，主要通过直线的方向向量与平面的法向量的夹角α求得，即sin θ＝|cos α|.
【突破训练2】如图，在△ABC中，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，AD是BC上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°.
(1)证明：平面ADB⊥平面BDC；
(2)设E为BC的中点，求A与D夹角的余弦值．
(1)证明　∵折起前AD是BC边上的高，
∴当△ABD折起后，AD⊥DC，AD⊥DB.
又DB∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC.
∵AD?平面ABD，
∴平面ADB⊥平面BDC.
(2)解　由∠BDC＝90°及(1)知DA，DB，DC两
两垂直，不妨设|DB|＝1，以D为坐标原点，以D，D，D所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，易得
D(0,0,0)，B(1,0,0)，C(0,3,0)，
A(0,0，)，E，
∴A＝，D＝(1,0,0)，
∴A与D夹角的余弦值为cos〈A，D〉＝＝＝.

用空间向量法求二面角的大小是高考的热点．考查空间向量的应用以及运算能力，题目难度为中等．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】
如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BAC＝45°，PA＝AD＝2，AC＝1.
(1)证明：PC⊥AD；
(2)求二面角APCD的正弦值．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 建立空间坐标系，应用向量法求解．
解　如图，
以点A为原点建立空间直角坐标系，依题意得A(0,0,0)，D(2,0,0)，
C(0,1,0)，B－，，0，P(0,0,2)．
(1)证明：易得＝(0,1，－2)，
＝(2,0,0)．
于是·＝0，所以PC⊥AD.
(2)＝(0,1，－2)，＝(2，－1,0)．
设平面PCD的法向量n＝(x，y，z)，
则即不妨令z＝1，
可得n＝(1,2,1)．
可取平面PAC的法向量m＝(1,0,0)．
于是cos〈m，n〉＝＝＝.
从而sin〈m，n〉＝.
所以二面角APCD的正弦值为.
借助向量求二面角是解决空间角问题的常用方法．求解过程中应注意以下几个方面：
(1)两平面的法向量的夹角不一定就是所求的二面角，有可能两法向量夹角的补角为所求；
(2)求平面的法向量的方法：①待定系数法：设出法向量坐标，利用垂直关系建立坐标的方程解之；②先确定平面的垂线，然后取相关线段对应的向量，即确定了平面的法向量．当平面的垂线较易确定时，常考虑此方法．
【突破训练3】如图，
在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1⊥底面ABC，底面是边长为2的正三角形，M，N分别是棱CC1、AB的中点．
(1)求证：CN∥平面AMB1；
(2)若二面角AMB1C为45°，求CC1的长．
(1)证明　设AB1的中点为P，连接NP、MP.
∵CM綉AA1，NP綉AA1，∴CM綉NP，
∴CNPM是平行四边形，∴CN∥MP.
∵CN?平面AMB1，MP?平面AMB1，
∴CN∥平面AMB1.
(2)解　如图，以C为原点，建立空间直角坐标系Cxyz，使x轴、y轴、z轴分别与、、同向．
则C(0,0,0)，A(1，，0)，
B(－1，，0)，设M(0,0，a)(a＞0)，
则B1(－1，，2a)，
＝(1，，－a)，＝(－1，，a)，＝(0,0，a)，
设平面AMB1的法向量n＝(x，y，z)，
则n·＝0，n·＝0，
即
则y＝0，令x＝a，则z＝1，即n＝(a,0,1)．
设平面MB1C的一个法向量是m＝(u，v，w)，
则m·＝0，m·＝0，
即
则w＝0，令v＝1，则u＝，即m＝(，1,0)．
所以cos〈m，n〉＝，
依题意，〈m，n〉＝45°，则＝，解得a＝，所以CC1的长为2.

　　　　　　 探索性问题
此类问题命题背景宽，涉及到的知识点多，综合性较强，通常是寻找使结论成立的条件或探索使结论成立的点是否存在等问题，全面考查考生对立体几何基础知识的掌握程度，考生的空间想象能力、逻辑思维能力和运算求解能力．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例4】? 如图所示，
四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 建立以D为原点的空间直角坐标系，利用向量法求解，第(2)问中设＝λ，由ES⊥平面AMN可得λ值．
解　(1)
如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系Dxyz.
依题意，易得D(0,0,0)，A(1,0,0)，
M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，
N(1,1,1)，E，1,0.
∴＝－，0，－1，
＝(－1,0,1)．
∵cos〈，〉＝＝＝－，
∴异面直线NE与AM所成角的余弦值为.
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.
∵＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)，
又＝，－1,0，∴＝＋＝，λ－1，λ.
由ES⊥平面AMN，得即
故λ＝，此时＝0，，，||＝.
经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN.故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，此时AS＝.
空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围的解”等，因此使用问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．
【突破训练4】 如图1，
∠ACB＝45°，BC＝3，过动点A作AD⊥BC，垂足D在线段BC上且异于点B，连接AB，沿AD将△ABD折起，使∠BDC＝90°(如图2所示)．

(1)当BD的长为多少时，三棱锥ABCD的体积最大；
(2)当三棱锥ABCD的体积最大时，设点E，M分别为棱BC，AC的中点，试在棱CD上确定一点N，使得EN⊥BM，并求EN与平面BMN所成角的大小．
解　(1)法一　在如题图1所示的△ABC中，设BD＝x(0＜x＜3)，则CD＝3－x.由AD⊥BC，∠ACB＝45°知，△ADC为等腰直角三角形，所以AD＝CD＝3－x.
由折起前AD⊥BC知，折起后(如题图2)，AD⊥DC，AD⊥BD，且BD∩DC＝D，
所以AD⊥平面BCD.又∠BDC＝90°，所以S△BCD＝BD·CD＝x(3－x)，于是VABCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)＝·2x(3－x)(3－x)≤3＝，
当且仅当2x＝3－x，即x＝1时，等号成立，
故当x＝1，即BD＝1时，三棱锥ABCD的体积最大．
法二　同法一，得
VABCD＝AD·S△BCD＝(3－x)·x(3－x)
＝(x3－6x2＋9x)．令f(x)＝(x3－6x2＋9x)，
由f′(x)＝(x－1)(x－3)＝0，且0＜x＜3，解得x＝1.
当x∈(0,1)时，f′(x)＞0；当x∈(1,3)时，f′(x)＜0.
所以当x＝1时，f(x)取得最大值．
故当BD＝1时，三棱锥ABCD的体积最大．
(2)以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.
由(1)知，当三棱锥ABCD的体积最大时，BD＝1，AD＝CD＝2.
于是可得D(0,0,0)，B(1,0,0)，
C (0,2,0)，A(0,0,2)，M(0,1,1)，
E，1,0，且＝(－1,1,1)．
设N(0，λ，0)，则＝－，λ－1,0.
因为EN⊥BM等价于·＝0，
即－，λ－1,0·(－1,1,1)＝＋λ－1＝0，
故λ＝，N0，，0.
所以当DN＝(即N是CD的靠近点D的一个四等分点)时，EN⊥BM.
设平面BMN的一个法向量为n＝(x，y，z)，
由及＝－1，，0，得可取n＝(1,2，－1)．
设EN与平面BMN所成角的大小为θ，则由＝－，－，0，n＝(1,2，－1)，可得sin θ＝cos (90°－θ)＝＝＝，即θ＝60°.
故EN与平面BMN所成角的大小为60°.
利用向量法求空间角要破“四关”
利用向量法求解空间角，可以避免利用定义法作角、证角、求角中的“一作、二证、三计算”的繁琐过程，利用法向量求解空间角的关键在于“四破”．第一破“建系关”，第二破“求坐标关”；第三破“求法向量关”；第四破“应用公式关”，熟记线面成的角与二面角的公式，即可求出空间角．
【示例】如图所示，在三棱锥PABC中，已知PC⊥平面ABC，点C在平面PBA内的射影D在直线PB上．
(1)求证：AB⊥平面PBC；
(2)设AB＝BC，直线PA与平面ABC所成的角为45°，求异面直线AP与BC所成的角；
(3)在(2)的条件下，求二面角CPAB的余弦值．
[满分解答]　 (1)∵PC⊥平面ABC，AB?平面ABC，
∴AB⊥PC.∵点C在平面PBA内的射影D在直线PB上，
∴CD⊥平面PAB.
又∵AB?平面PBA，∴AB⊥CD.
又∵CD∩PC＝C，∴AB⊥平面PBC.(4分)
(2)∵PC⊥平面ABC，
∴∠PAC为直线PA与平面ABC所成的角．
于是∠PAC＝45°，设AB＝BC＝1，则PC＝AC＝，以B为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0，0)，A(0,1,0)，C(1,0,0)，P(1,0，)，
＝(1，－1，)，＝(1,0,0)，
∵cos〈，〉＝＝，
∴异面直线AP与BC所成的角为60°.(8分)
(3)取AC的中点E，连接BE，则＝，，0，
∵AB＝BC，∴BE⊥AC.又∵平面PCA⊥平面ABC，
∴BE⊥平面PAC.∴是平面PAC的法向量．设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则由得取z＝1，得
∴n＝(－，0,1)．
于是cos〈n，〉＝＝＝－.
又∵二面角CPAB为锐角，
∴所求二面角的余弦值为.(12分)
老师叮咛：?1?解决此类问题，一定要先分析已知条件中，是否直接说出此三条直线是两两垂直，否则，要先证明以后才能建立坐标系，另外，要在作图时画出每条坐标轴的方向.?2?有的考生易忽视向量的夹角与所求角之间的关系，如求解二面角时，不能根据几何体判断二面角的范围，忽视法向量的方向，误以为两个法向量的夹角就是所求的二面角，导致出错.如本例中求得cos ＝－，不少考生回答为：二面角的余弦值为－，这是错误的，原因是忽视了对二面角CPAB的大小的判断.
【试一试】如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝AA1，D为AB的中点．
(1)求证：BC1∥平面DCA1；
(2)求二面角DCA1C1的平面角的余弦值．
(1)证明　
如图所示，以BC的中点O为原点建立空间直角坐标系Oxyz，设AB＝BC＝CA＝AA1＝2.
设n＝(x，y，z)是平面DCA1的一个法向量，则
又＝，0，，＝(1,2，)，
所以令x＝1，z＝－，y＝1，
所以n＝(1,1，－)．因为＝(－2,2,0)，
所以n·＝－2＋2＋0＝0.
又BC1?平面DCA1，所以BC1∥平面DCA1.
(2)解　设m＝(x1，y1，z1)是平面CA1C1的一个法向量，
则又＝(0,2,0)，＝(1,2，)，
所以令z1＝1，x1＝－，
所以m＝(－，0,1)．所以cos〈m，n〉＝＝－.
所以所求二面角的余弦值为－
专题十五 直线、圆及其交汇问题
1．设a∈R，则“a＝1”是“直线l1：ax＋2y－1＝0与直线l2：x＋(a＋1)y＋4＝0平行”的(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
答案： A　[由a＝1可得l1∥l2，反之由l1∥l2可得a＝1或a＝－2，故选A.]
2．已知圆C：x2＋y2－4x＝0，l是过点P(3,0)的直线，则(　　)．
A．l与C相交 B．l与C相切
C．l与C相离 D．以上三个选项均有可能
答案：A　[把点(3,0)代入圆的方程的左侧得32＋0－4×3＝－3＜0，故点(3,0)在圆的内部，所以过点(3,0)的直线l与圆C相交，选A.]
3．对任意的实数k，直线y＝kx＋1与圆x2＋y2＝2的位置关系一定是(　　)．
A．相离 B．相切
C．相交但直线不过圆心 D．相交且直线过圆心
答案：C　[易知直线过定点(0,1)，且点(0,1)在圆内，但是直线不过圆心(0,0)，故选C.]
4．过点(－1，－2)的直线l被圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0截得的弦长为，则直线l的斜率为________．
解析　由题意知直线要与圆相交，必存在斜率，设为k，则直线方程为y＋2＝k(x＋1)，又圆的方程可化为(x－1)2＋(y－1)2＝1，圆心为(1,1)，半径为1，
∴圆心到直线的距离d＝＝ ，
解得k＝1或.
答案　1或
本问题是整个解析几何的基础，在解析几何的知识体系中占有重要位置，但解析几何的主要内容是圆锥曲线与方程，故在该部分高考考查的分值不多，在高考试卷中一般就是一个选择或填空题考查直线与方程、圆与方程的基本问题，偏向于考查直线与圆的综合，试题难度不大，对直线方程、圆的方程的深入考查则与圆锥曲线结合进行．
高考对解析几何的考查，主要考查直线和圆的方程以及直线与圆的位置关系的有关问题．运算能力与平面几何知识的灵活运用有可能成为制约考生解题的一个重要因素，因此在复习的过程中，要注意加强圆的几何性质的复习，注意向量方法在解析几何中的应用，注意强化运算能力的训练，努力提高灵活解题的能力．
必备知识
?两直线平行、垂直的判定
(1)①l1：y＝k1x＋b1，l2：y＝k2x＋b2(两直线斜率存在，且不重合)，则有l1∥l2?k1＝k2，l1⊥l2?k1·k2＝－1.
②若两直线的斜率都不存在，并且两直线不重合，则两直线平行；
若两直线中一条直线的斜率为0，另一条直线斜率不存在，则两直线垂直．
(2)l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0，
则有l1∥l2?A1B2－A2B1＝0，且B1C2－B2C1≠0，
l1⊥l2?A1A2＋B1B2＝0.
?圆的方程
(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r＞0)，圆心为(a，b)，半径为r.
(2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，圆心为，半径为r＝；二元二次方程Ax2＋Bxy＋Cy2＋Dx＋Ey＋F＝0表示圆的充要条件是
必备方法
1．由于直线方程有多种形式，各种形式适用的条件、范围不同，在具体求直线方程时，由所给的条件和采用的直线方程形式所限，可能会产生遗漏的情况，尤其在选择点斜式、斜截式时要注意斜率不存在的情况．
2．处理有关圆的问题，要特别注意圆心、半径及平面几何知识的应用，如弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形经常用到，利用圆的一些特殊几何性质解题，往往使问题简化．
3．直线与圆中常见的最值问题
(1)圆外一点与圆上任一点的距离的最值．
(2)直线与圆相离，圆上任一点到直线的距离的最值．
(3)过圆内一定点的直线被圆截得弦长的最值．
(4)直线与圆相离，过直线上一点作圆的切线，切线长的最小值问题．
(5)两圆相离，两圆上点的距离的最值．
4．两圆相交，将两圆方程联立消去二次项，得到一个二元一次方程即为两圆公共弦所在的直线方程．

对于圆的方程，高考要求能根据所给的条件选取恰当的方程形式利用待定系数法求出圆的方程，并结合圆的几何性质解决与圆相关的问题．该部分在高考中常以填空、选择的形式直接考查，或是在解答题中综合轨迹问题进行考查．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】? 已知圆C与圆x2＋y2－2x＝0相外切，并且与直线x＋y＝0相切于点Q(3，－)，求圆C的方程．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 先确定采用标准方程还是一般方程，然后求出相应的参数，即采用待定系数法．
解　设圆C的圆心为(a，b)，则
解得或所以r＝2或r＝6.
所以圆C的方程为(x－4)2＋y2＝4或x2＋(y＋4)2＝36.
求圆的方程一般有两类方法：(1)几何法，通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程；(2)代数法，即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数．
【突破训练1】 已知圆过点A(1,2)，B(3,4)，且在x轴上截得的弦长为6，求圆的方程．
解　法一　设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0.
令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0.
设弦的两端点的横坐标分别为x1、x2.
因圆在x轴上截得的弦长为6，所以|x1－x2|＝6，
即D2－4F＝36，①
又圆过点A(1,2)，B(3,4)，
所以D＋2E＋F＋5＝0，②
3D＋4E＋F＋25＝0，③
由①②③解得或
故所求圆的方程为x2＋y2＋12x－22y＋27＝0或x2＋y2－8x－2y＋7＝0.
法二　设所求圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
由已知得解得或
故所求圆的方程为(x＋6)2＋(y－11)2＝130，或(x－4)2＋(y－1)2＝10.

直线与圆的位置关系是高考考查的热点，主要考查直线与圆的相交、相切、相离的判定与应用，以及弦长、面积的求法等，并常与圆的几何性质交汇，要求学生有较强的运算求解能力．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】? 如图所示，已知以点A(－1,2)为圆心的圆与直线l1：x＋2y＋7＝0相切．过点B(－2,0)的动直线l与圆A相交于M，N两点，Q是MN的中点，直线l与l1相交于点P.
(1)求圆A的方程；
(2)当|MN|＝2时，求直线l的方程；
(3)B·B是否为定值？如果是，求出其定值；如果不是，请说明理由．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 第(1)问由圆A与直线l1相切易求出圆的半径，进而求出圆A的方程；第(2)问注意直线l的斜率不存在时也符合题意，以防漏解，另外应注意用好几何法，以减小计算量；第(3)问分两种情况分别计算平面向量的数量积为定值后方可下结论．
解　(1)设圆A的半径为R，
∵圆A与直线l1：x＋2y＋7＝0相切，
∴R＝＝2.
∴圆A的方程为(x＋1)2＋(y－2)2＝20.
(2)当直线l与x轴垂直时，易知x＝－2符合题意；
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，即kx－y＋2k＝0.
连接AQ，则AQ⊥MN.
∵|MN|＝2，∴|AQ|＝＝1，
由|AQ|＝＝1，得k＝.
∴直线l的方程为3x－4y＋6＝0，
∴所求直线l的方程为：x＝－2或3x－4y＋6＝0.
(3)∵AQ⊥BP，∴A·B＝0，
∴B·B＝(B＋A)·B
＝B·B＋A·B
＝B·B.
当直线l与x轴垂直时，得P，
则B＝，又B＝(1,2)．
∴B·B＝B·B＝－5.
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋2)．
由解得P.
∴B＝.
∴B·B＝B·B＝－＝－5，
综上所述， B·B是定值，且B·B＝－5.
(1)直线和圆的位置关系常用几何法，即利用圆的半径r，圆心到直线的距离d及半弦长构成直角三角形关系来处理．
(2)要注意分类讨论，即对直线l分为斜率存在和斜率不存在两种情况分别研究，以防漏解或推理不严谨．
【突破训练2】在平面直角坐标系xOy中，曲线y＝x2－6x＋1与坐标轴的交点都在圆C上．
(1)求圆C的方程；
(2)若圆C与直线x－y＋a＝0交于A，B两点，且OA⊥OB，求a的值．
解　(1)曲线y＝x2－6x＋1与坐标轴的交点为(0,1)，(3±2，0)．
故可设圆的圆心坐标为(3，t)，
则有32＋(t－1)2＝2＋t2.
解得t＝1，则圆的半径为＝3.
所以圆的方程为(x－3)2＋(y－1)2＝9.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其坐标满足方程组

消去y得到方程2x2＋(2a－8)x＋a2－2a＋1＝0，
由已知可得判别式Δ＝56－16a－4a2＞0，
由韦达定理可得x1＋x2＝4－a，x1x2＝，①
由OA⊥OB可得x1x2＋y1y2＝0.又y1＝x1＋a，y2＝x2＋a.
所以2x1x2＋a(x1＋x2)＋a2＝0.
由①②可得a＝－1，满足Δ＞0，故a＝－1.

常以直线、圆、圆锥曲线为载体结合平面向量来命题，考查解决解析几何问题的基本方法与技能，正成为高考命题新的生长点．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点K(－1,0)的直线l与C相交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为D.
(1)证明：点F在直线BD上；
(2)设F·F＝，求△BDK的内切圆M的方程．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)设出A、B、D的坐标及l的方程，进而表示出直线BD的方程．再验证；(2)由·＝可求直线l，BD的方程，再由A、D关于x轴对称可设圆心M(t,0)，则M到直线l，BD的距离相等．
解　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x1，－y1)，l的方程为x＝my－1(m≠0)．
(1)证明：将x＝my－1代入y2＝4x并整理得y2－4my＋4＝0，从而y1＋y2＝4m，y1y2＝4.①
直线BD的方程为y－y2＝·(x－x2)，
即y－y2＝·.
令y＝0，得x＝＝1.
所以点F(1,0)在直线BD上．
(2)由(1)知，x1＋x2＝(my1－1)＋(my2－1)＝4m2－2，
x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝1.
因为F＝(x1－1，y1)，F＝(x2－1，y2)，
F·F＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋4
＝8－4m2，
故8－4m2＝，解得m＝±.
所以l的方程为3x＋4y＋3＝0,3x－4y＋3＝0.
又由①知y2－y1＝±＝±，
故直线BD的斜率＝±，
因而直线BD的方程为3x＋y－3＝0,3x－y－3＝0.
因为KF为∠BKD的平分线，故可设圆心M(t,0)(－1由＝得t＝或t＝9(舍去)，
故圆M的半径r＝＝.
所以圆M的方程为2＋y2＝.
对直线与圆的综合性问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力．
【突破训练3】如图，在平面直角坐标系xOy中，M、N分别是椭圆＋＝1的顶点，过坐标原点的直线交椭圆于P、A两点，其中点P在第一象限，过P作x轴的垂线，垂足为C.连接AC，并延长交椭圆于点B.设直线PA的斜率为k.
(1)当直线PA平分线段MN时，求k的值；
(2)当k＝2时，求点P到直线AB的距离d.
解　(1)由题设知，a＝2，b＝，故M(－2,0)，N(0，－)，所以线段MN中点的坐标为.由于直线PA平分线段MN，故直线PA过线段MN的中点，又直线PA过坐标原点，所以k＝＝.
(2)直线PA的方程为y＝2x，代入椭圆方程得＋＝1，解得x＝±，因此P，A.
于是C，直线AC的斜率为＝1，故直线AB的方程为x－y－＝0.因此，d＝＝.
直线问题“误”汇
易错点1：忽视截距为零或认为截距是距离的情况
【示例1】? 经过点(2,1)且在两坐标轴上截距相等的直线方程是________________．
解析　(1)直线在两坐标轴的截距为0时，直线方程为y＝x.
(2)直线在两坐标轴的截距不为0时，设直线方程为x＋y＝a.因为点(2,1)在直线上，所以2＋1＝a，即a＝3.直线方程为x＋y＝3.故所求直线方程为y＝x或x＋y＝3.
答案　y＝x或x＋y＝3
老师叮咛：考生可能产生2种错误，第1种错误：忽视截距为零的情况，只答出第?2?种情况；第2种错误：认为截距是距离，把直线在两坐标轴上的截距互为相反数的也带进来，导致有错误答案为“所求直线方程为y＝x或x＋y＝3或x－y＝1”.
【试一试1】 已知直线l过点(2，－6)，它在y轴上的截距是在x轴上的截距的2倍，求直线l的方程．
解　当直线l过原点时，它在两坐标轴上的截距都是0，适合题意，此时直线方程为y＝x＝－3x，可化为3x＋y＝0；
当直线l不过原点时，设它在x轴上的截距为a(a≠0)，则它在y轴上的截距为2a，则直线的截距式为＋＝1，把点(2，－6)的坐标代入得－＝1，解得a＝－1，故此时直线的方程为－x－＝1，可化为2x＋y＋2＝0.
综上，直线的方程为3x＋y＝0或2x＋y＋2＝0.
易错点2：忽视直线的斜率不存在的情况
【示例2】? 已知直线l过点(－2,0)，直线x＋2y－5＝0和3x－y－1＝0的交点到直线l的距离为3，求直线l的方程．
[满分解答]　由得，即直线x＋2y－5＝0和3x－y－1＝0的交点坐标为(1,2)．(2分)
(1)当直线l的斜率不存在时，其方程为x＝－2，点(1,2)到该直线的距离为3，适合题意．(6分)
(2)当直线l的斜率存在时，设为k，则直线l的点斜式方程为y＝k(x＋2)，可化为kx－y＋2k＝0.
依题意得＝3，
解得k＝－.
所以，此时直线l的方程为5x＋12y＋10＝0.(10分)
综上，直线的方程为x＋2＝0或5x＋12y＋10＝0.
(12分)
老师叮咛：忽视直线的斜率不存在的情形，也是一类常见错误.在相关问题中，需设直线的斜率时，一定要注意分析直线的斜率是否一定存在，不一定存在，就需分类讨论.
　　　　　　　　　　　　　　　　　
【试一试2】 已知直线l1：ax－y＋2a＝0与直线l2：(2a－1)x＋ay＋a＝0互相垂直，则a等于(　　)．
A．1 B．0 C．1或0 D．1或－1
答案： C　[法一　依题意有a·(2a－1)＋(－1)·a＝0；解得a＝0或a＝1.
法二　①a＝0时直线l2斜率不存在，直线l1的斜率为0，两直线垂直．
②a≠0时，直线l1的斜率为a，直线l2的斜率为－，因为直线l1与直线l2垂直，所以a·＝－1，解得a＝1.故所求a值为0或1，选C.]
【试一试3】 C　[将圆C方程配方得：(x＋1)2＋(y＋2)2＝8，圆C的圆心坐标和半径分别是：C(－1，－2)，R＝2.设与直线l：x＋y＋1＝0平行且距离为的直线方程为x＋y＋m＝0，由＝知，m＝－1或m＝3.当m＝－1时，圆心到直线的距离d1＝＝2＝R，直线与圆相切，满足要求的点只有一个；当m＝3时，圆心到直线的距离d2＝＝0＜R，直线与圆相交，满足要求的点有两个．故满足要求的点共有3个．选C.]
专题十六　椭圆、双曲线、抛物线
1．已知双曲线－＝1的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点重合，则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B．4  C．3 D．5
答案： A　[易求得抛物线y2＝12x的焦点为(3,0)，故双曲线－＝1的右焦点为(3,0)，即c＝3，故32＝4＋b2，∴b2＝5，
∴双曲线的渐近线方程为y＝±x，∴双曲线的右焦点到其渐近线的距离为＝.]
2．等轴双曲线C的中心在原点，焦点在x轴上，C与抛物线y2＝16x的准线交于A，B两点，|AB|＝4 ，则C的实轴长为(　　)．
A. B．2  C．4 D．8
答案：C　[抛物线y2＝16x的准线方程是x＝－4，所以点A(－4，2 )在等轴双曲线C；x2－y2＝a2(a＞0)上，将点A的坐标代入得a＝2，所以C的实轴长为4.]
3．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为.双曲线x2－y2＝1的渐近线与椭圆C有四个交点，以这四个交点为顶点的四边形的面积为16，则椭圆C的方程为(　　)．
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案：D　[因为椭圆的离心率为，所以e＝＝，c2＝a2，c2＝a2＝a2－b2，所以b2＝a2，即a2＝4b2.双曲线的渐近线方程为y＝±x，代入椭圆方程得＋＝1，即＋＝＝1，所以x2＝b2，x＝±b，y2＝b2，y＝±b，则在第一象限双曲线的渐近线与椭圆C的交点坐标为，所以四边形的面积为4×b×b＝b2＝16，所以b2＝5，所以椭圆方程为＋＝1.]
4．在直角坐标系xOy中，直线l过抛物线y2＝4x的焦点F，且与该抛物线相交于A，B两点，其中点A在x轴上方，若直线l的倾斜角为60°，则△OAF的面积为________．
解析　直线l的方程为y＝(x－1)，即x＝y＋1，代入抛物线方程得y2－y－4＝0，解得yA＝＝2 (yB＜0，舍去)，故△OAF的面积为×1×2 ＝.
答案　
圆锥曲线与方程是高考考查的核心内容之一，在高考中一般有1～2个选择或者填空题，一个解答题．选择或者填空题有针对性地考查椭圆、双曲线、抛物线的定义、标准方程和简单几何性质及其应用，主要针对圆锥曲线本身，综合性较小，试题的难度一般不大；解答题主要是以椭圆为基本依托，考查椭圆方程的求解、考查直线与曲线的位置关系．
复习中，一要熟练掌握椭圆、双曲线、抛物线的基础知识、基本方法，在抓住通性通法的同时，要训练利用代数方法解决几何问题的运算技巧．
二要熟悉圆锥曲线的几何性质，重点掌握直线与圆锥曲线相关问题的基本求解方法与策略，提高运用函数与方程思想，向量与导数的方法来解决问题的能力.
必备知识
?椭圆＋＝1(a＞b＞0)，点P(x，y)在椭圆上．
(1)离心率：e＝＝；
(2)过焦点且垂直于长轴的弦叫通径，其长度为：.
?双曲线－＝1(a＞0，b＞0)，点P(x，y)在双曲线上．
(1)离心率：e＝＝；
(2)过焦点且垂直于实轴的弦叫通径，其长度为：.
?抛物线y2＝2px(p＞0)，点C(x1，y1)，D(x2，y2)在抛物线上．
(1)焦半径|CF|＝x1＋；
(2)过焦点弦长|CD|＝x1＋＋x2＋＝x1＋x2＋p，|CD|＝(其中α为倾斜角)，＋＝；
(3)x1x2＝，y1y2＝－p2；
(4)以抛物线上的点为圆心，焦半径为半径的圆必与准线相切，以抛物线焦点弦为直径的圆，必与准线相切．
必备方法
1．求圆锥曲线标准方程常用的方法
(1)定义法
(2)待定系数法
①顶点在原点，对称轴为坐标轴的抛物线，可设为y2＝2ax或x2＝2ay(a≠0)，避开对焦点在哪个半轴上的分类讨论，此时a不具有p的几何意义．
②中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，椭圆方程可设为＋＝1(m＞0，n＞0)．
双曲线方程可设为－＝1(mn＞0)．
这样可以避免讨论和繁琐的计算．
2．求轨迹方程的常用方法
(1)直接法：将几何关系直接转化成代数方程．
(2)定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定系数法求方程．
(3)代入法：把所求动点的坐标与已知动点的坐标建立联系．
(4)交轨法：写出两条动直线的方程直接消参，求得两条动直线交点的轨迹．
注意：①建系要符合最优化原则；②求轨迹与“求轨迹方程”不同，轨迹通常指的是图形，而轨迹方程则是代数表达式；③化简是否同解变形，是否满足题意，验证特殊点是否成立等.

