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板块一 函数与简易逻辑
大招一 巧用结论快速搞定集合问题
一、集合相等结论
若含有三个元素的集合可以表示为，也可表示为，求的值.
分析：可直接根据上述结论求解，求值时要注意集合元素的互异性.
解:，由集合相用等的定义可得，
解得，显然违背集合元素的互异性，
∴
评注：本题既是在各种资料上出现频率较高的问题，又代表着一类题型，即含字母参数的集合相等问题，解答这类问题的常规方法是根据集合相等的定义对字母进行讨论，以确定题目的解，利用上述方法巧妙地避免了分类讨论和繁杂运算.
例2、已知集合，若，求的值
分析:要解决的求值问题，关键是要有方程的数学思想，此题应根据相等的各个集合的元素完全相同，及集合中元素的确定性、互异性、无序性建立关系式
解：根据题意，分两种情况进行讨论:
（1）若，消去，得
当时，集合中的三个元素均为零，与元素的互异性相矛盾，故
∴，即，此时中的三个元素又相同，∴
∴此时无解.
（2）若消去，得
∵，即
又
评注：（1）解决集合相等的问题易产生与互异性相矛盾的增解，这需要解题后进行检验和修正.
（2）有些数学问题很难从整体着手解决，需从分解入手，把整体科学合理地划分为若干个局部独立的问题，通过逐一判断来解决这些问题，从而达到整体问题的解决，这种重要的数学方法，就是分类讨论的方法，要学会这种思维方法.
二、集合运算的相互转化
例3、已知集合.若，则实数的值是（ ）
A.0 B.2 C.0或2 D.0或1或2
解析:因为，所以，所以或.选C
例4、已知集合.若，则的取值范围是（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C.
【解析】.
三、整数集结论
例5、设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，整数的范围大于奇数的范围.
例6、已知集合，则之间的关系（ ）
A. B. C. D.
【解析】解法一：简单列举集合中的元素；
∴，即，故选.
解法二：判断集合中元素的共性和差异.
∵，故选.
评注：辨析集合之间的关系应该从集合中元素的特点入手，可将元素列举出来直观分析，也可从描述法中认识集合中元素具备的特性，定性分析，以上两种思想是解决此类问题的通法，应根据问题的具体情况合理选择.
四、子集个数结论
求满足集合的个数.
分析：依题意，集合中一定含有元素1，3，另外还可含有中的0个、1个、2个元素，所以本题可转化为求集合的子集个数问题.
解：依题意，集合的个数.即为集合的真子集个数，共有个.
评注：抓住本质，转化题意，有时可使问题迅速获解.
例8、同时满足: ①；②，则的非空集合有（ ）
A.16个 B.15个 C.7个 D.6个
【答案】C
【解析】时，时，时，时，时，非空集合可能是:共7个.故选.
五、补集结论
例9、已知全集，集合.求
分析：若先求补集再求并集，相当麻烦，因此考虑将转化为求解.
解:∵，
∴或.
评注:类似的结论还有等，适时将一种情形转化为另一种情形后，方便理解和求解.
例10、已知全集中有个元素，中有个元素.若非空，则的元素个数为（ ）
A. B. C. D.
[解析』D注意到.则中元素的个数为个
大招二 对空集的全方位解读
解读一、空集是不含任何元素的集合
空集是不含任何元素的集合，故不能用列举法或描述法把它表示出来，我们只能用一个专用符号来表示空集.
例给出下列关系式:①若，则；②；③；④⑤设全集，则.其中正确关系式的序号是________
分析：只需根据空集的两个特征：空集是集合，空集不含任何元素判断即可.
解:由空集的定义可得，空集都是不含任何元素的集合，故所有的空集都是相等的，故(1)正确；
和都是集合，其中不含任何元素，而是以集合为元素的集合，即是集合的集合，它有一个元素，故，故(2)错误，同理(3)错误；因为方程无解，所以，故(4)正确；因为全集，所以是一个不含任何元素的集合，所以，故(5)正确.综上，正确关系式的序号是：①④⑤
评注：集合是一组元素组成的整体，其中元素可以是数、点、实物，也可以是集合.
解读二、空集是任何集合的子集
即对于任一集合（包括空集本身)，都有（或).
例2、已知，求使得的实数的取值集合.
分析:因为集合中含有参数，故是不确定的，首先要考虑的情形，当时，可借助数轴来解答.
解:(1)当时，满足，此时应有，解得；
(2)当时，若使，须满足，解得.
综上，实数的取值集合是.
评注:对于此类问题，忽视空集是一类常见错误，请同学们切记.在研究集合之间的关系问题时，Venn图和数轴是两个常用的图形工具，用它们反映集合之间的关系形象、直观，便于发现和研究问题.
解读三、空集是任何非空集合的真子集
即对于任一不是空集的集合，都有（或）.
例3、集合的真子集的个数是________
分析:首先把集合求出，然后写出其所有真子集，即可确定真子集的个数.
解:∵，
∴集合的真子集有
共15个.
评注：在写集合的子集时，为避免重复和遗漏，可按元素个数的多少，从小到大写，千万不要忘记空集.一个共有个元素的集合的子集个数为.去掉其本身，即得的真子集的个数为-1；去掉空集，即得的非空子集的个数亦为-1；两个都去掉，即得的非空真子集的个数为-2.了；利用上述结论，可快速求各类子集个数.
解读四、空集与任何集合的交集仍是空集
即对于任一集合，都有.
例4、已知集合，若，则实数的取值组成的集合是（ ）
(A) (B) (C) (D)
分析：因为方程中含有参数，其解集不确定，又因空集既然是任何集合的子集，故首先考虑的就是的情形.
解:(1)当时，方程无解，∴，满足；
(2)当时，方程的解为，欲使，须，或，解得，或.
综上，，或，或，故的取值组成的集合是，选D项.
评注：在通常情况下，往往把等价转化为来研究.
解读五、空集与任何集合的并集仍是集合
即对于任一集合，都有.
例5、已知，求使得的实数的取值集合.
分析：和例四相仿，首先考虑的也是的情形.
解:，
(1)当时，满足，由得；
(2)当时，欲使，须使或.
若，由得；
若，由得.
综上，实数的取值集合为.
评注:在通常情况下，往往把等价转化为来研究.例2、例4和例5都运用了分类讨论，讨论时要注意编上序号，按一定的顺序讨论，以避免重复和遗漏.
大招三 充要条件的集合模型解释
集合模型解释
设集合满足条件满足条件，则有:
(1)若，则是的充分条件，若，则是的充分不必要条件.
(2)若，则是的必要条件，若，则是的必要不充分条件.
(3)若，则是的充要条件.
例1、下面四个条件中，使成立的充分而不必要的条件是（ ）
A. B. C. D.
思路:求的充分不必要条件，则这个条件能够推出，且不能被推出。可以考虑验证四个选项。A选项可以推出，而不一定能够得到(比如)，所以符合条件。对于两个选项均不能推出，所以直接否定。而选项虽然可以得到，但是也能推出，所以是的充要条件，不符题意
答案：A
已知，非空集合，若是的必要条件，则的取值范围为_________
【解析】由，得，
所以，
由是的必要条件，知，
则，所以
所以当时，是的必要条件，即所求的取值范围是.
例3、数列满足，则“”是“数列成等差数列”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
思路:当时，可得，即成等差数列。所以“"是“数列成等差数列”的充分条件。另一方面，如果成等差数列，则成等差数列，所以有
，代入可得:
，解得或，经检验，时，，利用数学归纳法可证得，则也为等差数列（公差为0），所以符合题意。从而由“数列成等差数列”无法推出“"，所以“"是“数列成等差数列”的不必要条件
答案：A
例对任意的实数，若表示不超过的最大整数，则“”是“”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
【解析】若，设，则，
其中，所以，因为，所以，所以，
所以，即由能推出成立；反之，例如，满足，但，即由推不出成立.因此“”是“”的必要不充分条件.故选B.
大招四 充要条件之逆否命题判定法
注意区分：
“甲是乙的充分条件（甲乙）"
“甲的充分条件是乙（乙甲）"
等价于非；
等价于非；
等价于非
例1、钱大姐常说“便宜没好宣货”，她这句话的意思是：“不便宜”是“好货”的（ ）
A.充分条件 B.必要条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】B.
【解析】根据等价命题，便宜没好货，等价于，好货不便宜，故选B.
例2、祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.它是中国古代一个涉及几何体体积的问题，意思是两个同高的几何体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等。设为两个同高的几何体，，的体积不相等，在等高处的截面积不恒相等，根据祖暅原理可最知，是的（ ）
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
【解析】如果在等高处的截面积恒相等，则的体积相等，即，因此有，但，例如，把两个相同的锥体放在一个平面上，再把其中一个锥体翻转底向上，顶点在原底面所在平面，虽然在等高处的截面积不恒相等，但体积相等.故是的充分不必要条件.故选.
点拨：破解此类题的关键:一是读懂数学文化的背景的含义；二是利用“以小推大”的技巧来破解充分必要条件的判断.
例3、已知是的充分不必要条件，是的充分条件，是的必要条件，是的必要条件.现有下列命题:
(1)是的充要条件；(2)是的充分条件而不是必要条件；(3)是的必要条件而不是充分条件；(4)是的必要条件而不是充分条件；
(5)是的充分条件而不是必要条件.
则正确命题的序号是_________
【答案】(1)(2)(4)
【解析】由题意知，∴，(1)正确；，但，(2)正确；同理判断(3)(5)不正确，(4)正确.
例设条件实数满足；条件实数满足且是的必要不充分条件，则实数的取值范围是_________
分析:“是的必要不充分条件”等价于于是“是的必要不充分条件”
解:设，可解得:，
设可解得:，
∵是的必要不充分条件是的必要不充分条件
答案:板块二 函数
大招一 抽象函数定义域的核心点
已知的定义域，求复合函数的定义域
若的定义域为，求出中的解的范围，即为的定义域。
2、已知复合函数的定义域，求的定义域
若的定义域为，则由确定的值域即为的定义域。
3、已知复合函数的定义域，求的定义域可先由定义域求得的定义域，再由的定义域求得的定义域。
4、已知的定义域，求四则运算型函数的定义域若函数是由一些基本函数通过四则运算结合而成的，其定义域为各基本函数定义域的交集，即先求出各个函数的定义域，再求交集。
例1、已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【解析】根据复合函数定义域得到，，解得，故选.
例2、已知函数的定义域为，求函数的定义域.
解析：∵函数的定义域为即，
∴函数的定义域为.
评注：(1)、由一个函数的定义域求另一个函数的定义域，只需牢记一点:是自变量，它的取值范围才是定义域；
(2)、从另一个角度来看，函数可视为函数和函数的复合，因此我们把它叫做复函复合函数，函数也是复合函数；
(3)、在本题中，第一个给出的函数起着“立规矩”作用:，这就要求下面放在无论谁放在后面括号中，都要遵循这个范围，不能越雷池一步，归根结底，这还是的要求，是函数的主宰和灵魂，和只是体现的.
例3、已知函数定义域是，则的定义域是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为的定义域是，即，所以，所以函数的定义域为，由得，所以函数的定义域是，故选.
大招二 函数求值域常见8种方法全归纳
方法一、分离常数法
例1、求函数的值域
先分离常数法：
∵，∵，∴，
∴的值域为且.
方法二、判别式法
例2.求函数的值域
【解析】注意到，这个函数定义域为，这类函数在求值域时使用判别式法比较方便；
整理函数得
当时，方程无解
当时，所求函数的值域需要使得，方程有解，要求，，，.
注意：当时，函数不再是关于的二次方程，且方程无解，所以不是函数的值域.所以在的情况下研究函数值域，所以函数值域为
方法三、配方法
例3、求函数的值域
【解析】可以将其换元转化为二次函数，令，，则即
所以函数可整理为：
此时，发现函数在单调递增，而的取值范围是(这里一定要看清，用的是的取值范围，而不是的取值范围)，所以当时，函数取到最小值，所以函数值域为.
方法四、代数换元法
例4、求函数的值域
【解析】令，，∴
通过换元，配方，将原函数转化为二次函数顶点式的形式，容易看出，函数转化为一个开口向下的二次函数，在时取到最大值.
∴函数的值域为.
方法五、三角换元法
例5、求函数的值域
【解析】可以设，，注意取值范围，根据，，，即函数值域为.
方法六、均值不等式法
例6、求函数的值域
【解析】 当时，当时，，因为，所以，
方法七、数形结合法
例7(1)、求函数的值域
【解析】函数可看为两点连线的斜率，即，，则，即所求函数，问题转化为求的取值范围，借助图形，我们可以看到，当直线与单位圆相切时，分别取到最大值和最小值，，
所以，原函数值域.