圆锥曲线的定义是圆锥曲线问题的根本，利用圆锥曲线的定义解题是高考考查圆锥曲线的一个重要命题点，在历年的高考试题中曾多次出现．需熟练掌握．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】? 已知椭圆＋＝1与双曲线－y2＝1的公共焦点F1，F2，点P是两曲线的一个公共点，则cos∠F1PF2的值为(　　)．
A. B. C. D.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 结合椭圆、双曲线的定义及余弦定理可求．
B　[因点P在椭圆上又在双曲线上，所以|PF1|＋|PF2|＝2 ，
|PF1|－|PF2|＝2 .
设|PF1|＞|PF2|，解得|PF1|＝＋，|PF2|＝－，
由余弦定理得cos∠F1PF2＝
＝＝.]
涉及椭圆、双曲线上的点到两焦点的距离问题时，要自觉地运用椭圆、双曲线的定义．涉及抛物线上的点到焦点的距离时，常利用定义转化到抛物线的准线的距离．
【突破训练1】 如图过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点的直线l依次交抛物线及其准线与点A，B，C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则抛物线的方程是________．
解析　
作BM⊥l，AQ⊥l，垂足分别为M、Q.则由抛物线定义得，|AQ|＝|AF|＝3，|BF|＝|BM|.又|BC|＝2|BF|，所以|BC|＝2|BM|.由BM∥AQ得，|AC|＝2|AQ|＝6，|CF|＝3.∴|NF|＝|CF|＝.
即p＝.抛物线方程为y2＝3x.
答案　y2＝3x

圆锥曲线的简单几何性质是圆锥曲线的重点内容，主要考查椭圆与双曲线的离心率的求解、双曲线的渐近线方程的求解，难度中档．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】以O为中心，F1，F2为两个焦点的椭圆上存在一点M，满足||＝2||＝2||，则该椭圆的离心率为(　　)．
A. B. C. D.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 作MN⊥x轴，结合勾股定理可求c，利用椭圆定义可求a.
C　[过M作x轴的垂线，交x轴于N点，则N点坐标为，并设||＝2||＝2||＝2t，根据勾股定理可知，||2－||2＝||2－||2，得到c＝t，而a＝，则e＝＝，故选C.]
离心率的范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到关于a，c的不等式，由这个不等式确定e的范围．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【突破训练2】 设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点A(0, 2)．若线段FA的中点B在抛物线上，则B到该抛物线准线的距离为________．
解析　抛物线的焦点F的坐标为，线段FA的中点B的坐标为代入抛物线方程得1＝2p×，解得p＝，故点B的坐标为，故点B到该抛物线准线的距离为＋＝.
答案　
轨迹问题的考查往往与函数、方程、向量、平面几何等知识相融合，着重考查分析问题、解决问题的能力，对逻辑思维能力、运算能力也有一定的要求．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】在平面直角坐标系xOy中，点P(a，b)(a>b>0)为动点，F1，F2分别为椭圆＋＝1的左、右焦点．已知△F1PF2为等腰三角形．
(1)求椭圆的离心率e；
(2)设直线PF2与椭圆相交于A，B两点，M是直线PF2上的点，满足A·B＝－2，求点M的轨迹方程．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)根据|PF2|＝|F1F2|建立关于a与c的方程式．
(2)可解出A、B两点坐标(用c表示)，利用·＝－2可求解．
解　(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)(c>0)．
由题意可得|PF2|＝|F1F2|，即＝2c.
整理得22＋－1＝0，
得＝或＝－1(舍)，所以e＝.
(2)由(1)知a＝2c，b＝c，可得椭圆方程为3x2＋4y2＝12c2，
直线PF2方程为y＝(x－c)．
A，B两点的坐标满足方程组
消去y并整理，得5x2－8cx＝0，解得x1＝0，x2＝c，得方程组的解
不妨设A，B.
设点M的坐标为(x，y)，则A＝，
B＝(x，y＋c)．由y＝(x－c)，得c＝x－y.
于是A＝，
B＝(x，x)．由题意知A·B＝－2，即
·x＋·x＝－2，
化简得18x2－16xy－15＝0.
将y＝代入c＝x－y，得c＝>0，
所以x>0.
因此，点M的轨迹方程是18x2－16xy－15＝0(x>0)．
(1)求轨迹方程时，先看轨迹的形状能否预知，若能预先知道轨迹为何种圆锥曲线，则可考虑用定义法求解或用待定系数法求解．
(2)讨论轨迹方程的解与轨迹上的点是否对应，要注意字母的取值范围．
【突破训练3】如图，动点M与两定点A(－1,0)、B(2,0)构成△MAB，且∠MBA＝2∠MAB.设动点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程；
(2)设直线y＝－2x＋m与y轴相交于点P，与轨迹C相交于点Q、R，且|PQ|＜|PR|，求的取值范围．
解　(1)设M的坐标为(x，y)，显然有x＞0，且y≠0.
当∠MBA＝90°时，点M的坐标为(2，±3)．
当∠MBA≠90°时，x≠2，且∠MBA＝2∠MAB，
有tan∠MBA＝，即－＝，
化简可得3x2－y2－3＝0.
而点(2，±3)在曲线3x2－y2－3＝0上，
综上可知，轨迹C的方程为3x2－y2－3＝0(x＞1)．
(2)由消去y，可得
x2－4mx＋m2＋3＝0.(*)
由题意，方程(*)有两根且均在(1，＋∞)内．
设f(x)＝x2－4mx＋m2＋3，
所以解得m＞1，且m≠2.
设Q、R的坐标分别为(xQ，yQ)，(xR，yR)，
由|PQ|＜|PR|有xR＝2m＋，xQ＝2m－.
所以＝＝＝
＝－1＋.
由m＞1，且m≠2，有1＜－1＋＜7＋4 ，且－1＋≠7.所以的取值范围是(1,7)∪(7,7＋4 )．

在高考中，直线与圆锥曲线的位置关系是热点，通常围绕弦长、面积、定点(定值)，范围问题来展开，其中设而不求的思想是处理相交问题的最基本方法，试题难度较大．
【例4】? 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于A，B两点．当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为.
(1)求a，b的值；
(2)C上是否存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有＝＋成立？若存在，求出所有的P的坐标与l的方程；若不存在，说明理由．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)由直线l的斜率为1过焦点F，原点O到l的距离为可求解；(2)需分直线l的斜率存在或不存在两种情况讨论．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由条件＝＋可得P点坐标，结合A、B、P在椭圆上列等式消元求解．
解　(1)设F(c,0)，当l的斜率为1时，其方程为x－y－c＝0，O到l的距离为＝，故＝，c＝1.
由e＝＝，得a＝，b＝＝ .
(2)C上存在点P，使得当l绕F转到某一位置时，有＝＋成立．由(1)知C的方程为2x2＋3y2＝6.设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(i)当l不垂直于x轴时，设l的方程为y＝k(x－1)．
C上的点P使＝＋成立的充要条件是P点的坐标为(x1＋x2，y1＋y2)，且2(x1＋x2)2＋3(y1＋y2)2＝6，
整理得2x＋3y＋2x＋3y＋4x1x2＋6y1y2＝6，
又A、B在椭圆C上，即2x＋3y＝6,2x＋3y＝6，
故2x1x2＋3y1y2＋3＝0.①
将y＝k(x－1)代入2x2＋3y2＝6，并化简得
(2＋3k2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，
于是x1＋x2＝，x1·x2＝，
y1·y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝.
代入①解得k2＝2，此时x1＋x2＝.
于是y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝－，即P.
因此，当k＝－ 时，P，l的方程为x＋y－ ＝0；
当k＝时，P，l的方程为x－y－＝0.
(ⅱ)当l垂直于x轴时，由＋＝(2,0)知，C上不存在点P使＝＋成立．综上，C上存在点P使＝＋成立，此时l的方程为x±y－＝0.
本小题主要考查直线、椭圆、分类讨论等基础知识，考查学生综合运用数学知识进行推理的运算能力和解决问题的能力．此题的第(2)问以向量形式引进条件，利用向量的坐标运算，将“形”、“数”紧密联系在一起，既发挥了向量的工具性作用，也让学生明白根与系数的关系是解决直线与圆锥曲线问题的通性通法．
【突破训练4】 设椭圆E：＋＝1(a，b＞0)过点M(2，)，N(，1)两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)是否存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与椭圆E恒有两个交点A，B，且⊥？若存在，写出该圆的方程；若不存在，说明理由．
解　(1)将M，N的坐标代入椭圆E的方程得
解得a2＝8，b2＝4.
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)假设满足题意的圆存在，其方程为x2＋y2＝R2，其中0＜R＜2.
设该圆的任意一条切线AB和椭圆E交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，当直线AB的斜率存在时，令直线AB的方程为y＝kx＋m，①
将其代入椭圆E的方程并整理得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－8＝0.
由方程根与系数的关系得
x1＋x2＝－，x1x2＝.②
因为⊥，所以x1x2＋y1y2＝0.③
将①代入③并整理得(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0.
联立②得m2＝(1＋k2)．④
因为直线AB和圆相切，因此R＝.
由④得R＝，所以存在圆x2＋y2＝满足题意．
当切线AB的斜率不存在时，易得x＝x＝，
由椭圆E的方程得y＝y＝，显然⊥.
综上所述，存在圆x2＋y2＝满足题意．
讲讲离心率的故事
椭圆、双曲线的离心率是一个重要的基本量，在椭圆中或在双曲线中都有着极其特殊的应用，也是高考常考的问题，通常有两类：一是求椭圆和双曲线的离心率的值；二是求椭圆和双曲线离心率的取值范围．
一、以离心率为“中介”
【示例1】? (2012·湖北)如图，双曲线－＝1(a，b＞0)的两顶点为A1，A2，虚轴两端点为B1，B2，两焦点为F1，F2.若以A1A2为直径的圆内切于菱形F1B1F2B2，切点分别为A，B，C，D.则
(1)双曲线的离心率e＝________；
(2)菱形F1B1F2B2的面积S1与矩形ABCD的面积S2的比值＝________.
解析　(1)由题意可得a ＝bc，∴a4－3a2c2＋c4＝0，∴e4－3e2＋1＝0，∴e2＝，∴e＝.
(2)设sin θ＝，cos θ＝，＝＝＝＝e2－＝.
答案　(1)　(2)
老师叮咛：离心率是“沟通”a，b，c的重要中介之一，本题在产生关于a，b，c的关系式后，再将关系式转化为关于离心率e的方程，通过方程产生结论.
【试一试1】A，B是双曲线C的两个顶点，直线l与双曲线C交于不同的两点P，Q，且与实轴垂直，若·＝0，则双曲线C的离心率e＝________.
解析　不妨设双曲线C的方程－＝1(a＞0，b＞0)，则A(－a,0)，B(a,0)．设P(x，y)，Q(x，－y)，
所以＝(a－x，－y)，＝(x＋a，－y)，
由·＝0，得a2－x2＋y2＝0.
又－＝1，所以－＝1，
即y2＝0恒成立，所以－＝0.
即a2＝b2，所以2a2＝c2.从而e＝.
答案　
二、离心率的“外交术”
【示例2】已知c是椭圆＋＝1(a ＞b＞0)的半焦距，则的取值范围是(　　)．
A．(1，＋∞) B．(，＋∞)
C．(1，) D．(1， ]
解析　由＝＝＋e，又0＜e＜1，设f(x)＝＋x,0＜x＜1，则f′(x)＝1－＝.令y′＝0，得x＝，则f(x)在上单调递增，在上单调递减，∴f(x)max＝＋＝，f(0)＝1，f(1)＝1.∴1＜f(x)≤，故1＜≤.
答案　D
老师叮咛：离心率“外交”在于它可以较好地与其他知识交汇，本题中，如何求f(b＋c,a)的取值范围？结合离心率及关系式a2＝b2＋c2，将待求式子转化为关于e的函数关系式，借助函数的定义域?即e的范围?产生函数的值域，从而完成求解.
【试一试2】 (2012·江苏)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线－＝1的离心率为，则m的值为________．
解析　由题意得m＞0，∴a＝，b＝.
∴c＝，由e＝＝，得＝5，解得m＝2.
答案　2
专题十七　与圆锥曲线有关的定点、定值、最值、范围问题
1．已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|＝12，P为C的准线上一点，则△ABP的面积为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．18 B．24
C．36 D．48
答案： C　[不妨设抛物线的标准方程为y2＝2px(p＞0)，由于l垂直于对称轴且过焦点，故直线l的方程为x＝.代入y2＝2px得y＝±p，即|AB|＝2p，又|AB|＝12，故p＝6，所以抛物线的准线方程为x＝－3，故S△ABP＝×6×12＝36.]
2．设M(x0，y0)为抛物线C：x2＝8y上一点，F为抛物线C的焦点，以F为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交，则y0的取值范围是(　　)．
A．(0,2) B．[0,2]
C．(2，＋∞) D．[2，＋∞)
答案：C　[∵x2＝8y，∴焦点F的坐标为(0,2)，准线方程为y＝－2.由抛物线的定义知|MF|＝y0＋2.以F为圆心、|FM|为半径的圆的标准方程为x2＋(y－2)2＝(y0＋2)2.
由于以F为圆心、|FM|为半径的圆与准线相交，又圆心F到准线的距离为4，故4＜y0＋2，∴y0＞2.]
3．若点O和点F(－2,0)分别为双曲线－y2＝1(a>0)的中心和左焦点，点P为双曲线右支上的任意一点，则O·F的取值范围为(　　)．
A．[3－2，＋∞) B．[3＋2，＋∞)
C. D.
答案：B　[如图，由c＝2得a2＋1＝4，∴a2＝3，
∴双曲线方程为－y2＝1.
设P(x，y)(x≥)，
O·F＝(x，y)·(x＋2，y)＝x2＋2x＋y2
＝x2＋2x＋－1＝x2＋2x－1(x≥)．
令g(x)＝x2＋2x－1(x≥)，则g(x)在[，＋∞)上单调递增．g(x)min＝g()＝3＋2.∴O·F的取值范围为[3＋2，＋∞)．]
4．定义：曲线C上的点到直线l的距离的最小值称为曲线C到直线l的距离．已知曲线C1：y＝x2＋a到直线l：y＝x的距离等于曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离，则实数a＝________.
解析　因曲线C2：x2＋(y＋4)2＝2到直线l：y＝x的距离为－ ＝2 －＝，则曲线C1与直线l不能相交，即x2＋a＞x，∴x2＋a－x＞0.
设C1：y＝x2＋a上一点为(x0，y0)，
则点(x0，y0)到直线l的距离d＝＝＝≥＝，所以a＝.
答案　
本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查定点、定值、最值、范围问题或探索性问题，试题难度较大．
复习时不能把目标仅仅定位在知识的掌握上，要在解题方法、解题思想上深入下去．解析几何中基本的解题方法是使用代数方程的方法研究直线、曲线的某些几何性质，代数方程是解题的桥梁，要掌握一些解方程(组)的方法，掌握一元二次方程的知识在解析几何中的应用，掌握使用韦达定理进行整体代入的解题方法；其次注意分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想等的应用，如解析几何中的最值问题往往需建立求解目标的函数，通过函数的最值研究几何中的最值.
必备知识
?有关弦长问题
有关弦长问题，应注意运用弦长公式及韦达定理，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．
(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长|P1P2|＝ |x2－x1|或|P1P2|＝|y2－y1|，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用韦达定理，即作如下变形：
|x2－x1|＝ ；
|y2－y1|＝ .
(2)弦的中点问题
有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”，“设而不求法”来简化运算．
?圆锥曲线中的最值
(1)椭圆中的最值
F1、F2为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为椭圆的任意一点，B为短轴的一个端点，O为坐标原点，则有
①|OP|∈[b，a]；
②|PF1|∈[a－c，a＋c]；
③|PF1|·|PF2|∈[b2，a2]；
④∠F1PF2≤∠F1BF2.
(2)双曲线中的最值
F1、F2为双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P为双曲线上的任一点，O为坐标原点，则有
①|OP|≥a；
②|PF1|≥c－a.
(3)抛物线中的最值
点P为抛物线y2＝2px(p＞0)上的任一点，F为焦点，则有
①|PF|≥；
②A(m，n)为一定点，则|PA|＋|PF|有最小值．
必备方法
1．定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
2．解决圆锥曲线中最值、范围问题的基本思想是建立目标函数和建立不等关系，根据目标函数和不等式求最值、范围，因此这类问题的难点，就是如何建立目标函数和不等关系．建立目标函数或不等关系的关键是选用一个合适变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题，这个变量可以是直线的斜率、直线的截距、点的坐标等，要根据问题的实际情况灵活处理.

该类问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明．难度较大．　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】在直角坐标系xOy中，曲线C1上的点均在圆C2：(x－5)2＋y2＝9外，且对C1上任意一点M，M到直线x＝－2的距离等于该点与圆C2上点的距离的最小值．
(1)求曲线C1的方程；
(2)设P(x0，y0)(y0≠±3)为圆C2外一点，过P作圆C2的两条切线，分别与曲线C1相交于点A，B和C，D.证明：当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)直接根据曲线与方程的概念求解，或者转化为根据抛物线的定义求解均可；(2)首先建立圆的两条切线的斜率与点的坐标之间的关系，其次把圆的切线方程与抛物线方程联立消元，根据根与系数的关系得出纵坐标之和和纵坐标之积，最后从整体上消去参数(圆的切线斜率)即可得证．
(1)解　法一　设M的坐标为(x，y)，由已知得|x＋2|＝－3.
易知圆C2上的点位于直线x＝－2的右侧，于是x＋2＞0，
所以＝x＋5.
化简得曲线C1的方程为y2＝20x.
法二　由题设知，曲线C1上任意一点M到圆心C2(5,0)的距离等于它到直线x＝－5的距离．因此，曲线C1是以(5,0)为焦点，直线x＝－5为准线的抛物线．故其方程为y2＝20x.
(2)证明　当点P在直线x＝－4上运动时，P的坐标为(－4，y0)，又y0≠±3，则过P且与圆C2相切的直线的斜率k存在且不为0，每条切线都与抛物线有两个交点，切线方程为y－y0＝k(x＋4)，即kx－y＋y0＋4k＝0.于是＝3.
整理得72k2＋18y0k＋y－9＝0.①
设过P所作的两条切线PA，PC的斜率分别为k1，k2，则k1，k2是方程①的两个实根，故k1＋k2＝－＝－.②
由得k1y2－20y＋20(y0＋4k1)＝0.③
设四点A，B，C，D的纵坐标分别为y1，y2，y3，y4，则y1，y2是方程③的两个实根，所以y1y2＝.④
同理可得y3y4＝.⑤
于是由②，④，⑤三式得
y1y2y3y4＝
＝
＝＝6 400.
所以，当P在直线x＝－4上运动时，四点A，B，C，D的纵坐标之积为定值6 400.
解圆锥曲线中的定点、定值问题可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究．同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定值、定点问题的选择题或填空题，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等．
【突破训练1】 设抛物线C：y2＝4x，F为C的焦点，过F的直线L与C相交于A，B两点．
(1)设L的斜率为1，求|AB|的大小；
(2)求证：·是一个定值．
(1)解　∵F(1,0)，∴直线L的方程为y＝x－1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x2－6x＋1＝0，
∴x1＋x2＝6，x1x2＝1.
∴|AB|＝
＝·
＝·＝8.
(2)证明　设直线L的方程为x＝ky＋1，
由得y2－4ky－4＝0.
∴y1＋y2＝4k，y1y2＝－4，＝(x1，y1)，＝(x2，y2)．
∵O·＝x1x2＋y1y2
＝(ky1＋1)(ky2＋1)＋y1y2
＝k2y1y2＋k(y1＋y2)＋1＋y1y2
＝－4k2＋4k2＋1－4＝－3.
∴·是一个定值．

该类试题设计巧妙、命制新颖别致，常求特定量、特定式子的最值或范围．常与函数解析式的求法、函数最值、不等式等知识交汇，成为近年高考热点．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为.不过原点O的直线l与C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求△ABP面积取最大值时直线l的方程．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)利用椭圆的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为求解．
(2)由题意可知直线l的斜率存在，设为y＝kx＋m，结合椭圆方程，线段AB被直线OP平分可求k值．然后以AB为底，点P到直线AB的距离为高表示出S△ABP的表达式，借助导数求最值．
解　(1)设椭圆左焦点为F(－c,0)，则由题意得
得
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点为M.
当直线AB与x轴垂直时，直线AB的方程为x＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB的方程为y＝kx＋m(m≠0)，
由消去y，整理得
(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，(1)
则Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＞0，

所以线段AB的中点M.
因为M在直线OP：y＝x上，所以＝.
得m＝0(舍去)或k＝－.
此时方程(1)为3x2－3mx＋m2－3＝0，则
Δ＝3(12－m2)＞0，
所以|AB|＝·|x1－x2|＝·.
设点P到直线AB距离为d，则
d＝＝.
设△ABP的面积为S，则
S＝|AB|·d＝·.
其中m∈(－2 ，0)∪(0,2 )．
令u(m)＝(12－m2)(m－4)2，m∈[－2 ，2 ]，
u′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)
＝－4(m－4)(m－1－)(m－1＋)．
所以当且仅当m＝1－，u(m)取到最大值．
故当且仅当m＝1－，S取到最大值．
综上，所求直线l方程为3x＋2y＋2 －2＝0.
求最值或范围常见的解法：(1)几何法．若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用图形性质来解决；(2)代数法．若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求最值；(3)求函数最值常用的代数法有配方法、判别式法、导数法、基本不等式法及函数的单调性、有界性法等．
【突破训练2】已知双曲线x2－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则·的最小值为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．－2 B．－ C．1 D．0
答案： A　[由已知得A1(－1,0)，F2(2,0)．设P(x，y)(x≥1)，则·＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝4x2－x－5.令f(x)＝4x2－x－5，则f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，函数f(x)取最小值，即·取最小值，最小值为－2.]

此类问题命题背景宽，涉及知识点多，综合性强，探究平分面积的线、平分线段的线，或探究等式成立的参数值．常与距离、倾斜角、斜率及方程恒成立问题综合，形成知识的交汇．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】如图，椭圆的中心为原点O，离心率e＝，且＝2.
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)设动点P满足：＝＋2，其中M、N是椭圆上的点，直线OM与ON的斜率之积为－.问：是否存在两个定点F1，F2，使得|PF1|＋|PF2|为定值？若存在，求F1，F2的坐标；若不存在，说明理由．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)利用e＝，＝2求a，c.
(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由＝＋2可得x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2，又点M、N在椭圆x2＋2y2＝4上，可得x＋2y＝4，x＋2y＝4，再结合直线OM与ON的斜率之积为－.可求得点P满足方程x2＋2y2＝20.由椭圆的定义可求解．
解　(1)由e＝＝，＝2，解得a＝2，c＝，b2＝a2－c2＝2，故椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)设P(x，y)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则由＝＋2，得(x，y)＝(x1，y1)＋2(x2，y2)＝(x1＋2x2，y1＋2y2)，
即x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2.因为点M、N在椭圆x2＋2y2＝4上，
所以x＋2y＝4，x＋2y＝4，
故x2＋2y2＝(x＋4x＋4x1x2)＋2(y＋4y＋4y1y2)
＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2)
＝20＋4(x1x2＋2y1y2)．
设kOM，kON分别为直线OM，ON的斜率，由题设条件知
kOM·kON＝＝－，因此x1x2＋2y1y2＝0，
所以x2＋2y2＝20.
所以P点是椭圆＋＝1上的点，设该椭圆的左、右焦点为F1，F2，则由椭圆的定义|PF1|＋|PF2|为定值，又因c＝＝，因此两焦点的坐标为F1(－，0)，F2(，0)．
探究是否存在的问题，一般均是先假设存在，然后寻找理由去确定结论，如果真的存在，则能得出相应结论，如果不存在，则会由条件得出相互矛盾的结论．
【突破训练3】在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点P和Q.
(1)求k的取值范围；
(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A、B，是否存在常数k，使得向量＋与共线？如果存在，求k的值；如果不存在，请说明理由．
解　(1)由已知，得直线l的方程为y＝kx＋，
代入椭圆方程，得＋(kx＋)2＝1，
整理，得x2＋2kx＋1＝0，①
直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于
Δ＝8k2－4×＝4k2－2＞0，
解得k＜－或k＞，
即k的取值范围为∪.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由方程①，得x1＋x2＝－，②
又y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2.③
而A(，0)，B(0,1)，＝(－，1)，
所以＋与共线等价于
x1＋x2＝－(y1＋y2)，
将②③代入上式，解得k＝，
由(1)知k＜－或k＞，故没有符合题意的常数k.
圆锥曲线“最”有应得
椭圆、双曲线、抛物线的最值问题的解题方法较灵活，学生时常感到无从下手．常遇到面积最大最小问题，距离的最长最短问题，不定量的最大最小问题等等，下面给同学们提供两种解法，只要掌握了它们，就可以“最”有应得．
一、几何法求最值
【示例1】? 抛物线的顶点O在坐标原点，焦点在y轴负半轴上，过点M(0，－2)作直线l与抛物线相交于A，B两点，且满足＋＝(－4，－12)．
(1)求直线l和抛物线的方程；
(2)当抛物线上一动点P从点A运动到点B时，求△ABP面积的最大值．
[满分解答]　(1)根据题意可设直线l的方程为y＝kx－2，抛物线方程为x2＝－2py(p＞0)．
由得x2＋2pkx－4p＝0.(2分)
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2pk，y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4.
所以＋＝(－4，－12)，所以
解得故直线l的方程为y＝2x－2，抛物线方程为x2＝－2y.(6分)
(2)设P(x0，y0)，依题意，知当抛物线过点P的切线与l平行时，△ABP的面积最大．
对y＝－x2求导，得y′＝－x，所以－x0＝2，即x0＝－2，y0＝－x＝－2，即P(－2，－2)．
此时点P到直线l的距离
d＝＝＝.(9分)
由得x2＋4x－4＝0，
则x1＋x2＝－4，x1x2＝－4，
|AB|＝ · 
＝ ·
＝4 .
于是，△ABP面积的最大值为
×4 ×＝8 .(12分)
老师叮咛：当所求的最值是圆锥曲线上的点到某条直线的距离的最值问题时，可以通过作与这条直线平行的圆锥曲线的切线，则两条平行线间的距离，就是所求的最值，切点就是曲线上取得最值的点，这种求最值的方法称为切线法．
切线法的基本思想是数形结合，其中求曲线的切线方程需要利用导数知识，判断切线与曲线的最值需要借助几何图形的直观性，通过图形来确定何时取得最大值，何时取得最小值．
二、函数法求最值
【示例2】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝ ，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1相交于不同的两点A、B，且△OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的△OAB的面积；若不存在，请说明理由．
[满分解答]　(1)由e＝＝ ＝ ，得a＝b，
椭圆C：＋＝1，即x2＋3y2＝3b2，
设P(x，y)为C上任意一点，
则|PQ|＝ ＝ ，
－b≤y≤b.
若b＜1，则－b＞－1，当y＝－b时，|PQ|max＝ ＝3，又b＞0，得b＝1(舍去)，
若b≥1，则－b≤－1，当y＝－1时，|PQ|max＝ ＝3，得b＝1.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(6分)
(2)法一　假设存在这样的点M(m，n)满足题意，则有＋n2＝1，即n2＝1－，－≤m≤.由题意可得S△AOB＝|OA|·|OB|sin∠AOB＝sin∠AOB≤，
当∠AOB＝90°时取等号，这时△AOB为等腰直角三角形，
此时圆心(0,0)到直线mx＋ny＝1的距离为，
则＝，得m2＋n2＝2，又＋n2＝1，解得m2＝，n2＝，即存点M的坐标为，，，满足题意，且△AOB的最大面积为.(12分)
法二　假设存在这样的点M(m，n)满足题意，则有＋n2＝1，即n2＝1－，－≤m≤，
又设A(x1，y1)、B(x2，y2)，由，消去y得(m2＋n2)x2－2mx＋1－n2＝0，①
把n2＝1－代入①整理得(3＋2m2)x2－6mx＋m2＝0，
则Δ＝8m2(3－m2)≥0，
∴②
而S△AOB＝|OA|·|OB|sin∠AOB＝sin∠AOB，
当∠AOB＝90°，S△AOB取得最大值，
此时·＝x1x2＋y1y2＝0，又y1y2＝·＝，
∴x1x2＋＝0，
即3－3m(x1＋x2)＋(3＋2m2)·x1x2＝0，
把②代入上式整理得2m4－9m2＋9＝0，
解得m2＝或m2＝3(舍去)，
∴m＝±，n＝± ＝±，
∴M点的坐标为，，，，使得S△AOB取得最大值.(12分)
老师叮咛：当所求的最值可以表示成某个变量的函数关系式时，我们常常先建立对应的函数关系式，然后利用函数方法求出对应的最值，称这种方法为函数法，这是解析几何问题中求最值的常用方法．函数法是研究数学问题的一种最重要的方法，用这种方法求解圆锥曲线的最值问题时，除了重视建立函数关系式这个关键点外，还要密切注意所建立的函数式中的变量是否有限制范围，这些限制范围恰好制约了最值的取得，因此在解题时要予以高度关注．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【试一试】 抛物线y＝－x2上的点到直线4x＋3y－8＝0的距离的最小值是(　　)．
A. B. C. D．3
答案： A　[可知过抛物线点的切线与直线4x＋3y－8＝0平行时，所求的距离最小，y′＝－2x.令－2x＝－，解得x＝，从而切点坐标为，切线方程为y＋＝－，即4x＋3y－＝0，由两平行线间距离公式，得点到直线的距离的最小值为d＝＝.故选A.]
专题十八 排列、组合、二项式定理与概率
1．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．60种 B．63种 C．65种 D．66种
答案： D　[对于4个数之和为偶数，可分三类，即4个数均为偶数，2个数为偶数2个数为奇数，4个数均为奇数，因此共有C＋CC＋C＝66种．]
2．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能全是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为(　　)．
A．232 B．252 C．472 D．484
答案：C　[若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有C×C×C＝64种，若2张同色，则有C×C×C×C＝144种；若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C×C×C×C＝192种，剩余2张同色，则有C×C×C＝72种，所以共有64＋144＋192＋72＝472种不同的取法．故选C.]
3．在长为12 cm的线段AB上任取一点C.现作一矩形，邻边长分别等于线段AC，CB的长，则该矩形面积小于32 cm2的概率为(　　)．
A. B. C. D.
答案：C　[设出AC的长度，先利用矩形面积小于32 cm2求出AC长度的范围，再利用几何概型的概率公式求解．设AC＝x cm，CB＝(12－x)cm，0＜x＜12，所以矩形面积小于32 cm2即为x(12－x)＜32?0＜x＜4或8＜x＜12，故所求概率为＝.]
4．6的展开式中x3的系数为________(用数字作答)．
解析　由6的展开式的通项为Tr＋1＝C(x2)6－r·r＝Cx12－3r，令12－3r＝3，得r＝3，所以展开式中x3的系数为C＝＝20.
答案　20
排列、组合与二项式定理每年交替考查，主要以选择、填空的形式出现，难度中等或稍易．考查古典概型时，常以排列组合为工具，考查概率的计算．
由于这部分内容概念性强，抽象性强，思维方法新颖，因此备考时：①要读懂题意，明确解题的突破口，选择合理简洁的标准处理事件；②要牢记排列数、组合数、二项展开式公式；③排列组合是进行概率计算的工具，在复习概率时要抓住概率计算的核心和这个工具.
必备知识
?排列、组合
(1)排列数公式A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，A＝，A＝n！，0！＝1(n∈N*，m∈N*，m≤n)．
(2)组合数公式及性质
C＝＝，
C＝，C＝1，C＝C，C＝C＋C.
?二项式定理
(1)定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cabn－1＋Cbn(n∈N*)．
通项(展开式的第r＋1项)：Tr＋1＝Can－rbr，其中C(r＝0,1，…，n)叫做二项式系数．
(2)二项式系数的性质
①在二项式展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即
C＝C，C＝C，C＝C，…，C＝C.
②二项式系数的和等于2n，即
C＋C＋C＋…＋C＝2n.
③二项式展开式中，偶数项的二项式系数和等于奇数项的二项式系数和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.
(3)赋值法解二项式定理有关问题，如
3n＝(1＋2)n＝C＋C·21＋C·22＋…＋C·2n等．
?古典概型
(1)P(A)＝＝
(2)求古典概型概率的方法和步骤
①反复阅读题目，收集题目中的各种信息，理解题意．
②判断试验是否为等可能性事件，并用字母表示所求事件．
③利用列举法或排列组合知识计算基本事件的个数n及事件A中包含的基本事件的个数m.
④计算事件中A的概率P(A)＝.
必备方法
1．解排列、组合问题应遵循的原则：先特殊后一般，先选后排，先分类后分步．
2．解排列、组合问题的常用策略：
a．相邻问题捆绑法；b.不相邻问题插空法；c.多排问题单排法；d.定序问题倍缩法；e.多元问题分类法；f.有序分配问题分步法；g.交叉问题集合法；h.至少或至多问题间接法；i.选排问题先取后排法；j.局部与整体问题排除法；k.复杂问题转化法．
3．二项式中项的系数和差可以通过对二项式展开式两端字母的赋值进行解决，如(1＋x)n展开式中各项系数的绝对值的和就是展开式中各项系数的和，只要令x＝1即得，而(1－x)n的展开式中各项系数的绝对值的和，直接令x＝－1，这样就不难类比得到(1＋ax)n展开式中各项系数绝对值的和为(1＋|a|)n.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

以实际生产、生活为背景的排列、组合问题是近几年的常考内容，解题时要先将问题转化为排列组合问题后再求解．题目多为中低档题，为后面学习概率做基础．
【例1】? 某城市举行奥运火炬接力传递活动，传递路线共分6段，传递活动分别由6名火炬手完成．如果第一棒只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒只能从甲、乙两 人中产生，则不同的传递方案共有________种．(用数字作答)
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 按照第一棒是否为甲、乙分两类求解．
解析　按照第一棒是否为甲，乙，可分为两类：
①第一棒是丙，则第六棒的安排有C种，中间4棒剩余4人全排列，故不同的安排方法有C·C·A＝48种；
②第一棒是甲，乙中一人，则第一棒的安排有C种，最后一棒则只能安排甲，乙中不跑第一棒的一人，中间4棒剩余4人全排列，矿不同的安排方法有C·C·A＝48种．
根据分类计数原理，可得不同的方案共有48＋48＝96种．
答案　96
对于排列、组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列，即一般策略为先组合后排列．分组时，要注意“平均分组”与“不平均分组”的差异及分类的标准．
【突破训练1】 由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字，且1,3都不与5相邻的六位偶数的个数是(　　)．
A．72 B．96 C．108 D．144
答案： C　[从2,4,6三个偶数中选一个数放在个位，有C种方法，将其余两个偶数全排列，有A种排法，当1,3不相邻且不与5相邻时有A种方法，当1,3相邻且不与5相邻时有A·A种方法，故满足题意的偶数个数有C·A(A＋A·A)＝108.]