例7(2)、求函数的值域
【解析】整理函数得，，这时观察函数，用一般方法不是很好继续进行，但我们发现，根号下的形式比较像两点间的距离公式，所以我们可以改造一下函数：，这时我们可以把函数看成坐标系内的三个点间的距离和，，即
通过观察图像，这时所求的目标就很明显了，当处于连线时，取到最小值：，所以，即函数值域为.
方法八、特殊函数有界性法
例8、求函数的值域
【解析】 注意到函数定义域为，可以进行如下转化，用表示，，.
注意时方程不成立，所以，可将除到等式右边得：，因为，即，解得：
大招三 函数单调性判定标志
函数单调性的标志条件
设，，那么
在上是增函数；
在上是减函数.
函数单调性的运算
(1)增函数增函数增函数，减函数减函数减函数，增函数减函数增函数，减函数增函数减函数；
(2)函数与函数的单调性相反；
(3)时，函数与的单调性相反；时，函数与的单调性相同.
例1、若函数在上是减函数，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】因为在上是减函数，所以，，即，即B.
例2.定义在上的偶函数满足：对任意一有则当一时时的，，有.则当时，有( )
A. B.
C. D.
【答案】C
，时，在为增函数，为偶函数在为减函数，而，
∴.
例3、设函数，若对，，，不等式恒成立，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
【解析】由题意分析可知条件等价于在上单调递增，又∵，∴当时，结论显然成立，当时，则，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，∴，综上，实数的取值范围是.
例4、已知函数是定义在上的函数，若函数为偶函数，且对任意，，都有，则( )
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】 由于函数为偶函数，故函数的图象关于直线对称，又∵对任意，，有，∴函数在上单调递减，
∴，∵函数的图象关于直线对称，∴，
∴.故选.
例5、已知的定义在的函数，对任意两个不相等的正数，都有，记，，，则( )
【答案】 C
【解析】 设，由得，，即，故函数在上单调递减，又因为，所以
例6、已知函数的图象关于轴对称，且函数对任意，，有，设是函数的零点，若，则的值满足(
A. B. C. D.的符号不确定
【答案】C
【解析】∵的图象关于轴对称，则函数的图象关于直线轴对称.又因为函数对任意，，有，即，故函数在 上单调递增，∴在上单调递减.又∵是函数的零点，∴，可得.∴当时，，故选C.
大招四 搞定分段函数的单调性
函数，在上单调増递，则满足两个条件：
(1)在上单调増递增
(2)在上单调増递增
(3).
函数，在上单调増递减，则满足两性个条件：
(1)在上单调増递减
(2)在上单调増递减
(3)
例1、函数，在内单调递减，则的取值范围是_________
【答案】
【解析】 函数，在内单调递减，需满足三个条件：，解不等式组得.
例2、已知函数满足对任意，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】 B
【解析】 由题可知在上单调递减，所以，选
例3、已知符号函数，是上的增函数，则( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】因为是上的增函数，令，所以，因为，所以是上的减函数，由符号函数知，.
例4、已知函数.则“”是“在上单调递增”的( )
A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】函数在上单调递增増，即；
函数在上单调递增増或且，解得.
又当时，，故在上单调递增増的充要条件是.从而“”为“在上单调递增増”的必要不充分条件.
大招五 搞定复合函数的单调性
复合函判定数的增减性判定：同增异减.
设复合函判定数，是定义域的某个区间，是的值域：
①若在上是增(或减)函数，在上也是增(或减)函数，则函数在上是增函数；
②若在上是增(或减)函数，而在上是减(或增)函数，则函数在上是减函数.
若 则
增函数 增函数 增函数
减函数 减函数 增函数
增函数 减函数 减函数
减函数 增函数 减函数
例1、若在上是的减函数，则的取值范围是_________
【解析】
易且，，∴.. 在上单调递减，而是减函数，
∴.综上
例2、若函数在区间上是单调增函数，则常数的取值范围是_________
【答案】
试题分析：本题考查复合函数的单调性，设，，
当时，在上为减函数，在上为减函数，则在上为增函数，因为函数在区间上是单调增函数，所以要求，又，则；当时，在上为增函数，在上为减函数，则在上为减函数，不合题意；
例3、若函数在上是增函数，则实数的取值范围是_________
【解析】 D设，因为外函数是单调函数，故内函数在上单增，应有，解得.
例4、已知，若函数在是增函数，则的取值范围是_________
【解析】 对称轴是，当时，.当时，.
【答案】
大招六 常见奇偶函数模型总结
一些重要类型的奇偶模型总结函数
(1)函数是奇函数，函数是偶函数；
(2)函数且是奇函数；
(3)函数或者且是奇函数；
(4)函数且)是奇函数.
例1、设函数，则是( )
A.奇函数，且在上是增函数 B.奇函数，且在上是减函数
C.偶函数，且在上是增函数 D.偶函数，且在上是减函数
【解析】 定义域为，关于原点对称，又∵，∴为奇函数，显然，在上单调递增，故选A.
例2、函数的图象( )
A.关于轴对称 B.关于原点对称 C.关于直线对称 D.关于轴对称
【答案】 B
【解析】 ∵，∴其定义域为，∴，∴函数为奇函数，∴函数的图象关于原点对称，故选：B
例3、若函数为偶函数，则_________
【解析】由题意可知函数是奇函数，所以，即，解得.
大招七 奇函数特性秒题
奇函数的特性
①为奇函数；
②若奇函数的定义域包含0，则.
③是奇函数的周期函数的半周期是零点.
证明：设函数的一个周期是，得，所以，即欲证结论成立.
例1、函数为奇函数，则实数_________
【答案】
【解析】 因为为奇函数且有意义，所以，即，所以
例2、是否存在实数使函数为奇函数
【答案】
【解析】 由奇函数的性质，可得，.
还可验证当时：当时，，即是奇函数.所以存在实数使函数为奇函数.
例3、设为定义在上的奇函数，当时，为常数)，则( ).
A.3 B.1 C. D.
【答案】 D.
【解析】 因为为定义在上的奇函数，所以有，解得，所以当时，，即，故选D.
例4、定义在上的函数既是奇函数，又是周期函数，是它的一个周期，若将方程在闭区间上的根的个数记为，则可能为( )
A.0 B.1 C.3 D.5
【答案】 D.
【解析】 可证；.所以
所以由奇函数的性质，可得，得方程在闭区间上有根，，.
大招八 偶函数特性秒题
偶函数的特性
⑴若函数是偶函数，则恒成立；
⑵若偶函数在处可导，则；
⑶若偶函数的定义域是D(可得D关于原点对称)，A、B是数集D的关于原点对称的两个子集， 则函数在数集A、B上的值域相同.
证明 (1)当且时，；当且时，
.所以欲证结论成立.
⑵由题设，可得
所以
(3)由偶函数的图象关于轴对称，立得欲证结论成立.
例1、已知偶函数在区间单调递增，则满足的的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为是偶函数，由题意可得：，
所以，故选A.
例2、已知偶函数在区间单调递减，.若，则的取值范围是.
【答案】
【解析】由题设及偶函数性质(1)，可得
例3、设函数，则使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范围是________
A. B. C. D.
【答案】A.
【解析】易知是偶函数，且当x≥0时，是增函数(因为两个增函数之和是增函数)，所以由性质1，可得
例4、已知函数是定义在R上的偶函数，且在区间[0，+∞)上单调递增.若实数a满足
，则a的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】 C.
【解析】由题设及偶函数性质(1)，可得
例5、若是偶函数，则a=________
【答案】.
【解析】由题设及偶函数性质(2)，可得
例6、若函数为偶函数，则a=________
【答案】 1.
【解析】由题设及偶函数性质(2)，可得.
大招九 奇函数特性深度拓展
奇函数的性质 设f(x)是奇函数.
(1)f(x)在两个对称的区间上单调性相同
(2)若g(x)=f(x)+a，则g(x)+g( x)=2a；
(3)若函数f(x)有最大(小)值，则函数f(x)有最小(大)值，且函数f(x)的最大值与最小值互为相反数.
证明： (1)在恒等式f(x)+f( x)=0中，令x=0后，可得f(0)=0.
(2)可得g(x)+g( x)=[f(x)+a]+[f( x)+a]=2a.
(3)这里只证明结论：若函数f(x)有最大值，则函数f(x)有最小值，且函数f(x)的最大值与最小值互为相反数.
设函数f(x)的定义域是D，得.
因为奇函数f(x)的定义域D关于原点对称，所以，得
f( x)= f(x)≤，f(x)≥=，，所以函数f(x)有最小值(为)，且函数f(x)的最大值与最小值互为相反数.
例1、函数在[ m，m]上的最大值与最小值之和为________
【答案】 2.
【解析】 .
可得是奇函数，且函数g(x)在[ m，m]上的最大值、最小值之和是0，所以函数f(x)在[ m，m]上的最大值与最小值之和为2.
例2、若关于x的函数的最大值为M ，最小值为N ，且M +N=4，则实数t的值为________
【答案】 2
【解析】由己知，而函数
为奇函数又函数f(x)最大值为M，最小值为N，且M +N=4， ∴M t= (N t)，∴M +N=2t=4，∴t=2.
例3、已知a>0，设函数的最大值为M，最小值为N，那么M+N=________
【答案】 4016
【解析】 ，注意到和sin x都为奇函数，故对函数f(x)考虑构造新函数g(x)=+ sin x为奇函数，而f(x) = 2008 + g(x)，在区间[ a，a]上由奇函数的对称性知g( x)+ g(x)=0，故M + N = 2008×2= 4016
例4、若函数的最大值为M，最小值为N，则( )
A.M N=4 B.M+N=4 C. M N= 2 D. M +N=2
【答案】 D.
【解析】可得.可得g(x)= f(x) 1=是奇函数，且函数g(x)的最大值、最小值分别是M 1，m 1.
由奇函数的性质(3)，可得(M 1)+(m 1)=0，M +m=2.
例5、设函数的最大值为M，最小值为m，则M +m=________
【答案】 2
【答案】首先整理一下函数，将其分离常数
可以发现，函数在局部的地方为奇函数，即g(x)= f(x) 1=为奇函数
我们知道，奇函数的图象关于原点对称
则假设g()=M 1，g()=m 1，其中
所以有，即g(x)最大值、最小值相加为零
所以有M 1+m 1=0，即M+m=2.
例6、已知函数，其导函数记为，则f(2012)+(2012)+ f( 2012)-( 2012)= ________
【答案】 2.
【解析】由己知得，则，
令g(x)= f(x) 1=，显然g(x)为奇函数，(x)为偶函数，
∴(2012) ( 2012)=0，
f(2012)+ f(-2012)= g(2012)+1+ g( 2012)+1=2，
∴ f(2012)+(2012)+ f(-2012)-( 2012)=2.
大招十 函数奇偶性的和差积商
奇偶四则运算结论
偶函数偶函数=偶函数；
奇函数奇函数=奇函数；
偶函数偶函数=偶函数；
奇函数奇函数=偶函数；
偶函数奇函数=奇函数
例1、设函数F(x)(x≠0)是偶函数，且不恒等于零，则f(x) ( )
A.是奇函数 B.是偶函数
C.可能是奇函数也可能是偶函数 D.不是奇函数也不是偶函数
解：对题中的函数进行化简：
F(x)，∴
令g(x)=(x≠0)，g( x)= ，
∴g(x)是奇函数. ∵F(x)是偶函数，∴f(x)=g(x) F(x)为奇函数.
例2、判断函数的奇偶性.
解：由已知函数的定义域：∵，∴x≠0.
∵ f(x)-f(-x)=
，∴f( x)=f(x)，
∴f(x)为偶函数.
例3、已知函数f(x)= cosx，对于上的任意，有如下条件：①；②；③.其中能使恒成立的条件序号是________
答案：②
因为f(x)为偶函数，且当x∈，与y= cosx都是增函数，故f(x)在上单调递增，在上单调递减.
当时，有.
从而知②正确.
大招十一 函数周期性结论全归纳
结论1、f(x+a)=f(x+b)型：f(x)的周期为|b a|。
证明：f(x+a)= f(x+b)f(x)= f(x+b a)。
例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)=，当 1x<3时，f(x)=x，则f(1)+ f(2)++ f(2012)= ( )
(A)335 (B)338 (C)1678 (D)2012
【答案】 B
【解析】由f(x+6)= f(x)，可知函数的周期为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(2012)= f(1)+ f(2)+ 3351=335+3=338，选B.
结论2、f(x+a)= f(x) 型： f(x) 的周期为2a。
证明： f(x+2a)= f[(x+a)+a]= f(x+a)= [ f(x)]= f(x)
例2、已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)+f(x)=0，且当x∈[0，2)时，f(x)=， 则
f(2015)的值为( )
A.2 B.0 C.2 D. 8
【答案】 A
【解析】由己知，f(x+2)= f(x)，则f(x+4)= f(x+2)= f(x)，所以f(x)是周期为4的周期
函数.所以f(2015)= f(3)= f(1)= 2，选A.
例3、函数f(x)是定义在R上的奇函数，对任意的x∈R ，满足f(x+1)+ f(x)=0，且当0f(x)=，则f()+f(4)= ________
【命题意图】本题考查函数周期性、对数运算等基础知识，意在考查转化与化归、运算求解能力.
【解析】由己知得f(x+1)= f(x)，所以函数的周期T =2， f()=
f(+2)= f()==32=6，而f(4)= f(0)=0，所以
f()+f(4)=6.
结论3、型：的周期为。
证明：。
例4、已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+4)f(x)=1，若f(0)=2016，则f(2016)= ( )
解析：由己知：
所以原函数为周期函数，且周期为T =8
所以f(2016)= f(8252)= f(0)= 2016
结论4、型：的周期为。
证明：。
例5、定义在R上的奇函数f(x)满足，且在(0，1)上f(x)= .则f()=
A. B. C. D.
【解析】得出f(x)的周期为4，f()=f( 4)= f(4 )
选C
结论5、型：的周期为。
证明：。
例6、定义在R上的函数对任意x∈R，都有，，则等于( )
A. B. C. D.
思路：由及所求可联想到周期性，所以考虑
，所以是周期为4的周期函数，故(2016)=f(4)，而由已知可得，所以。
答案：D
结论6、型：的周期为。
证明：，
。
例7、已知函数f(x)满足f(1)=2，，则f(1)f(2)f(3)f(2010)的值为________
答案： 6
解析：由已知易推出f(x)f(x+2)=，于是原式= f(1)f(2)=2( 3)=.
例8、已知定义在R上的函数f(x)满足，则f(x)必有一周期为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
解：令x=x+1，再次使用递推式
将原递推式代入上式：
根据上面复习的公式，直接可以得到，即原函数是周期函数，且周期
结论7、f(x+2a)= f(x+a) f(x)：f(x)的周期为T = 6a
证明 ∵f(x+a)= f(x)+ f(x+2a)
令x=x+a，再次使用递推式
∴f(x+2a)= f(x+a)+ f(x+3a)
两式联立可得：
f(x)= f(x+3a)，再令x=x+3a，可知f(x+3a)= f(x+ 6a)
所以f(x+6a)=f(x)
例9、已知函数f(x)(x∈R)满足f(x+1)= f(x)+f(x+2)，且f(1)=1，f(2)=2010，则
f(1)+f(2)+f(3)+……+f(2009)= ________
答案： f(x+6)=f(x).
f(1)+ f(2)+ f(3)+f(4)+f(5)+ f(6)=0
2009= 6334 +5，
f(1)+ f(2)+ f(3)+...+ f(2009)
=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=f(3)= 2009
例10、已知函数f(x)满足：f(1)=，4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x y)(x，y∈R)，则f(2010)= ________
答案：
令x=1，y=0，f(0)=2f(1)=
令y=1，f(x)=f(x+1)+f(x 1)，
f(x)=f(x+1)+f(x 1)，
∴f(x+1)=f(x+2)+f(x)，两式相加可得f(x+2)= f(x 1)，
∴f(x)=f(x+6)，即f(x)是以6为周期的周期函数，f(2010)= f(0)=
大招十二 同一个函数的对称性
一、轴对称
1、f(a+x)= f(b x)y= f(x)图象关于直线对称
推论1、f(a+x)= f(a x) y=f(x)的图象关于直线x=a对称
推论2、f(x)= f(2a x)y=f(x)的图象关于直线x=a对称
推论3、f( x)= f(2a+x)y=f(x)的图象关于直线x=a对称
二、点对称
2、f(a+x)+ f(b x)=2cy= f(x)的图象关于点对称
推论1、f(a+x)+ f(a x)=2by=f(x)的图象关于点(a，b)对称
推论2、f(x)+ f(2a x)=2b y= f(x)的图象关于点(a，b)对称
推论3、f( x)+ f(2a+x)=2by= f(x)的图象关于点(a，b)对称
例1、若函数f(x)=对任意x∈R都有f(x 1)= f(3 x)，则以下结论中正确的是( )
A. f(0)C. f( 2)< f(0)< f(5) D. f(0)< f(5)【答案】 A
【解析】若函数f(x)=对任意x∈R都有f(x 1)= f(3 x)，则f(x)=的对
称轴为x= 1且函数的开口方向向上，则函数在(1，+∞)上为增函数，又f(0)=f(2)，f( 2)=f(4)，
所以f(2)例2、函数f(x)的定义域为{x∈R|x≠1} ，对定义域中任意的x，都有f(2 x)= f(x)，且当x<1时，，那么当x>1时，f(x)的递增区间是( )
A. B. C. D.
【答案】 C
【解析】由f(2 x)= f(x)，得函数图像关于直线x=1对称，当x<1时，递减区间是，由
对称性得，选C.
例3、已知定义域为R的函数f(x)满足f( x)= f(x+4)，且函数f(x)在区间(2，+∞)上单调递增，如果，且，则的值( )
A. 可正可负 B.恒大于0 C.可能为0 D.恒小于0
思路一：题目中给了单调区间，与自变量不等关系，所求为函数值的关系，从而想到单调性，而可得，因为，所以，进而将装入了（2，+∞）中，所以
由可得,下一步需要转化,由可得关于中心对称,所以有.代入可得,从而.
思路二:本题运用数形结合更便于求解.先从分析出关于中心对称,令代入到可得.中心对称的函数对称区间单调性相同,从而可作出草图。
而,即的中点位于的左侧,所以比距离更远，结合图象便可分析出恒小于0.
【答案】 D
总结：（1）本题是单调性与对称性的一个结合，入手点在于发现条件的自变量关系，与所求函数值关系,而连接它们大小关系的“桥梁”是函数的单调性,所以需要将自变量装入同一单调区间内.而对称性起到一个将函数值等价转化的作用，进而与所求产生联系.
（2）数形结合的关键点有三个：第一个是中心对称图像的特点,不仅仅是单调性相同，而且是呈“对称”的关系，从而在图像上才能看出的符号；第二个是,进而可知；
；第三个是,既然是数形结合,则题中条件也要尽可能转为图像特点,而表现出中点的位置,从而能够判断出距离中心对称点的远近.
例4、已知,则_____.
【答案】 11
【解析】 是由平移得到的,
由于是奇函数，图象关于原点对称,
因此的对称中心为,
所以
,
故答案为11.
例5、已知函数满足,若函数与图像的交点为,则（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】 B
【解析】 由得,关于对称,而也关于对称,所以对于每一组对称点有,所以.故选B.
大招十三 两个函数的对称性
1.函数与图象关于直线对称
推论1：函数与图象关于直线对称
推论2：函数与图象关于直线对称
推论3：函数与图象关于直线对称
2.函数与图象关于点对称
推论1：函数与图象关于点对称
推论2：函数与图象关于点对称
推论3：函数与图象关于点对称
例1、设函数定义在实数集上,则函数与的图象（ ）
A．关于直线对称 B．关于直线对称
C．关于直线对称 D．关于直线对称
【答案】 D
【解析】 令,因为函数与的图像关于直线对称,所以函数与的图象关于直线对称.故选D
例2、若且,那么函数与的图象关于（ ）
A．原点对称 B．直线对称 C．轴对称 D．轴对称
【答案】 B
【解析】 同底的指数函数和对数函数互为反函数,图象关于对称.
例3、函数的图象向右平移1个单位长度,所得图象与曲线关于轴对称,则（ ）
A． B． C． D．
【答案】 D
【解析】 函数的图象关于轴对称的图象的函数解析式为,而函数的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线的图象关于轴对称,所以函数的解析式为,故选D.
例4、设函数与的图象关于直线对称,且,则（ ）
A． B．1 C．2 D．4
【答案】 C
【解析】 设是函数的图象上任意一点,它关于直线对称的点的坐标为,由题意知在函数的图象上,所以,解得,即 ，
所以,解得,故选C.
大招十四 函数对称性和周期性秒杀大招
1、两线对称型：函数关于直线、对称，则的周期为.
证明:
.
2、一线一点对称型：函数关于直线及点对称,则的周期为.
证明:
,
所以.
3、两点对称型：函数关于点、对称,则的周期为.
证明:.
例1、已知函数是定义在上的偶函数，且,对任意,有成立,则的值为（ ）
A．0 B． C．1 D．2
【答案】 C
【解析】 因为是定义在上的偶函数,所以,可化为,由此得的周期,所以,又有得,故选C.
例2、函数的定义域为,若与都是奇函数,则（ ）
A．是偶函数 B．是奇函数 C． D．是奇函数
【答案】 D
【解析】 ∵与都是奇函数,∴∴函数关于点,及点对称，函数是周期的周期函数.
∴,即是奇函数.故选D.
例3、已知定义在上的奇函数,满足,且在区间上是增函数，若方程在区间上有四个不同的根,则______.
【答案】 .
【解析】 因为定义在上的奇函数,满足,所以由为奇函数,所以函数图象关于直线对称,且,由知,所以函数是以8为周期的周期函数,又因为在区间上是增函数,所以在区间上也是增函数.如图所示，那么方程在区间上有四个不同的根,,不妨设,由对称性知.
所以.
大招十五 指数的核心运算公式
1、正整数指数幂的核心运算法则:
①;②;③;④;
⑤.
2、根式具有的性质：,且;
当为奇数时,;当为偶数时,.
3、分数指数幂：
①正分数指数幂:
,且为既约分数
②负分数指数幂:
,且为既约分数)
4、整数指数幂推广到有理指数幂，有理指数幂的运算法则:
①;
②;
③
例1、计算下列各式:
(Ⅰ);
(Ⅱ);
(Ⅲ)
【解析】 (Ⅰ)原式.
(Ⅱ)原式.
(Ⅲ).
例2、设是自然对数的底数，则（ ）
A．若,则 B．若,则
C．若,则 D．若,则
【答案】 B
【解析】 函数为增函数,由,得,根据函数的单调性,有,故选B.
考点：函数的单调性.
例3、衣柜里的樟脑丸,随着时间会挥发而体积缩小,刚放进的新丸体积为,经过天后体积与天数的关系式为:,若新丸经过50天后,体积变为;若一个新丸体积变为,则需经过的天数为（ ）
A．75天 B．100天 C．125天 D．150天
【答案】 A
【解析】 由题意,得,解得;令,即,
即需经过的天数为75天.
大招十六 对数的核心运算公式
对数,且具有以下性质：
(1)1的对数等于0,即;
(2)底数的对数等于1,即;
(3);
(4);
(5)
(6).
(7),且,且.
(8)其中且且）;
(9)(其中且;
(10)其中均大于0且不等于.
例1、计算:
(1);
(2);
(3).
【答案】 (1) (2) 3; (3).
【解析】 (1)原式;
(2)原式
;
(3)原式
.
例2、已知,试用表示.
【解析】 ∵∴; ∵∴.
则.
例3、已知,则下列等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】 B
【法一】 所以.
【法二】 因为,所以.又,所以,
则.
例4、已知,若,则_____,_____.
【答案】
【解析】 由或或,再结合得.
例5、若正数满足,则的值为（ ）
A．36 B．72 C．108 D．
【答案】 C
【解析】 由得,所以有
,所以,即,故选C.
例6、若,则（ ）
A． B． C． D．
【答案】 C
【解析】 函数在上递增,故错;选项即,函数在上递减，故错;由得,即,故错,对,故选.
大招十七 函数的图像平移变换
已知的图象平移结论:
向右平移个单位得到的图象
向左平移个单位得到的图象
向上平移个单位得到的图像
向下平移个单位得到的图像
例1、将函数的图象向左平移1个单位长度，那么所得图象的函数解析式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 C
【解析】 因为,所以将其图象向左平移1个单位长度所得函数解析式为.故正确.
例2、为了得到函数的图像,只需把函数的图像上所有的点（ ）
A.向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度
B.向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度
C.向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度
D.向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度
【答案】 C
本题主要考查函数图象的平移变换.属于基础知识、基本运算的考查.
A． B．
C． D．
故应选C.
例3、已知函数的两个零点为,则实数的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】 A
【解析】 如图,的两个零点为的两个零点为;考虑到的图象为开口向上的抛物线,因此.
例4、若函数是偶函数,则函数的图象的对称轴方程是（ ）
A． B． C． D．
【答案】 A
【解析】 ∵函数向右平移1个单位得出的图象,又是偶函数，对称轴方程为∴的对称轴方程为.故选.
考点:函数的对称性.
大招十八 函数的对称与翻折变换
（1）对称变换：
与的图像关于轴对称;
与的图像关于轴对称;
与的图像关于原点对称.
（2）翻折变换：
,即正半轴的图像不变,负半轴的原图像去掉,把正半轴图像关于轴对称过去（去左翻右）
,即轴上方的图像不变,把轴下方的图像沿轴对称翻上去下翻上).
例1、函数的图像大致为下图的（ ）
【答案】 A
例2、在平面直角坐标系中,若直线与函数的图像只有一个交点,则的值为_____.