求二项式定理展开式的通项、特定项、二项式或项的系数，常以选择、填空题形式考查，二项式定理的应用有时也在数列压轴题中出现，主要是利用二项式定理及不等式放缩法证明不等式．　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】设(x－1)21＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a21x21，则a10＋a11＝________.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 由Tr＋1＝Cx21－r(－1)r求解．
解析　Tr＋1＝Cx21－r (－1)r，∴a10＝C(－1)11，a11＝C(－1)10，
∴a10＋a11＝－C＋C＝－C＋C＝0.
答案　0
1.利用二项展开式的通项分析求解时，注意二项式系数与项的系数的区别．
2．二项式定理的应用不仅要注重它的“正用”，而且重视它的“逆用”；还要注意特殊值法的使用．
【突破训练2】 若n展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是(　　)．
A．360 B．180 C．90 D．45
答案： B　[依题意知：n＝10，
∴Tr＋1＝C()10－rr＝C2r·x5－r，
令5－r＝0得：r＝2，∴常数项为：C22＝180.]

对于古典概型的考查常将等可能事件、互斥事件、相互独立事件等多种事件交汇在一起进行考查，是高考考查的重点．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】盒内有大小相同的9个球，其中2个红色球，3个白色球，4个黑色球，规定取出1个红色球得1分，取出1个白色球得0分，取出1个黑色球得－1分．现从盒内任取3个球．
(1)求取出的3个球中至少有一个红球的概率；
(2)求取出的3个球得分之和恰为1分的概率．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)间接法求概率；(2)用组合知识求概率．
解　(1)P＝1－＝.
(2)记“取出1个红色球，2个白色球”为事件B，“取出2个红色球，1个黑色球”为事件C，则P(B＋C)＝P(B)＋P(C)＝＋＝.
有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常用到计数原理与排列、组合的相关知识．对于较复杂的题目，要注意正确分类，分类时应不重不漏．
【突破训练3】 有编号为A1，A2，…，A10的10个零件，测量其直径(单位：cm)，得到下面数据：
编号
A1
A2
A3
A4
A5
A6
A7
A8
A9
A10
直径
1.51
1.49
1.49
1.51
1.49
1.51
1.47
1.46
1.53
1.47
其中直径在区间[1.48,1.52]内的零件为一等品．
(1)从上述10个零件中，随机抽取一个，求这个零件为一等品的概率；
(2)从一等品零件中随机抽取2个．
(ⅰ)用零件的编号列出所有可能的抽取结果；
(ⅱ)求这2个零件直径相等的概率．
解　(1)由所给数据可知，一等品零件共有6个．设“从10个零件中，随机抽取一个为一等品”为事件A，则P(A)＝＝.
(2)(ⅰ)一等品零件的编号为A1，A2，A3，A4，A5，A6.从这6个一等品零件中随机抽取2个，所有可能的结果有：{A1，A2}，{A1，A3}，{A1，A4}，{A1，A5}，{A1，A6}，{A2，A3}，{A2，A4}，{A2，A5}，{A2，A6}，{A3，A4}，{A3，A5}，{A3，A6}，{A4，A5}，{A4，A6}，{A5，A6}，共有15种．
(ⅱ)“从一等品零件中，随机抽取的2个零件直径相等”(记为事件B)的所有可能结果有：{A1，A4}，{A1，A6}，{A4，A6}，{A2，A3}，{A2，A5}，{A3，A5}，共有6种．
所以P(B)＝＝.
防范二项式展开式中的两个易错点
易错点1：二项式(a＋b)n展开式的通项中，因a与b的顺序颠倒而容易出错
【示例1】n展开式中第三项的系数比第二项的系数大162，则x的一次项系数为________．
解析　据题意有：C22－＝162，即2n(n－1)＋2n＝162.∴n＝9.
则Tr＋1＝C()9－rr＝C(－2)rx－.
由－＝1，∴r＝3.
∴T4＝(－1)3·23·Cx＝－672x.
答案　－672
老师叮咛：若与的顺序颠倒，项随之发生变化，导致出错．一般地，二项式(a＋b)n与(b＋a)n的通项公式不同，对应项也不相同，在遇到类似问题时，要注意区分．
【试一试1】 已知(1＋3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于120，则展开式中二项式系数最大的项为________．
解析　由已知得C＋C＋C＝121，则n(n－1)＋n＋1＝121，即n2＋n－240＝0，解得n＝15，所以，展开式中二项式系数最大的项是T8＝C(3x)7和T9＝C(3x)8.
答案　T8＝C(3x)7和T9＝C(3x)8
易错点2：二项式展开中项的系数与二项式系数的概念掌握不清，容易混淆，导致出错
【示例2】如果n的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是(　　)．
A．7 B．－7 C．21 D．－21
解析　当x＝1时，n＝2n＝128，∴n＝7，
即7，根据二项式通项公式得
Tr＋1＝C(3x)7－r(－1)rr＝C37－r(－1)rx7－r.
∴7－r＝－3，r＝6时对应，即
T6＋1＝C37－6(－1)6＝7×3×＝.故项系数为21.
答案　C
老师叮咛：展开式中f(1,x3)项的二项式系数是C＝7，项的系数为21，因此在解此类问题时，须注意二项式系数与项的系数的区别和联系.
【试一试2】 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为(　　)．
A．－40 B．－20 C．20 D．40
答案： D　[因为展开式各项系数和为2，所以取x＝1得：
(1＋a)(2－1)5＝2，∴a＝1.
二项式即为：5，它的展开式的常数项为：
xC(2x)23＋C(2x)32＝4C＝40.]
专题十九 概率、随机变量及其分布列
1.某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.
一次购物量
1至4件
5至8件
9至12件
13至16件
17件及以上
顾客
数(人)
x
30
25
y
10
结算时间
(分钟/人)
1
1.5
2
2.5
3
已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%.
(1)确定x，y的值，并求顾客一次购物的结算时间X的分布列与数学期望；
(2)若某顾客到达收银台时前面恰有2位顾客需结算，且各顾客的结算相互独立，求该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率．(注：将频率视为概率)
答案：解　(1)由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为总体的一个容量为100的简单随机样本，将频率视为概率得
P(X＝1)＝＝，P(X＝1.5)＝＝，P(X＝2)＝＝，P(X＝2.5)＝＝，P(X＝3)＝＝.
X的分布列为
X
1
1.5
2
2.5
3
P





X的数学期望为
E(X)＝1×＋1.5×＋2×＋2.5×＋3×＝1.9.
(2)记A为事件“该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟”，Xi(i＝1,2)为该顾客前面第i位顾客的结算时间，则
P(A)＝P(X1＝1且X2＝1)＋P(X1＝1且X2＝1.5)＋P(X1＝1.5且X2＝1)．
由于各顾客的结算相互独立，且X1，X2的分布列都与X的分布列相同，所以
P(A)＝P(X1＝1)×P(X2＝1)＋P(X1＝1)×P(X2＝1.5)＋P(X1＝1.5)×P(X2＝1)＝×＋×＋×＝.
故该顾客结算前的等候时间不超过2.5分钟的概率为.
结合事件的互斥性、对立性、独立性以及古典概型，主要以解答题的方式考查离散型随机变量分布列、期望和方差的求解及其实际应用．
本部分复习要从整体上，知识的相关关系上进行．离散型随机变量问题的核心是概率计算，而概率计算又以事件的独立性、互斥性、对立性为核心，在解题中要充分分析事件之间的关系.
必备知识
?互斥事件有一个发生的概率
若A、B是互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，P(A)＋P(A)＝1.
?相互独立事件与n次独立重复试验
(1)若 A1，A2，…，An是相互独立事件，则P(A1·A2·…·An)＝P(A1)·P(A2)·…·P(An)．
(2)如果在一次试验中事件A发生的概率为p，事件A不发生的概率为1－p，那么在n次独立重复试验中事件A发生k次的概率为：
Pn(k)＝Cpk(1－p)n－k.
?离散型随机变量的分布列、期望与方差
(1)主干知识：随机变量的可能取值，分布列，期望，方差，二项分布，超几何分布，正态分布．
(2)基本公式：①E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＋…；
②D(ξ)＝(x1－E(ξ))2p1＋(x2－E(ξ))2p2＋…＋(xn－E(ξ))2pn＋…；
③E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b，D(aξ＋b)＝a2D(ξ)；
④二项分布：ξ～B(n，p)，则P(ξ＝k)＝Cpk(1－p)n－k，E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)．
?正态分布
(1)若X服从参数为μ和σ2的正态分布，则可表示为X～N(μ，σ2)．
(2)N(μ，σ2)的分布密度曲线关于直线x＝μ对称，该曲线与x轴所围成的图形的面积为1.
(3)当X～N(μ，σ2)时，0.683＝P(μ－σ＜X≤μ＋σ)，0.954＝P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)，0.997＝P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)．
以上三个概率值具有重要的应用，要熟记，不可混用．
必备方法
1．在解含有相互独立事件的概率题时，首先把所求的随机事件分拆成若干个互斥事件的和，其次将分拆后的每个事件分拆为若干个相互独立事件的乘积，这两个事情做好了，问题的思路就清晰了，接下来就是按照相关的概率值进行计算的问题了，如果某些相互独立事件符合独立重复试验概型，就把这部分归结为用独立重复试验概型，用独立重复试验概型的概率计算公式解答．
2．相当一类概率应用题都是由掷硬币、掷骰子、摸球等概率模型赋予实际背景后得出来的，我们在解题时就要把实际问题再还原为我们常见的一些概率模型，这就要根据问题的具体情况去分析，对照常见的概率模型，把不影响问题本质的因素去除，抓住问题的本质．
3．求解一般的随机变量的期望和方差的基本方法是：先根据随机变量的意义，确定随机变量可以取哪些值，然后根据随机变量取这些值的意义求出取这些值的概率，列出分布列，根据数学期望和方差的公式计算．


互斥事件、相互独立事件的概率在求随机变量的分布列、期望、方差往往起工具性作用，试题多来源于生活，考查阅读理解能力及对概率知识的应用能力．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】某银行柜台设有一个服务窗口，假设顾客办理业务所需的时间互相独立，且都是整数分钟，对以往顾客办理业务所需的时间统计结果如下：
办理业务所需的时间/分
1
2
3
4
5
频率
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
从第一个顾客开始办理业务时计时．
(1)估计第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务的概率；
(2)X表示至第2分钟末已办理完业务的顾客人数，求X的分布列及数学期望．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)第三个顾客恰好等待4分钟的情况有三种可能：第一个顾客需1分钟，第二个顾客需3分钟；第一个顾客需3分钟，第二个顾客需1分钟；两个顾客都需要2分钟．(2)①找出第2分钟末已办理完业务的顾客人数X的所有可能取值，其取值分别为0,1,2；②求出分布列，得出期望，本问最难的是分布列的求解．
解　设Y表示顾客办理业务所需的时间，用频率估计概率，得Y的分布列如下：
Y
1
2
3
4
5
P
0.1
0.4
0.3
0.1
0.1
(1)A表示事件“第三个顾客恰好等待4分钟开始办理业务”，则事件A对应三种情形：①第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为3分钟；②第一个顾客办理业务所需的时间为3分钟，且第二个顾客办理业务所需的时间为1分钟；③第一个和第二个顾客办理业务所需的时间均为2分钟．
所以P(A)＝P(Y＝1)P(Y＝3)＋P(Y＝3)P(Y＝1)＋P(Y＝2)P(Y＝2)＝0.1×0.3＋0.3×0.1＋0.4×0.4＝0.22.
(2)法一　X所有可能的取值为0,1,2.
X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，
所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5；
X＝1对应第一个顾客办理业务所需的时间为1分钟且第二个顾客办理业务所需的时间超过1分钟，或第一个顾客办理业务所需的时间为2分钟，所以P(X＝1)＝P(Y＝1)P(Y＞1)＋P(Y＝2)＝0.1×0.9＋0.4＝0.49；
X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，
所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01；
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01
E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51.
法二　X的所有可能取值为0,1,2.
X＝0对应第一个顾客办理业务所需的时间超过2分钟，
所以P(X＝0)＝P(Y＞2)＝0.5；
X＝2对应两个顾客办理业务所需的时间均为1分钟，
所以P(X＝2)＝P(Y＝1)P(Y＝1)＝0.1×0.1＝0.01；
P(X＝1)＝1－P(X＝0)－P(X＝2)＝0.49；
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
0.5
0.49
0.01
E(X)＝0×0.5＋1×0.49＋2×0.01＝0.51.
在概率的计算中，一般是根据随机事件的含义，把随机事件分成几个互斥事件的和，每个小的事件再分为几个相互独立事件的乘积，然后根据相应的概率公式进行计算．
【突破训练1】 甲、乙二人进行一次围棋比赛，约定先胜3局者获得这次比赛的胜利，比赛结束．假设在一局中，甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，各局比赛结果相互独立．已知前2局中，甲、乙各胜1局．
(1)求再赛2局结束这次比赛的概率；
(2)求甲获得这次比赛胜利的概率．
解　记Ai表示事件：第i局甲获胜，i＝3,4,5，
Bj表示事件：第j局乙获胜，j＝3,4.
(1)记A表示事件：再赛2局结束比赛．
A＝A3·A4＋B3·B4.
由于各局比赛结果相互独立，故
P(A)＝P(A3·A4＋B3·B4)＝P(A3·A4)＋P(B3·B4)
＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(B4)＝0.6×0.6＋0.4×0.4＝0.52.
(2)记B表示事件：甲获得这次比赛的胜利．
因前2局中，甲、乙各胜1局，故甲获得这次比赛的胜利当且仅当在后面的比赛中，甲先胜2局，从而B＝A3·A4＋B3·A4·A5＋A3·B4·A5，
由于各局比赛结果相互独立，故
P(B)＝P(A3·A4)＋P(B3·A4·A5)＋P(A3·B4·A5)
＝P(A3)P(A4)＋P(B3)P(A4)P(A5)＋P(A3)P(B4)P(A5)
＝0.6×0.6＋0.4×0.6×0.6＋0.6×0.4×0.6＝0.648.

以实际生活或生产为背景来考查二项分布是高考的“永久”热点，难点是透过问题的实际背景发现n次独立重复试验模型及二项分布，准确把握独立重复试验的特点是解答二项分布问题的关键．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】现有4个人去参加某娱乐活动，该活动有甲、乙两个游戏可供参加者选择．为增加趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个游戏，掷出点数为1或2的人去参加甲游戏，掷出点数大于2的人去参加乙游戏．
(1)求这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率；
(2)求这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率；
(3)用X，Y分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记ξ＝|X－Y|.求随机变量ξ的分布列与数学期望E(ξ)．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)利用二项分布的概率公式求解；(2)利用二项分布和互斥事件的概率公式求解；(3)建立概率分布表，利用期望的定义式求解数学期望．
解　依题意，这4个人中，每个人去参加甲游戏的概率为，去参加乙游戏的概率为.设“这4个人中恰有i人去参加甲游戏”为事件Ai(i＝0,1,2,3,4)，则P(Ai)＝Ci4－i.
(1)这4个人中恰有2人去参加甲游戏的概率
P(A2)＝C2·2＝.
(2)设“这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数”为事件B，则B＝A3∪A4.由于A3与A4互斥，故
P(B)＝P(A3)＋P(A4)＝C3＋C4＝.
所以，这4个人中去参加甲游戏的人数大于去参加乙游戏的人数的概率为.
(3)ξ的所有可能取值为0,2,4.
由于A1与A3互斥，A0与A4互斥，故P(ξ＝0)＝P(A2)＝，
P(ξ＝2)＝P(A1)＋P(A3)＝，P(ξ＝4)＝P(A0)＋P(A4)＝.
所以ξ的分布列是
ξ
0
2
4
P



∴ξ的期望E(ξ)＝0×＋2×＋4×＝.
(1)判断一个随机变量是否服从二项分布，要看两点：①是否为n次独立重复试验；②随机变量是否为在这n次独立重复试验中某事件发生的次数．
(2)在n次独立重复试验中，恰好发生k次的概率P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k，k＝0,1,2，…，n.
【突破训练2】 某公司拟资助三位大学生自主创业，现聘请两位专家，独立地对每位大学生的创业方案进行评审．假设评审结果为“支持”或“不支持”的概率都是.若某人获得两个“支持”，则给予10万元的创业资助；若只获得一个“支持”给予5万元的资助；若未能获得“支持”，则不予资助，求：
(1)该公司的资助总额为零的概率；
(2)该公司的资助总额超过15万元的概率．
解　(1)设A表示“资助总额为零”这个事件，则P(A)＝6＝.
(2)设B表示“资助总额超过15万元”这个事件，则P(B)＝15×6＋6×6＋6＝.

　　　 　　　与方差
以考生比较熟悉的实际应用问题为背景，综合排列组合、概率公式、互斥事件、独立事件及独立重复事件等基础知识，考查对随机变量的识别及概率计算的能力．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】某花店每天以每枝5元的价格从农场购进若干枝玫瑰花，然后以每枝10元的价格出售．如果当天卖不完，剩下的玫瑰花作垃圾处理．
(1)若花店一天购进16枝玫瑰花，求当天的利润y(单位：元)关于当天需求量n(单位：枝，n∈N)的函数解析式；
(2)花店记录了100天玫瑰花的日需求量(单位：枝)，整理得下表：
日需求量n
14
15
16
17
18
19
20
频数
10
20
16
16
15
13
10
以100天记录的各需求量的频率作为各需求量发生的概率．
(ⅰ)若花店一天购进16枝玫瑰花，X表示当天的利润(单位：元)，求X的分布列、数学期望及方差；
(ⅱ)若花店计划一天购进16枝或17枝玫瑰花，你认为应购进16枝还是17枝？请说明理由．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)根据日需求量分类求出函数解析式；(2)(ⅰ)根据当天的需求量，写出相应的利润，列出分布列，求出数学期望和方差．(ⅱ)比较两种情况的方差或数学期望即可．
解　(1)当日需求量n≥16时，利润y＝80.当日需求量n＜16时，利润y＝10n－80.
所以y关于n的函数解析式为
y＝(n∈N)．
(2)(ⅰ)X可能的取值为60,70,80，并且P(X＝60)＝0.1，P(X＝70)＝0.2，P(X＝80)＝0.7.
X的分布列为
X
60
70
80
P
0.1
0.2
0.7
X的数学期望为
E (X)＝60×0.1＋70×0.2＋80×0.7＝76.
X的方差为
D(X)＝(60－76)2×0.1＋(70－76)2×0.2＋(80－76)2×0.7＝44.
(ⅱ)答案一：
花店一天应购进16枝玫瑰花．理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为
Y
55
65
75
85
P
0.1
0.2
0.16
0.54
Y的数学期望为
E(Y)＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.
Y的方差为
D(Y)＝(55－76.4)2×0.1＋(65－76.4)2×0.2＋(75－76.4)2×0.16＋(85－76.4)2×0.54＝112.04.
由以上的计算结果可以看出，D(X)＜D(Y)，即购进16枝玫瑰花时利润波动相对较小．另外，虽然E(X)＜E(Y)，但两者相差不大．故花店一天应购进16枝玫瑰花．
答案二：
花店一天应购进17枝玫瑰花．理由如下：
若花店一天购进17枝玫瑰花，Y表示当天的利润(单位：元)，那么Y的分布列为
Y
55
65
75
85
P
0.1
0.2
0.16
0.54
Y的数学期望为
E(Y)＝55×0.1＋65×0.2＋75×0.16＋85×0.54＝76.4.
由以上的计算结果可以看出，E(X)＜E(Y)，即购进17枝玫瑰花时的平均利润大于购进16枝时的平均利润．故花店一天应购进17枝玫瑰花．
(1)求离散型随机变量分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类求概率公式求概率．
(2)求随机变量期望与方差的关键是正确求出随机变量的分布列．若随机变量服从二项分布，则可直接使用公式法求解．
【突破训练3】 根据以往统计资料，某地车主购买甲种保险的概率为0.5，购买乙种保险但不购买甲种保险的概率为0.3.设各车主购买保险相互独立．
(1)求该地1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种的概率；
(2)X表示该地的100位车主中，甲、乙两种保险都不购买的车主数．求X的期望．
解　记A表示事件：该地的1位车主购买甲种保险；
B表示事件：该地的1位车主购买乙种保险但不购买甲种保险；
C表示事件：该地的1位车主至少购买甲、乙两种保险中的1种；
D表示事件：该地的1位车主甲、乙两种保险都不购买．
(1)P(A)＝0.5，P(B)＝0.3，C＝A＋B，
P(C)＝P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.8.
(2)D＝，P(D)＝1－P(C)＝1－0.8＝0.2，
X～B(100,0.2)，即X服从二项分布，
所以期望E(X)＝100×0.2＝20.
二项展开式的通项与二项分布的概率公式的“巧合”
一般地，由n次试验构成，且每次试验相互独立完成，每次试验的结果仅有两种对立的状态，即A与，每次试验中P(A)＝p＞0.我们将这样的试验称为n次独立重复试验，也称为伯努利试验．在n次独立重复试验中，每次试验事件A发生的概率均为p(0＜p＜1)，即P(A)＝p，P()＝1－p＝q.由于试验的独立性，n次试验中，事件A在某指定的k次发生，而在其余n－k次不发生的概率为pkqn－k.而在n次试验中，事件A恰好发生k(0≤k≤n)次的概率为Pn(k)＝Cpkqn－k，k＝0,1,2，…，n.它恰好是(q＋p)n的二项展开式中的第k＋1项．
【示例】某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A和B，系统A和系统B在任意时刻发生故障的概率分别为和p.
(1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为，求p的值；
(2)设系统A在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的概率分布列及数学期望E(ξ)．
[满分解答]　(1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C，那么1－P()＝1－·p＝，解得p＝.(4分)
(2)由题意，P(ξ＝0)＝C3＝，
P(ξ＝1)＝C2·＝，
P(ξ＝2)＝C·2＝，
P(ξ＝3)＝C3＝.(8分)
所以，随机变量ξ的概率分布列为
ξ
0
1
2
3
P




故随机变量ξ的数学期望：
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(12分)
老师叮咛：对于?1?，依据题意及相互对立的两个事件的概率间的关系列出相关的方程，通过解方程得出结论；对于?2?，根据独立重复试验的相关概率公式列出相应的分布列，进而利用期望的定义公式通过计算得出期望值.
【试一试】 某同学参加科普知识竞赛，需回答三个问题，竞赛规则规定：每题回答正确得100分，回答不正确得－100分．假设这名同学每题回答正确的概率均为0.8，且各题回答正确与否相互之间没有影响．
(1)求这名同学回答这三个问题的总得分ξ的概率分布和数学期望．
(2)求这名同学总得分不为负分(即ξ≥0)的概率．
解　(1)ξ的可能取值为－300，－100,100,300.
P(ξ＝－300)＝0.23＝0.008，
P(ξ＝－100)＝3×0.22×0.8＝0.096，
P(ξ＝100)＝3×0.2×0.82＝0.384，
P(ξ＝300)＝0.83＝0.512.
所以ξ的概率分布为
ξ
－300
－100
100
300
P
0.008
0.096
0.384
0.512
根据ξ的概率分布，可得ξ的期望
Eξ＝(－300)×0.008＋(－100)×0.096＋100×0.384＋300×0.512＝180.
(2)这名同学总得分不为负分的概率为
P(ξ≥0)＝0.384＋0.512＝0.896.
专题二 函数与方程及函数的实际应用
1．函数f(x)＝2x＋3x的零点所在的一个区间是(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．(－2，－1) B．(－1,0) C．(0,1) D．(1,2)
答案：B　[由f(－1)＝－3＜0，f(0)＝1＞0及零点定理，知f(x)的零点在区间(－1,0)上．]
2．函数f(x)＝xcos x2在区间[0,4]上的零点个数为(　　)．
A．4 B．5 C．6 D．7
答案：C　[令xcos x2＝0，则x＝0，或x2＝kπ＋，又x∈[0,4]，因此xk＝ (k＝0,1,2,3,4)，共有6个零点．]
3．函数f(x)＝－()x的零点个数为(　　)．
A．0 B．1 C．2 D．3
答案：B　[因为y＝在x∈[0，＋∞)上单调递增，y＝()x在x∈R上单调递减，所以f(x)＝－()x在x∈[0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝－1＜0，f(1)＝＞0，所以f(x)＝－()x在定义域内有唯一零点，选B.]
已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为
y＝－x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为________万件．
解析　∵y＝f(x)＝－x3＋81x－234，∴y′＝－x2＋81.
令y′＝0，得x＝9，x＝－9(舍去)．
当0＜x＜9时，y′＞0，函数f(x)单调递增； 当x＞9时，y′＜0，函数f(x)单调递减．
故当x＝9时，y取最大值． 答案　9
高考对本部分的考查有：
(1)①确定函数零点；
②确定函数零点的个数；
③根据函数零点的存在情况求参数值或取值范围．
(2)函数简单性质的综合考查．函数的实际应用问题．
(3)函数与导数、数列、不等式等知识综合考查．
利用函数性质解决相关的最值．题型既有选择题、填空题，又有解答题，客观题主要考查相应函数的图象和性质，主观题考查较为综合，在考查函数的零点、方程根的基础上，又注重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论、数形结合的思想方法．
1．二次函数图象是连接三个“二次”的纽带，是理解和解决问题的关键，应认真研究、熟练掌握．
2．关于零点问题，要学会分析转化，能够把与之有关的不同形式的问题，化归为适当方程的零点问题．
3．函数模型的实际应用问题，主要抓好常见函数模型的训练，重点放在信息整理与建模上.
必备知识
?零点存在性定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)＜0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．
注意以下两点：
①满足条件的零点可能不唯一；
②不满足条件时，也可能有零点．
?在处理二次函数问题时，要注意f(x)的几种常见表达形式
(1)y＝ax2＋bx＋c； (2)y＝a(x－x1)(x－x2)； (3)y＝a(x－h)2＋k.
应根据题目的特点灵活选用上述表达式．
?应用函数模型解决实际问题的一般程序
???
与函数有关的应用题，经常涉及到物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题．解答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答．
必备方法
1．在求方程解的个数或者根据解的个数求方程中的字母参数的范围的问题时，数形结合是基本的解题方法，即把方程分拆为一个等式，使两端都转化为我们所熟悉的函数的解析式，然后构造两个函数f(x)，g(x)，即把方程写成f(x)＝g (x)的形式，这时方程根的个数就是两个函数图象交点的个数，可以根据图象的变化趋势找到方程中字母参数所满足的各种关系．
2．二次函数y＝a(x－h)2＋k(a≠0)，x∈[p，q]的最值问题实际上是研究函数在[p，q]上的单调性．常用方法：(1)注意是“轴动区间定”，还是“轴定区间动”，找出分类的标准；(2)利用导数知识，最值可以在端点和驻点处寻找．
3．f(x)≥0在[p，q]上恒成立问题，等价于f(x)min≥0，x∈[p，q]．

常考查：①根据函数解析式判断零点所在的区间；②根据函数解析式求零点的个数问题．可采用零点判定定理、数形结合法求解，高考命题有加强的趋势，难度中档偏下．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】?函数f(x)＝－cos x在[0，＋∞)内(　　)．
A．没有零点 B．有且仅有一个零点
C．有且仅有两个零点 D．有无穷多个零点
[审题视点] 将问题转化为判断y＝与y＝cos x的交点个数．
B　[在同一直角坐标系中分别作出函数y＝和y＝cos x的图象，如图，由于x＞1时，y＝＞1，y＝cos x≤1，所以两图象只有一个交点，即方程－cos x＝0在[0，＋∞)内只有一个根，所以f(x)＝－cos x在[0，＋∞)内只有一个零点．]
确定函数零点的常用方法：
①解方程判定法，若方程易求解时用此法；
②零点存在的判定定理法，常常要结合函数的性质、导数等知识；
③数形结合法，在研究函数零点、方程的根及图象交点的问题时，当从正面求解难以入手，可以转化为某一易入手的等价问题求解，如求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解．
【突破训练1】 函数f(x)＝的零点个数为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．0 B．1 C．2 D．3
答案：C　[当x≤0时，令x2＋2x－3＝0，解得x＝－3；当x＞0时，令－2＋ln x＝0，解得x＝e2.所以已知函数有两个零点，选C.]