【答案】
【解析】 在同一直角坐标系内,作出与的大致图像，如下图:
由题意可知.
例3、直线与曲线有四个交点,则的取值范围是_________.
【答案】
【解析】 如图所示,要使与有四个交点,必须在后面二个图之间，故的取值范围是.
例4、已知函数.若方程恰有4个互异的实数根,则实数的取值范围为____________.
【答案】 .
【解析】 法一 显然.
(i)当与相切时，, 此时恰有3个互异的实数根.
(ii)当直线与函数相切时,,此时恰有2个互异的实数根.结合图象可知或.
法二:显然,所以.令,则.因为,
所以.结合图象可得或.
大招十九 复合函数的零点
求解复合函数零点问题的技巧:
（1）此类问题与函数图象结合较为紧密，在处理问题的开始要作出的图像
（2）若已知零点个数求参数的范围,则先估计关于的方程中解的个数，再根据个数与的图像特点,分配每个函数值被几个所对应,从而确定的取值范围,进而决定参数的范围.
例1 已知函数和在的图象如下所示:
给出下列四个命题：
(1)方程有且仅有6个根(2)方程有且仅有3个根
(3)方程有且仅有5个根(4)方程有且仅有4个根其中正确的命题是________.
将所有正确的命题序号填在横线上)
【答案】(1)(3)(4).
【解析】(1)或0或1,共有6个解.(1)正确.
(2)或,其中为的两根,有一个根,有三个根,共有四个根.(2)不正确
(3)有三个根,或0或有三个根,有一个根,有一个根,共有五个根,(3)正确(4)有二个根,或有二个根,有二个根,
共有四个根,(4)正确.
例2 关于的方程的不相同实根的个数是（ ）
A.3 B.4 C.5 D.8
【解析】可将视为一个整体,即,则方程变为
可解得:或,则只需作出的图像,然后统计与与的交点总数即可，共有5个
【答案】C
例3 已知函数,若方程恰有七个不相同的实根,则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【解析】考虑通过图像变换作出的图像（如图)，因为
最多只能解出2个,若要出七个根,
,所以,解得:
【答案】
例4 已知实数若关于的方程有三个不同的实根,则的
取值范围为( )
A. B.
C. D.
【解析】做出函数的图象,如图所示,由图可知，当时直线与的图象有两个交
点,当时直线与的图象有一个交点,题意要求方程有三个不同
的实根,则方程必有两不等实根,且一根小于1,一根不小于1,当,即时,方程的两根为1和,符合题意;当,即时,方程有两个不等实根，且一根小于1,一根大于1,符合题意.综上由.
【答案】A
大招二十 二次函数根的分布
设方程的不等两根为且,相应的二次函数为,方程的根即为二次函数图象与轴的交点,它们的分布情况见下面各表(每种情况对应的均是充要条件)
表一：（两根与0的大小比较即根的正负情况）
表二:（两根与的大小比较）
表三:（根在区间上的分布）
例1 一元二次方程有两个实根,一个比3大,一个比3小,求的取值范围。
【解析】解一:由解得:
解二:设,则如图所示,只需,解得
例2 已知方程有两个不等正实根,求实数的取值范围。
【解析】由
或即为所求的范围。
例3 已知一元二次方程一个根小于0,另一根大于2,求的取值
范围。
【解析】如图,设
则只须，解之得
大招二十一 十种求法探求对勾函数最值
一、均值不等式
∵,当且仅当,即的时候不等式取到“=”。
∴当的时候,
二、法
若的最小值存在,则必需存在，即或(含）找到使时,存在相应的即可。
通过观察当的时候,
三、单调性定义
设
当对于任意的,只有时,此时单调递增;
当对于任意的,只有时,此时单调递减。
∴当取到最小值,
四、复合函数的单调性
在单调递增,在单调递减;在单调递增
又
五、求一阶导
当时,,函数单调递减;当时，,函数单调递增。
当取到最小值,
六、三角代换
令,则
∴当,即时,显然此时
七、向量
根据图象,为起点在原点，终点在图象上的一个向量,的几何意义为在上的投影，显然当时,
取得最小值。
此时,
八、图象相减
,即表示函数和两者之间的距离求,即为求两曲线坚直距离的最小值,平移直线,显然当与相切时，两曲线坚直距离最小。
关于直线轴对称，若与在处有一交点,根据对称性,在处也必有一个交点,即此时与相交。显然不是距离最小的情况。所以，切点一定为点。此时,
九、平面几何
依据直角三角形射影定理,设,则显然,为菱形的一条边,只用当,即为直线和之间的距离时,取得最小值。即四边形为矩形。
此时,,即
十、对应法则
设对应法则也相同左边的最小值=右边的最小值(舍)或
当,即时取到最小值,且
大招二十二 抽象函数与具体函数的对应
例1 已知对任意的非负实数都成立,且,
则________.
【解析】
例2 若定义在R上的函数满足:对任意有,则下列说法一定正确的是（ ）
A.为奇函数 B.为偶函数 c.为奇函数 D.为偶函数
【答案】.
由已知,设,则,解得:,又设,,则
,由奇函数定义可知,为奇函数
例3 已知是定义在上不恒为零的函数,对于任意的,都有成
立.数列满足,且则数列的通项公式______.
【答案】
大招二十三 对抽象函数的思考与拓展
例题 对任意的,函数满足,且,当,,求证:是增函数
【答案】法一证明:
即由时,
设,则
根据;
即时,;
根据有
即0时,
根据有
是:
于是取则
即时,
所以是增函数
法二、证明:
即由吋,
由于,于是有:时,;
根据有
于是:
于是取则
即时,
所以是增函数;
【拓展1】 对任意的,函数满足,且,当,,求证:是增函数;
(1)求
(2)求的值;
(3)求证：若,则;
(4)求证:是增函数;
(5)给出一个符合条件的具体的;
【答案】(1);
(2)
我们额外研究点问题。
(1)如果是偶函数,则
这与矛盾，因此函数不是偶函数;(2)如果是奇函数,则
因此函数不是奇函数;
(3)由于“当”根据,有:
即当时,,
即当时,,
即当时,,
配合后面的问题，我们还可以提出新问题。下文再叙述。
(3)求证:若,则;
(4)求证：是增函数;
此二问,见上一题的解答。
我们结合（2）及（2）(3)给出下列问题，请解答:
(1)解不等式: (2)解不等式: ;
（5）给出一个符合条件的具体的 关于这个问题，我们还有下面的深入点问题:
【拓展2】对任意的 、 , 函数 满足 , 且 ,
(1) 若当 时, , 求证：当 时, ;
(2) 若当 时, 求证：当 时, ;
解: (1)
即由 时,
由于 , 于是有: 时, ;
(2) 若当 时, 求证：当 时, ;
即：当 时, ;
也可以作如下证明:
即：当 时, ;
大招二十四 函数的凹凸性定义及拓展
几何特征1 （形状特征）
设函数 为定义在区间 上的函数，若对 上任意两点 , 恒有:
(1) , 则称 为 上的凸函数;
曲线任意两点 与 之间的部分位于弦 的下方
(2) , 则称 为 上的凹函数。
曲线任意两点 与 之间的部分位于弦 的上方。
几何特征 2 （切线斜率特征）
设 是函数 曲线上两点, 函数曲线 与 之间任一点 处切线的斜率:
凸函数的切线斜率特征是：切线的斜率 随 增大而增大;
凹函数的切线斜率特征是：切线的斜率 随 增大而减小
例 1、在 这四个函数中，当 时, 恒成立的函数的个数是 ( )
解: 运用数形结合思想, 考察各函数的图象，注意到对 , 且 , 当 总 满足 时, 函数 在区间 上是凹函数。其图象是 “上凸”的, 因此 否定 , 故选 .
例 2 、如果一个函数 在其定义区间内对任 都满足 , 则称这个函数是下凸函数, 下列函数: (1) ; (2) (3) ; (4) 中是下凸函数的有（ ）.
A. (1)(2) B. (2)(3) C. (3) (4) D. (1)(4)
【答案】
例 3、已知函数 , 若对任意 , 恒有 , 则实数a的取值范围为______.
【解析】根据题意, 在 上为凹函数（图像上表现为在 上的函数 图象在两区间端点连线的上方)，数形结合可得
大招二十五 高斯函数的性质和拓展
1、有关概念
对于任意实数x，为不超过的最大整数, 称为取整函数或叫高斯函数，并将 称为小数部分函数，表示的小数部分。
2、重要性质
(1) 的定义域为 , 值域为 ;
(2) 如果 , 则有 ;
(3) 对任意 , 有
(4) 当 时, 有 , 即 是非减函数;
(5) 对于 , 有 ;
(6) 如果 , 则 ;
(7) 如果 , 则 .
例1、x为实数，表示不超过的最大整数, 则函数在R上为（ ）
A. 奇函数 B. 偶函数 C. 增函数 D. 周期函数
【解题过程】 解法一（特值法）取 , 则 所以 , 故 错; 又 , 显然不是增函数, C 错; 故选 D.
解法二 (图像法）依据已知可以作出函数 图像如图所示, 则可知 是有界，且是周期为 的非单调函数，其最小正周期为 1 , 故选 D.
解法三（直接法） 由 (当且仅当 为整数时等号成立), 可知当且仅当 为整数时, 必有 成立. , 且 , 则 , 所以可知 必为周期函数，故选 D.
例 2、为实数, 表示不超过x的最大整数，则函数 在R上为（ ）
A. 奇函数 B. 偶函数 C. 增函数 D. 周期函数
【解析】设 , 由上述性质（2）知 , 所以 , 故可知 为增函数, 故选 C.
例 3、用 表示不超过 的最大整数，如 对于下面关于函数 的四个命题:
(1)函数 的定义域为R，值域为 ； (2)函数的图象关于y轴对称;(3)函数 是周期函数，最小正周期为1；(4)函数 在 上是增函数. 其中正确命题的序号是______(写出所有正确命题的序号)
答案: (3)(4)
, 故 , 从而的值域为，(1)错误；
若, 则;
当 时, 设 , 则 ,
, 故(2)错误;
, 故 不是偶函数， (2)错误;
, 故(3)正确；
因为是周期为1的函数, 故只需考虑上的单调性，此时 在上单调 递增, 故(4)正确.
例 4 、定义区间 的长度均为, 多个区间并集的长度为各区间长度之和.例如, 的长度 用 表示不超过的最大整数, 记,其中.设, 若用 分别表示不等式 , 方程 , 不等式 解集区间的长度, 则当 时, 有 （ ）
A. B.
C. D.
知案: B
法一：设 , 则 为自然数且 ;
此时 , 其中 ;
然后
那么 时 式恒小于 0 ; 所以 时 ;
时 式恒等于 0 , 所以 时 ;
时 式恒大于 0 , 所以 时 ;
法二: 当 时, , 于是 .
有 ,
故当 时, 即 时, 有 ;
当 时, 有 时, 有 ;
当 时, 即 时, 有 . 故 .
二十六 函数不动点与稳定点秒杀模型
不动点: 已知函数 , 若存在 , 使得 ，则称为函数 的 不动点。
不动点实际上是方程组 的解 的横坐标， 或两者图象的交点的横坐标。
当然, 这个方程组根据函数 的不同，可能有多解。
例如 1: 的解只有一个 ，故函数 有一个不动点
例如 2: 的解为 ，故函数 有两个不动点
稳定点: 已知函数 , 若存在 ，使得 ，则称为函数 的稳定点。
很显然, 若为函数 的不动点，则必为函数 的稳定点。
证明是非常简单的！因为 , 所以 , 即 , 故也是函数 的稳定点。
反之，有没有不是不动点的稳定点呢 答案是肯定的！
例如 3: 设 , 令 , 解得
故函数 有一个稳定点
例如 4: , 令 , 因为不动点必为稳定点, 所以该方程一定有两解 ，由此因式分解，可得
还有另外两解 , 故函数 的稳定点有 其中 是稳定点, 但不是不动点。
请看下面四个图形, 分别对应例 1、2、3、4.
由此，清晰可见，不动点是函数图象与直线 的交点的横坐标，而稳定点是函数图象与它的反函 数（可以是多值的）的图象的交点的横坐标. 根据例 1 和例 3 , 我们可以给出命题：
若函数 单调递增，则它的不动点与稳定点是完全等价的。
证明：若函数 有不动点，显然它也有稳定点 ;
若函数 有稳定点 , 即 , 设 , 则 ，
即 和 都在函数 的图象上,
假设 , 因为 是增函数，则 , 即 , 与假设矛盾;
假设 , 因为 是增函数，则 , 即 , 与假设矛盾;
故 , 即 有不动点 .
例 1 、函数 , 且 没有实数根, 问: 是否有实数根 证明你的结论.
解法一：（没有实根问题转化为证明不等式恒成立）
是没有实数根.