函数思想在高考中并不单独考查，而往往与导数结合命制压轴性大题，试题围绕二次函数、二次方程及二次不等式的关系展开，解题的关键是从判别式、韦达定理、对称轴、开口方向等方面去考虑结论成立的所有条件，难度较大．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】? 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c.
(1)若a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，试证明f(x)＝0必有两个实根；
(2)若对x1，x2∈R且x1＜x2，f(x1)≠f(x2)，试证明方程f(x)＝[f(x1)＋f(x2)]有两不等实根，且必有一个实根属于(x1，x2)．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)将已知条件b＝－(a＋c)代入f(x)＝0后，再对f(x)＝0分解因式求根．(2)利用函数与方程的思想构造函数f(x)－[f(x1)＋f(x2)]，利用函数零点判定定理可知函数在(x1，x2)有一零点．
证明　(1)若a＞b＞c，a＋b＋c＝0， 则a＞0，c＜0，且b＝－(a＋c)，
所以方程f(x)＝0可化为ax2－(a＋c)x＋c＝0，
即a(x－1)＝0， 则f(x)＝0有两根x1＝1，x2＝.
(2)令g(x)＝f(x)－[f(x1)＋f(x2)]， g(x1)＝[f(x1)－f(x2)]，g(x2)＝[f(x2)－f(x1)]，
且x1＜x2，f(x1)≠f(x2)， 所以g(x1)g(x2)＝－[f(x1)－f(x2)]2＜0，
即函数g(x)在区间(x1，x2)内有零点，则方程g(x)＝0有一实根属于(x1，x2)，由二次函数的性质可知必有另一实根．
二次函数问题通常利用二次方程、二次不等式之间的关系来处理，从而使方程问题函数化，函数问题方程化，体现了函数与方程的思想．
【突破训练2】 已知a是实数，函数f(x)＝2ax2＋2x－3－a，如果函数y＝f(x)在区间[－1,1]上有零点，求实数a的取值范围．
解　当a＝0时，f(x)＝2x－3， 其零点x＝不在区间[－1,1]上．
当a≠0时，函数f(x)在区间[－1,1]分为两种情况：
①函数在区间[－1,1]上只有一个零点，
此时或
解得1≤a≤5或a＝－.
②函数在区间[－1,1]上有两个零点，此时
或
解得a≥5或a＜－.
综上所述，如果函数在区间[－1,1]上有零点，
那么实数a的取值范围为∪[1，＋∞)．

函数综合题的求解往往运用多种知识和技能．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．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将题目逐步化归为基本问题来解决．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】? 已知二次函数y＝g(x)的导函数的图象与直线y＝2x平行，且y＝g(x)在x＝－1处取得极小值m－1 (m≠0)，设函数f(x)＝.
(1)若曲线y＝f(x)上的点P到点Q(0,2)的距离的最小值为，求m的值；
(2)当k(k∈R)取何值时，函数y＝f(x)－kx存在零点，并求出零点．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)利用已知条件用含m的式子表示f(x)，再结合点P到点Q的最值，利用基本不等式求m值．
(2)将已知转化为f(x)－kx＝0，进而求其根，需要根据解题对k，m分类讨论．
解　(1)设g(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则g′(x)＝2ax＋b；
又y＝g′(x)的图象与直线y＝2x平行，
∴2a＝2，a＝1，又g(x)在x＝－1处取得极小值， ∴g′(－1)＝0，b＝2.
∴g(－1)＝a－b＋c＝1－2＋c＝m－1，∴c＝m.
f(x)＝＝x＋＋2，设P(x0，y0)，
则|PQ|2＝x＋(y0－2)2＝x＋2＝2x＋＋2m≥2＋2m.
∴2＋2m＝2，∴m＝－1或－－1.
(2)由y＝f(x)－kx＝(1－k)x＋＋2＝0，得(1－k)x2＋2x＋m＝0.
当k＝1时，方程(*)有一个解x＝－，故函数y＝f(x)－kx有一个零点x＝－，(*)
当k≠1时，方程(*)有两解?Δ＝4－4m(1－k)＞0，
若m＞0，则k＞1－，函数y＝f(x)－kx有两个零点x＝＝；
若m＜0，则k＜1－，故函数y＝f(x)－kx有两个零点x＝＝；
当k≠1时，方程(*)有一解?Δ＝4－4m(1－k)＝0，
k＝1－，函数y＝f(x)－kx有一个零点x＝.
综上：当k＝1时，函数y＝f(x)－kx有一个零点x＝－；
当k＞1－(m＞0)，或k＜1－(m＜0)时，
函数y＝f(x)－kx有两个零点x＝；
当k＝1－时，函数y＝f(x)－kx有一个零点x＝.
此题考查了函数的零点、最值、一元二次方程等基础知识，运用导数研究函数的性质的方法，体现了函数与方程，分类与整体的数学思想方法．
【突破训练3】 (2011·北京)已知函数f(x)＝
若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是________．
解析　作出函数f(x)的图象，如图，由图象可知，当0＜k＜1时，函数f(x)与y＝k的图象有两个不同的交点，所以所求实数k的取值范围是(0,1)．
答案　(0,1)

该类试题以实际生活为背景，通过巧妙设计和整合命制，试题常与函数解析式的求法、函数最值、不等式、导数等知识交汇，多以求最值为高考考向．这类题目对学生的阅读、审题能力、建模能力提出了较高的要求．
【例4】?如图，长方体物体E在雨中沿面P(面积为S)的垂直方向作匀速移动，速度为v(v>0)，雨速沿E移动方向的分速度为c(c∈R)．E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：①P或P的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量，假设其值与|v－c|×S成正比，比例系数为；②其他面的淋雨量之和，其值为.记y为E移动过程中的总淋雨量．当移动距离d＝100，面积S＝时．
(1)写出y的表达式；
(2)设0[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 先求E移动时单位时间内的淋雨量(分两部分：一是P或P的平行面；二是其他面的淋雨量之和)．再分0＜v≤c或c＜v≤10两种情况，利用函数的单调性求解．
解　(1)由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为|v－c|＋，
故y＝＝(3|v－c|＋10)．
由(1)知，当0＜v≤c时，y＝(3c－3v＋10)＝－15；
当c＜v≤10时，y＝(3v－3c＋10)＝＋15.
故y＝
①当0＜c≤时，y是关于v的减函数，故当v＝10时，ymin＝20－.
②当＜c≤5时，在(0，c]上y是关于v的减函数；在(c,10]上，y是关于v的增函数，故当v＝c时，ymin＝.
(1)关于解决函数的实际应用问题，首先要在阅读上下功夫，一般情况下，应用题文字叙述比较长，要耐心、细心地审清题意，弄清各量之间的关系，再建立函数关系式，然后借助函数的知识求解，解答后再回到实际问题中去．
(2)对函数模型求最值的常用方法：单调性法、基本不等式法及导数法．
【突破训练4】 (2012·东北三校二模)已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元．设该公司一年内生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为R(x)万元，且R(x)＝
(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；
(2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大．(注：年利润＝年销售收入－年总成本)
解　(1)当0＜x≤10时，W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝8.1x－－10；
当x＞10时，W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝98－－2.7x，
∴W＝
(2)①当0＜x≤10时，由W′＝8.1－＝0，得x＝9.
当x∈(0,9)时，W′＞0；当x∈(9,10]时，W′＜0，
∴当x＝9时，W取得最大值，即Wmax＝8.1×9－×93－10＝38.6.
②当x＞10时，W＝98－≤98－2 ＝38，
当且仅当＝2.7 x，即x＝时，W取得最大值38.
综合①②知：当x＝9时，W取得最大值38.6，
故当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获的年利润最大．
利用导数来研究函数的零点问题
利用导数可判断函数图象的变化趋势及单调性，而函数的单调性往往与方程的解交汇命题．因此，可借助导数这一工具来研究函数的零点问题．
【示例】?已知函数f(x)＝axsin x－(a∈R)，且在上的最大值为.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．
[满分解答]　(1)由已知得f′(x)＝a(sin x＋xcos x)，
对于任意x∈，有sin x＋xcos x＞0.
当a＝0时，f(x)＝－，不合题意；
当a＜0时，x∈时，f′(x)＜0，从而f(x)在内单调递减，又f(x)在上的图象是连续不间断的，故f(x)在上的最大值为f(0)＝－，不合题意；(4分)
当a＞0，x∈时，f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，又f(x)在上的图象是连续不间断的，故f(x)在上的最大值为f，即a－＝，解得a＝1.
综上所述，得f(x)＝xsin x－.(6分)
(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：
由(1)知，f(x)＝xsin x－，从而有f(0)＝－＜0，f＝＞0，又f(x)在上的图象是连续不间断的，
所以f(x)在内至少存在一个零点．
又由(1)知f(x)在上单调递增，故f(x)在内有且只有一个零点．(9分)
当x∈时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x.
由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不间断的，故存在m∈，使得g(m)＝0.
由g′(x)＝2cos x－xsin x，知x∈时，有g′(x)＜0，
从而g(x)在内单调递减．
当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在内单调递增，
故当x∈时，f(x)≥f＝＞0，故f(x)在上无零点；(12分)
当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．
又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．
综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．(14分)
老师叮咛：本题综合考查了导数法判断函数的单调性、最值和函数零点的判断.第?1?问需对a分类讨论，利用f′?x?的正负与f?x?单调性的关系求得结果.第?2?问需要经过二次求导，原因是一次求导不能判断其导数的正负，还需第二次求导，再结合零点存在定理判断函数在某个区间内零点存在情况.
【试一试】 已知函数f(x)＝x3，g (x)＝x＋.求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由．
解　由h (x)＝x3－x－知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，且h(1)＝－1＜0，h(2)＝6－＞0，则x＝0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点．因此，h(x)至少有两个零点．
法一　h′(x)＝3x2－1－x－，记φ(x)＝3x2－1－x－，则φ′(x)＝6x＋x－.
则x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)＞0，φ＜0，则φ(x)在内有零点．所以φ(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x1，则当x∈(0，x1)时，φ(x)＜φ(x1)＝0；当x∈(x1，＋∞)时，φ(x)＞φ(x1)＝0.
所以，当x∈(0，x1)时，h(x)单调递减．而h(0)＝0，则h(x)在(0，x1]内无零点；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，＋∞)内至多只有一个零点．
从而h(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．
综上所述，h(x)有且只有两个零点．
法二　由h(x)＝x(x2－1－x－)，记φ(x)＝x2－1－x－，则φ′(x)＝2x＋x－.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，从而φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)内也至多只有一个零点．
综上所述，h(x)有且只有两个零点．
专题二十 统计及其与概率的交汇问题
1.某班
50位学生期中考试数学成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是：
[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．
(1)求图中x的值；
(2)从成绩不低于80分的学生中随机选取2人，该2人中成绩在90分以上(含90分)的人数记为ξ，求ξ的数学期望．
解　(1)由题意得：10x＝1－(0.006×3＋0.01＋0.054)×10＝0.18，
∴x＝0.018.
(2)成绩不低于80分的学生共有(0.018＋0.006)×10×50＝12人，其中90分以上(含90分)的共有0.006×10×50＝3人，ξ的可能值为0,1,2，
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，
∴ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P



∴E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
本部分主要考查随机抽样、样本估计总体、线性回归分析，独立性检验的简单应用，一般是选择题、填空题，试题难度中等或稍易．若以解答题出现，往往与概率、离散型随机变量的分布列交汇考查．
在复习统计问题时，要紧紧抓住这些图表和方法，把图表的含义弄清楚，这样剩下的问题就是有关的计算和对统计思想的理解，在弄清楚统计问题的基础上，要与概率、离散型随机变量的分布列、期望、方差密切结合掌握.
必备知识
?抽样方法
抽样方法包含简单随机抽样、系统抽样、分层抽样三种方法，三种抽样方法都是等概率抽样，体现了抽样的公平性，但又各有其特点和适用范围．
?用样本估计总体
(1)利用样本频率分布估计总体分布：
①频率分布表和频率分布直方图；
②总体密度曲线；
③茎叶图．
(2)用样本的数字特征估计总体的数字特征：
①众数、中位数；
②样本平均数＝(x1＋x2＋…＋xn)＝i；
③样本方差s2＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]＝(xi－)2；
④样本标准差
s＝ 
＝ .
?线性回归方程
方程＝bx＋a称为线性回归方程，其中b＝
a＝－b；(，)称为样本中心点．
?独立性检验
假设有两个分类变量X和Y，它们的可能取值分别为{x1，x2}和{y1，y2}，其样本频数列联表(称为2×2列联表)为：
2×2列联表
y1
y2
总计
x1
a
b
a＋b
x2
c
d
c＋d
总计
a＋c
b＋d
a＋b＋c＋d
构造一个随机变量K2＝，
P(K2≥k)
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
k
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
必备方法
用样本估计总体
(1)在频率分布直方图中，各小长方形的面积表示相应的频率，各小长方形的面积的和为1.解决与频率分布直方图有关的问题时，应正确理解已知数据的含义，掌握图表中各个量的意义．
(2)当总体的个体数较少时，可直接分析总体取值的频率分布规律而得到总体分布；当总体容量很大时，通常从总体中抽取一个样本，分析它的频率分布，以此估计总体分布．
①总体期望的估计，计算样本平均值＝i；
②总体方差(标准差)的估计：方差＝(xi－)2，标准差＝，方差(标准差)较小者较稳定.

此类试题主要考查分层抽样、频率分布直方图、茎叶图、线性回归方程、平均数和方差的计算、以及识图能力、借助概率统计知识分析、解决问题的能力，均可单独命制一道小题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】?
某校举行了由全部学生参加的校园安全知识考试，从中抽出60名学生，将其成绩分成六段[40,50)，[50,60)，…，[90,100)后，画出如图所示的频率分布直方图．观察图形的信息，回答下列问题：估计这次考试的及格率(60分及以上为及格)为__________；平均分为__________．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)由图可知甲、乙的成绩，再利用公式计算．
用样本中及格的频率估计总体的及格率，以样本的平均数估计总体的平均数，即以各组的中点值乘以各组的频率之和估计总体的平均数．
(1)C　[由题意可知，甲的成绩为4,5,6,7,8，乙的成绩为5,5,5,6,9.所以甲、乙的成绩的平均数均为6，A错；甲、乙的成绩的中位数分别为6,5，B错；甲、乙的成绩的方差分别为×[(4－6)2＋(5－6)2＋(6－6)2＋(7－6)2＋(8－6)2]＝2，×[(5－6)2＋(5－6)2＋(5－6)2＋(6－6)2＋(9－6)2]＝，C对；甲、乙的成绩的极差均为4，D错．]
(2)解析　及格的各组的频率是(0.015＋0.03＋0.025＋0.005)×10＝0.75，即及格率约为75%；样本的均值为45×0.1＋55×0.15＋65×0.15＋75×0.3＋85×0.25＋95×0.05＝71，以这个分数估计总体的分数即得总体的平均分数约为71.
答案　75%　71
(1)如果已知频率分布直方图，那么就用样本在各个小组的频率估计总体在相应区间内的频率，用样本的均值估计总体的均值，根据频率分布图估计样本均值的方法是取各个小组的中点值乘以各个小组的频率之和进行的．
(2)根据茎叶图，我们可方便地求出数据的众数与中位数，大体上估计出两组数据的平均数大小与稳定性．
【突破训练1】从甲乙两个城市分别随机抽取16台自动售货机，对其销售额进行统计，统计数据用茎叶图表示(如图所示)．设甲乙两组数据的平均数分别为甲，乙，中位数分别为m甲，m乙，则(　　)．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.甲＜乙，m甲＞m乙 B.甲＜乙，m甲＜m乙
C.甲＞乙，m甲＞m乙 D.甲＞乙，m甲＜m乙
答案： (1)C　[从960人中用系统抽样方法抽取32人，则每30人抽取一人，因为第一组抽到的号码为9，则第二组抽到的号码为39，第n组抽到的号码为an＝9＋30(n－1)＝30n－21，由451≤30n－21≤750，得≤n≤，所以n＝16,17，…，25，共有25－16＋1＝10人，选C.]
(2)B　[由茎叶图可知甲数据集中在10至20之间，乙数据集中在20至40之间，明显甲＜乙，甲的中位数为20，乙的中位数为29，即m甲＜m乙，所以选B.]

　　　　　 　的交汇问题
准确提取直方图、茎叶图中的信息是解此类题的关键，借助这些数据结合独立事件、互斥事件可设计概率、分布列问题，高考在此结合点处命题有加强的趋势．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】某班同学进行社会实践，对[25,55]岁的人群随机抽取n人进行了一次生活习惯是否符合低碳观念的调查，若生活习惯符合低碳观念的称为“低碳族”，否则称为“非低碳族”，得到如下统计表和各年龄段人数频率分布直方图：
组数
分组
低碳族
的人数
占本组
的频率
第一组
[25,30)
120
0.6
第二组
[30,35)
195
p
第三组
[35,40)
100
0.5
第四组
[40,45)
a
0.4
第五组
[45,50)
30
0.3
第六组
[50,55)
15
0.3
(1)补全频率分布直方图，并求n、a、p的值；
(2)从[40,50)岁年龄段的“低碳族”中采用分层抽样法抽取18人参加户外低碳体验活动，其中选取3人作为领队，记选取的3名领队中年龄在[40,45)岁的人数为X，求X的分布列和期望E(X)．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)频率＝小长方形的面积；
(2)用超几何分布解决．
解　(1)第二组的频率为1－(0.04＋0.04＋0.03＋0.02＋0.01)×5＝0.3，所以高为＝0.06.频率直方图如下：
第一组的人数为＝200，频率为0.04×5＝0.2，所以n＝＝1 000.
由题可知，第二组的频率为0.3，所以第二组的人数为1 000×0.3＝300，所以p＝＝0.65.
第四组的频率为0.03×5＝0.15，所以第四组的人数为1 000×0.15＝150，所以a＝150×0.4＝60.
(2)因为[40,45)岁年龄段的“低碳族”与[45,50)岁年龄段的“低碳族”的比值为60∶30＝2∶1，所以采用分层抽样法抽取18人，[40,45)岁中有12人，[45,50)岁中有6人．随机变量X服从超几何分布．
P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
X
0
1
2
3
P




所以随机变量X的分布列为
所以数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.
解决该类问题的基础是频数分布表、茎叶图等知识，在解题时，一定要仔细认真，防止在这个数据表中出现错误，导致后续各问解答也随之出现错误．
【突破训练2】以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数．乙组记录中有一个数据模糊，无法确认，在图中以X表示.
甲组
乙组
9
9
0
X
8
9
1
1
1
0
(1)如果X＝8，求乙组同学植树棵数的平均数和方差；
(2)如果X＝9，分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数Y的分布列和数学期望．
(注：方差s2＝[(x1－)2＋(x2－)2＋…＋(xn－)2]，其中为x1，x2，…，xn的平均数)
解　(1)当X＝8时，由茎叶图可知，乙组同学的植树棵数是：8,8,9,10，
所以平均数为：＝＝；
方差为：s2＝×＝.
(2)当X＝9时，由茎叶图可知，甲组同学的植树棵数是：9,9,11,11；乙组同学的植树棵数是：9,8,9,10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有4×4＝16种可能的结果，这两名同学植树总棵数Y的可能取值为17,18,19,20,21.事件“Y＝17”等价于“甲组选出的同学植树9棵，乙组选出的同学植树8棵”，所以该事件有2种可能的结果，因此P(Y＝17)＝＝.同理可得P(Y＝18)＝；P(Y＝19)＝；P(Y＝20)＝；P(Y＝21)＝.所以随机变量Y的分布列为：
Y
17
18
19
20
21
P





E(Y)＝17×P(Y＝17)＋18×P(Y＝18)＋19×P(Y＝19)＋20×P(Y＝20)＋21×P(Y＝21)＝17×＋18×＋19×＋20×＋21×＝19.

以实际问题为背景，给定数据表，借助这些数据结合独立事件或对立事件设计概率及分布列问题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】电视传媒公司为了解某地区电视观众对某类体育节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查．下面是根据调查结果绘制的观众日均收看该体育节目时间的频率分布直方图：
将日均收看该体育节目时间不低于40分钟的观众称为“体育迷”．
(1)根据已知条件完成下面的2×2列联表，并据此资料你是否认为“体育迷”与性别有关？
非体育迷
体育迷
合计
男
女
10
55
合计
(2)将上述调查所得到的频率视为概率．现在从该地区大量电视观众中，采用随机抽样方法每次抽取1名观众，抽取3次，记被抽取的3名观众中的“体育迷”人数为X.若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列，期望E(X)和方差D(X)．
附：K2＝，
P(K2≥k)
0.05
0.01
k
3.841
6.635
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)按照独立性检验的步骤进行；(2)建立概率分布表，利用期望的定义式求解数学期望．
解　(1)由频率分布直方图可知，在抽取的100人中，“体育迷”有25人，从而2×2列联表如下：
非体育迷
体育迷
合计
男
30
15
45
女
45
10
55
合计
75
25
100
将2×2列联表中的数据代入公式计算，得
K2＝＝＝≈3.030.
因为3.030＜3.841，所以没有理由认为“体育迷”与性别有关．
(2)由频率分布直方图知抽到“体育迷”的频率为0.25，将频率视为概率，即从观众中抽取一名“体育迷”的概率为.
由题意X～B，从而X的分布列为
X
0
1
2
3
P




E(X)＝np＝3×＝， D(X)＝np(1－p)＝3××＝.
根据图表给出的信息解决相关问题时，一定要仔细阅读表中信息，千万别“看花了眼”，同时，要正确理解相关概念和计算准确．
【突破训练3】甲乙两个学校高三年级分别有1 100人和1 000人，为了了解这两个学校全体高三年级学生在该地区二模考试中的数学成绩情况，采用分层抽样方法从两个学校一共抽取了105名学生的数学成绩，并作出了如下的频数分布统计表，规定考试成绩在[120,150]内为优秀．
甲校：
分组
[70,80)
[80,90)
[90,100)
[100,110)
频数
2
3
10
15
分组
[110,120)
[120,130)
[130,140)
[140,150)
频数
15
x
3
1
乙校：
分组
[70,80)
[80,90)
[90,100)
[100,110)
频数
1
2
9
8
分组
[110,120)
[120,130)
[130,140)
[140,150)
频数
10
10
y
3
(1)试求x，y的值；
(2)由以上统计数据填写下面2×2列联表，若按是否优秀来判断，是否有97.5%的把握认为两个学校的数学成绩有差异.
甲校
乙校
总计
优秀
非优秀
总计
(3)根据抽样结果分别估计甲校和乙校的优秀率，若把频率视为概率，现从乙校学生中任取3人，求优秀学生人数ξ的分布列和数学期望．
附：K2＝；
P(K2≥k)
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001
k
2.706
3.841
5.024
6.635
10.828
解　(1)由分层抽样知，甲校抽取了55人成绩，乙校抽取了50人的成绩．所以，x＝6，y＝7.
(2)由以上统计数据填写右面2×2列联表如下：
甲校
乙校
总计
优秀
10
20
30
非优秀
45
30
75
总计
55
50
105
因为K2＝≈6.109＞5.024.
故有97.5%的把握认为这两个学校的数学成绩有差异．
(3)由题意，可知：甲校的优秀率为，乙校的优秀率为，由题意可知， 随机变量ξ＝0,1,2,3，且
P(ξ＝0)＝C03＝， P(ξ＝1)＝C12＝，
P(ξ＝2)＝C21＝， P(ξ＝3)＝C30＝，
从而求得ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
P




故ξ的数学期望E(ξ)＝3×＝.

关注高考概率与统计新视角
视角一　关注“实质性”知识
【示例1】某产品按行业生产标准分成8个等级，等级系数X依次为1,2，…，8，其中X≥5为标准A，X≥3为标准B.已知甲厂执行标准A生产该产品，产品的零售价为6元/件；乙厂执行标准B生产该产品，产品的零售价为4元/件，假定甲、乙两厂的产品都符合相应的执行标准．
(1)已知甲厂产品的等级系数X1的概率分布列如表所示：
X1
5
6
7
8
P
0.4
a
b
0.1
且X1的数学期望E(X1)＝6，求a，b的值；
(2)为分析乙厂产品的等级系数X2，从该厂生产的产品中随机抽取30件，相应的等级系数组成一个样本，数据如下：
3
5
3
3
8
5
5
6
3
4
6
3
4
7
5
3
4
8
5
3
8
3
4
3
4
4
7
5
6
7
用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，求等级系数X2的数学期望；
(3)在(1)、(2)的条件下，若以“性价比”为判断标准，则哪个工厂的产品更具可购买性？说明理由．
注：①产品的“性价比”＝；
②“性价比”大的产品更具可购买性．
[满分解答]　(1)因为E(X1)＝6，
所以5×0.4＋6a＋7b＋8×0.1＝6， 即6a＋7b＝3.2.
又由X1的概率分布列，得0.4＋a＋b＋0.1＝1， 即a＋b＝0.5.
由解得(4分)
(2)由已知得样本的频率分布表如表：
X2
3
4
5
6
7
8
f
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0.1
用这个样本的频率分布估计总体分布，将频率视为概率，可得等级系数X2的概率分布列如表：
X2
3
4
5
6
7
8
f
0.3
0.2
0.2
0.1
0.1
0.1
所以E(X2)＝3·P(X2＝3)＋4·P(X2＝4)＋5·P(X2＝5)＋6·P(X2＝6)＋7·P(X2＝7)＋8·P(X2＝8)＝3×0.3＋4×0.2＋5×0.2＋6×0.1＋7×0.1＋8×0.1＝4.8.
即乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8.(8分)
(3)乙厂的产品更具可购买性．理由如下：
因为甲厂产品的等级系数的数学期望等于6，价格为6元/件，所以其性价比为＝1.
因为乙厂产品的等级系数的数学期望等于4.8，价格为4元/件，所以其性价比为＝1.2.
据此，可知乙厂的产品更具可购买性．(12分)
老师叮咛：本题是一道概率与统计的综合性问题，考查数据的处理能力、函数与方程思想、必然与或然思想等.本题对高考数学的复习有很好的导向作用，命题设计的特色是注重考查考生对概率与统计知识的形成过程的理解和应用.其中，在求每一个随机变量的概率时，要确切地解释每一个随机变量的含义，也就是要弄清楚每一个随机变量指的是什么.对于判断“哪个工厂的产品更具可购买性”，不仅需要考生理解产品“性价比”的数学意义，还要理解“性价比”的大小决定产品的购买价值.这样的考题，更能体现数学的现实性和应用性.
视角二　关注“开放性”知识
【示例2】如图所示，A地到火车站共有两条路径L1和L2，据统计，通过两条路径所用的时间互不影响，所用时间落在各时间段内的频率如下表：
时间(分钟)
10～20
20～30
30～40
40～50
50～60
L1的频率
0.1
0.2
0.3
0.2
0.2
L2的频率
0
0.1
0.4
0.4
0.1
现甲、乙两人分别有40分钟和50分钟时间用于赶往火车站．
(1)为了尽最大可能在各自允许的时间内赶到火车站，甲和乙应如何选择各自的路径？
(2)用X表示甲、乙两人中在允许的时间内能赶到火车站的人数，针对(1)的选择方案，求X的分布列和数学期望．
[满分解答]　(1)Ai表示事件“甲选择路径Li时，40分钟内赶到火车站”，Bi表示事件“乙选择路径Li时，50分钟内赶到火车站”，i＝1,2.
用频率估计相应的概率可得
P(A1)＝0.1＋0.2＋0.3＝0.6，P(A2)＝0.1＋0.4＝0.5，
因为P(A1)＞P(A2)，所以甲应选择L1.
P(B1)＝0.1＋0.2＋0.3＋0.2＝0.8，
P(B2)＝0.1＋0.4＋0.4＝0.9，
因为P(B2)＞P(B1)，所以乙应选择L2.(6分)
(2)A，B分别表示针对(1)的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到火车站，由(1)，知P(A)＝0.6，P(B)＝0.9，又由题意知，A，B独立，
所以P(X＝0)＝P( )＝P()P()＝0.4×0.1＝0.04，
P(X＝1)＝P(B＋A)＝P()P(B)＋P(A)P()＝0.4×0.9＋0.6×0.1＝0.42，
P(X＝2)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝0.6×0.9＝0.54.
所以X的分布列如下表：
X
0
1
2
P
0.04
0.42
0.54
所以E(X)＝0×0.04＋1×0.42＋2×0.54＝1.5.(12分)
老师叮咛：本题考查概率与统计知识的综合应用，在求解离散型随机变量分布列和计算离散型随机变量的期望值的问题中，考查考生分析问题、处理数据、解答问题的数学应用能力.设问的开放性、答题的多样性以及根据统计数据提供的频率估计相应的概率，作出科学决策等是本题的亮点，较好地体现了新课标理念.
专题二十一 问题数学思想在解题中的应用(一)
1．设平面点集A＝{(x，y)|(y－x)≥0}，B＝{(x，y)|(x－1)2＋(y－1)2≤1}，则A∩B所表示的平面图形的面积为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.π B.π C.π D.
答案： D　[数形结合，画出图象，可知集合B表示的是一个圆面，集合A表示的图形在圆(x－1)2＋(y－1)2＝1内的部分正好是圆面积的一半，因此A∩B所表示的平面图形的面积是，选D.]
2．设F1，F2是椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为直线x＝上一点，△F2PF1是底角为30°的等腰三角形，则E的离心率为(　　)．
A. B. C. D.
答案：C　[由题意可得|PF2|＝|F1F2|，∴2＝2c，∴3a＝4c，∴e＝.]
3．设变量x，y满足则2x＋3y的最大值为(　　)．
A．20 B．35 C．45 D．55
答案：D　[根据不等式组确定平面区域，再平移目标函数求最大值．作出不等式组对应的平面区域(如图所示)，平移直线y＝－x，易知直线经过可行域上的点A(5,15)时，2x＋3y取得最大值55，故选择D.]
4．过抛物线y2＝2x的焦点F作直线交抛物线于A，B两点，若|AB|＝，|AF|＜|BF|，则|AF|＝________.
解析　设过抛物线焦点的直线为y＝k，
联立得整理得k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0，
x1＋x2＝，x1x2＝.
|AB|＝x1＋x2＋1＝＋1＝，得k2＝24代入k2x2－(k2＋2)x＋k2＝0得12x2－13x＋3＝0，解之得x1＝，x2＝，又|AF|＜|BF|，故|AF|＝x1＋＝.
答案　
1．函数的主干知识、函数的综合应用以及函数与方程思想的考查一直是高考的重点内容之一．高考试题中，既有灵活多变的客观性小题，又有一定能力要求的主观性大题，难度有易有难，可以说是贯穿了数学高考整份试卷，高考中所占比重比较大．
2．数形结合思想的考查常以数学概念、数学式的几何意义、函数图象、解析几何等为载体，多数以选择题、填空题出现，难度中等．
(1)对于函数与方程思想，在解题中要善于挖掘题目中的隐含条件，构造出函数解析式和妙用函数与方程的相互转化的关系是应用函数与方程思想解题的关键．
(2)在运用数形结合思想分析问题时，要注意三点：①理解一些概念与运算法则的几何意义以及曲线的代数特征，对题目中的条件和结论既分析其几何意义，又分析其代数意义；②恰当设参、合理用参，建立关系，由形思数，以数想形，做好数形转化；③确定参数的取值范围，参数的范围决定图形的范围.
必备知识
?函数与方程思想
(1)函数思想就是用运动和变化的观点，分析和研究具体问题中的数量关系，并通过函数形式建立函数关系，然后利用函数有关的知识(定义域、值域、最值、单调性、奇偶性、周期性、对称性、图象、导数)使问题得以解决．函数思想贯穿于高中数学教学的始终，不仅在函数各章的学习，而且在研究方程、不等式、数列、解析几何等其他内容时也起着十分重要的作用．
(2)方程的思想，是分析数学问题中变量间的等量关系，从而建立方程或方程组，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决．在实际问题的解决过程中，函数、方程、不等式等常常互相转化．因此，函数与方程的思想是高考考查的重点知识．
?数形结合思想
(1)数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法．数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化，抽象问题具体化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，它是数学规律性与灵活性的有机结合．
(2)数形结合的思想方法应用广泛，如解方程、不等式问题，求函数的值域、最值问题、三角函数问题，运用数形结合思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程．
必备方法
1．在高中数学的各个部分，都有一些公式和定理，这些公式和定理本身就是方程，如等差数列的通项公式、余弦定理、解析几何的弦长公式等，当试题与这些问题有关时，就需要根据这些公式或者定理列方程或方程组求解需要的量．
2．函数与不等式也可以相互转化，对于函数y＝f(x)，当y＞0时，就转化为不等式f(x)＞0，借助于函数图象与性质解决有关问题，而研究函数的性质，也离不开解不等式．
3．在数学中函数的图象、方程的曲线、不等式所表示的平面区域、向量的几何意义、复数的几何意义等都实现以形助数的途径，当试题中涉及这些问题的数量关系时，我们可以通过形分析这些数量关系，达到解题的目的．

　　 　　　　关问题
函数思想，不仅是利用函数的方法来研究解决有关函数问题，更重要的是运用函数的观点去分析、解决问题，它的精髓是通过建立函数关系或构造函数，再运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】设f(x)＝ln(x＋1)＋ ＋ax＋b(a，b∈R，a，b为常数)，曲线y＝f(x)与直线y＝x在(0,0)点相切．
(1)求a，b的值；
(2)证明：当0＜x＜2时，f(x)＜.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)应用导数研究函数性质；(2)应用导数研究函数性质，并且结合放缩法的应用．
(1)解　由y＝f(x)过(0,0)点，得b＝－1.
由y＝f(x)在(0,0)点的切线斜率为，又y′|x＝0＝|x＝0＝＋a，得a＝0.
(2)证明　由均值不等式，当x＞0时，
2 ＜x＋1＋1＝x＋2，故＜＋1.
记h(x)＝f(x)－，则
h′(x)＝＋－
＝－
＜－
＝.
令g(x)＝(x＋6)3－216(x＋1)，
则当0＜x＜2时，g′(x)＝3(x＋6)2－216＜0.
因此g(x)在(0,2)内是递减函数，又由g(0)＝0，得
g(x)＜0，所以h′(x)＜0.
因此h(x)在(0,2)内是递减函数，又h(0)＝0，得h(x)＜0.
于是当0＜x＜2时，f(x)＜.
根据所证不等式的结构特征构造相应的函数，研究该函数的单调性是解决这一类问题的关键，本题并没有千篇一律的将不等式右边也纳入到所构造函数中，而是具体问题具体分析，使问题得解，体现了导数的工具性以及函数、方程的数学思想．
【突破训练1】 证明：对任意的正整数n，不等式ln＞－都成立．
证明　令f(x)＝x3－x2＋ln(x＋1)，则f′(x)＝在(0,1]上恒正．
∴f(x)在(0,1]上单调递增，当x∈(0,1]时，有x3－x2＋ln(x＋1)＞0，即ln(x＋1)＞x2－x3，对任意正整数n，取x＝∈(0,1]，得ln＞－.