证明：因为 没有实数根, 所以 , 或 ,
当 时，再以 代 有 , 所以 ,
当 时，再以 代 有 , 所以 ,
所以 是没有实数根.
解法二：（用反证法)
是没有实数根.
证明:
若存在 使得 ,
令 , 则 ,
即有 和 是 的点, 显然这两点关于 对称,
所以 与 必有公共点, 从而 有实数解，与已知矛盾.
所以 是没有实数根.
规律总结：替换法是一个重要的方法
例 2 、设函数 为自然对数的底数）. 若存在 使 成立, 则 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
解析： , 根据复合函数的单调性, 可以判断该函数为增函数。
又因为存在 使 , 即有稳定点 ,
所以它必有不动点 , 使得 ，
即 在 有解,
整理可得, , 在 有解。
令 ，
在 单调递增。
, 故选择 A,
例 3 、设函数 为自然对数的底数). 若曲线 上存在点 使 成立, 则 的取值范围是
A. B. C. D.
解析： , 根据复合函数的单调性, 可以判断该函数为增函数，
又因为存在 使 , 即有稳定点 ,
所以它必有不动点 , 使得
即 在 有解，显然 是无解的.
整理可得, , 在 有解。
令
在 单调递增，
, 故选择
例 设函数 为自然对数的底数 , 若曲线 上存在点 , 使得 , 则 的取值范围是 （ ）.
A. B. C. D.
【答案】易知 为单调递增函数. 同例 1, 有 .
曲线 上存在点 , 使得 , 等价为: 在 上存在解.
即 在 上有解.
设 , 则 在 上单调递增, 所以
故 故选 A.板块三 三角函数
大招一 判定三角函数分角所在象限的几何法
若是第一象限角，则 ，是第几象限角
几何法
将单位圆在第一象限的圆弧分成两等份(是的分母)，再将第二、三、四象限的圆弧两等分，逆时针依次标上1、2、3、4，再循环一遍，直到标满为止，则有标号1的(1指的是所在的象限)就是所在的象限．如图所示: 在第一、三象限．
其实，把一个角除以2之后，原来在四个象限中的角就分别对应到所在的1，2，3，4四块区域中，因为原来的角相差终边相同，故对应的区域有两块．
同理，将单位圆在第一象限的圆弧分成三等份(是的分母)，再将第二、三、四象限的圆弧三等分，逆时针依次标上1、2、3、4，再循环一遍，直到标满为止，则有标号1的(1指的是所在的象)就是所在的象限，如图所示: 在第一、二、三象限．
例1．若是锐角，那么是（ ）
A．第一象限角 B．第二象限角 C．第一或第二象限角 D．小于的正角
【答案】 D
【解析】由可知， ，故选D．本题容易错选C．
例2．若是第二象限角，则是第 象限角，是第 象限角．
【答案】 一、三 一、二、四
【解析】数形结合，因为为第二象限角，所以用图表示出(图(①)， (图②)，看“2”在哪一象限， ，就在哪一象限．
大招二 三角函数符号判定有绝招
三角函数的符号判定
(1)正弦值对于第一、二象限为正()，对于第三、四象很为负()．
(2)余弦值对于第一、四象限为正()，对于第二、三象限为负()．
(3)正切值()对于第一、三象限为正（同号），对于第二、四象限为负(异号)．
三角函数的符号记忆口诀
一全正、二正弦、三两切(或三正切)、四余弦——是从象限的三角函数名为正出发的．
例1．已知点在第三象限，则角在（ ）．
A． 第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【解析】依题意， ，且．故选B．
例2．若三角形两内角满足，则此三角形为（ ）三角形．
A．锐角 B．钝角 C．直角 D．不确定
【答案】B
【解析】 因为是三角形的内角，所以因此．又，所以，因此为钝角．故选B．
例3．若，下列函数值中为负的是( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】为第二象限角， 为第四象限角， 为第一象限角， 为第四象限角，故只有选项D，，故选D．
例4．的值( )
A．小于 B．大于 C．等于 D．不存在
【答案】B
【解析】所以， ， ．故选B．
例5．若是第二象限角，则点在( )
A．第一象限 B．第二象限 C．第象限 D．第四象限
【答案】B
【解析】因为是第二象限角，所以，角在第四象限内，因此，，即点在第二象限，故选B．
例6．若，则的值（ ）
A．小于0 大于0 C．等于0 D．不确定，与有关
【答案】D
【解析】异号为第二或第四象限角．
①若是第二象限角，则，从而．所以．
②若是第四象限角，则，从而．所以．故选D．
大招三 利用三角函数线比大小
如下图，角的终边与单位圆交于点过作轴的垂线，垂足为．过点作单位围的切线，它与角的终边或其反向延长线交于点，根据三角函数的定义，我们有:
当角的终边不在坐标轴上时，以为始点， 为终点，规定:当线段与轴同向时， 的方向为正，且有正值；当线段与轴反向时， 的方向为负，且有负值．其中为点的横坐标，所以无论哪一种情况都有同理，可以得到，无论哪一种情况都有
像这种被看作带有方向的线段叫作有向线段．规定:与坐标轴方向一致时为正，与坐标轴方向相反时为负．
例1。已知，试证明：
【证明】作出单位圆，如图，设，则弧的长度为，角的正弦线为，正切线为．所以，；
又，所以
所以
例2．已知为锐角，求证: ．
【证明】如图，设角的终边与单位圆相交于点，过作轴， 轴， 为垂足，连接
因为，在中， ，所以
因为；，
而即
所以
例3．若，，则的取值范围是
【答案】
【解折】如图，由三角函数定义结合三角函数线，在内，使成立的的取值范围是．
例4．以下命题正确的是( )
A．是第一象限角，若，则
B．是第二象限角，若，则
C．是第三象限角，若，则
D．是第四象限角，若，则．
【答案】D
【解析】如图，设是角的终边与单位圆的交点，过分别作轴的垂线，则分别为两角的正弦线， 分别为余弦线．由于在第一象限，所以余弦线越长角的余弦值越大，从而为的终边，为的终边，显然，故A不正确，同理可知，B，C错，D正确．故选D．
例5．均属于区间，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】对于任意，如图，在单位圆中， ，弧的长度为，而，即，所以，结合三角函数图像，可知，对任意，有，，所以若，即，由于都属于，则，则有，矛盾!从而，即，即，所以．若，即，则，所以，即，所以，所以，故选C．
大招四 同角三角函数基本关系合集
平方关系：
商数关系:
例1． (1)若是第二象限角， ，则 ， ．
(2) 若是四象限角， ，则 ， ．
【答案】 （1） （2）
【解析】（1）可以构造一个边长是的直角三角形，再判断符号；（2）可以构造一个边长是的直角三角形，再判断符号．
【评注】
本题是同角三角关系的基本应用，知一求二，可以通过构造直角三角形求值，同时注意三角函数值的符号．
例2．已知，则 ， ．
【答案】
【解析】
【评注】本题是三角函数关系的重要变形，由得到．在符号确定的情况下，可以知一求二，进而求出的值．
例3．已知，则 ；
【答案】
【解析】前者是一次齐次分式，分子分母同时除以；后者是二次齐次分式，分子分母同时除以，都可以转化成只关于的式子，也有人将的式子代入，将分子转化成只含或的式子．
；
．
【评注】本题是三角函数关系的重要变形，在已知的情况下，可以直接处理关于与的齐次分式(所谓次分式是指分子与分母的所有单项式次数都相同)．
例4．（1），则（ ）
A．B．C．D．
（2）已知，则
【答案】（1）A （2）
【解析】(1) =，
由于，，故．故选．
(2) ．
【评注】注意“1”的变形使用: 可用于配平方式与齐次式转化．
大招五 三角函数三兄弟
在三角函数中有一个重要公式“”，由此可得:
所以，在，，
三个式子中，只要知道任意一个，就可求出另外两个：
(1)若知道，得，；
(2)若知道，得；
(3)若知道，得，
例1．求函数的值域．
【解析】设，得所以原函数可化为，可求得函数的值域是
例2．求函数的值域．
【解析】设得，所以原函数可化为，可得函数的值域是．
例3．已知，函数的最大值为，则 ．
【答案】
【解析】．
设，则．所以
．因为，所以时取得最大值．即
，解得．
大招六 诱导公式全攻略
诱导公式
诱导公式一:
诱导公式二:
诱导公式三:
诱导公式四:
诱导公式五:
诱导公式六:
(注:诱导公式一中， )
诱导公式有统一的记忆方法:“奇变偶不变，符号看象限”．“奇变偶不变”指的是对于任意三角函数，以为例，若为偶数，则函数名称不改变；若为奇数，则函数名称变成余弦．“符号看象限”是指，假定为第一象限内的角，根据的正负判断变换后的三角函数的符号，所以主要是看所在的象限．
如: ，偶不变，值与同， 是第一象限角时， 在第三象限，于是为负，故有负号，即
再如: ，奇变， 是第一象限角时在第二象限，正弦为正，故
为什么要取第一象限角
其实诱导公式都是恒等式，即对任意的都成立，所以取第几象限的角都没关乐，但是，当不是第一象限角时，推导符号时需要考虑两边，如与相关；当为第三象限角时，，是第一象限角， ，从而符号为负，即有我们当然希望越简单越好，所以我们默认取第一象限角，其实不是必须的，只是为了符号好确定．
例1．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，即，
所以故选B．
例2．已知，则的值为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】．故选C．
例3．已知，则
【答案】32
【解析】因为，所以所以
．
例4．已知，则 ．
【答案】
【解析】因为
所以．
大招七 搞定正切函数图像
正切函数
图 像
性 质 定义域
值域
最小正周期
对称性 对称中心
奇偶性 奇函数
单调性 单调增区间
例1．若将函数的图像向右平移个单位长度后，与函数的图像重合，则的最小值为( )．
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】函数的图像向右平移个单位长度后的函数解析式为
依题意有解得
又，所以的最小值为，故选D．
例2．设定义在区间上的函数的图像与的图像的交点为，过点作
轴的垂线，垂足为，直线与函数的图像交于点，则线段的长为 ．
【答案】
【解析】由，消得，解得或（舍）．故点的纵坐标为．所以．
例3．函数在区间内的图像是（ ）
【答案】D
【解析】当时，，，又，，故，．当时，，此时，．故选D．
大招八 已知三角函数图像求表达式
由已知条件确定函数的解析式，需要确定
（1）由函数的最大值，最小值为，可确定与A；
（2）由函数的最小正周期为，可以确定；
（3）确定：一般使用最高点或者最低点确定的值，如果选用平衡点，一般会得到两个符合条件的值，还需要结合平衡点所在处的单调性再确定．
例1．已知下图是函数的图像的一段，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，所以．又因为处于递增部分的平衡点，所以，，故选C．
例2．已知函数的图像如下图所示，则（ ）
【答案】
【解析】由图易知，，所以，所以，下面来求．由图可知，当时，，即．所以，，因为，所以．
例3．已知下图是函数的部分图像，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】此函数的周期为，故
又此图像过点即，故，故A正确，本题也可以由图像与轴的交点坐标大于直接排除B选项，得到A正确．故选A．
例4．已知下图是函数的图像，则（ ）
【答案】
【解析】因为在递减段上，所以，所以，即．
大招九 三角函数图像变换全攻略
对函数的图像的影响
（1）对的图像的影响
函数的图像，可以看作是把图像上的各点向左或者向右平移个单位而得到的（可记作左加右减）既平移个单位得．
（2）对的图像的影响
函数的图像，可以看作是把的图像上的各点的横坐标缩短或伸长到原来的倍（纵坐标不变）而得到的，既的横坐标到原来的倍得．
（3）对的图像的影响
函数的图像可看作是的图像上的各点的纵坐标伸长为原来的倍，或缩短到原来的（横坐标不变）而得到的，既的纵坐标 到原来的倍得到．
例1．下图是函数在区间上的图像．为了得到这个图像，只要将的图像上的所有点（ ）
A．向左平移个单位长度，再把所得点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变
B．向左平移个单位长度，再把所得点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
C．向左平移个单位长度，再把所得点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变
D．向左平移个单位长度，再把所得点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变
【答案】A
【解析】由图像可知，，，解得故．，，从而．故．此函数的解析式为，故选A．
例2． 把函数的图像上的所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），然后向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度，得到的图像是（ ）
【答案】A
【解析】
，故选A．
例3．为得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A． 向左平移个单位长度 B． 向右平移个单位长度
C． 向左平移个单位长度 D． 向右平移个单位长度
【答案】D
【解析】，故将正弦函数的图像向左平移个单位长度即可得到．故选C．
例4．为得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）
A．向左平移个单位长度 B． 向右平移个单位长度
C． 向左平移个单位长度 D． 向右平移个单位长度
【答案】A
【解析】===，只需将函数的图像向左平移个单位长度即可得到函数的图像，故选A．
大招十 三角函数与二次函数复合
类型1 形如型的函数
解决此类为题可通过配方法，转化成关于正弦或余弦的二次函数的形式，注意变量的取值范围．
例1．求得最大值和最小值（其中，为常数）．
【解析】．①若则时有．最大值在或时取得，需比较，当时，即 ，时取最大值，；当时，即，时取最大值，．②若，即，则当时，，当时，．③若，即，则当时，；当时，．如图甲、乙、丙所示．将
例2 ．（1）若关于的方程在内有实数解，则的取值范围为 ．
（2）若函数在时取最大值，在时取得最小值，则实数的取值范围为 ．
【答案】（1）（2）
【解析】（1）令，因为，所以．
解法一：根据题意，，所以的取值范围为．
解法二：原方程可化为，设，因为对称轴，在上单调递增，在内有零点，则有．
（2）由知，又的最大值一定在端点处取到，而故当且仅当，所给函数在处取到最大值，解得，综上可知，．
例3．已知函数．
（1）若在区间上的最大值为1，则 ．
（2）若在区间上的最小值为，则的取值范围为 ．
【答案】（1） （2）
【解析】令，则在上单调递增；又当时，单调递增，且，故当时，单调递增．
（1）当时，此时；由函数在上单调增知，只能等于．
（2）当时，；当时，，当时，，此时；当时，的最小值将小于，不符合题意．故，综上可知，．
类型2 形如型的函数
解决此类问题主要是利用公式进行换元．令，则，则，从而．
例4．已知，求函数的最大值和最小值，并求出此时值．
【解析】令，则，代入得，因为，所以，．于是当时，有，此时，解得或；当时，有，此时，解得．
例 5．若，则函数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，令，则，代入得：，因为，所以，于是时有．
大招十一 三角函数求最值归类研究
一、化成的形式
例1．求函数在上的最大值和最小值．
【解析】
由得，得，则当时，；当时．
评注
这类题目解决的思路是把问题归化为的形式，一般而言，，，但若附加 x的取值范围，最好的方法是通过图像加以解决，令，画出在上的图像，如图所示不难看出既，应注意此题容易把两个边界的函数值和误认为是最大值最小值．
二、形如的形式
例2．求函数的最大值和最小值．
【解析】由已知得既，，所以，因为，，即，解得，．
评注
上述利用正（余）弦函数的有界性，转化为以函数y为主元的不等式，是解决这类问题的最佳方法，虽然本题可以使用万能公式，也可以利用圆的参数方程和斜率公式去求解但都如上述解法简单易行，有兴趣的同学不妨试一试其他解法．
三、形如的形式
例3．求函数的最大值和最小值．
【解析】，由，得，，，即．所以．
评注
此题是利用了分离分母的方法求解的．用例2的解法同样可求，有兴趣的同学不妨试一下，并作解法对比．
四、形如的形式
例4．求的最小值．
【解析】设，则．
从图中可以看到，在区间上是减函数（也可利用函数的单调性定义来证明这一结论）．所以当时，．
评注：
若由，可得最小值的错误的，这是因为当等号成立时，，既是不可能的．若把此题改为就可以用均值不等式法求解了，同学们不妨琢磨一下．
五、利用和之间的关系
例5．求函数的最大值和最小值．
【解析】令，则，所以且，因此原函数可化为，故当时，当；当时，．
评注
，，这三者支架有着互相制约，不可分割的密切联系，是纽带，三者之间知其一，可求其二，令，换元后依题意可灵活使用配方法，重要不等式，函数的单调性等方法来求函数的最值，应该注意的是求三角函数的最值方法有多种，像配方法，不等式法等，这里不再叙述，有兴趣的同学不妨自己探讨一下．
大招十二 两角和与差的正、余弦公式
一、两角和与差的正弦公式
二、两角和与差的余弦公式
例1．（1）计算的结果等于（ ）
A． B． C． D．
（2）可化为（ ）
A． B． C． D．
【答案】（1）A （2）B
【解析】（1），故选A．
（2）故选B．
例2．（1）的值为（ ）
A． B． C． D．
（2）的值为（ ）
A． B． C． D．
（3） ．
【答案】（1）A （2）D （3）
【解析】（1）
，故选A
（2）
，故选D．
（3）原式
大招十三 两角和与差的正切公式及应用
两角和与差的正切公式
，
两角和与差的正切公式常见变形
例1．计算
（1）____________．
（2）______________．
（3）_____________．
【答案】 （1）1 （2）2 （3）
【解析】 （1），所以
因此．
（2），
而，所以原式=．
（3），
而，
所以同理，…，因此原式=
例2．________．
【答案】
【解析】 原式=
．
大招十四 二倍角公式及其灵活应用
一、二倍角的正弦、余弦、正切公式
二、二倍角公式的逆向变换及常用变形
【评注】
由公式的变形，还可以得到，由这组公式我们可以由的三角函数值，结合角的范围得到，，这组公式又被称为半角公式．目前这些公式在课本上不再单独提出，因此可以作为二倍角公式的变形使用，它的应用还是挺广泛的．
例1．（1）若，则
（2）若，则_________;
（3）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】 （1） （2） （3）D
【解析】（1），于是．
（2）因为，即，所以
．
（3）因为，所以，所以
所以．故选D．
例2．计算：
（1）；
（2）；
（3）．
【解析】 （1）原式=．
（2）因为．
所以原式．
（3）原式=
．
大招十五 辅助角公式的灵活应用
【结论】设函数，则．
证明：因为
所以可设
因此
当且仅当，即时，．
当且仅当，即时，．
推论：设函数，则
（1）当且仅当时，取最值；
（2）当且仅当时，曲线关于直线对称．
例1．（1）函数，在区间上的最大值是（ ）
A． B． C． D．
（2）函数的最小值和最小正周期分别是（ ）
A． B． C． D．
（3）已知，则的值时（ ）．
【答案】（1）C （2）D （3）
【解析】（1）．
由于知，所以
所以函数 的最大值为．故选C．
（2） ．故选D．
（3）
因此，，．
例2．若，函数取得最大值，则
【答案】
【解析】 由推论（1）得，．
例3．若是偶函数，则有序实数对可以是____________．（写出你认为正确的一个）
【答案】
【解析】
．因为是偶函数，所以只要满足即可．
例4．若函数的图像关于直线对称，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】题设即函数的图像关于直线对称，所以由推论（2）得，因此故选D．
大招十六 积化和差与和差化积
1． 积化和差公式
2． 和差化积公式
和差化积公式推导，可以将左边的与分别写成，，再展开，合并即得到右边的式子．
例1．计算：
【解析】 原式=
=
=．
例2．已知，则的值为__________．
【答案】
【解析】 因为，所以
．
因为
所以上式=
=．
例3．已知，是的最大值，是的最大值，则 ．
【答案】 4
【解析】 因为
所以
=．
以上两式均当且仅当时等号成立，所以
例4．已知，求的值．
【解析】 因为，所以
所以
．
例5．求的值．
【解析】 解法一 原式=
．
解法二 原式=
．
大招十七 一题多解探讨三角函数解题思路
例 已知是某三角形的一个内角，满足．
（1）判断该三角形是锐角三角形还是钝角三角形．
（2）求的值．
【评注】
这道题是三角函数内容中的一道经典试题，该题本身不难，但学生的普遍反映是计算太麻烦，想不到更好的方法，于是笔者认真总结了一些解法，希望能让学生从中受益．三角函数是高中数学的一块重点内容，它蕴含着丰富的数学思想与方法．灵活地借助数学思想与方法解题，往往可以避免复杂的运算，优化解题过程，降低解题难度，加快解题速度．本文就通过上述例题介绍解三角函数时常用的一些数学思想及方法．
对于问题（1），我们可以有两种选择．
一是将两边平方得，即有，因此，由于，故只能，即是钝角，是钝角三角形．
对于问题（2），我们有如下方法可供选择．
解法一 从三角函数定义出发，设点是角终边上的一点，令，则
，依题意可得．
两边同时平方整理得，即为
于是或，即或．
解法二 从正切函数的定义出发，分别求出和．联立方程组
，消去，整理得
即，解得或．于是有
或，从而或．
解法三 直接求．将
两边平方得，整理得
，即，
从而或．
解法四 利用配方的思想．将
两边平方得，解得，于是
，即，联立方程组
，解得或，
从而或．
解法五 利用对偶的思想．在数学解题过程中，合理地构造形式相似，具有某种对称关系的一对对偶关系式，并通过对这一对对偶关系式进行适当的和，差，积等运算，往往能使问题得到巧妙地解决，收到事半功倍的效果．如本题中可以构造对偶式，则有
，解得，代入，解得，
于是或，从而或．
解法六 利用半角公式，将两边同时平方得
，即，而的终边可能在第三象限也可能在第四象限，故，从而或．
解法七 利用二倍角公式
将化为
整理得，即
解得或，于是代入得或．
解法八 利用万能公式求的值，进而求，将及代入，整理得，
以下同解法七
解法九 利用公式，将
两边同时除以得，
两边同时平方得，
即，从而或．
解法十 利用韦达定理构造一元二次方程．
将两边同时平方得，解得
于是和是一元二次方程的两根
解得或，从而或．
解法十一 直接构造关于的方程．
将两边同时平方得，解得
于是，即，故
整理得，从而或．
解法十二 利用方程的思想．方程思想是最基本的也是最重要的数学思想之一．它从对问题的数量关系分析入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型（即方程或方程组），然后通过解方程来使问题获解．
在这道题中，设，则，联立方程组，解得，再由，即得，整理得，解得或，即或．
大招十八 正、余弦定理的证明方法全归纳
一、正弦定理的五种证明方法
正弦定理：在中，的对边分别是则．
证法一 三角形高法
是的边上的高；是的边上的高；，是的边上的高．根据这个几何意义，定理证明如下：
作锐角的高，则，所以
同理，因此．
证法二 三角形外接圆法
是的外接圆直径．根据这个几何意义，定理证明如下：
作锐角的外接圆直径，连接．根据同弧所对的圆周角相等及直径所对的圆周角是直角得，（为的外接圆半径）．所以，所以，同理，，
所以，即．
证法三 三角形面积法
都是的面积公式．根据这个几何意义，定理证明如下：作锐角的高，则．所以的面积．同理，，因此，同除以，再取倒数得．
证法四 向量的数量积法
把变形为．在锐角中作高，则
，分别是向量，与向量的数量积．利用这个几何意义，定理证明如下：
作锐角的高，因为，所以，所以，因此，即，所以．同理．所以．
证法五 坐标法
定理证明如下：
以为原点，以射线为轴的正半轴建立平面直角坐标系，且使点落在轴的上方，则边上的高即为点的纵坐标．根据三角函数的定义，点的纵坐标．所以的面积．同理，，．所以．同时除以，再取倒数有．
评注
证法五利用了一般三角函数的定义，避开了分类讨论．前面的四种几何证明法都需要分类讨论，因为它们的证明中仅仅利用了锐角三角函数的定义．证法五这个方法是证明正弦定理最简单的方法，体现了坐标法的优越性．
二、余弦定理的三种证明方法
余弦定理：在中，所对的边分别长，则，，．
证法一 平面几何法
当为直角三角形时，根据直角三角形的边角关系和勾股定理很容易验证余弦定理，当为锐角三角形时，在中，作高，则，，于是在中，由勾股定理，而，，，所以，，即．类似可证，当为钝角三角形时，上述结论仍然成立．
证法二 向量几何法（最好的）
在中，由知，即，即．
证法三 解析几何法
如图，建立平面直角坐标系，使点在轴上方，由三角函数的定义，无论是直角、锐角还是钝角，都有，又，利用两点间距离公式，，两边平方得，即．
大招十九 射影定理牵手正、余弦定理
射影定理：在中，所对的边分别长，则，，．
例1．在中，所对的边分别长，若，则．
【答案】 2
【解析】解法一 ，整理得，故．
解法二 ．由正弦定理得，所以．
解法三 由射影定理得，所以，因此．
例2．在中，所对的边分别长，若，则．
【答案】
【解析】解法一 从正弦定理入手，原式可化为，因此．
解法二 从余弦定理入手，原式可化为，，再用余弦定理得．
解法三 从射影定理入手，原式可化为，所以．
例3．在中，所对的边分别长，若表示的面积，，，则为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由及射影定理知，，故．由余弦定理得．因为，所以，所以，因此．
大招二十 三角形解的个数问题
为锐角 为钝角
关系式
图形
解的个数 无解 一解 两解 一解 一解 无解
例1．在中，，，，求和．
【解析】解法一 由得，所以．若，则，此时．若，则，此时．
解法二 ，解得．若，则，此时，．若，则，此时，．
解法三 ，解得．若，，分别是向量，与向量的数量积．利用这个几何意义，定理证明如下：
作锐角的高．因为，所以，所以，因此=，即，所以．同理．所以．由，得，，因为，所以，所以，．若，由，得，．因为，所以，所以，．
评注
解三角形时，一般都可有两种思路．但要注意方法的选择，同时要注意对解的讨论．另外，要留意三角形内角和为，同一个三角形中大边对大角等性质的应用．