　　　　 　　关问题
解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时，用到最多的是方程思想，即列方程组，通过判别式、根与系数的关系来研究方程解的情况进一步研究直线与圆锥曲线的关系，同时处理范围与最值问题时也要用到函数思想．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】在直角坐标系xOy中，已知中心在原点，离心率为的椭圆E的一个焦点为圆C：x2＋y2－4x＋2＝0的圆心．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设P是椭圆E上一点，过P作两条斜率之积为的直线l1，l2.当直线l1，l2都与圆C相切时，求P的坐标．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)将圆的一般方程化为标准方程，然后根据条件列出关于a，b，c，e的方程，解方程(组)即可；(2)设出点P的坐标及直线方程，根据直线与圆相切，圆心到直线的距离等于半径，构造一元二次方程，利用根与系数的关系及P在椭圆上列出方程组，求解得P点的坐标．
解　(1)由x2＋y2－4x＋2＝0得(x－2)2＋y2＝2，故圆C的圆心为点(2,0)．从而可设椭圆E的方程为＋＝1(a＞b＞0)，其焦距为2c.由题设知c＝2，e＝＝.所以a＝2c＝4，b2＝a2－c2＝12.故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)设点P的坐标为(x0，y0)，l1，l2的斜率分别为k1，k2，则l1，l2的方程分别为l1：y－y0＝k1(x－x0)，l2：y－y0＝k2(x－x0)，且k1k2＝，由l1与圆C：(x－2)2＋y2＝2相切得＝ ，
即[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k1＋y－2＝0.
同理可得[(2－x0)2－2]k＋2(2－x0)y0k2＋y－2＝0.
从而k1，k2是方程[(2－x0)2－2]k2＋2(2－x0)y0k＋y－2＝0的两个实根，于是
①
且k1k2＝＝.
由得5x－8x0－36＝0，
解得x0＝－2，或x0＝.
由x0＝－2得y0＝±3；由x0＝得y0＝±，它们均满足①式．
故点P的坐标为(－2,3)，或(－2，－3)，或，或.
直线与圆锥曲线的位置关系中渗透着函数与方程的思想，在解决解析几何问题时常常用到函数与方程的思想．
【突破训练2】如图，F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A是椭圆C的顶点，B是直线AF2与椭圆C的另一个交点，∠F1AF2＝60°.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)已知△AF1B的面积为40 ，求a，b的值．
解　(1)由题意可知，△AF1F2为等边三角形，a＝2c，
所以e＝.
(2)法一　a2＝4c2，b2＝3c2，
直线AB的方程可为y＝－(x－c)．
将其代入椭圆方程3x2＋4y2＝12c2，得B.
所以|AB|＝·＝c.
由S△AF1B＝|AF1|·|AB| sin∠F1AB＝a·c·＝a2＝40，解得a＝10，b＝5.
法二　设|AB|＝t.
因为|AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a.
由椭圆定义|BF1|＋|BF2|＝2a可知，|BF1|＝3a－t.
再由余弦定理(3a－t)2＝a2＋t2－2atcos 60°可得，t＝a.
由S△AF1B＝a·a·＝a2＝40知，a＝10，b＝5.

讨论方程的解可构造两个函数，使求方程的解的问题转化为讨论两曲线交点的问题，但用图象法讨论方程的解，一定要注意图象的精确性、全面性．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】? 方程x－sin x＝0在区间[0,2π]上的实根个数为(　　)．
A．1 B．2 C．3 D．4
[审题视点] 　
　
[听课记录]
答案： B　[方程x－sin x＝0在区间[0,2π]上解的个数，可以转化为两函数y＝x与y＝sin x交点的个数．根据右面图象可得交点个数为2，即方程解的个数为2.故选B.]
用函数的图象讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解的个数是一种重要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(不熟悉时，需要作适当变形转化为两熟悉的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解的个数．
【突破训练3】设函数f(x)＝若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，则关于x的方程f(x)＝x的解的个数为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．1 B．2 C．3 D．4
【突破训练3】 C　[?
?
∴f(x)＝x2＋4x＋2，x≤0，这个函数的图象如图所示：可知直线y＝x与f(x)的图象有三个交点，选C.]

　　　　 　　或求最值
在解含有参数的不等式时，由于涉及到参数，往往需要讨论，导致演算过程繁琐冗长．如果题设与几何图形有联系，那么利用数形结合的方法，问题将会简练地得到解决．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例4】不等式|x＋3|－|x－1|≤a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为(　　)．
A．(－∞，－1]∪[4，＋∞) B．(－∞，－2]∪[5，＋∞)
C．[1,2] D．(－∞，1]∪[2，＋∞)
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 去掉绝对值化为分段函数，画出函数图象找到这个函数的最大值再求解．
答案：A　[f(x)＝|x＋3|－|x－1|＝画出函数f(x)的图象，如图，可以看出函数f(x)的最大值为4，故只要a2－3a≥4即可，解得a≤－1或a≥4.选项为A.]
本题的知识背景涉及函数、不等式、绝对值等，“题目中的某些部分都可以使用图形”表示，在解题时我们就是把这些可以用图形表示的部分用图形表示出来，借助于图形的直观获得了解决问题的方法，这就是以形助数，是数形结合中的一个主要方面．在解答选择题的过程中，可以先根据题意，做出草图，然后参照图形的作法、形状、位置、性质，并综合图象的特征得出结论．
【突破训练4】设函数g(x)＝x2－2(x∈R)．f(x)＝则f(x)的值域是(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.∪(1，＋∞) B．[0，＋∞)
C. D.∪(2，＋∞)
答案： D　[由题意知f(x)＝
＝

所以结合图形，可得当 x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，f(x)的值域为(2，＋∞)；当x∈[－1,2]时，f(x)的值域为.故选D.]

突破数形结合思想缺失的障碍
解答函数试题，很多时候函数图象是隐形的，即在试题中没有出现函数图象，在答题中一般也不要画出函数图象，但在寻找解题思路时必须借助于函数图象，这就是数形结合思想的深刻体现，而很多学生常常在解题中对这种隐形的数形结合意识不到，导致解题错误．
【示例】已知函数f(x)＝x3－3ax－1，a≠0.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在x＝－1处取得极值，直线y＝m与y＝f(x)的图象有三个不同的交点，求m的取值范围．
[满分解答]　(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，
当a＜0时，对任意的x∈R，有f′(x)＞0，此时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；
当a＞0时，由f′(x)＞0解得x＜－或x＞，由f′(x)＜0解得－＜x＜，
故当a＞0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－)，(，＋∞)；f(x)的单调减区间为(－，)．(4分)
(2)因为f(x)在x＝－1处取得极值，所以f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a＝1.(6分)
所以f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3，由f′(x)＝0解得x1＝－1，x2＝1.
由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.因为直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，结合f(x)的单调性画出图象(如图所示)可知，m的取值范围是(－3,1)．(12分)
老师叮咛：解答本题的关键是数形结合，但前提必须是利用导数把函数的性质研究透彻，根据函数的性质把函数图象的大致形态勾画出来，根据数形结合思想找到实数m所满足的条件，再进行严格的推理论证.
【试一试】设函数f(x)＝ax3－3ax，g(x)＝bx2－ln x(a，b∈R)，已知它们在x＝1处的切线互相平行．
(1)求b的值；
(2)若函数F(x)＝且方程F(x)＝a2有且仅有四个解，求实数a的取值范围．
解　函数g(x)＝bx2－ln x的定义域为(0，＋∞)．
(1)f′(x)＝3ax2－3a?f′(1)＝0，
g′(x)＝2bx－?g′(1)＝2b－1，
依题意2b－1＝0，所以b＝.
(2)x∈(0,1)时，g′(x)＝x－＜0，
x∈(1，＋∞)时，g′(x)＝x－＞0，
所以当x＝1时，g(x)取极小值g(1)＝；
当a＝0时，方程F(x)＝a2不可能有四个解；
当a＜0时，x∈(－∞，－1)时，f′(x)＜0，
x∈(－1,0)时，f′(x)＞0，
所以x＝－1时，f(x)取得极小值f(－1)＝2a，
又f(0)＝0，所以F(x)的图象如下：
从图象可以看出F(x)＝a2不可能有四个解．
当a＞0时，x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0，x∈(－1,0)时，f′(x)＜0，
所以x＝－1时，f(x)取得极大值f(－1)＝2a.
又f(0)＝0，所以F(x)的图象如下：
从图象看出方程F(x)＝a2有四个解，则＜a2＜2a，所以实数a的取值范围是.
　
　
专题二十二数学思想在解题中的应用(二)
1．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋6)＝f(x)．当－3≤x＜－1时，f(x)＝－(x＋2)2；当－1≤x＜3时，f(x)＝x.则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 012)＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．335 B．338 C．1 678 D．2 012
答案： B　[由f(x＋6)＝f(x)可知，函数f(x)的周期为6，所以f(－3)＝f(3)＝－1，f(－2)＝f(4)＝0，f(－1)＝f(5)＝－1，f(0)＝f(6)＝0，f(1)＝1，f(2)＝2，所以在一个周期内有f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1＋2－1＋0－1＋0＝1，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(2 012)＝f(1)＋f(2)＋335×1＝1＋2＋335＝338.]
2．方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2,0,1,2,3}，且a，b，c互不相同．在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有(　　)．
A．60条 B．62条 C．71条 D．80条
答案：B　[显然方程ay＝b2x2＋c表示抛物线时，有ab≠0，故该方程等价于y＝x2＋.
(1)当c＝0时，从{－3，－2,1,2,3}中任取2个数作为a，b的值，有A＝20种不同的方法，
当a一定，b的值互为相反数时，对应的抛物线相同，这样的抛物线共有4×3＝12条，所以此时不同的抛物线共有A－6＝14条．
(2)当c≠0时，从{－3，－2,1,2,3}中任取3个数作为a，b，c的值有A＝60种不同的方法；当a，c的值一定，而b的值互为相反数时，对应的抛物线相同，这样的抛物线共有4A＝24条，所以此时不同的抛物线有A－12＝48条．综上所述，满足题意的不同的抛物线有14＋48＝62条，故选B.]
3．函数f(x)在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有f≤[f(x1)＋f(x2)]，则称f(x)在[a，b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质 P，现给出如下命题：
①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的；②f(x2)在[1，]上具有性质P；③若f(x)在x＝2处取得最大值1，则f(x)＝1，x∈[1,3]；④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有f≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]．其中真命题的序号是(　　)．
A．①② B．①③ C．②④ D．③④
答案：D　[取函数f(x)＝则函数f(x)满足题设条件具有性质P，但函数f(x)的图象是不连续的，故①为假命题，排除A、B；取函数f(x)＝－x,1≤x≤3，则函数满足题设条件具有性质 P，但f(x2)＝－x2,1≤x≤就不具有性质P，故②为假命题，排除C.应选D.]
4．下图为某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是________．
解析　此框图依次执行如下循环：
第一次：T＝0，k＝1，sin＞sin 0成立，a＝1，T＝T＋a＝1，k＝2，2＜6，继续循环；
第二次：sin π＞sin不成立，a＝0，T＝T＋a＝1，k＝3,3＜6，继续循环；
第三次：sin＞sin π不成立，a＝0，T＝T＋a＝1，k＝4,4＜6，继续循环；
第四次：sin 2π＞sin成立，a＝1，T＝T＋a＝2，k＝5,5＜6，继续循环；
第五次：sin＞sin 2π成立，a＝1，T＝T＋a＝3，k＝6,6＜6不成立，跳出循环，输出T的值为3.
答案　3
1．分类讨论思想的考查重点为含有参数的函数性质问题、与等比数列的前n项和有关的计算推证问题、直线与圆锥曲线的位置关系不定问题等，在选择、填空、解答题中都会涉及到分类讨论的思想方法．
2．等价转换思想的应用在高考试题中处处可见，是解高考试题常用的数学思想．
(1)分类与整合思想实质上是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略．利用好分类与整合思想可以优化解题思路，降低问题难度．复习中要养成分类与整合的习惯，常见的分类情形有：概念分类型，运算需要型，参数变化型，图形变动型．
(2)转化与化归思想是高中数学学习中最基本、最重要的思想方法，它无处不在．比如：在解析几何中，通过建立坐标系将几何问题划归为代数问题.
必备知识
?分类与整合思想
在解某些数学问题时，我们常常会遇到这样一种情况：解到某一步之后，发现问题的发展是按照不同的方向进行的．当被研究的问题包含了多种情况时，就必须抓住主导问题发展方向的主要因素，在其变化范围内，根据问题的不同发展方向，划分为若干部分分别研究．这里集中体现的是由大化小，由整体化为部分，由一般化为特殊的解决问题的方法，其研究的基本方向是“分”，但分类解决问题之后，还必须把它们整合在一起，这种“合—分—合”的解决问题的思想，就是分类与整合思想．
?化归与转化思想
在解决一个问题时人们的眼光并不落在结论上，而是去寻觅、追溯一些熟知的结果，由此将问题化难为易，化繁为简，化大为小，各个击破，达到最终解决问题的目的，这种解决问题的思想就是化归与转化思想．
必备方法
1．分类讨论的几种情况
(1)由数学的概念、图形的位置等引发的分类讨论：数学中的概念有些就是分类的，如绝对值的概念；
(2)由数学的定理、法则、公式等引发的分类讨论：一些数学定理和公式是分类的，如等比数列的求和公式等；
(3)由参数变化引发的分类讨论：当要解决的问题中涉及参数时，由于参数在不同范围内取值时，问题的发展方向不同，这就要把参数划分的几个部分分类解决；
(4)问题的具体情况引发的分类讨论：有些数学问题本身就要分情况解决，如概率计算中要根据要求，分类求出基本事件的个数；
(5)较复杂或非常规的数学问题，需要采取分类讨论的解题策略来解决．
2．化归转化思想的几种情况
(1)化为已知：当所要解决的问题和我们已经掌握的问题有关系时，把所要解决的问题化为已知问题；
(2)化难为易：化难为易是解决数学问题的基本思想，当我们遇到的问题是崭新的，解决起来困难时，就要把这个问题化为我们熟悉的问题，熟悉的问题我们有解决的方法，就是容易的问题，这是化难为易的一个方面；
(3)化繁为简：在一些问题中，已知条件或求解结论比较繁，这时就可以通过化简这些较繁的已知或者结论为简单的情况，再解决问题，有时把问题中的某个部分看做一个整体，进行换元，这也是化繁为简的转化思想；
(4)化大为小：在解答综合性试题时，一个问题往往是由几个问题组成的，整个问题的结论，是通过这一系列的小问题得出的，这种情况下，就可以把所要解决的问题转化为几个小问题进行解决.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　　　 　　分类讨论
数学中的很多概念都是通过分类定义的，数学中的一些定理、公式、法则往往有一些严格的限制条件，故高考常常在这些知识点中命题．
【例1】设函数f(x)＝若f(a)＞f(－a)，则实数a的取值范围是(　　)．
A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1)
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 分a＞0，a＜0讨论求解．
C　[当a＞0时，由f(a)＞f(－a)，得log2a＞loga，
即log2a＞log2 ，即a＞，解得a＞1；
当a＜0时，由f(a)＞f(－a)，得log(－a)＞log2(－a)，
即log2＞log2(－a)，则－＞－a，解得－1＜a＜0.
所以a∈(－1,0)∪(1，＋∞)．]
有许多核心的数学概念是分类的，比如：直线斜率、指数函数、对数函数等，与这样的数学概念有关的问题往往需要根据数学概念进行分类，从而全面完整地解决问题．
【突破训练1】 若函数f(x)＝ax－x－a(a＞0且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．
解析　则函数f(x)＝ax－x－a(a＞0且a≠1)有两个零点，就是函数y＝ax(a＞0且a≠1)的图象与函数y＝x＋a的图象有两个交点．由图象可知，当0＜a＜1时，两函数只有一个交点，不符合；当a＞1时，因为函数y＝ax(a＞1)的图象过点(0,1)，而直线y＝x＋a的图象与y轴的交点一定在点(0,1)的上方，所以一定有两个交点．所以实数a的取值范围是(1，＋∞)．
答案　(1，＋∞)

由于参数的取值不同会导致所得结果不同，所以某些含有参数的问题如函数性质的运用、求最值、一元二次方程根的判断、直线斜率等，在求解时要根据参数的变化进行分类讨论．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．
(1)当a≤时，讨论f(x)的单调性；
(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)根据解题需要，要对二次项系数、根的大小分类讨论．
(2)将问题转化为g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值，则可借助(1)问的结论求得f(x)在(0,2)上的最小值，根据二次函数的对称轴与给定区间(1,2]的关系讨论求g(x)的最小值即可求b的范围．
解　(1)因为f(x)＝ln x－ax＋－1，
所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)．
令h(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)．
①当a＝0时，h(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，
所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
②当a≠0时，令f′(x)＝0，
即ax2－x＋1－a＝0，解得x1＝1，x2＝－1.
(ⅰ)当a＝时，x1＝x2，h(x)≥0恒成立，此时f′(x)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(ⅱ)当01>0，
当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
当x∈时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减．
(ⅲ)当a<0时，由于－1<0，
x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增；
当a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当0(2)因为a＝∈，由(1)知，x1＝1，x2＝3?(0,2)，
当x∈(0,1)时，函数f(x)单调递减；当x∈(1,2)时，函数f(x)单调递增．所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)＝－.
由于“对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值－”．(*)
又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1,2]，所以
①当b<1时，因为g(x)min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*)矛盾；
②当b∈[1,2]时，因为g(x)min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；
③当b∈(2，＋∞)时，因为g(x)min＝g(2)＝8－4b，解不等式8－4b≤－，可得b≥.
综上所述，b的取值范围是.
求解时，要结合参数的意义，对参数的不同取值或不同取值范围进行分类讨论，分类要合理，要不重不漏，要符合最简原则．
【突破训练2】已知函数f(x)＝ax3－x2＋1(x∈R)，其中a＞0.
(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)若在区间上，f(x)＞0恒成立，求a的取值范围．
解　(1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f(2)＝3.f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－3＝6(x－2)，即y＝6x－9.
(2)f′＝3ax2－3x＝3x(ax－1)．
令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.
以下分两种情况讨论：
①若0＜a≤2，则≥.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x

0

f′(x)
＋
0
－
f(x)
?
极大值
?
当x∈时，
f(x)＞0等价于即
解不等式组得－5＜a＜5.因此0＜a≤2.
②若a＞2，则0＜＜.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x

0



f′(x)
＋0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
当x∈时，
f(x)＞0等价于即
解不等式组得＜a＜5或a＜－.因此2＜a＜5.
综合①②，可知a的取值范围为0＜a＜5.

转化与化归思想非常普遍，常考查特殊与一般、常量与变量、正与反或以换元法为手段的转化．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】已知函数f(x)＝x3＋2x2－ax＋1.若函数g(x)＝f′(x)在区间(－1,1)上存在零点，则实数a的取值范围是________．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 很显然，函数g(x)是二次函数，二次函数在一个开区间上存在零点，情况是很复杂的，但这个二次函数可以把参数分离出来，这样就把问题转化为求一个具体的函数的值域．
解析　g(x)＝f′(x)＝3x2＋4x－a，g(x)＝f′(x)在区间(－1,1)上存在零点，等价于3x2＋4x＝a在区间(－1,1)上有解，等价于a的取值范围是函数y＝3x2＋4x在区间(－1,1)上的值域，不难求出这个函数的值域是.故所求的a的取值范围是.
答案　
在高考中，转化与化归思想占有相当重要的地位，在解题时注意依据问题本身所提供的信息，利用动态思维，去寻求有利于问题解决的化归与转化的途径和方法．
【突破训练3】 函数f(x)＝sin x＋cos x＋sin 2x的最小值是________．
解析　令t＝sin x＋cos x＝sin，
则t2＝1＋sin 2x，且t∈[－，]，∴f(t)＝t2＋t－1＝2－，
故当t＝－∈[－，]时，函数f(x)的最小值为－.
答案　－
突破转化与化归的瓶颈
转化的一种方式是变换研究对象，将问题转移至新对象的知识背景中，从而使非标准型问题、复杂问题简单化，进而变得容易处理．通过引进新的变量，可以将分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者将条件与结论联系起来，或者使题目的形式变得熟悉，从而将复杂的计算或证明题简化．
【示例】设函数fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N＋，b，c∈R)．
(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间内存在唯一零点；
(2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范围；
(3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在内的零点，判断数列x2，x3，…，xn，…的增减性．
[满分解答]　(1)b＝1，c＝－1，n≥2时，fn(x)＝xn＋x－1.
∵fnfn(1)＝×1＜0，
∴fn(x)在内存在零点．
又当x∈时，fn′(x)＝nxn－1＋1＞0，
∴fn(x)在上是单调递增的，
∴fn(x)在内存在唯一零点．(4分)
(2)当n＝2时，f2(x)＝x2＋bx＋c.
对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等价于f2(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：
(i)当＞1，即|b|＞2时，
M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾．
(ii)当－1≤－＜0，即0＜b≤2时，
M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立．
(iii)当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，
M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立．
综上可知，－2≤b≤2.(8分)
注：(ii)，(iii)也可合并证明如下：
用max{a，b}表示a，b中的较大者．
当－1≤－≤1，即－2≤b≤2时，
M＝max{f2(1)，f2(－1)}－f2
＝＋－f2
＝1＋c＋|b|－
＝2≤4恒成立．(8分)
(3)法一　设xn是fn(x)在内的唯一零点(n≥2)，
fn(xn)＝x＋xn－1＝0，fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈，于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)，
又由(1)知fn(x)在上是递增的，故xn＜xn＋1(n≥2)，
所以，数列x2，x3，…，xn，…是递增数列．(12分)
法二　设xn是fn(x)在内的唯一零点，
fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1)
＝x＋xn－1＜x＋xn－1＝0，
则fn＋1(x)的零点xn＋1在(xn,1)内，故xn＜xn＋1 (n≥2)，
所以，数列x2，x3，…，xn，…是递增数列．(12分)
老师叮咛：本题主要考查函数的零点、导数与不等式，以及数列的单调性的判断和恒成立问题的处理，意在考查转化思想和分类讨论思想的运用.第?1?问利用函数零点存在定理，结合函数的单调性，得出函数在区间上的零点个数.第?2?问结合分类讨论思想，得出函数在区间[－1，1]上的最值，把恒成立问题转化为简单的解不等式问题，不会转化是一个重要的失分点.第?3?问，看成单纯的数列问题，无法将新问题与第?2?问中的结论联系起来，导致解题走入死胡同.
【试一试】 已知函数f(x)＝x＋(a∈R)，g(x)＝ln x.
(1)求函数F(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间；
(2)若关于x的方程＝f(x)－2e(e为自然对数的底数)只有一个实数根a的值．
解　(1)函数F(x)＝f(x)＋g(x)＝x＋＋ln x的定义域为(0，＋∞)．
∴F′(x)＝1－＋＝.
①当Δ＝1＋4a≤0，即a≤－时，得x2＋x－a≥0，则F′(x)≥0.
∴函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ＝1＋4a＞0，即a＞－时，令F′(x)＝0，得x2＋x－a＝0，
解得x1＝＜0，x2＝.
(i)若－＜a≤0，则x2＝≤0.
∵x∈(0，＋∞)，∴F′(x)＞0，
∴函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(ii)若a＞0，则x∈时，F′(x)＜0；
x∈时，F′(x)＞0，
∴函数F(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，函数F(x)的单调递减区间为，
单调递增区间为.
(2)由＝f(x)－2e，得＝x＋－2e，化为＝x2－2ex＋a.
令h(x)＝，则h′(x)＝.
令h′(x)＝0，得x＝e.
当0＜x＜e时，h′(x)＞0；当x＞e时，h′(x)＜0.
∴函数h(x)在区间(0，e)上单调递增，在区间(e，＋∞)上单调递减．
∴当x＝e时，函数h(x)取得最大值，其值为h(e)＝.
而函数m(x)＝x2－2ex＋a＝(x－e)2＋a－e2，
当x＝e时，函数m(x)取得最小值，其值为m(e)＝a－e2.
∴当a－e2＝，即a＝e2＋时，方程＝f(x)－2e只有一个实数根．
专题三 不等式及线性规划问题
1．若a，b∈R，且ab＞0，则下列不等式恒成立的是(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．a2＋b2＞2ab B．a＋b≥2
C.＋＞ D.＋≥2
答案：D　[对于A：当a＝b＝1时满足ab＞0，但a2＋b2＝2ab，所以A错；对于B、C：当a＝b＝－1时满足ab＞0，但a＋b＜0，＋＜0，而2＞0，＞0，显然B、C不对；对于D：当ab＞0时，由基本不等式可得＋≥2＝2.]
2．若x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是(　　)．
A．ex≤1＋x＋x2 B.≤1－x＋x2
C．cos x≥1－x2 D．ln(1＋x)≥x－x2
答案：C　[正确命题要证明，错误命题只需举一个反例即可．如A，因为e3＞1＋3＋32，故A不恒成立；同理，当x＝时，＞1－x＋x2，故B不恒成立；因为′＝－sin x＋x≥0(x∈[0，＋∞))，且x＝0时，y＝cos x＋x2－1＝0，所以y＝cos x＋x2－1≥0恒成立，所以C对；当x＝4时，ln(1＋x)＜x－x2，故D不恒成立．]
3．设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝3x－y的取值范围是(　　)．
A. B.
C．[－1,6] D.
答案：A　[
作出不等式组所表示的区域如图，由z＝3x－y得，y＝3x－z，平移直线y＝3x，由图象可知当直线经过点E(2，0)时，直线y＝3x－z的截距最小，此时z最大为z＝3×2－0＝6，当直线经过C点时，直线y＝3x－z的截距最大，此时z最小，由解得此时z＝3x－y＝－3＝－，所以z＝3x－y的取值范围是.]
4．若x，y满足约束条件则x－y的取值范围是________．
解析　
记z＝x－y，则y＝x－z，所以z为直线y＝x－z在y轴上的截距的相反数，画出不等式组表示的可行域如图中△ABC区域所示．结合图形可知，当直线经过点B(1,1)时，x－y取得最大值0，当直线经过点C(0,3)时，x－y取得最小值－3.
答案　[－3,0]
本部分内容高考主要考查以下几方面：
(1)考查利用基本不等式求最值、证明不等式等，利用基本不等式解决实际问题．
(2)考查以线性目标函数的最值为重点，目标函数的求解常结合其代数式的几何意义(如斜率、截距、距离、面积等)来求解．
(3)一元二次不等式经常与函数、导数、数列、解析几何相结合考查参数的取值范围，以考查一元二次不等式的解法为主，并兼顾二次方程的判别式、根的存在等．
不等式部分重点掌握一元二次不等式的解法，特别是含有字母参数的一元二次不等式的解法，基本不等式求最值，二元一次不等式组所表示的平面区域，包括平面区域的形状判断、面积以及与平面区域有关的最值问题，简单的线性规划模型在解决实际问题中的应用．对不等式的深入复习要结合数列、解析几何、导数进行.
必备知识
?一元二次不等式
(1)一元二次不等式的解集可以由一元二次方程的解结合二次函数的图象得来，不要死记硬背，二次函数的图象是联系“二次型”的纽带．
(2)对含参数的不等式，难点在于对参数的恰当分类，关键是找到对参数进行讨论的原因，确定好分类标准(如最高次系数、判别式、根相等)，层次清楚地求解．
(3)与一元二次不等式有关的恒成立问题，通常转化为根的分布问题，求解时一定要借助二次函数的图象，一般考虑四个方面：开口方向、判别式的符号、对称轴的位置、区间端点函数值的符号．
?基本不等式
(1)基本不等式a2＋b2≥2ab取等号的条件是当且仅当a＝b；当且仅当x＝y时，≥(x＞0，y＞0)取等号．
(2)几个重要的不等式：①ab≤2(a，b∈R)；
② ≥≥≥(a＞0，b＞0)；
③a＋≥2(a＞0，当a＝1时等号成立)；
2(a2＋b2)≥(a＋b)2(a，b∈R，当a＝b时等号成立)；
|a|－|b|≤|a±b|≤|a|＋|b|.
(3)最值问题：设x，y都为正数，则有
①若x＋y＝s(和为定值)，则x＝y时，积xy取得最大值；
②若xy＝p(积为定值)，则当x＝y时，和x＋y取得最小值2.
?比较法、综合法、分析法和数学归纳法仍是证明不等式的最基本方法．要依据题设的结构特点、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．
?解决线性规划问题的一般步骤
(1)确定线性约束条件；
(2)确定线性目标函数；
(3)画出可行域；
(4)利用线性目标函数(直线)求出最优解；
(5)据实际问题的需要，适当调整最优解(如整数解等)．
必备方法
1．解一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0(a≠0)或ax2＋bx＋c＜0(a≠0)，可利用一元二次方程、一元二次不等式和二次函数间的关系．
2．使用基本不等式以及与之相关的不等式求一元函数或者二元函数最值时，基本的技巧是创造使用这些不等式的条件，如各变数都是正数，某些变数之积或者之和为常数等，解题中要根据这个原则对求解目标进行适当的变换，使之达到能够使用这些不等式求解最值的目的．在使用基本不等式求函数的最值、特别是求二元函数最值时一定要注意等号成立的条件，尽量避免二次使用基本不等式．
3．平面区域的确定方法是“直线定界、特殊点定域”，二元一次不等式组所表示的平面区域是各个不等式所表示的半平面的交集．线性目标函数z＝ax＋by中的z不是直线ax＋by＝z在y轴上的截距，把目标函数化为y＝－x＋可知是直线ax＋by＝z在y轴上的截距，要根据b的符号确定目标函数在什么情况下取得最大值、什么情况下取得最小值.

常考查：①直接利用基本不等式求最值；②先利用配凑法等进行恒等变形，再利用基本不等式求最值．近几年高考试题常考查实际应用题中基本不等式的应用，应引起我们的重视．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】? (2010·重庆)已知x＞0，y＞0，x＋2y＋2xy＝8，则x＋2y的最小值是(　　)．
A．3 B．4 C. D.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 将已知式改写成y关于x的表达式，再代入x＋2y消元，整理成应用基本不等式的形式求最值．
B　[∵x＋2y＋2xy＝8，∴y＝＞0，∴－1＜x＜8，
∴x＋2y＝x＋2·＝(x＋1)＋－2≥2 －2＝4，此时x＝2，y＝1，故选B.]
当函数或代数式具有“和是定值”、“积是定值”的结构特点时，常利用基本不等式求其最大、最小值．在具体题目中，一般很少考查基本不等式的直接应用，而是需要对式子进行变形，寻求其中的内在关系，然后利用基本不等式得出结果．
【突破训练1】 已知a＞0，b＞0，且a＋2b＝1.则＋的最小值为________．
解析　＋＝＋＝3＋
≥3＋2 ＝3＋2.
即＋的最小值为3＋2.
答案　3＋2

线性规划问题常考查有三种题型：一是求最值；二是求区域面积；三是知最优解情况或可行域情况确定参数的值或取值范围．同时，这也是高考的热点，主要以选择题、填空题的形式考查．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】设x，y满足约束条件若目标函数z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最大值为12，则＋的最小值为(　　)．
A. B. C. D．4
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 先由已知结合线性规划知识可以求得a，b的关系式，再由基本不等式求解．
A　[不等式表示的平面区域如图所示阴影部分．
当直线ax＋by＝z(a＞0，b＞0)过直线x－y＋2＝0与直线3x－y－6＝0的交点(4,6)时，目标函数z＝ax＋by(a＞0，b＞0)取得最大值12，即4a＋6b＝12，即2a＋3b＝6.
所以＋＝·＝＋≥＋2＝.]
线性规划的实质是把代数问题几何化，即数形结合的思想．
需要注意的是：一，准确无误地作出可行域；二，画目标函数所对应的直线时，要注意与约束条件中的直线的斜率进行比较，避免出错，比如上题中目标函数所对应直线的斜率－＜0；三，一般情况下，目标函数的最大或最小值会在可行域的端点或边界上取得．
【突破训练2】某农户计划种植黄瓜和韭菜，种植面积不超过50亩，投入资金不超过54万元，假设种植黄瓜和韭菜的产量、成本和售价如下表
年产量/亩
年种植成本/亩
每吨售价
黄瓜
4吨
1.2万元
0.55万元
韭菜
6吨
0.9万元
0.3万元
为使一年的种植总利润(总利润＝总销售收入－总种植成本)最大，那么黄瓜和韭菜的种植面积(单位：亩)分别为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．50,0 B．30,20 C．20,30 D．0,50
答案：B　[设黄瓜和韭菜的种植面积分别为x亩，y亩，总利润为z万元，则目标函数为z＝(0.55×4x－1.2x)＋(0.3×6y－0.9y)＝x＋0.9y.
线性约束条件为
即
画出可行域，如图所示．
作出直线l0：x＋0.9y＝0，向上平移至过点B时，z取得最大值，由求得B(30，20)．]

常考查：①含参不等式的求解；②已知含参不等式恒成立，求参数的取值范围，尤其是一元二次不等式的求解是高考重点考查的知识点之一，几乎涉及高中数学的所有章节，且常考常新，要注意解题的灵活性．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】? 若不等式x2－ax＋1≥0对于一切x∈(0,2]成立，求a的取值范围．
(1)若题中区间改为x∈[－2,2]，求a的取值范围；
(2)若题中区间改为a∈[－2,2]，求x的取值范围．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 原题可利用分离法求解；(1)分离参数后，需分x＝0，x∈(0,2]，x∈[－2,0)讨论；(2)利用变换主元法求解．
解　原不等式可化为a≤，而≥＝2，
所以a的取值范围是(－∞，2]．
(1)因为x∈[－2,2]，而当x＝0时，原式为02－a·0＋1≥0恒成立，此时a∈R；当x≠0时，令f(x)＝＝x＋，
则当x∈(0,2]时，知a∈(－∞，2]，所以当x∈[－2,0)时，
因为a≥，令f(x)＝＝x＋，
由函数的单调性可知，
所以f(x)max＝f(－1)＝－2，所以a∈[－2，＋∞)，
综上可知，a的取值范围是[－2,2]．
(2)因为a∈[－2,2]，则可把原式看作关于a的函数，
即g(a)＝－xa＋x2＋1≥0，由题意可知，
解之得x∈R，
所以x的取值范围是(－∞，＋∞)．
本题考查了不等式恒成立问题，在给定自变量的取值范围时，解有关不等式问题时，往往采用分离变量或适当变形，或变换主元，或构造函数，再利用函数的单调性或基本不等式进行求解，在解答时，一定要注意观察所给不等式的形式和结构，选取合适的方法去解答．
【突破训练3】已知f(x)＝x2－2ax＋2，当x∈[－1，＋∞)时，f(x)≥a恒成立，求a的取值范围．
解　
设F(x)＝x2－2ax＋2－a，则问题的条件变为当x∈[－1，＋∞)时，F(x)≥0恒成立．∵当Δ＝(－2a)2－4(2－a)＝4(a＋2)·(a－1)≤0，即－2≤a≤1时，F(x)≥0恒成立．
又当Δ＞0时，F(x)≥0在[－1，＋∞)上恒成立的充要条件是
??－3≤a＜－2.
故a的取值范围是[－3,1]．

不等式的综合应用主要体现在不等式与函数、方程、导数、数列等其它知识的综合应用．不等式作为一种工具经常与函数、方程结合在一起，用其研究函数和方程的有关题目；再就是利用函数和方程的理论研究不等式．题目难度较大．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例4】? 设函数f(x)＝x2＋aln(1＋x)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2.
(1)求a的取值范围，并讨论f(x)的单调性；
(2)证明：f(x2)＞.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 第(1)问基础常规，第(2)问要证明不等式，常规方法很难见效，转而构造函数，反复利用导数作工具研究函数的单调性，其中需要一定的探究能力．
(1)解　f′(x)＝2x＋＝(x＞－1)．
令g(x)＝2x2＋2x＋a，其对称轴为x＝－.
由题意知x1、x2是方程g(x)＝0的两个均大于－1的不相等的实根，且x1＝，x2＝，
其充要条件为得0＜a＜.
①当x∈(－1，x1)时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(－1，x1)内为增函数；
②当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，
∴f(x)在(x1，x2)内为减函数；
③当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，
∴f(x)在(x2，＋∞)内为增函数．
(2)证明　当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，
∴－＜x2＜0.a＝－(2x＋2x2)．
∴f(x2)＝x＋aln(1＋x2)＝x－(2x＋2x2)ln(1＋x2)．
设h(x)＝x2－(2x2＋2x)ln(1＋x)，
则h′(x)＝2x－2(2x＋1)ln(1＋x)－2x＝－2(2x＋1)ln(1＋x)．
①当x∈时，h′(x)＞0，
∴h(x)在上单调递增；
②当x∈(0，＋∞)时，h′(x)＜0，
h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
∴当x∈时，h(x)＞h＝.
故f(x2)＝h(x2)＞.
在确定函数的单调区间时，往往需要对所求出的导数中的参数进行分类讨论来解决，不等式的证明常常借助构造函数，利用函数的单调性进行证明，从而使问题的解决变得简单、明快．
【突破训练4】 已知函数f(x)＝x3－3ax2－9a2x＋a3.若a＞，且当x∈[1,4a]时，|f′(x)|≤12a恒成立，试确定a的取值范围．
解　f′(x)＝3x2－6ax－9a2的图象是一条开口向上的抛物线，关于x＝a对称．
①若＜a≤1，则f′(x)在[1,4a]上是增函数，从而f′(x)在[1,4a]上的最小值是f′(1)＝3－6a－9a2，最大值是f′(4a)＝15a2.
由|f′(x)|≤12a，得－12a≤3x2－6ax－9a2≤12a，
于是有f′(1)＝3－6a－9a2≥－12a，且f′(4a)＝15a2≤12a.
由f′(1)≥－12a，得－≤a≤1，由f′(4a)≤12a，得0≤a≤.
所以a∈∩∩，即a∈.
②若a＞1，则|f′(a)|＝12a2＞12a.
故当x∈[1,4a]时，|f′(x)|≤12a不恒成立．
所以使|f′(x)|≤12a(x∈[1,4a])恒成立的a的取值范围是.

把握好含参二次不等式的分类标准的四个“讨论点”
含参数的二次不等式的解法常常涉及到参数的讨论问题，如何选择讨论标准是学生不易掌握的地方．实际上，只要把握好下面的四个“讨论点”，一切便迎刃而解．
分类标准一：二次项系数是否为零，目的是讨论不等式是否为二次不等式；
分类标准二：二次项系数的正负，目的是讨论二次函数图象的开口方向；
分类标准三：判别式的正负，目的是讨论二次方程是否有解；
分类标准四：两根差的正负，目的是比较根的大小．
【示例】? (2012·汕头调研)已知函数f(x)＝ax＋＋c(a＞0)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(1)用a表示出b，c；
(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．
[满分解答]　(1)f′(x)＝a－，
则有
解得(4分)
(2)由(1)知，f(x)＝ax＋＋1－2a.
令g(x)＝f(x)－ln x
＝ax＋＋1－2a－ln x，x∈[1，＋∞)，
则g(1)＝0，
g′(x)＝a－－
＝＝.(8分)
①当0＜a＜时，＞1.
若1＜x＜，则g′(x)＜0，g(x)是减函数，所以g(x)＜g(1)＝0，即f(x)＜ln x．故f(x)≥ln x在[1，＋∞)上不恒成立．(10分)
②当a≥时，≤1.
若x＞1，则g′(x)＞0，g(x)是增函数，所以g(x)＞g(1)＝0，即f(x)＞ln x，故当x≥1时，f(x)≥ln x.
综上所述，所求a的取值范围为，＋∞.(12分)
老师叮咛：对不确定的根的大小关系不加区分，整体表现为不能有序地进行分类讨论，对于分类讨论的题目没有结论，这都是造成失分的原因，切记！
【试一试】 (高考题改编)解关于x的不等式ax2－(2a＋1)x＋2＜0.
解　不等式ax2－(2a＋1)x＋2＜0，
即(ax－1)(x－2)＜0.
(1)当a＞0时，不等式可以化为(x－2)＜0.
①若0＜a＜，则＞2，
此时不等式的解集为；
②若a＝，则不等式为(x－2)2＜0，不等式的解集为?；
③若a＞，则＜2，此时不等式的解集为.
(2)当a＝0时，不等式即－x＋2＜0，
此时不等式的解集为(2，＋∞)．
(3)当a＜0时，不等式可以化为(x－2)＞0.
由于＜2，故不等式的解集为∪(2，＋∞)．
综上所述，当a＜0时，不等式的解集为∪(2，＋∞)；
当a＝0时，不等式的解集为(2，＋∞)；
当0＜a＜时，不等式的解集为；
当a＝时，不等式的解集为?；
当a＞时，不等式的解集为.
　
专题四 导数的简单应用及定积分
1．曲线y＝e－2x＋1在点(0,2)处的切线与直线y＝0和y＝x围成的三角形的面积为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D．1
答案： A　[y′＝－2e－2x，曲线在点(0,2)处的切线斜率k＝－2，∴切线方程为y＝－2x＋2，该直线与直线y＝0和y＝x围成的三角形如图所示，其中直线y＝－2x＋2与y＝x的交点A，所以三角形面积S＝×1×＝，故选A.]
2．曲线y＝x3－x＋3在点(1,3)处的切线方程为________．
解析　曲线方程为y＝x3－x＋3，则y′＝3x2－1，又易知点(1,3)在曲线上，有y′|x＝1＝2，即在点(1,3)处的切线方程的斜率为2，所以切线方程为y－3＝2(x－1)，即2x－y＋1＝0.
答案　2x－y＋1＝0
3．设函数f(x)＝D是由x轴和曲线y＝f(x)及该曲线在点(1,0)处的切线所围成的封闭区域，则z＝x－2y在D上的最大值为________．
解析　当x＞0时，求导得f′(x)＝，所以曲线在点(1,0)处的切线的斜率k＝1，切线方程为y＝x－1，画图可知区域D为三角形，三个顶点的坐标分别为，(0，－1)，(1,0)，平移直线x－2y＝0，可知在点(0，－1)处z取得最大值2.
答案　2
4．计算定积分－1(x2＋sin x)dx＝________.
解析　－1(x2＋sin x)dx＝＝.
答案　
1．利用导数的几何意义求曲线的切线方程；考查定积分的性质及几何意义．
2．考查利用导数的有关知识研究函数的单调性、极值和最值，进而解(证)不等式．
3．用导数解决日常生活中的一些实际问题，以及与其他知识相结合，考查常见的数学思想方法．
首先要理解导数的工具性作用；其次要弄清函数单调性与导数符号之间的关系，掌握求函数极值、最值的方法步骤，对于已知函数单调性或单调区间，求参数的取值范围问题，一般先利用导数将其转化为不等式在某个区间上的恒成立问题，再利用分离参数法求解.
必备知识
?导数的几何意义
(1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f′(x0)．
(2)曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．
(3)导数的物理意义：s′(t)＝v(t)，v′(t)＝a(t)．
?基本初等函数的导数公式和运算法则
(1)基本初等函数的导数公式
原函数
导函数
f(x)＝c
f′(x)＝0
f(x)＝xn(n∈R)
f′(x)＝nxn－1
f(x)＝sin x
f′(x)＝cos x
f(x)＝cos x
f′(x)＝－sin x
f(x)＝ax(a＞0且a≠1)
f′(x)＝axln a
f(x)＝ex
f′(x)＝ex
f(x)＝logax(a＞0且a≠1)
f′(x)＝
f(x)＝ln x
f′(x)＝
(2)导数的四则运算法则
①[u(x)±v(x)]′＝u′(x)±v′(x)；
②[u(x)v(x)]′＝u′(x)v(x)＋u(x)v′(x)；
③′＝(v(x)≠0)．
(3)复合函数求导
复合函数y＝f(g(x))的导数和y＝f(u)，u＝g(x)的导数之间的关系为yx′＝f′(u)g′(x)．
?利用导数研究函数单调性的一般步骤
(1)确定函数的定义域；
(2)求导数f′(x)；
(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数y＝f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0；②若已知y＝f(x)的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题求解．
?求可导函数极值的步骤
(1)求f′(x)；
(2)求f′(x)＝0的根；
(3)判定根两侧导数的符号；
(4)下结论．
?求函数f(x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤
(1)求f′(x)；
(2)求f′(x)＝0的根(注意取舍)；
(3)求出各极值及区间端点处的函数值；
(4)比较其大小，得结论(最大的就是最大值，最小的就是最小值)．
必备方法
1．利用导数解决优化问题的步骤
(1)审题设未知数；(2)结合题意列出函数关系式；(3)确定函数的定义域；(4)在定义域内求极值、最值；(5)下结论．
2．定积分在几何中的应用
被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a＜b)和y＝0所围成的曲边梯形的面积为S.
(1)当f(x)＞0时，S＝ f(x)dx；
(2)当f(x)＜0时，S＝－ f(x)dx；
(3)当x∈[a，c]时，f(x)＞0；当x∈[c，b]时，f(x)＜0，则S＝ f(x)dx－ f(x)dx.

常考查：①根据曲线方程，求其在某点处的切线方程；②根据曲线的切线方程求曲线方程中的某一参数．可能出现在导数解答题的第一问，较基础．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0，求a、b的值．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点]求f′(x)，由可求．
解　f′(x)＝－，
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即
解得a＝1，b＝1.
函数切线的相关问题的解决，抓住两个关键点：其一，切点是交点；其二，在切点处的导数是切线的斜率．因此，解决此类问题，一般要设出切点，建立关系——方程(组)．其三，求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“在点P处的切线”的差异．过点P的切线中，点P不一定是切点，点P也不一定在已知曲线上；在点P处的切线，点P是切点．
【突破训练1】 直线y＝2x＋b是曲线y＝ln x(x＞0)的一条切线，则实数b＝________.
解析　切线的斜率是2，根据导数的几何意义可以求出切点的横坐标，进而求出切点的坐标，切点在切线上，代入即可求出b的值．y′＝，令＝2得，x＝，故切点为，代入直线方程，得ln ＝2×＋b，所以b＝－ln 2－1.
答案　－ln 2－1

常考查：①利用导数研究含参函数的单调性问题；②由函数的单调性求参数的范围．尤其是含参函数单调性的研究成为高考命题的热点，主要考查学生的分类讨论思想，试题有一定难度．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】已知函数f(x)＝x＋(a∈R)，g(x)＝ln x．求函数F(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 确定定义域→求导→对a进行分类讨论→确定f(x)的单调性→下结论．
解　函数F(x)＝f(x)＋g(x)＝x＋＋ln x的定义域为(0，＋∞)．
所以f′(x)＝1－＋＝.
①当Δ＝1＋4a≤0，即a≤－时，得x2＋x－a≥0，则f′(x)≥0.
所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当Δ＝1＋4a＞0，即a＞－时，令f′(x)＝0，得x2＋x－a＝0，
解得x1＝＜0，x2＝.
(1)若－＜a≤0，则x2＝≤0.
因为x∈(0，＋∞)，所以f′(x)＞0，
所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)若a＞0，则x∈时，f′(x)＜0；
x∈，＋∞时，f′(x)＞0.
所以函数F(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上所述，当a≤0时，函数F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；
当a＞0时，函数F(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.
讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．
【突破训练2】设函数f(x)＝aex＋＋b(a＞0)．
(1)求f(x)在[0，＋∞)内的最小值；
(2)设曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝x，求a，b的值．
解　(1)f′(x)＝aex－，
当f′(x)＞0，即x＞－ln a时，f(x)在(－ln a，＋∞)上递增；
当f′(x)＜0，即x＜－ln a时，f(x)在(－∞，－ln a)上递减．
①当0＜a＜1时，－ln a＞0，f(x)在(0，－ln a)上递减，在(－ln a，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)内的最小值为f(－ln a)＝2＋b；
②当a≥1时，－ln a≤0，f(x)在[0，＋∞)上递增，从而f(x)在[0，＋∞)内的最小值为f(0)＝a＋＋b.
(2)依题意f′(2)＝ae2－＝，解得ae2＝2或ae2＝－(舍去)．
所以a＝，代入原函数可得2＋＋b＝3，即b＝.
故a＝，b＝.

此类问题的命题背景很宽泛，涉及到的知识点多，综合性强，常考查：①直接求极值或最值；②利用极(最)值求参数的值或范围．常与函数的单调性、方程、不等式及实际应用问题综合，形成知识的交汇问题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】? 已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx－2的图象过点(－1，－6)，且函数g(x)＝f′(x)＋6x的图象关于y轴对称．
(1)求m，n的值及函数y＝f(x)的单调区间；
(2)若a＞0，求函数y＝f(x)在区间(a－1，a＋1)内的极值．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)根据f(x)、g(x)的函数图象的性质，列出关于m、n的方程，求出m、n的值．(2)分类讨论．
解　(1)由函数f(x)的图象过点(－1，－6)，
得m－n＝－3.①
由f(x)＝x3＋mx2＋nx－2，
得f′(x)＝3x2＋2mx＋n，
则g(x)＝f′(x)＋6x＝3x2＋(2m＋6)x＋n.
而g(x)的图象关于y轴对称，所以－＝0，
所以m＝－3.代入①得n＝0.
于是f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)．
由f′(x)＞0得x＞2或x＜0，
故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；
由f′(x)＜0，得0＜x＜2，
故f(x)的单调递减区间是(0,2)．
(2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)，
令f′(x)＝0得x＝0或x＝2.
当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，0)
0
(0,2)
2
(2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
由此可得：
当0＜a＜1时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极大值f(0)＝－2，无极小值；
当a＝1时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值；
当1＜a＜3时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极小值f(2)＝－6，无极大值；
当a≥3时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值．
综上得，当0＜a＜1时，f(x)有极大值－2，无极小值；
当1＜a＜3时，f(x)有极小值－6，无极大值；
当a＝1或a≥3时，f(x)无极值．
(1)求单调递增区间，转化为求不等式f′(x)≥0(不恒为0)的解集即可，已知f(x)在M上递增?f′(x)≥0在M上恒成立，注意区别．
(2)研究函数的单调性后可画出示意图．
讨论区间与0,2的位置关系，画图→截取→观察即可．
【突破训练3】已知函数f(x)＝ax2＋1(a＞0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．
解　(1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，
所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．
即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.
解得a＝3，b＝3.
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a2时，
h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，
h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.
令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.
a＞0时，h(x)与h′(x)的变化情况如下：
x

－

－

h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
?
?
?
所以函数h(x)的单调递增区间为和；单调递减区间为.
当－≥－1，即0＜a≤2时，
函数h(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－1)＝a－a2.
当－＜－1，且－≥－1，即2＜a≤6时，
函数h(x)在区间内单调递增，在区间上单调递减，h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h＝1.
当－＜－1，即a＞6时，
函数h(x)在区间内单调递增，在区间内单调递减，在区间上单调递增，
又因h－h(－1)＝1－a＋a2＝(a－2)2＞0，
所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h＝1.

定积分及其应用是新课标中的新增内容，常考查：①依据定积分的基本运算求解简单的定积分；②根据定积分的几何意义和性质求曲边梯形面积．关键在于准确找出被积函数的原函数，利用微积分基本定理求解．各地考纲对定积分的要求不高．学习时以掌握基础题型为主．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例4】由曲线y＝，直线y＝x－2及y轴所围成的图形的面积为(　　)．
A. B．4 C. D．6
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 借助封闭图形确定积分上、下限及被积函数．
C　[由y＝及y＝x－2可得x＝4，所以由y＝、y＝x－2及y轴所围成的封闭图形面积为(－x＋2)dx＝
＝.]
求定积分的一些技巧：
(1)对被积函数要先化简，把被积函数变为幂函数、指数函数、正弦、余弦函数与常数的和或差，再求定积分；
(2)求被积函数是分段函数的定积分，依据定积分的性质，分段求定积分，再求和；
(3)对含有绝对值符号的被积函数，先要去掉绝对值符号再求定积分．
【突破训练4】 若dx＝3＋ln 2，则a的值为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．6 B． 4 C．3 D．2
答案：D　[＝a2＋ln a－1＝3＋ln 2，∴∴a＝2.]

导数法求最值中的分类讨论
由参数的变化引起的分类讨论．对于某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，由于参数的取值不同会导致所得结果不同，或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法．
【示例】已知函数f(x)＝x3＋x2－ax－a，x∈R，其中a＞0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围；
(3)当a＝1时，设函数f(x)在区间[t，t＋3]上的最大值为M(t)，最小值为m(t)，记g(t)＝M(t)－m(t)，求函数g(t)在区间[－3，－1]上的最小值．
[满分解答]　(1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)．由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a＞0.
当x变化时f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，－1)
－1
(－1，a)
a
(a，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
极大值
?
极小值
?
故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1，a)．(5分)
(2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1,0)内单调递减，从而函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当解得0＜a＜.
所以a的取值范围是.(8分)
(3)a＝1时，f(x)＝x3－x－1.由(1)知f(x)在[－3，－1]上单调递增，在[－1,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增．
①当t∈[－3，－2]时，t＋3∈[0,1]，－1∈[t，t＋3]，f(x)在[t，－1]上单调递增，在[－1，t＋3]上单调递减．因此f(x)在[t，t＋3]上的最大值M(t)＝f(－1)＝－，而最小值m(t)为f(t)与f(t＋3)中的较小者．由f(t＋3)－f(t)＝3(t＋1)(t＋2)知，当t∈[－3，－2]时，f(t)≤f(t＋3)，故m(t)＝f(t)，所以g(t)＝f(－1)－f(t)．而f(t)在[－3，－2]上单调递增，因此f(t)≤f(－2)＝－.所以g(t)在[－3，－2]上的最小值为g(－2)＝－－＝.(12分)
②当t∈[－2，－1]时，t＋3∈[1,2]，且－1,1∈[t，t＋3]．
下面比较f(－1)，f(1)，f(t)，f(t＋3)的大小．
由f(x)在[－2，－1]，[1,2]上单调递增，有
f(－2)≤f(t)≤f(－1)，
f(1)≤f(t＋3)≤f(2)．
又由f(1)＝f(－2)＝－，f(－1)＝f(2)＝－，
从而M(t)＝f(－1)＝－，m(t)＝f(1)＝－.
所以g(t)＝M(t)－m(t)＝.
综上，函数g(t)在区间[－3，－1]上的最小值为.
(14分)
老师叮咛：本题中的第?3?问比较麻烦，由于所给的区间不确定，函数在此区间上的单调性也不确定，需要根据参数的不同取值进行分类讨论，注意把握分类的标准，能够确定出函数的最大值和最小值，要求思路清晰，结合第?1?问中的函数的单调性确定函数g?t?的最值.
【试一试】已知函数f(x)＝(x－k)2e.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若对于任意的x∈(0，＋∞)，都有f(x)≤，求k的取值范围．
解　(1)f′(x)＝(x2－k2)e.
令f′(x)＝0，得x＝±k.
当k>0时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，－k)
－k
(－k，k)
k
(k，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
?
4k2e－1
?
0
?
所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－k)和(k，＋∞)；单调递减区间是(－k，k)．
当k<0时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，k)
k
(k，－k)
－k
(－k，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
0
－
f(x)
?
0
?
4k2e－1
?
所以，f(x)的单调递减区间是(－∞，k)和(－k，＋∞)；单调递增区间是(k，－k)．
(2)当k>0时，因为f(k＋1)＝e>，所以不会有?x∈(0，＋∞)，f(x)≤.当k<0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上的最大值是f(－k)＝.∴≤，∴4k2≤1，∴－≤k<0.故当?x∈(0，＋∞)，f(x)≤时，k的取值范围是.
专题五 函数、导数、不等式的综合问题
　1.已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求k的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2.
解　(1)由f(x)＝，
得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，
由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
所以f′(1)＝0，因此k＝1.
(2)由(1)得f′(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)，
令h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)，
当x∈(0,1)时，h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0.
又ex＞0，所以x∈(0,1)时，f′(x)＞0；
x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.
因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．
(3)因为g(x)＝xf′(x)，
所以g(x)＝(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)，
由(2)得，h(x)＝1－x－xln x，
求导得h′(x)＝－ln x－2＝－(ln x－ln e－2)．
所以当x∈(0，e－2)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增；
当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减．
所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2.
又当x∈(0，＋∞)时，0＜＜1，
所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜1＋e－2，即g(x)＜1＋e－2.
综上所述结论成立．
导数与函数、方程、不等式的交汇综合，以及利用导数研究实际中的优化问题，是命题的热点，而且不断丰富创新．题型以解答题的形式为主，综合考查学生分析问题、解决问题的能力．
应通过一些典型例题的分析提高分析问题和解决问题的能力．解题时要善于把复杂的、生疏的、非规范化的问题转化为简单的、熟悉的、规范化的问题来解决.