例2．在中，，，，求的值．
【解析】解法一 由得，所以或，或，所以或，由，得或．
解法二 由知，，带入已知条件得，解得或．
大招二十一 三角形形状的判定
一、解决三角形的综合问题时，要注意以下关系式的运用
（1）．
（2）；．
（3）；．
（4）．
除了正弦定理和余弦定理，三角形中的这些很明显的恒等式的熟练应用是很重要的细节，将它们和正余弦定理串联起来，是解三角形问题的基础．
二、与三角形形状相关的几个结论
（1）在中，若，则为等腰三角形或直角三角形．
（2）在中，若，则为等边三角形．
（3）在中，若，则为直角三角形．
（4）在中，若，则为直角三角形．
（5）在中，若，则为直角三角形．
这些结论在人教版必修5中都出现了，也不需要强记．
（1）（2）（3）利用正弦定理易证，（4）利用射影定理易证．
（5）的证明略有难度，思路有两种，如下．
方法一 恒等变形
注意到，以及，可将题中的等式进行化简．，，，，，所以，从而推出，．
方法二 由正余弦定理将边化为角
因为，所以．整理得，即，所以．因为，所以，因此为直角三角形．
例1．（1）在中，若，则这个三角形是（ ）
A．等腰直角三角形 B．等腰三角形 C．锐角三角形 D．钝角三角形
（2）在中，已知，则是（ ）
A．锐角三角形 B．钝角三角形 C．直角三角形 D．等腰三角形
（3）在中，若，则这个三角形是（ ）
A．等边三角形 B．等腰三角形 C．锐角三角形 D．钝角三角形
【答案】（1）C （2） C（3）B
【解析】（1）由知，且（如果同负会出现两个钝角，不可能），故均为锐角．因为，所以，即．即，所以为锐角，因此三角形的三个内角都是锐角，为锐角三角形．故选C．
（2）将展开整理得：，所以，因此，所以为直角三角形．故选C．
（3），即，即．所以为等腰三角形．故选B．
例2．在中，若，则为（ ）
A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不确定
【答案】B
【解析】因为，所以，即，即（舍）或，所以，即三角形为直角三角形．故选B．
例3．在中，若，则此三角形一定是（ ）
A．正三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形
【答案】C
【解析】因为，所以，因此．即．整理得，即，所以，即三角形为等腰三角形．故选C．
例4．已知满足，试判断的形状．
【解析】解法一 由得，整理得，即，当时，为等腰三角形．当，即时，则为直角三角形．综上可知，为等腰三角形或直角三角形．
解法二 由正弦定理得，即．因为，所以，即，因为，所以或，即或．所以为等腰三角形或直角三角形．
例5．在中，，所以，由正弦定理得，因为，，所以，即，所以或，即或．所以为等腰三角形或直角三角形．
评注
要判断三角形的形状，必须深入研究边与边的大小关系：是否两边相等？是否三边相等？是否符合勾股定理？还要研究角与角的大小关系：是否两个角相等？是否三个角相等？有无直角或钝角？
解题的方法是：从条件出发，利用正、余弦定理等进行代换、转化、化简、运算，找出边与边的关系或角与角的关系，从而作出正确判断．
一般有两种转化方向：要么转化为边，要么转化为角．
判断三角形形状时，用边做、用角做均可．一般地，题目中给出的是角，就用角做；给的是边，就用边做，边、角之间的转换可灵活运用正弦定理或余弦定理．
或，不要丢解．
例6．在中，求证：
【解析】
同理，
所以
即．
大招二十二 正切恒等式及其应用
正切恒等式：在非直角三角形中，．
证明：因为，则．，所以，整理得：．
例1．在锐角三角形中，若，则的最小值是．
【解析】解法一 ．由三角形为锐角三角形，得．所以．又由，知．所以，．设，得．进而可得：当且仅当时，．
解法二 在锐角中，，，．在解法一中，已得，所以．即，所以的最小值是8．
解法三 在解法二中，已得．
在解法一中，已得
所以
所以，即，因此的最小值为8．
例2．在中，已知，求的值．
【解析】根据题意，设，，．显然
所以同号，又中至多有一个是钝角
所以．由，得
所以，因此，，，，．
由正弦定理，得．
大招二十三 处理三角函数易错点的六绝招
第一招 三角函数中，隐含条件的挖掘
例1．已知方程的两个实数根是，且，则等于（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】B
【解析】因为是方程的两个实数根，所以，．又，所以，从而．又因为，所以，故选B．
评注
因为，所以．又因为，所以，解得．因为，所以，从而．
第二招 三角形中，角大正弦大
例2．在中，，，求的值．
【解析】因为，所以．又，所以，因此．所以一定是锐角，从而．所以．
评注
在中，．
第三招 已知三角函数值求角错因分析
例3．若，，且均为锐角，求的值．
【错解】因为为锐角，所以．又为锐角，所以，因此，由于，，所以，故或．
评注
没有注意挖掘题目中的隐含条件，忽视了对角的范围的限制，造成出错．事实上，仅有，而得到或是正确的，但从题目中我们发现，，使得，，从而，故上述结论是错误的．
【正解】因为在上是单调函数，所以本题先求不易出错．因为为锐角，，所以，．又因为为锐角，，所以，．所以，．故．
评注
根据已知条件求角时，角的范围常常被忽略或不能发现隐含的角的大小关系而出现增根不能排除．要避免上述情况的发现，同学们应合理选择三角函数形式进行求解，根据计算结果，估算出角的较精确的取值范围，并不断缩小角的范围．在选择三角函数公式时，一般已知正切函数值，选正切函数，已知正、余弦函数值时，若角在时，一般选余弦函数，若角在时，一般选正弦函数．
第四招 你肯定会错
例4．已知锐角三角形的内角的对边分别为，．
（1）求的大小；
（2）求的取值范围
【解析】（1）由，根据正弦定理得，，所以．由为锐角三角形得，．
（2）
．
由为锐角三角形知，，从而
所以
由此有，即的取值范围为．
评注
锐角中，恒有，，．
第五招 数形结合也未见得好
例5．在区间范围内，函数与函数的图像交点的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】在同一坐标下，作出与在内的图像，很难做到精确，容易误认为3个交点．联想到不等式“”，故与在内的图像无交点．又因为它们都是奇函数，从而与在内的图像也无交点，所以在区间内，函数与图像交点的个数为1，即坐标原点，故选A．
第六招 同角正、余弦的和、差、积、倍互化中的陷阱铲除
例6．已知，，则的值是
【答案】
【解析】由，知
所以，且
所以有，，联立解得，，所以．
评注
解决这类问题，首先必须对角的范围进行讨论，这充分体现了“函数问题，范围先行（尤其是三角函数问题）”的解题基本原则．板块四 向量
大招一 向量共线模型与等和线
一、平面向量共线定理
若点，，互不重合，是，，三点所在平面上的任意一点，且满足，则，，三点共线．
证明：（1）由 ，，三点共线． 由得． 即，共线，故，，三点共线．
(2)由，，三点共线． 由，，三点共线得共线，即存在实数使得． 故． 令， 则有．
“爪”字形图：在中，是上的点，如果， 则， 其中知二可求一． 如果是边上的中线，则．
二、等和线
平面内一组基底，及任一向量，，若点在直线上（即图中的位置）或者在平行于的直线上，则（定值），反之也成立，我们把直线以及与直线平行的直线称为等和线．
（1）当等和线恰为直线时，．
（2）当等和线在点和直线之间时，．
（3）当直线在点和等和线之间时，．
（4）当等和线过点时，
（5）若两等和线关于点对称，则两定值（）互为相反数．
【解题步骤及说明】
1．确定等值线为的线；
2．平移（旋转或种缩）该线，结合动点的可行城，分析何处取得最大值和最小值；
3．从长度比或点的位置两个角度，计算最大值和最小值．
评注
平面向量共线定理的表达式中的三个向量的起点务必一致，若不一致，本着少数服从多数的原则，优先平移固定的向量；若需要研究两系数的线性关系，则需要通过变换基底向量，使得需要研究的代数式为基底的系数和．
例1．在中，已知是边上一点，若，，则( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由于是边上一点，可知，，三点共线，所以，，故选A．
例2．已知等差数列的前项和为，若，且，，三点共线（该直线不过原点），则=（ ）
A．100 B．101 C．200 D．201
【答案】A
【解析】由三点共线可知，所以． 故选A．
例3．已知数列为等差数列，且满足，若， 点为直线外一点，则( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由知三点共线，又， 于是，，所以，所以． 故选D．
例4．已知等差数列的公差为，前项和为，且，则等于（ ）
A． B．1009 C．2017 D．2018
【答案】B
【解析】由知三点共线，又， 于是，，所以． 故选B．
例5．若为所在平面内一点，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】根据题意，，故选A．
例6．已知分别是的三边上的点，且， 则与（ ）
A．反向平行 B．同向平行 C．互相垂直 D．既不平行也不垂直
【答案】A
【解析】由题意知，可选择作为基底向量，则，，，所以，所以与与反向平行． 故选A．
例7．中，点在上，平分． 若， 则( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为平分，由角平分线定理得， 所以，为的三等分点，由共线结论得． 故选B．
例8．已知点是的重心，过点作直线与两边分别交于两点，且，为边的中点，求的值．
【解析】根据题意，，由于三点共线，所以，即．
例9．在中，为边的中点，为的中点，过点作直线分别交于点，若，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】要求出的最小值，则需从条件中得到，的关系．由，，共线可想到“爪”字型图，所以，其中，下面考虑将，的关系转化为，的关系．利用条件中的向量关系：且，所以，因为，所以，由平面向量基本定理得：，所以，因此．而，所以． 故选A．
例10．在所在平面上的点满足，且，请指出点的位置．
【解析】令，则． 由得点，，共线，即点在直线上． 再由知点在直线上，其中，． 如图所示．
大招二 向量共线模型的三角形式
结论：由点发出三条射线，，，设，且，那么，，三点在一条直线上的充要条件是：．
证明：如果，，三点共线，那么． 所以． 两边除以，即得所要证的等式反之，如果命题中等式成立，那么反推可得面积方程，这说明；，即，，三点共线．
特例：若，即可得到正弦的和角公式．
例1．如图，在同一平面内，，，的模分别为，，，与的夹角为，且，与的夹角为．若，则____________
【答案】
【解析】解法一：以为原点，所在的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，由，，得． 设，则，即． 又，则，即，由，得， 解得，所以．
解法二：由得，由得，
即，两式相加得，
，所以．
解法三 连接，交于，则． 因为，所以． 因为，所以．所以．
大招三 向量数量积问题的三大绝招
一、基底大法
1．平面向量基本定理：若，为两个不共线的向量，那么对于平面上任意向量，均存在唯一一对实数，，使得（其中，成为平面向量的一组基底简而言之，不共线的两个向量可以表示所有向量）．
2．若，，则． 由此可见，只要知道基底的模与数量积，并将用基底表示出来，则可计算．
例1．如图，在中，，，，是边上一点，且，则____________．
【答案】
【解析】模长未知（尚可求出），夹角未知，所以很难直接求出数量积考虑是否有合适基底，，，，可计算出，进而对于，模长均已知，数量积已求，条件齐备，适合作为基底用表示．
所以．
例2．在边长为的正三角形中，，，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】所给为等边三角形，则三边所成向量两两数量积可解所以用三边向量将表示出来，再作数量积运算并利用消元，即可求出最大值．
解：，所以
．
因为，所以且
所以．
当时，．
评注
（1）本题在最后求最值时还可以利用均值不等式迅速把问题解决：
．
（2）在消元时要注意，如果所消去的元本身有范围，则这个范围由主元来承担，比如本题中用把消掉，则所满足的条件除了已知的之外，还有，因此，即．
例3．菱形的边长为，，点分别在上，且，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
．
所以
，
．
所以． 故选C．
二、坐标大法
1．向量的坐标运算：设，，则有
（1）加减运算：；
（2）数乘运算：；
（3）数量积运算：；
（4）向量的模长：．
2．向量位置关系的判定：设，，则有
（1）平行：；
（2）垂直：；
（3）向量夹角余弦值：．
例4．在边长为的正三角形中，已知，，则____________．
【答案】
【解析】之前是用合适的基底表示所求向量，从而解决问题，现在仍以此题为例，从另一个角度解题，观察到本题图形为等边三角形，所以考虑利用平面直角坐标系解决数量积问题建立如图所示的平面直角坐标系，根据题意知， ， ．
下面求坐标: 设，所以
由得：，解得，所以．
所以．
因此．
例5．如图，在矩形中，，，点为的中点，点在边上，若，则的值是__________
【答案】
【解析】本题的图形为矩形，且边长已知，故考虑建立平面直角坐标系求解，以为坐标原点如图建系：，设，由在$CD$上得，再由解出即为的横坐标，，，所以，因此，，，所以．