常考查：①确定零点，图象交点及方程解的个数问题；②应用零点、图象交点及方程解的存在情况，求参数的值或范围．该类试题一般以含参数的高次式、分式、指数式或对数式结构的函数、方程呈现．主要考查学生转化与化归、数形结合思想，以及运用所学知识解决问题的能力．
【例1】? 已知x＝3是函数f(x)＝aln(1＋x)＋x2－10x的一个极值点．
(1)求a；
(2)求函数f(x)的单调区间；
(3)若直线y＝b与函数y＝f(x)的图象有3个交点，求b的取值范围．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)由f′(3)＝0求a；(2)由f′(x)＞0或f′(x)＜0，求函数f(x)的单调区间；(3)求f(x)的极值，结合图象可确定b的取值范围．
解　f(x)的定义域：(－1，＋∞)．
(1)f′(x)＝＋2x－10，
又f′(3)＝＋6－10＝0，∴a＝16.
经检验此时x＝3为f(x)极值点，故a＝16.
(2)f′(x)＝＋2x－10
＝＝.
当－13时，f′(x)>0；
当1∴f(x)单调增区间为：(－1,1)，(3，＋∞)，单调减区间为(1,3)．
(3)由(2)知，f(x)在(－1,1)内单调增加，在(1,3)内单调减少，在(3，＋∞)上单调增加，且当x＝1或x＝3时，f′(x)＝0.所以f(x)的极大值为f(1)＝16ln 2－9，极小值为f(3)＝32ln 2－21.
因为f(16)>162－10×16>16ln 2－9＝f(1)，
f(e－2－1)<－32＋11＝－21所以在f(x)的三个单调区间(－1,1)，(1,3)，(3，＋∞)直线y＝b与y＝f(x)的图象各有一个交点，当且仅当f(3)因此b的取值范围为(32ln 2－21,16ln 2－9)．
对于研究方程根的个数的相关问题，利用导数这一工具和数形结合的数学思想就可以很好地解决．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值点；(3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
【突破训练1】设函数f(x)＝(1＋x)2－2ln (1＋x)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若关于x的方程f(x)＝x2＋x＋a在[0,2]上恰有两个相异实根，求实数a的取值范围．
解　(1)函数的定义域为(－1，＋∞)，
因为f(x)＝(1＋x)2－2ln(1＋x)，
所以f′(x)＝2＝，
由f′(x)＞0，得x＞0；由f′(x)＜0，得－1＜x＜0，
所以，f(x)的递增区间是(0，＋∞)，递减区间是(－1,0)．
(2)方程f(x)＝x2＋x＋a，即x－a＋1－2ln(1＋x)＝0，
记g(x)＝x－a＋1－2ln(1＋x)(x＞－1)，
则g′(x)＝1－＝，
由g′(x)＞0，得x＞1；
由g′(x)＜0，得－1＜x＜1.
所以g(x)在[0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增．
为使f(x)＝x2＋x＋a在[0,2]上恰有两个相异的实根，
只须g(x)＝0在[0,1)和(1,2]上各有一个实根，
于是有即
解得2－2ln 2＜a≤3－2ln 3，
故实数a的取值范围是(2－2ln 2,3－2ln 3]．

通常考查高次式、分式或指数式、对数式、绝对值不等式在某个区间上恒成立，求参数的取值范围，试题涉及到的不等式常含有一个或两个参数．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】设函数f(x)＝x3＋2ax2＋bx＋a，g(x)＝x2－3x＋2，其中x∈R，a，b为常数．已知曲线y＝f(x)与y＝g(x)在点(2,0)处有相同的切线l.
(1)求a，b的值，并写出切线l的方程；
(2)若方程f(x)＋g(x)＝mx有三个互不相同的实根0、x1、x2，其中x1＜x2，且对任意的x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立，求实数m的取值范围．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)基础；(2)根据已知条件f(x)＋g(x)＝mx有三个互不相同的实根0、x1、x2可列一方程，由判断式Δ可得m的范围，再将已知条件：对任意x∈[x1，x2]，f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立，转化为f(x)＋g(x)－mx＜－m恒成立，从而求f(x)＋g(x)－mx的最大值．
解　(1)a＝－2，b＝5，切线l的方程为x－y－2＝0.
(2)由(1)得，f(x)＝x3－4x2＋5x－2，
所以f(x)＋g(x)＝x3－3x2＋2x.
依题意，方程x(x2－3x＋2－m)＝0有三个互不相同的实根0，x1，x2，故x1，x2是方程x2－3x＋2－m＝0的两相异的实根，
所以Δ＝9－4(2－m)＞0，即m＞－.
又对任意的x∈[x1，x2]，
f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立．
特别地，取x＝x1时，f(x1)＋g(x1)－mx1＜－m成立，
得m＜0.由韦达定理，可得x1＋x2＝3＞0，
对任意的x∈[x1，x2]，有x－x2≤0，x－x1≥0，x＞0，
则f(x)＋g(x)－mx＝x(x－x1)(x－x2)≤0，
又f(x1)＋g(x1)－mx1＝0，
所以函数f(x)＋g(x)－mx在x∈[x1，x2]的最大值为0.
于是当m＜0时，对任意的x∈[x1，x2]，
f(x)＋g(x)＜m(x－1)恒成立．
综上，m的取值范围是.
(1)利用导数方法证明不等式f(x)＞g(x)在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h(x)＞0，其中一个重要技巧就是找到函数h(x)在什么地方可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口．
(2)利用函数的导数研究不等式恒成立问题是一类重要题型，体现了导数的工具性作用，将函数、不等式紧密结合起来，考查了学生综合解决问题的能力．
【突破训练2】 已知函数f(x)＝kx，g(x)＝.
(1)求函数g(x)＝的单调递增区间；
(2)若不等式f(x)≥g(x)在区间(0，＋∞)上恒成立，求k的取值范围．
解　(1)∵g(x)＝(x＞0)，
∴g′(x)＝，
令g′(x)＞0，得0＜x＜e，
故函数g(x)＝的单调递增区间为(0，e)．
(2)∵x∈(0，＋∞)，由kx≥，得k≥，令h(x)＝，则问题转化为k大于等于h(x)的最大值，又h′(x)＝，令h′(x)＝0时，x＝，当x在区间(0，＋∞)内变化时，h′(x)、h(x)变化情况如下表：
x
(0，)

(，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
?

?
由表知当x＝时，函数h(x)有最大值，且最大值为，因此k≥.

通常是证明与已知函数有关的关于x(或关于其他变量n等)的不等式在某个范围内成立，求解需构造新函数，用到函数的单调性、极值(最值)，以及不等式的性质等知识完成证明．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】? 设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．
(1)求g(x)的单调区间和最小值；
(2)讨论g(x)与g的大小关系；
(3)是否存在x0＞0，使得|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 第(2)问重新构造函数h(x)＝g(x)－g，利用导数研究这个函数的单调性．
第(3)问采用反证法，可先把|g(x)－g(x0)|＜等价变形为ln x＜g(x0)＜ln x＋，x＞0，再在x∈(0，＋∞)上任取一个值验证矛盾．
解　(1)由题设易知f(x)＝ln x，g(x)＝ln x＋，
所以g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(0,1)时，g′(x)＜0，故(0,1)是g(x)的单调减区间；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间．
因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
所以最小值为g(1)＝1.
(2)g＝－ln x＋x，
设h(x)＝g(x)－g＝2ln x－x＋，
则h′(x)＝－，
当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g，
当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)＜0，h′(1)＝0，
因此，h(x)在(0，＋∞)内单调递减，
当0＜x＜1时，h(x)＞h(1)＝0，即g(x)＞g；
当x＞1时，h(x)＜h(1)＝0，即g(x)＜g.
(3)满足条件的x0不存在．
证明如下：
假设存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立，
即对任意x＞0，有ln x＜g(x0)＜ln x＋，(*)
但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有ln x1＝g(x0)，这与(*)左边不等式矛盾，
因此，不存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立．
另一种证法如下：假设存在x0＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意的x＞0成立．
由(1)知，g(x)的最小值为g(1)＝1，
又g(x)＝ln x＋＞ln x，
而x＞1时，ln x的值域为(0，＋∞)，
x≥1时g(x)的值域为[1，＋∞)，
从而可取一个x1＞1，使g(x1)≥g(x0)＋1.
即g(x1)－g(x0)≥1，
故|g(x1)－g(x0)|≥1＞，与假设矛盾．
∴不存在x1＞0，使|g(x)－g(x0)|＜对任意x＞0成立．
本题有机地将函数、导数和不等式结合到一块，试题难度较大．本题分三小问，第(1)问较容易；第(2)问可以用平时练习常用的方法解决：首先使用构造函数法构造函数，再用导数求出函数的最大值或最小值，且这个最大值小于零，最小值大于零；第(3)问采用反证法，难度较大，难点在于不容易找到与题设矛盾的特例．
【突破训练3】 设a为实数，函数f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
(1)求f(x)的单调区间与极值；
(2)求证：当a＞ln 2－1且x＞0时，ex＞x2－2ax＋1.
(1)解　由f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R知，f′(x)＝ex－2，x∈R.
令f′(x)＝0，得x＝ln 2.
于是当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(－∞，ln 2)
ln 2
(ln 2，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
单调递减
极小值
单调递增
故f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，
单调递增区间是(ln 2，＋∞)，
f(x)在x＝ln 2处取得极小值，
极小值为f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2(1－ln 2＋a)．
(2)证明　设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，
于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R.
由(1)知当a>ln 2－1时，
g′(x)取最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0.
于是对任意x∈R，都有g′(x)>0.
所以g(x)在R内单调递增．
于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，
都有g(x)>g(0)．而g(0)＝0，
从而对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>0.
即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1.
分析法在函数与导数题中的应用
近年来，高考对函数与导数大部分是以压轴题的形式考查的，试题难度较大，命题角度新颖，需要考生把生疏的问题通过分析转化为熟悉的问题，考查考生分析、解决问题的能力．
下面以2012年新课标全国卷为例对分析法在导数中的具体应用作一介绍．
【示例】设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0，求k的最大值．
[满分解答]　(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；若a＞0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，所以，f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．(5分)
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x＞0时，(x－k)f′(x)＋x＋1＞0等价于
k＜＋x(x＞0)．①(8分)
令g(x)＝＋x，
则g′(x)＝＋1＝.
由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)＜0，h(2)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．
当x∈(0，α)时，g′(x)＜0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)＞0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(α)．又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2,3)．
由于①式等价于k＜g(α)，故整数k的最大值为2.…(12分)
老师叮咛：本题主要考查导数在解决函数单调性、函数的最值、函数的零点、不等式问题等方面的应用.其中，第?1?问求函数的导数，对字母a进行讨论，根据导函数值的正负得到函数的单调区间.第?2?问将原不等式转化为k＜g?x?的形式，利用导数法求出函数g?x?的值域，进而得到整数k的最大值.
【试一试】 设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.
(1)若a＝，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．
解　(1)a＝时，f(x)＝x(ex－1)－x2，
f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)．
当x∈(－∞，－1)时，f′(x)＞0；当x∈(－1,0)时，f′(x)＜0；当x∈(0，＋∞)时， f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，－1]，[0，＋∞)上单调递增，在[－1,0]上单调递减．
(2)f(x)＝x(ex－1－ax)，
令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a.
若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时g(x)≥0，即f(x)≥0；
若a＞1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x∈(0，ln a)时g(x)＜0，即f(x)＜0.
综上得a的取值范围为(－∞，1]．
专题六 三角函数的图象和性质
1．已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则cos 2θ＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．－ B．－ C. D.
答案：B　[由题意知，tan θ＝2，cos 2θ＝＝＝－.]
2．函数f(x)＝sin x－cos的值域为(　　)．
A．[－2,2] B. C．[－1,1] D.
答案：B　[因为f(x)＝sin x－cos x＋sin x＝·＝sin，所以函数f(x)的值域为[－，]．]
3．设函数f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)的最小正周期为π，且f(－x)＝f(x)，则(　　)．
A．f(x)在单调递减 B．f(x)在单调递减
C．f(x)在单调递增 D．f(x)在单调递增
答案：A　[f(x)＝sin(ωx＋φ)＋cos(ωx＋φ)＝sin.
由最小正周期为π得，ω＝2，又由f(－x)＝f(x)可知f(x)为偶函数，|φ|<可知φ＝，所以f(x)＝cos 2x在单调递减．]
4．当函数y＝sin x－cos x(0≤x＜2π)取得最大值时，x＝________.
解析　y＝sin x－cos x＝2＝2sin的最大值为2，又0≤x＜2π，故当x－＝，即x＝时，y取得最大值．
答案　
1．对三角函数图象的考查主要表现在以下三个方面：(1)利用“五点法”作出图象；(2)图象变换；(3)由三角函数的图象(部分)确定三角函数的解析式．
2．三角函数的性质是高考的一个重点，它既有直接考查的客观题，也有综合考查的主观题．常通过三角变换，将其转化为y＝Asin(ωx＋φ)的形式，再研究其性质(定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性)．
3．三角函数的图象和性质经常与向量综合进行考查．
由于本部分高考试题的难度不大，经过一轮复习的学生已经达到了高考的要求，二轮复习就是在此基础上进行的巩固和强化，在复习中注意如下几点：
(1)该专题具有基础性和工具性，虽然没有什么大的难点问题，但包含的内容非常广泛，概念、公式很多，不少地方容易混淆，在复习时要根据知识网络对知识进行梳理，系统掌握其知识体系．
(2)抓住考查的主要题型进行训练，根据三角函数的图象求函数解析式或者求函数值.
必备知识
?同角三角函数间的关系、诱导公式在三角函数式的化简中起着举足轻重的作用，应注意正确选择公式、注意公式应用的条件．
?五点法作y＝Asin(ωx＋φ)的简图：五点取法是设X＝ωx＋φ，由X取0、、π、、2π来求相应的x值及对应的y值，再描点作图．
?函数y＝Asin(ωx＋φ)＋B(其中A＞0，ω＞0)最大值是A＋B，最小值是B－A，周期是T＝，频率是f＝，相位是ωx＋φ，初相是φ；其图象的对称轴是直线ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，凡是该图象与直线y＝B的交点都是该图象的对称中心．
?由y＝sin x的图象变换出y＝sin(ωx＋φ)的图象一般有两个途径，只有区别开这两个途径，才能灵活进行图象变换．利用图象的变换作图象时，提倡先平移后伸缩，但先伸缩后平移也经常出现．无论哪种变形，请切记每一个变换总是对字母x而言，即图象变换要看“变量”起多大变化，而不是“角变化”多少．
?三角函数的性质
三角函数的单调区间：y＝sin x 递增区间是
(k∈Z)，
递减区间是(k∈Z)；
y＝cos x的递增区间是(k∈Z)，
递减区间是(k∈Z)；
y＝tan x的递增区间是(k∈Z)．
必备方法
1．三角函数中常用的转化思想及方法技巧：
(1)方程思想：sin α＋cos α，sin α－cos α，sin αcos α三者中，知一可求二；
(2)“1”的替换：sin2α＋cos2α＝1；
(3)切弦互化：弦的齐次式可化为切．
2．函数y＝Asin(ωx＋φ)的问题：
(1)“五点法”画图：分别令ωx＋φ＝0、、π、、2π，求出五个特殊点；
(2)给出y＝Asin(ωx＋φ)的部分图象，求函数表达式时，比较难求的是φ，一般从“五点法”中取靠y轴较近的已知点代入突破；
(3)求对称轴方程：令ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)，求对称中心：令ωx＋φ＝kπ(k∈Z)．

基本关系的应用
常考查利用三角函数的定义、诱导公式及同角三角函数的关系进行化简、求值．主要以小题形式考查，在综合性问题第(1)问中也经常涉及到三角函数的化简、求值，多为基础问题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】若tan(π－α)＝－，则的值为(　　)．
A．－ B. C. D．－
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 先求tan α，再将所求三角函数式分子分母同除cos α化成切的式子．
C　[由tan(π－α)＝－得，tan α＝，＝＝＝＝.]
在三角函数求值类试题中，一般是先化简题目的已知条件或是目标式，把已知和求解之间的关系明朗化后，再选择解决问题的方法．
【突破训练1】 如图，以Ox为始边作角α(0＜α＜π)，终边与单位圆相交于点P，已知点P的坐标为.
求的值．
解　由三角函数定义，得cos α＝－，sin α＝，
∴原式＝＝
＝2cos2 α＝2×2＝.

　　　　　　象及解析式
常考查：①利用已给三角函数的图象特点，求三角函数解析式；②函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象变换．考查学生三角函数基础知识的掌握情况．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】已知
函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜，x∈R)的图象的一部分如图所示．则函数f(x)的解析式为________．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 观察图象，由周期确定ω，由特殊点的坐标确定φ.
解析　由图象知A＝2，＝2?T＝8＝，
所以ω＝，得f(x)＝2sin.
由对应点得当x＝1时，×1＋φ＝?φ＝.
所以f(x)＝2sin.
答案　f(x)＝2sin
将点的坐标代入解析式时，要注意选择的点属于“五点法”中的哪一个点．“第一点”(即图象上升时与x轴的交点)为ωx0＋φ＝0＋2kπ(k∈Z)，其他依次类推即可．
【突破训练2】函
数f(x)＝sin (ωx＋φ)，(其中|φ|＜)的图象如图所示，为了得到g(x)＝sin ωx的图象，则只要将f(x)的图象(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．向右平移个单位 B．向右平移个单位
C．向左平移个单位 D．向左平移个单位
答案：A　[由图象可知，＝－＝，∴T＝π，
∴ω＝＝2，再由2×＋φ＝π.
得φ＝，所以f(x)＝sin，
故只需将f(x)＝sin2向右平移个单位，
得到g(x)＝sin 2x.]

三角函数的周期性、单调性、对称性、最值等是高考的热点，常与三角恒等变换交汇命题，在考查三角恒等变换的方法与技巧的同时，又考查了三角函数的性质，难度中低档．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】已知向量a＝(cos ωx－sin ωx，sin ωx)，b＝(－cos ωx－sin ωx,2cos ωx)，设函数f(x)＝a·b＋λ(x∈R)的图象关于直线x＝π对称，其中ω，λ为常数，且ω∈.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若y＝f(x)的图象经过点，求函数f(x)在区间上的取值范围．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 对于第(1)问的求解主要是根据函数性质和三角函数的定义进行合一化简求最小正周期；对于第(2)问的求解则要对三角函数在定义域内求值域．
解　(1)因为f(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2sin ωx·cos ωx＋λ＝－cos 2ωx＋sin 2ωx＋λ＝2sin＋λ.
由直线x＝π是y＝f(x)图象的一条对称轴，可得sin＝±1，
所以2ωπ－＝kπ＋(k∈Z)，即ω＝＋(k∈Z)．
又ω∈，k∈Z，所以k＝1，故ω＝.
所以f(x)的最小正周期是.
(2)由y＝f(x)的图象过点，得f＝0，
即λ＝－2sin＝－2sin＝－，
即λ＝－.
故f(x)＝2sin－，
由0≤x≤，得－≤x－≤，
所以－≤sin≤1，
得－1－≤2sin－≤2－，
故函数f(x)在上的取值范围为[－1－，2－]．
在解答三角函数的最值、单调性、奇偶性、周期性的问题时，通常是将三角函数化为只含一个函数名称且角度唯一、最高次数为一次的形式，即y＝Asin(ωx＋φ)＋m，其中A＞0，ω＞0，φ∈[0,2π)，若给定区间x∈[a，b]，则最大(小)值、单调区间随之确定；若定义域关于原点对称，且φ＝kπ(k∈Z)，m＝0，则y＝Asin(ωx＋φ)＋m是奇函数；若定义域关于原点对称，且φ＝kπ＋(k∈Z)，m＝0，则y＝Asin (ωx＋φ)＋m是偶函数；其周期为T＝.
【突破训练3】 已知f(x)＝2cos2x＋sin 2x＋a(a∈R)．
(1)若x∈R，求f(x)的单调递增区间；
(2)若x∈时，f(x)的最大值为4，求实数a的值．
解　因f(x)＝2cos2 x＋sin 2x＋a
＝cos 2x＋1＋sin 2x＋a＝2sin＋a＋1.
(1)令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．
∴f(x)的单调递增区间是(k∈Z)．
(2)若x∈，≤2x＋≤，
∴当x＝时，f(x)取得最大值a＋3.
则由条件有a＋3＝4，得a＝1.

三角函数图象与性质是三角函数的综合交汇点，是高考命题的重点，主要考查三角函数的周期性、单调性、奇偶性、对称性、图象变换等，近几年关于三角函数综合应用的高考题不断求新求异，但考查的知识方法不变，首先是化简所给式子，然后结合三角函数的性质求解相关问题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例4】? 已知函数f(x)＝sin 2xsin φ＋cos2xcos φ－sin(0<φ<π)，其图象过点，.
(1)求φ的值；
(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，求函数g(x)在上的最大值和最小值．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 先化简三角函数式，尽量化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，然后再求解．
解　(1)∵f(x)＝sin 2xsin φ＋cos2xcos φ－sin
(0<φ<π)，
∴f(x)＝sin 2xsin φ＋cos φ－cos φ
＝sin 2xsin φ＋cos 2xcos φ
＝(sin 2xsin φ＋cos 2xcos φ)
＝cos(2x－φ)，
又函数图象过点，
∴＝cos，
即cos＝1，
又0<φ<π，∴φ＝.
(2)由(1)知f(x)＝cos，将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到函数y＝g(x)的图象，可知g(x)＝f(2x)＝cos，
因为x∈，所以4x∈[0，π]，
因此4x－∈，故－≤cos≤1.
所以y＝g(x)在上的最大值和最小值分别为和－.
(1)形如y＝asin ωx＋bcos ωx型的三角函数通过引入辅助角化为y＝sin(ωx＋φ)的形式．
(2)求三角函数式最值的方法
①将三角函数式化为y＝Asin(ωx＋φ)＋B的形式，进而结合三角函数的性质求解．
②将三角函数式化为关于sin x，cos x的二次函数的形式，进而借助二次函数的性质求解．
【突破训练4】 若函数f(x)＝sin 2x＋2cos2x＋m在区间上的最大值为6.
(1)求常数m的值；
(2)作函数f(x)关于y轴的对称图象得函数f1(x)的图象，再把f1(x)的图象向右平移个单位长度得f2(x)的图象，求函数f2(x)的单调递减区间．
解　(1)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＋1＋m
＝2sin＋1＋m，
由于x∈，所以≤2x＋≤，
所以－≤sin≤1.
所以m≤f(x)≤3＋m，所以3＋m＝6，所以m＝3.
(2)由(1)得f(x)＝2sin＋4，
f1(x)＝2sin＋4，
f2(x)＝2sin＋4
＝－2sin＋4.
由－＋2kπ≤2x－π≤2kπ＋，k∈Z，
得f2(x)的单调递减区间是，k∈Z.
三角函数标准式的应用
利用辅助角公式化已知三角函数式为“标准式”，是历年高考的热点，三角函数标准式在求三角函数性质(如单调性、最值等)时有着重要作用．化简时常常要结合三角恒等变换知识，这是解决三角函数问题的基础，因此，要牢固掌握这一解题技巧．
【示例】设f(x)＝4cossin ωx－cos(2ωx＋π)，其中ω＞0.
(1)求函数y＝f(x)的值域；
(2)若f(x)在区间上为增函数，求ω的最大值．
[满分解答]　(1)f(x)＝4sin ωx＋cos 2ωx＝2sin ωxcos ωx＋2sin2ωx＋cos2ωx－sin2ωx
＝sin 2ωx＋1，(4分)
因为－1≤sin 2ωx≤1，所以函数y＝f(x)的值域为[1－，1＋]．(6分)
(2)因y＝sin x在每个闭区间(k∈Z)上为增函数，故f(x)＝sin 2ωx＋1(ω＞0)在每个闭区间(k∈Z)上为增函数．(8分)
依题意知?对某个k∈Z成立，
此时必有k＝0，于是
解得ω≤，故ω的最大值为.(12分)
老师叮咛：本题考查三角函数的基本知识，利用公式进行化简，然后数形结合找函数的单调区间，再根据单调区间求参数的最值.其中，第?1?问需利用三角恒等变换知识将三角函数式化为标准式，是解?2?问的基础；第?2?问得分率不高，不少考生找不到解题突破口是失分原因.
【试一试】要得到函数y＝cos x的图象，只需将函数y＝
sin的图象上所有的点的(　　)．
A．横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，再向左平行移动个单位长度
B．横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，再向右平行移动个单位长度
C．横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向左平行移动个单位长度
D．横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平行移动个单位长度
答案：C　[将函数y＝sin图象上所有的点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得函数y＝sin的图象；再向左平行移动个单位长度后便得：y＝sin＝cos x的
专题七 三角恒等变换与解三角形
1．已知α为第二象限角，sin α＋cos α＝，则cos 2α＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．－ B．－
C. D.
答案：A　[将sin α＋cos α＝两边平方，可得1＋sin 2α＝，sin 2α＝－，所以(－sin α＋cos α)2＝1－sin 2α＝，因为α是第二象限角，所以sin α＞0，cos α＜0，所以－sin α＋cos α＝－，所以cos 2α＝(－sin α＋cos α)(cos α＋sin α)＝－，选A.]
2．若tan θ＋＝4，则sin 2θ＝(　　)．
A. B.
C. D.
答案：D　[∵tan θ＋＝＝4，∴4tan θ＝1＋tan2θ，
∴sin 2θ＝2sin θcos θ＝＝＝＝.]
3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知8b＝5c，C＝2B，则cos C＝(　　)．
A. B．－
C．± D.
答案：A　[因为8b＝5c，则由C＝2B，得sin C＝sin 2B＝2sin Bcos B，由正弦定理得cos B＝＝＝，所以cos C＝cos 2B＝2cos2B－1＝2×2－1＝，故选A.]
4．在△ABC中，若a＝2，b＋c＝7，cos B＝－，则b＝________.
解析　由余弦定理，得b2＝4＋(7－b)2－2×2×(7－b)×，解得b＝4.
答案　4
1．对于三角恒等变换，高考命题以公式的基本运用、计算为主，其中多以与角所在范围、三角函数的性质、三角形等知识结合为命题的热点．
2．对于解三角形，重点考查正弦定理、余弦定理两公式在解三角形中的应用，通过三角形中的边、角关系和相关公式的灵活运用来考查学生分析问题、解决问题的能力以及数学运算能力.
1．在三角恒等变换过程中，准确地记忆公式，适当地变换式子，有效地选取公式是解决问题的关键．
2．在解三角形的试题时，要弄清楚三角形三边、三角中已知什么，求什么，这些都是解决问题的思维基础，分析题设条件，利用正、余弦定理进行边与角之间的相互转化是解决问题的关键.
必备知识
?两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)＝sin αcosβ±cos αsin β.
(2)cos(α±β)＝cos αcosβ?sin αsin β.
(3)tan(α±β)＝.
?二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α＝2sin αcos α.
(2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.
(3)tan 2α＝.
(4)降幂公式：sin2 α＝，cos2α＝.
?正弦定理及其变形
＝＝＝2R(2R为△ABC外接圆的直径)．
变形：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C.
sin A＝，sin B＝，sin C＝.
a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C.
?余弦定理及其推论
a2＝b2＋c2－2bccos A，b2＝a2＋c2－2accos B，
c2＝a2＋b2－2abcos C.
推论：cos A＝，cos B＝，
cos C＝.
变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，a2＋c2－b2＝2accos B，a2＋b2－c2＝2abcos C.
?面积公式
S△ABC＝bcsin A＝acsin B＝absin C.
必备方法
1．“变角”是三角变换的灵魂，因此要注意分析条件与所求之间角的联系，常考察是否具有和、差、倍、半关系或互余、互补关系．如2β与β是倍角关系．此外，根据条件与所求中的角的特点，常要对角进行恰当的配凑，如：β＝(α＋β)－α，＝－，2α＝(α＋β)＋(α－β)等．
2．要充分把握三角函数的变换规律．三角变换时，需会用“切化弦”“弦化切”“辅助角”“1的代换”等技巧，追求“名、角、式”(三角函数名、角度、运算结构)的统一，其中角的变换是三角变换的核心．
3．在三角形内求值、证明或判断三角形形状时，要用正、余弦定理完成边与角的互化，一般是都化为边或都化为角，然后用三角公式或代数方法求解，从而达到求值、证明或判断的目的．解题时要注意隐含条件．
4．解三角形的应用问题时，要将条件和求解目标转化到一个三角形中，然后用正、余弦定理或三角公式完成求解，同时注意所求结果要满足实际问题的要求，还要注意对不同概念的角的正确理解与应用，如俯角、仰角、方位角、视角等.

　　　　　　的化简、求值
三角恒等变换是三角运算的核心和灵魂，常考查：①三角恒等变换在化简、求值等方面的简单应用；②三角恒等变换与三角形中相关知识的综合、与向量的交汇性问题，多以解答题形式出现，难度中档．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】已知函数f(x)＝2cos(其中ω＞0，x∈R)的最小正周期为10 π.
(1)求ω的值；
(2)设α，β∈，f＝－，f＝，求cos(α＋β)的值．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)由T＝10π可得ω的值；(2)化简所给的已知条件，求得cos α、sin β的值，将cos(α＋β)展开，代入数据即可．
解　(1)∵f(x)＝2cos，ω＞0的最小正周期T＝10π＝，∴ω＝.
(2)由(1)知f(x)＝2cos，
而α，β∈，f＝－，f(5β－)＝，
∴2cos＝－，
2cos＝，
即cos＝－，cos β＝，
于是sin α＝，cos α＝，sin β＝，
∴cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β
＝×－×＝－.
(1)给值求角的本质还是给值求值，即欲求某角，也要先求该角的某一三角函数值．
(2)由于三角函数的多值性，故要对角的范围进行讨论，确定并求出限定范围内的角．
(3)要仔细观察分析所求角与已知条件的关系，灵活使用角的变换，如α＝(α＋β)－β，α＝＋等．
【突破训练1】 已知cos＝，x∈.
(1)求sin x的值；
(2)求sin的值．
解　(1)因为x∈，
所以x－∈，
于是sin＝ ＝.
sin x＝sin
＝sincos＋cossin 
＝×＋×＝.
(2)因为x∈，
所以cos x＝－＝－ ＝－.
sin 2x＝2sin xcos x＝－，cos 2x＝2cos2x－1＝－.
所以sin＝sin 2xcos ＋cos 2xsin ＝－.

以三角形为载体，以三角变换为核心，结合正(余)弦定理考查解斜三角形是高考的一个热点问题．根据所给式子、三角形的特点合理选择正弦或余弦定理是解题的关键，综合考查学生逻辑分析和计算推理能力．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已
知＝.
(1)求的值；
(2)若cos B＝，b＝2，求△ABC的面积S.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)根据所给式子和第(1)问式子的特征，采用边化角较为简单；(2)借用第(1)问的结果可知a、c间的关系，再结合cos Β＝，b＝2，利用余弦定理可求解．
解　(1)由正弦定理，设＝＝＝k，
则＝＝，
所以＝.
即(cos A－2cos C)sin B＝(2sin C－sin A)cos B，
化简可得sin(A＋B)＝2sin(B＋C)．
又A＋B＋C＝π，所以原等式可化为sin C＝2sin A，
因此＝2.
(2)由＝2，得c＝2a.
由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B及cos B＝，
得4＝a2＋4a2－4a2×，解得a＝1，从而c＝2.
又因为cos B＝，且0＜B＜π，所以sin B＝.
因此S＝acsin B＝×1×2×＝.
在含有三角形内角的三角函数和边的混合关系式中要注意变换方向的
选择．正弦定理、余弦定理、三角形面积公式本身就是一个方程，在解三角形的试题中方程思想是主要的数学思想方法，要注意从方程的角度出发分析问题．
【突破训练2】在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知A＝，bsin－csin＝a.
(1)求证：B－C＝；
(2)若a＝，求△ABC的面积．
(1)证明　由bsin－csin＝a，应用正弦定理，得sin Bsin－sin Csin＝sin A，
sin B－sin C＝，
整理得sin Bcos C－cos Bsin C＝1，
即sin(B－C)＝1，
由于0＜B，C＜π，从而B－C＝.
(2)解　B＋C＝π－A＝，因此B＝，C＝.
由a＝，A＝，
得b＝＝2sin，c＝＝2sin，
所以△ABC的面积S＝bcsin A＝sinsin＝cos·sin＝.
易错点拨 第(2)问考生往往在遇到非特殊角的情况下思维受阻，导致丢分，遇到这种情况时要学会分析推测或用转化法使解题进行下去．

解三角形问题常以向量为载体，解题时通常先利用向量知识将有关向量关系式转化为三角形中的边角关系，然后再借助解三角形的知识求解，难度中档偏低．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】? 在△ABC中，A、B、C所对的边分别为a、b、c，A＝，(1＋)c＝2b.
(1)求角C；
(2)若·＝1＋，求a，b，c.
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)由(1＋)c＝2b及A＝可利用正弦定理将边的关系转化为角的关系；(2)将向量关系式·＝1＋转化为三角形中的边角关系，再利用解三角形的知识求解．
解　(1)由(1＋)c＝2b，得＝＋＝，
则有＝
＝＋＝＋，
得tan C＝1，即C＝.
(2)由·＝1＋，推出abcos C＝1＋.
而C＝，即得ab＝1＋，
则有解得
解答这一类问题，首先要保证向量运算必须正确，否则，反被其累，要很好的掌握正、余弦定理的应用条件及灵活变形，方能使问题简捷解答．
【突破训练3】 在△ABC中，已知2·＝||·||＝32，求角A，B，C的大小．
解　设BC＝a，AC＝b，AB＝c，
由2·＝||·||，
得2bccos A＝bc，所以cos A＝，
又A∈(0，π)，因此A＝，由||·||＝32，
得bc＝a2，于是sin C·sin B＝sin2A＝.
所以sin C·sin＝，
sin C·＝，
因此2sin C·cos C＋2sin2C＝，
sin 2C－cos 2C＝0，即sin＝0.
由A＝知0＜C＜，所以－＜2C－＜，
从而2C－＝0，或2C－＝π，即C＝或C＝，
故A＝，B＝，C＝或A＝，B＝，C＝.

由于正、余弦定理是解斜三角形的工具，而解斜三角形应用问题中的测量问题、航海问题等常常是高考的热点，其主要要求是：会利用正弦定理和余弦定理等知识和方法解决一些测量和几何计算有关的实际问题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例4】如图，
渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上．
(1)求渔船甲的速度；
(2)求sin α的值．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] 第(1)问实质求BC；第(2)问运用正弦定理可求解．
解　(1)依题意，∠ BAC＝120°，AB＝12，
AC＝10×2＝20，∠BCA＝α.
在△ABC中，由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC
＝122＋202－2×12×20×cos 120°＝784，
解得BC＝28.
所以渔船甲的速度为14海里/时．
(2)在△ABC中，因为AB＝12，∠BAC＝120°，BC＝28，∠BCA＝α，
由正弦定理，得＝，
即sin α＝＝＝，
所以sin α的值为.
(1)三角形应用题的解题要点：解斜三角形的问题，通常都要根据题意，从实际问题中寻找出一个或几个三角形，然后通过解这些三角形得出所要求的量，从而得到实际问题的解．
(2)有些时候也必须注意到三角形的特殊性，如直角三角形、等腰三角形、锐角三角形等．正确理解和掌握方位角、俯角、仰角对于解决三角形应用题也是必不可少的．
【突破训练4】如图，
某河段的两岸可视为平行，为了测量该河段的宽度，在河段的一岸边选取两点A，B，观察对岸的点C，测得∠CAB＝75°，∠CBA＝45°且AB＝100米．
(1)求sin 75°；
(2)求该河段的宽度．
解　(1)sin 75°＝sin(30°＋45°)
＝sin 30°cos45°＋cos 30°sin 45°
＝×＋×＝.
(2)因为∠CAB＝75°，∠CBA＝45°，
所以∠ACB＝180°－∠CAB－∠CBA＝60°.
由正弦定理得＝，
所以BC＝.
如图，过点B作BD垂直于对岸，垂足为D, 则BD的长就是该河段的宽度．
在Rt△BDC中，
因为∠BCD＝∠CBA＝45°，
sin∠BCD＝，
所以BD＝BCsin 45°
＝·sin 45°
＝×
＝＝(米)．
答：该河段的宽度为米．
转化与化归在解三角形中的应用
解三角形问题是历年高考的热点，常与三角恒等变换相结合考查正弦、余弦定理的应用，解题的实质是将三角形中的问题转化为代数问题或方程问题，在此过程中也常利用三角恒等变换知识进行有关的转化．可以说，三角形问题的核心就是转化与化归．
【示例】已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，acos C＋asin C－b－c＝0.
(1)求A；
(2)若a＝2，△ABC的面积为，求b，c.
[满分解答]　(1)由acos C＋asin C－b－c＝0及正弦定理得sin Acos C＋sin Asin C－sin B－sin C＝0.
因为B＝π－A－C，
所以sin Asin C－cos Asin C－sin C＝0.
由于sin C≠0，所以sin＝.
又0＜A＜π，故A＝.(6分)
(2)△ABC的面积S＝bcsin A＝，故bc＝4.
而a2＝b2＋c2－2bccos A，故b2＋c2＝8.
解得b＝c＝2.(12分)
老师叮咛：本题较容易，得分率较高.考查了考生利用正、余弦定理及三角公式进行转化的能力.其中，第?1?问利用正弦定理将边化成角，结合三角恒等变换知识整理出角A.第?2?问根据三角形的面积公式得到关于b，c的等式，再由余弦定理用a和角A表示出b，c的关系，从而求解.
【试一试】 在△ABC中，BC＝，AC＝3，sin C＝2sin A.
(1)求AB的值；
(2)求sin的值．
解　(1)在△ABC中，根据正弦定理，＝.
于是AB＝·BC＝2BC＝2.
(2)在△ABC中，根据余弦定理，得
cos A＝＝.
于是sin A＝＝.
从而sin 2A＝2sin Acos A＝，
cos 2A＝cos2A－sin2A＝.
所以sin＝sin 2Acos－cos 2Asin＝.
专题八 平面向量线性运算及综合应用问题
1．若向量＝(2,3)，＝(4,7)，则＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．(－2，－4) B．(2,4) C．(6,10) D．(－6，－10)
答案： A　[抓住向量的起点与终点，用终点坐标减去起点坐标即可．由于＝(2,3)，＝(4,7)，那么＝＋＝(2,3)＋(－4，－7)＝(－2，－4)．]
2．设a，b都是非零向量．下列四个条件中，使＝成立的充分条件是(　　)．
A．a＝－b B．a∥b C．a＝2b D．a∥b且|a|＝|b|
答案：C　[对于A，注意到当a＝－b时，≠；对于B，注意到当a∥b时，与可能不相等；对于C，当a＝2b时，＝＝；对于D，当a∥b，且|a|＝|b|时，可能有a＝－b，此时≠.综上所述，使＝成立的充分条件是a＝2b.]
3．设a，b是两个非零向量，下列选项正确的是(　　)．
A．若|a＋b|＝|a|－|b|，则a⊥b B．若a⊥b，则|a＋b|＝|a|－|b|
C．若|a＋b|＝|a|－|b|，则存在实数λ，使得b＝λa
D．若存在实数λ，使得b＝λa，则|a＋b|＝|a|－|b|
答案：C　[对于A，可得cos〈a，b〉＝－1，因此a⊥b不成立；
对于B，满足a⊥b时，|a＋b|＝|a|－|b|不成立；
对于C，可得cos〈a，b〉＝－1，因此成立，而D显然不一定成立．]
4．已知向量a，b夹角为45°，且|a|＝1，|2a－b|＝，则|b|＝________.
解:|2a－b|2＝4|a|2－4a·b＋|b|2＝4－4|a||b|·cos 45°＋|b|2＝4－2|b|＋|b|2＝10，
即|b|2－2|b|－6＝0， ∴|b|＝＝3(负值舍去)． 答案　3
1．高考一般会以客观题的形式重点考查向量的线性运算及其应用，向量的垂直、平移、夹角和模的运算，向量的几何运算等．
2．平面向量作为工具在考查三角函数、平面解析几何等内容时常用到，属于中等偏难题．
1．要理解平面向量具有两个方面的特征：几何特征和代数特征，可以认为平面向量是联系几何图形和代数运算的纽带，因此复习时要抓住平面向量的核心特征．
2．由于平面向量在三角函数、平面解析几何中的工具作用，所以备考时要熟练掌握平面向量的基础知识.
必备知识
?向量的概念
(1)零向量模的大小为0，方向是任意的，它与任意非零向量都共线，记为0.
(2)长度等于1个单位长度的向量叫单位向量，a的单位向量为±.
(3)方向相同或相反的向量叫共线向量(平行向量)．
(4)如果直线l的斜率为k，则a＝(1，k)是直线l的一个方向向量．
(5)向量的投影：|b|cos〈a，b〉叫做b在向量a方向上的投影．
?向量的运算
(1)向量的加法、减法、数乘向量是向量运算的基础，应熟练掌握其运算规律．
(2)平面向量的数量积的结果是实数，而不是向量，要注意运算数量积与实数运算律的差异，平面向量的数量积不满足结合律与消去律．a·b运算结果不仅与a，b的长度有关而且与a与b的夹角有关，即a·b＝|a||b|cos〈a，b〉．
两非零向量平行、垂直的充要条件
若a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，
则a∥b?a＝λb，a∥b?x1y2－x2y1＝0. a⊥b?a·b＝0，a⊥b?x1x2＋y1y2＝0.
可利用它处理几何中的两线平行、垂直问题，但二者不能混淆．
必备方法
1．当向量以几何图形的形式出现时，要把这个几何图形中的一个向量用其余的向量线性表示，就要根据向量加减法的法则进行，特别是减法法则很容易使用错误，向量＝－(其中O为我们所需要的任何一个点)，这个法则就是终点向量减去起点向量．
2．根据平行四边形法则，对于非零向量a，b，当|a＋b|＝|a－b|时，平行四边形的两条对角线长度相等，此时平行四边形是矩形，条件|a＋b|＝|a－b|等价于向量a，b互相垂直，反之也成立．
3．两个向量夹角的范围是[0，π]，在使用平面向量解决问题时要特别注意两个向量夹角可能是0或π的情况，如已知两个向量的夹角为钝角时，不单纯就是其数量积小于零，还要求不能反向共线．

常考查平面向量的基本概念、线性运算、加减运算等基础知识．同时，要加强三角形法则、平行四边形法则应用技巧的训练和常用结论的记忆，难度以中低档为主．　　　　　　　　　　　　　【例1】已知△ABC和点M满足＋＋＝0，若存在实数m使得＋＝m成立，则m＝(　　)．
A．2 B．3 C．4 D．5
[审题视点] 由＋＋＝0, 可知M是△ABC的重心．
B　[∵＋＋＝0，∴点M是△ABC的重心．∴＋＝3 .∴m＝3.]
(1)在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，结果向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，结果向量的方向是指向被减向量．
(2)有的问题可以采用坐标化解决更简单．
【突破训练1】 如图，平面内有三个向量，，，其中与的夹角为120°，与的夹角为30°，且||＝||＝1，||＝2，若＝λ＋μ(λ，μ∈R)，则λ＋μ=___．
解析　法一　如图，＝1＋1，|1|＝2，|1|＝||＝4，
∴＝4＋2.∴λ＋μ＝6.
法二　以O为原点，OA为x轴建立直角坐标系，
则A(1,0)，C(2 cos 30°，2sin 30°)，B(cos 120°，sin 120°)．
即A(1,0)，C(3，)，B(－，).
由＝λ＋μ得， ∴∴λ＋μ＝6.
答案　6

数量积是平面向量最易考查的知识点，常考查：①直接利用数量积运算公式进行运算；②求向量的夹角、模，或判断向量的垂直关系，试题较容易．也常常与解析几何结合命制解答题．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】如图，△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC＝3，点M满足＝2，则·＝(　　)．
A．2 　　　B．3 C．4 　　　D．6
[审题视点] 用向量、表示．
B　[·＝(＋)·＝2＋·＝2＋·(－)＝2＝3.]
平面向量问题的难点就是把平面向量的几何运算与数量积运算的结合，这里要充分利用平面向量的几何运算法则、平面向量的共线向量定理、两向量垂直的条件以及平面向量数量积的运算法则，探究解题的思想．
【突破训练2】设x，y∈R，向量a＝(x,1)，b＝(1，y)，c＝(2，－4)，且a⊥c，b∥c，则|a＋b|＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B. C．2 D．10
答案：B　[由题意得故a＋b＝(3，－1)，|a＋b|＝，选B.]

在近年高考中，三角函数与平面向量相结合来命制综合问题是考查的热点，三角函数的变换与求值、化简及解三角形等问题常以向量为载体，复习时应注意解题的灵活性，难度不大．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】已知向量a＝(sin x，－1)，b＝.
(1)当a∥b时，求cos2x－3sin 2x的值； (2)求f(x)＝(a＋b)·b的最小正周期和单调递增区间．
[审题视点] (1)由向量平行列方程解出tan x的值，所求式子转化成正切单角名称的三角代数式，代入可求解；(2)进行向量坐标形式的数量积运算得到f(x)的解析式，转化为y＝Asin (ωx＋φ)＋b的函数结构．
解　(1)由a∥b，得sin x＋cos x＝0，即tan x＝－，
∴cos2x－3sin 2x＝＝＝.
(2)因为a＝(sin x，－1)，b＝(cos x，)， ∴a＋b＝sin x＋cos x，；
f(x)＝(a＋b)·b＝(sin x＋cos x)cos x＋＝(sin 2x＋cos 2x)＋＝sin2x＋＋，
所以最小正周期为π.
由2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，得kπ－≤x≤kπ＋，
故单调递增区间为kπ－，kπ＋(k∈Z)．
平面向量与三角函数结合的这类题目的解题思路通常是将向量的数量积与模经坐标运算后转化为三角函数问题，然后利用三角函数基本公式求解．
【突破训练3】 在△ABC中，角A、B、C所对应的边分别为a、b、c，且满足cos ＝，·＝3.
(1)求△ABC的面积；(2)若b＋c＝6，求a的值．
解　(1)因为cos ＝，所以cos A＝2cos2－1＝，sin A＝，
又由·＝3，得bccos A＝3，所以bc＝5，所以S△ABC＝bcsin A＝2.
对于bc＝5，又b＋c＝6，所以b＝5，c＝1或b＝1，c＝5，
由余弦定理得，a2＝b2＋c2－2bccos A＝20，所以a＝2.
突破平面向量的得分障碍
近几年高考对平面向量的考查突出了“创新性”与“灵活性”，其实质可以归源于平面向量的几何特征和代数特征．试题常以选择、填空的形式考查，难度较大．平面向量问题的难点就是平面向量的几何运算与数量积运算的结合，这里要充分利用向量的几何运算法则、共线向量定理，下面举例说明．
【示例1】已知正方形ABCD的边长为1，点E是AB边上的动点，则·的值为____________；·的最大值为____________．
解析　以，为基向量，设＝λ(0≤λ≤1)，则＝－＝λ－，＝－，所以·＝(λ－)·(－)＝－λ·＋2＝－λ×0＋1＝1.又＝，所以·＝(λ－)·＝λ2－·＝λ×1－0＝λ≤1，即·的最大值为1. 答案　1　1
老师叮咛：本题考查了平面向量的线性运算、几何运算和数量积运算.求·值时，不会利用平面向量的几何运算法则将其转化为··是造成失分的主要原因.
【试一试1】已知a与b均为单位向量，其夹角为θ，有下列四个命题：
p1：|a＋b|>1?θ∈；p2：|a＋b|>1?θ∈；
p3：|a－b|>1?θ∈；p4：|a－b|>1?θ∈.
其中的真命题是(　　)．
A．p1，p4 B．p1，p3 C．p2，p3 D．p2，p4
答案：A　[∵|a|＝|b|＝1，且θ∈[0，π]，
若|a＋b|＞1，则(a＋b)2=a2＋2a·b＋b2＞1，∴cos θ＝＝a·b＞－，∴θ∈；
若|a－b|＞1，同理求得a·b＜，∴cos θ＝a·b＜，∴θ∈，故p1，p4正确，应选A.]
【示例2】若a，b，c均为单位向量，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的最大值为(　　)．
A.－1 B．1 C. D．2
解析　设a＝(1,0)，b＝(0,1)，c＝(x，y)，则x2＋y2＝1，a－c＝(1－x，－y)，b－c＝(－x，1－y)，则(a－c)·(b－c)＝(1－x)(－x)＋(－y)·(1－y)＝x2＋y2－x－y＝1－x－y≤0，即x＋y≥1.
又a＋b－c＝(1－x，1－y)，∴|a＋b－c|＝ ＝ ，①
法一　如图，c＝(x，y)对应点在上，而①式的几何意义为P点到上点的距离，其最大值为1.
法二　|a＋b－c|＝
＝＝＝，
由x＋y≥1，∴|a＋b－c|≤＝1，最大值为1.
答案　B
老师叮咛：解决本题的关键是将向量坐标化，利用向量的坐标运算解决问题.其中，不会将向量坐标化是造成失分的主要原因.
【试一试2】已知△ABC为等边三角形，AB＝2.设点P，Q满足＝λ，＝(1－λ)，λ∈R，若·＝－，则λ＝(　　)．
A. B. C. D.
答案：A　[∵|a|＝|b|＝1，且θ∈[0，π]，若|a＋b|＞1，则(a＋b)2＞1，∴a2＋2a·b＋b2＞1，即a·b＞－，∴cos θ＝＝a·b＞－，∴θ∈；若|a－b|＞1，同理求得a·b＜，
∴cos θ＝a·b＜，∴θ∈，故p1，p4正确，应选A.]
专题九 等差、等比数列的基本问题
1．在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．58 B．88
C．143 D．176
答案： B　[利用等差数列的性质及求和公式求解．因为{an}是等差数列，所以a4＋a8＝2a6＝16?a6＝8，则该数列的前11项和为S11＝＝11a6＝88.]
2．已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝(　　)．
A．7 B．5
C．－5 D．－7
答案：D　[设数列{an}的公比为q，由得或所以或所以或所以a1＋a10＝－7.]
3．等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为(　　)．
A．1 B．2
C．3 D．4
答案：B　[在等差数列{an}中，∵a1＋a5＝10，∴2a3＝10，∴a3＝5，又a4＝7，∴所求公差为2.]
4．设公比为q(q＞0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.
解析　∵S4－S2＝a3＋a4＝3(a4－a2)，
∴a2(q＋q2)＝3a2(q2－1)，
∴q＝－1(舍去)或q＝.
答案　
本部分在高考中常以选择题和填空题的形式出现，考查这两种数列的概念、基本性质、简单运算、通项公式、求和公式等，属于中档题；以解答题出现时，各省市的要求不太一样，有的考查等差、等比数列的通项公式与求和等知识，属于中档题；有的与函数、不等式、解析几何等知识结合考查，难度较大．
(1)深刻理解两种数列的基本概念和性质，熟练掌握常用的方法和技能；掌握等差数列和等比数列的判定、证明方法，这类问题经常出现在以递推数列为背景的试题的第(1)问中．
(2)熟练掌握等差数列和等比数列的性质，并会灵活应用，这是迅速、准确地进行计算的关键.
必备知识
?等差数列的有关公式与性质
(1)an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．
(2)an＝a1＋(n－1)d.
(3)Sn＝＝na1＋d.
(4)2an＝an－1＋an＋1(n∈N*，n≥2)．
(5)①an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)；
②若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq(m，n，p，q∈N*)；
③等差数列{an}的前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…成等差数列．
?等比数列的有关公式与性质
(1)＝q(n∈N*，q为非零常数)．
(2)an＝a1qn－1.
(3)Sn＝＝(q≠1)．
(4)a＝an－1an＋1(n∈N*，n≥2)．
(5)①an＝amqn－m；
②若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq；
③等比数列{an}(公比q≠－1)的前n项和为Sn，则Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…也成等比数列．
必备方法
1．运用方程的思想解等差(比)数列是常见题型，解决此类问题需要抓住基本量a1、d(或q)，掌握好设未知数、列出方程、解方程三个环节，常通过“设而不求，整体代入”来简化运算．
2．深刻理解等差(比)数列的定义，能正确使用定义和等差(比)数列的性质是学好本章的关键．解题时应从基础处着笔，首先要熟练掌握这两种基本数列的相关性质及公式，然后要熟悉它们的变形使用，善用技巧，减少运算量，既准又快地解决问题．
3．等差、等比数列的判定与证明方法：
(1)定义法：an＋1－an＝d(d为常数)?{an}是等差数列；＝q(q为非零常数)?{an}是等比数列；
(2)利用中项法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差数列；a＝an·an＋2(n∈N*)?{an}是等比数列(注意等比数列的an≠0，q≠0)；
(3)通项公式法：an＝pn＋q(p，q为常数)?{an}是等差数列；an＝cqn(c，q为非零常数)?{an}是等比数列；
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)?{an}是等差数列；Sn＝mqn－m(m为常数，q≠0)?{an}是等比数列；
(5)若判断一个数列既不是等差数列又不是等比数列，只需用a1，a2，a3验证即可．


等差数列和等比数列在公式和性质上有许多相似性，是高考必考内容，着重考查等差、等比数列的基本运算、基本技能和基本思想方法，题型不仅有选择题、填空题、还有解答题，题目难度中等．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例1】已知两个等比数列{an}、{bn}满足a1＝a(a>0)，b1－a1＝1，b2－a2＝2，b3－a3＝3.
(1)若a＝1，求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}唯一，求a的值．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)利用b1、b2、b3等比求解；(2)利用(1)问的解题思路，结合方程的相关知识可求解．
解　(1)设{an}的公比为q，则b1＝1＋a＝2，b2＝2＋aq＝2＋q，b3＝3＋aq2＝3＋q2.
由b1，b2，b3成等比数列得(2＋q)2＝2(3＋q2)，
即q2－4q＋2＝0，解得q1＝2＋，q2＝2－，
所以{an}的通项公式为an＝(2＋)n－1或an＝(2－)n－1.
(2)设{an}的公比为q，则由(2＋aq)2＝(1＋a)(3＋aq2)，
得aq2－4aq＋3a－1＝0.(*)
由a>0得，Δ＝4a2＋4a>0，故方程(*)有两个不同的实根，
由{an}唯一，知方程(*)必有一根为0，代入(*)得a＝.
关于等差(等比)数列的基本运算，一般通过其通项公式和前n项和公式构造关于a1和d(或q)的方程或方程组解决，如果在求解过程中能够灵活运用等差(等比)数列的性质，不仅可以快速获解，而且有助于加深对等差(等比)数列问题的认识．
【突破训练1】等差数列{an}前9项的和等于前4项的和．若a1＝1，ak＋a4＝0，则k＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．10 B．12 C．15 D．20
答案： A　[设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S9－S4＝0，即a5＋a6＋a7＋a8＋a9＝0,5a7＝0，故a7＝0，而ak＋a4＝0，故k＝10.]

高考对该内容的考查主要是等差、等比数列的定义，常与递推数列相结合考查．常作为数列解答题的第一问，为求数列的通项公式做准备，属于中档题．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例2】? 设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.
(1)设bn＝an＋1－2an，证明：数列{bn}是等比数列；
(2)求数列{an}的通项公式．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)先利用an＋1＝Sn＋1－Sn将Sn＋1＝4an＋2转化为关于an的递推关系式，再利用bn＝an＋1－2an的形式及递推关系式构造新数列来求证．
(2)借助(1)问结果，通过构造新数列的方式求通项．
(1)证明　由a1＝1，及Sn＋1＝4an＋2，
有a1＋a2＝4a1＋2，a2＝3a1＋2＝5，
∴b1＝a2－2a1＝3，由Sn＋1＝4an＋2，①
则当n≥2时，有Sn＝4an－1＋2.②
①－②得an＋1＝4an－4an－1.
∴an＋1－2an＝2(an－2an－1)．
又∵bn＝an＋1－2an，∴bn＝2bn－1，
∴{bn}是首项b1＝3，公比为2的等比数列，
(2)解　由(1)可得bn＝an＋1－2an＝3·2n－1，
∴－＝.
∴数列是首项为，公差为的等差数列，
∴＝＋(n－1)×＝n－，
所以an＝(3n－1)·2n－2.
判断一个数列是等差数列或等比数列的首选方法是根据定义去判断，其次是由等差中项或等比中项的性质去判断．
【突破训练2】 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n.
(1)设bn＝.证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明　∵an＋1＝2an＋2n，∴＝＋1.
即有bn＋1＝bn＋1，
所以{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
(2)解　由(1)知bn＝n，从而an＝n·2n－1.
Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋(n－1)×2n－2＋n×2n－1，
∴2Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋(n－1)×2n－1＋n×2n.
两式相减得，
Sn＝n×2n－20－21－22－…－2n－1＝n×2n－2n＋1＝(n－1)2n＋1.

从近几年的考题看，对于等差与等比数列的综合考查也频频出现．考查的目的在于测试考生灵活运用知识的能力，这个“灵活”就集中在“转化”的水平上．　　　　　　　　　　　　　　　　　
【例3】已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1＝2，S1、2S2、3S3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)数列{bn－an}是首项为－6，公差为2的等差数列，求数列{bn}的前n项和．
[审题视点] 　
　
[听课记录]
[审题视点] (1)列出关于公比q的方程求q；(2)先求出bn后，再根据公式求和．
解　(1)由已知4S2＝S1＋3S3,4(a1＋a1q)＝a1＋3a1(1＋q＋q2)，
3q2－q＝0，∴q＝0(舍)，或q＝，∴an＝2·n－1.
(2)由题意得：bn－an＝2n－8，bn＝an＋2n－8＝2n－1＋2n－8.
设数列{bn}的前n项和为Tn，
Tn＝＋
＝3＋n(n－7)
＝－＋n2－7n＋3.
(1)在等差数列与等比数列的综合问题中，特别要注意它们的区别，避免用错公式．(2)方程思想的应用往往是破题的关键．
【突破训练3】 数列{an}为等差数列，an为正整数，其前n项和为Sn，数列{bn}为等比数列，且a1＝3，b1＝1，数列{ban}是公比为64的等比数列，b2S2＝64.
(1)求an，bn；
(2)求证：＋＋…＋＜.
(1)解　设{an}的公差为d，{bn}的公比为q，则d为正整数，an＝3＋(n－1)d，bn＝qn－1.
依题意有①
由(6＋d)q＝64知q为正有理数，
故d为6的因子1,2,3,6之一，
解①得d＝2，q＝8，
故an＝3＋2(n－1)＝2n＋1，bn＝8n－1.
(2)证明　Sn＝3＋5＋…＋(2n＋1)＝n(n＋2)，
∴＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＝
＝＜.
递推数列及其应用
递推数列问题一直是高考命题的特点，递推数列在求数列的通项、求和及其它应用中往往起至关重要的纽带作用，是解决后面问题的基础和台阶，此类题目需根据不同的题设条件，抓住数列递推关系式的特点，选择恰当的求解方法．
【示例】已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，试判断：对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2是否成等差数列，并证明你的结论．
[满分解答]　(1)由已知an＋1＝rSn，可得an＋2＝rSn＋1，两式相减，得an＋2－an＋1＝r(Sn＋1－Sn)＝ran＋1，
即an＋2＝(r＋1)an＋1.(2分)
又a2＝ra1＝ra，
所以，当r＝0时，数列{an}为：a,0，…，0，…；(3分)
当r≠0，r≠－1时，由已知a≠0，所以an≠0(n∈N*)，
于是由an＋2＝(r＋1)an＋1，可得＝r＋1(n∈N*)，
∴a2，a3，…，an，…成等比数列，
∴当n≥2时，an＝r(r＋1)n－2a.(5分)
综上，数列{an}的通项公式为an＝
(6分)
(2)对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列，证明如下：
当r＝0时，由(1)知，an＝
∴对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列．(8分)
当r≠0，r≠－1时，
∵Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，Sk＋1＝Sk＋ak＋1，
若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，
则Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk，
∴2Sk＋2ak＋1＋ak＋2＝2Sk，即ak＋2＝－2ak＋1.(10分)
由(1)知，a2，a3，…，am，…的公比r＋1＝－2，
于是对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1＝－2am，
从而am＋2＝4am，
∴am＋1＋am＋2＝2am，
即am＋1，am，am＋2成等差数列．(12分)
综上，对于任意的m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列．(13分)
老师叮咛：本题是以an和Sn为先导的综合问题，主要考查等差、等比数列的基础知识以及处理递推关系式的一般方法．失分的原因有：第(1)问中漏掉r＝0的情况，导致结论写为an＝r(r＋1)n－2a；第(2)问中有的考生也漏掉r＝0的情况，很多考生不知将Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk转化为ak＋1与ak＋2的关系式，从而证明受阻．
【试一试】已知数列{an}的前n项和为Sn，且a2an＝S2＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求a1，a2的值；
(2)设a1＞0，数列的前n项和为Tn.当n为何值时，Tn最大？并求出Tn的最大值．
解　(1)取n＝1，得a2a1＝S2＋S1＝2a1＋a2，①
取n＝2，得a＝2a1＋2a2，②
由②－①，得a2(a2－a1)＝a2，③
(i)若a2＝0，由①知a1＝0，
(ii)若a2≠0，由③知a2－a1＝1.④
由①、④解得，a1＝＋1，a2＝2＋；或a1＝1－，a2＝2－.
综上可知a1＝0，a2＝0；或a1＝＋1，a2＝＋2；或a1＝1－，a2＝2－.
(2)当a1＞0时，由(1)知a1＝＋1，a2＝＋2.
当n≥2时，有(2＋)an＝S2＋Sn，(2＋)an－1＝S2＋Sn－1，
所以(1＋)an＝(2＋)an－1，即an＝an－1(n≥2)，
所以an＝a1()n－1＝(＋1)·()n－1.
令bn＝lg，
则bn＝1－lg()n－1＝1－(n－1)lg 2＝lg，
所以数列{bn}是单调递减的等差数列(公差为－lg 2)，
从而b1＞b2＞…＞b7＝lg＞lg 1＝0，
当n≥8时，bn≤b8＝lg＜lg 1＝0，
故n＝7时，Tn取得最大值，且Tn的最大值为
T7＝＝＝7－lg 2.

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