三、投影大法
数量积与投影的关系（数量积的几何定义）：
向量数量积公式为，可变形为或，进而与向量投影找到联系．
（1）数量积的投影定义：向量的数量积等于其中一个向量的模长乘另一个向量在该向量上的投影，即（记为在上的投影）．
（2）投影的计算公式：由数量积的投影定义知投影也可利用数量积和模长进行求解，即数量积除以被投影向量的模长．
例6．如图，中，，，是边上的高，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由图中垂直可得：在上的投影为，所以，只需求出的高即可由已知可得，所以．
例7．两个半径分别为的⊙，⊙，公共弦长为，如图所示，则____________．
【答案】
【解析】为两个圆的公共弦，从而圆心，在弦的投影为的中点，进而在上的投影能够确定，所以考虑计算和时可利用向量的投影定义．取中点，连接，，由圆的性质得：． 所以，所以，因此．
例8．已知为线段上一点，为直线外一点，为上一点，，，，，则的值为（ ）
A． 2 B． 4 C． 3 D． 5
【答案】C
【解析】从条件上判断很难用代数方式求解，所以考虑作图观察几何特点，则．由及所求可想到投影与数量积的关系，即在，上的投影相等，即可得到平分．再分析且分别为的单位向量，由平行四边形性质可得这个向量所在的直线平分， 而与共线，从而平分，由此可得为的内心，作出内切圆．
所求也可视为在上的投影，即，由内切圆性质得：
，所以，且有，可解得．
大招四 向量求模运算的两种角度
一、代数角度
1．模长平方：通过可得：，将模长问题转化为数量积问题，从而能够与条件中的已知向量（已知模长，夹角的基向量）找到联系，要注意计算完向量数量积后别忘记开方．
2．坐标运算：若，则．某些题目如果能把几何图形放入坐标系中，则只要确定所求向量的坐标，即可求出（或表示出）模长．
3．有关模长的不等问题：通常考虑利用“模长平方”或“坐标化”得到模长与某个变量间的函数关系，从而将问题转化为函数最值问题．
例1．若 均为单位向量，且，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】 ① ．因为，，所以①转化为，所以
，所以 ．故选B．
例2．平面上的向量满足，且，若，则的最小值为
【答案】
【解析】发现所给条件均与相关，且可以用表示，所以考虑进行模长平方，然后转化为的运算，从而求出最小值,．因为，，代入得： ，所以．
例3．已知平面向量满足，且与的夹角为，则
的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】题目所给条件围绕着与，所以考虑所求向量用这两个向量进行表示：
，从而模长平方变成数量积问题，可得：
，将视为一个整体，则可配方求出最小值．具体解法如下：因为，所以
所以．故选A．
二、几何角度
1．向量和差的几何意义：已知向量，则有
⑴若共起点，则利用平行四边形法则求，可得是以为邻边的平行四边形的对角线．
⑵若首尾相接，则利用三角形法则求出，可得，围成一个三角形．
2．向量数乘的几何意义：对于
⑴共线（平行）特点：与为共线向量，其中时，与同向；时，与反向．
⑵模长关系：．
3．与向量模长问题相关的定理：
⑴三角形中的相关定理：设三个内角所对的边为．
①正弦定理：．
②余弦定理：．
⑵菱形：对角线垂直平分，且为内角的角平分线．
特别地，对于有一个角为的菱形，其中一条对角线将此菱形分割为两个全等的等边三角形．
⑶矩形：若四边形为平行四边形，则对角线相等是该四边形为矩形的充要条件．
4．利用几何法求模长的条件：条件中的向量运算可构成特殊的几何图形，且所求向量与几何图形中的某条线段相关，则可考虑利用条件中的几何知识处理模长．
例4．若平面向量两两所成的角相等，且，，则等于（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】C
【解析】首先由两两所成的角相等可判断出存在两种情况：一是同向（如下图左，此时夹角均为），则为‘另一种情况为两两夹角均为（如下图右），以为突破口，由平行四边形法则作图得到与夹角相等．（一个角为的菱形性质），且与反向，进而由图形得到,故选C．
例5．已知向量，且，，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】先作出，即有向线段，考虑，将的起点与重合，终点绕旋转且，则即为，通过观察可得与共线时达到最值，所以
，，且连续变化，所以的取值范围是，故选C．
大招五 向量极化恒等式的原理及应用
极化恒等式：如图，在中，是的中点，则，即．
极化恒等式一般形式：，或者．
例1．在直角梯形中，已知，，，，．若为 的中点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D．
【解析】如下图所示，由梯形中位线定理得，．
由向量极化恒等式得．
例2．在中，为的中点，若，，，则 ．
【答案】
【解析】题目条件有，，，进而可求，且可用表示，所以考虑模长平方转化为数量积问题．因为为的中点，所以．所以，
，因此，．所以，即．
例3．在中，是边上一定点，满足，且对于边上任一点，恒有，则（ ）
B． C． D．
【答案】D．
【解析】如图，取的中点，由本文的向量等式，得，，再由，得，所以，取的中点，由题意知为的中位线，所以，因此，所以，故选D．
例4．如图，在中，是的中点，是上的两个三等分点，，，则的值是 ．
【答案】
【解析】解法一（常规方法）；展开并代入
，及得 ①
而代入①得，即 ②；
又因为，
所以
即．
由
整理得，代入②得．
解法二（基底大法1）设，，以为表示平面向量的一组基底，则，，，．由整理得，由整理得，所以．
解法三（基底大法2）换组基底更简洁 设，，以为表示平面向量的一组基底，则，，，，，，，，由得，由得，联立得，，故．
解法四（极化恒等式），
，联立得，，进而
．
大招六 三角形四心的向量风采
一、“重心”的向量风采
【命题1】若是所在平面上的一点，且，则是的重心．如图⑴．
(
图（1）
)
【命题2】若是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足
，，则的轨迹一定通过的重心．
【解析】由题意，当时，由于表示边上的中线所在直线的向量，所以动点的轨迹一定通过通过的重心．如图（2）．
(
图（2）
)
二、“垂心”的向量风采
【命题3】若是所在平面上的一点，且，则是的垂心．
【解析】由得，即，所以．同理，．所以是的垂心．如图（3）．
(
图（3）
)
【命题4】若是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，且动点满足
，，则动点的轨迹一定通过的垂心．
【解析】由题意知，由于，
即，所以，即点在过点且垂直于的直线上，所以动点的轨迹一定通过的垂心．如图（4）．
(
图（4）
)
三、“内心”的向量风采
【命题5】若是所在平面上的一点，，且，则是的内心．
【解析】因为，，则由题意知，因为，所以
(
图（5）
)
因为与分别为和方向上的单位向量，所以与的平分线共线，即平分．同理平分，平分．从而是的内心．如图（5）．
【命题6】若平面上的一定点，是平面上不共线的三个点，且动点满足
，，动点的轨迹一定通过的内心．
【解析】由题意得，所以当时，表示的平分线所在直线的向量，故动点的轨迹一定通过的内心．如图（6）．
(
图（6）
)
四、“外心”的向量风采
【命题7】若是所在平面上的一点，且，则是的外心．
【解析】由，知，所以，则是的外心．如图（7）．
(
图（7）
)
【命题8】若是平面上的一定点，是平面上不共线的三个点，且动点满足，，动点的轨迹一定通过的外心．
【解析】由于过的中点，当时，表示垂直于的向量，所以在的垂直平分线上，动点的轨迹一定通过的外心．如图（8）．
(
图（8）
)
大招七 奔驰定理及其应用
奔驰定理：若点是内一点，则．
证明：，
，
得：．
推论：已知为内一点，且满足，则．
证明：令，，，
则为的重心，因此，
所以
．同理：，
．所以．
奔驰定理与三角形四心关系
⑴是的重心．
⑵是的内心．
⑶是的外心
．
⑷是的垂心
．
关于⑷的证明如下：
证明：如图，为三角形的垂心，因为
，所以，同理得
，．
所以．
例1．已知点在的内部，且有，记的面积分别为，若，则 ；
若则 ．
【答案】
【解析】如图所示，作，，，所以
所以为的重心，，
所以，同理，
，所以，故填，．
例2．已知点在的内部，且有，则的面积与的面积比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C．
【解析】由奔驰定理可得的面积与的面积比为．故选C．
例3 如图所示，已知点在内一点，且有，则的面积与的面积的比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A．
【解析】 由条件可得，再由奔驰定理可得．故选A．
大招八 一题多解探讨向量的解题思路
例1．给定两个长度为的平面向量和，它们的夹角为，如图所示，点在以为圆心的圆弧上变动，若，其中，则的最大值是 ．
【分析】本题是以圆为载体、向量为背景的最值问题，由于平面向量是融数形于一体，是代数、平面几何、三角函数、解析几何等知识的交汇点，因而解决此类问题主要是根据向量的数和形的双重特征，并以此为切入点寻求已知与未知之间的内在联系，探究解题的思路和方法．
题中选用向量为基底，八平面内的任一向量表示成，其中，运用化归思想，将向量形式转化为代数中的数量关系，建立关于的函数关系式，从函数的角度来解决问题．
解法一：由题意知．
由得
因为，，所以，因此．
下面给出求最大值的几种思路．
思路1：基本不等式法
因为，所以，即，所以，当且仅当时取等号，所以的最大值为．
思路2：代数换元法
令，代入得，化简得
，故．当且仅当，即时，的最大值为．
思路3：三角换元法
，令，，得，
．所以．
思路4：判别式法
令，则，代入，整理得，，解得，故取得最大值，吃屎，．
评注
明确目标，合理转化．将等式两边同时平方，运用心理是数量积和摸将原问题转化为的代数问题，使问题解决起来方便、简捷．
解法二；以所在的直线为轴，为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系
则，，设，由已知得，即．因此点在单
位圆上，所以，且.由柯西不等式知，即，从而.当且仅当，即时取等号，所以的最大值为2.
解法三：同解法二，设，由，得即，，解得 ，易得.因为，即，所以.故当且仅当时，取最大值2.
评注：解法二和解法三都是通过建立适当的平面直角坐标系，将向量坐标化．解法二由柯西不等式达到求最值的目的，而解法三是将求的最值问题转化为三角函数的最值问题．
解法四：设 .如图，过点作交于点，则，，，.在中，由正弦定理得，所以，.下同解法三．
解法五：如右图所示，过点作交直线于点，作交直线于点，易知.因为，且，所以，，，在中，设，则，.由正弦定理得 ，所以，当即时，取最大值，其值为2.
评注：联想到向量加法的平行四边形法则，通过作图、运用正弦定理来解三角形，充分体现了向量的几何特征．
解法六：设，则，在等式两边分别同时乘和，得.即，当时，取最大值2．下同解法三
解法七：，得，从而，由于，如图所示，取弧中点，则，故，，从而，即，当且仅当与重合时取等号，即的最大值为2．
评注：由于三个向量，，的模都是1，且，两向量的夹角已知，故对等式的两边分别乘，，从而得出的表达式，体现了向量的代数特征．解法六是将原代数最值问题转化为三角函数的最值问题来求解，而解法七是利用向量加法的平行四边形法则将表示为两向量，的夹角的余弦值来解．
解法八：如图所示，连接交于点，设，.因为、、三点共线，所以.因为，所以，因此.又因为，所以.要使最大，必有线段最短，即有.易知此时，则，故取得最大值2．
评注：将三点共线转化为向量共线，运用向量共线的充要条件和平面向量基本定理，巧妙地将表示为， 因为，所以最大值的几何意义是点到直线的距离最小．
解法九：以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如右图所示的斜坐标系，设，则在以为圆心的圆弧上变动，就可以看作点满足的约束条件，而所求最大值的几何意义就是在斜坐标系下，直线在轴上的截距的最大值，易知，当直线与、两点连接所在的直线平行且和圆弧相切时，直线在轴上的截距最大，不难求出其最大值是2.
评注：通过建立斜坐标系，将原问题转化为线性规划问题，解法新，方法活，充分体现了平面向量的代数和几何的双重特征．．板块五 不等式
大招一 含参数的不等式全归纳
含参不等式分类讨论标准：
(1)二次项的系数是否为0；
(2)二次项系数的正负(决定开口方向)；
(3)判别式与0的大小关系；
(4)两根的大小．
一、含参数的一元二次不等式的解法
二次项系数为常数(能分解因式的先分解因式，不能分解因式的先考虑)
例1．解关于的不等式.
【解析】原不等式可化为.令得，(因为 与的大小关系不知， 所以要分类讨论)
①当时，不等式的解集为；
②当时，不等式的解集为；
③当时，不等式的解集为.
综上可知，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.
例2．解关于的不等式.
(分析] 此不等式为含参数的不等式，当值不同时，相应的二次方程的判别式的值也不同，故先从讨论判别式人手．
【解析】 当时，=.①当，即或时，方程有两个不相等的实根．所以不等式的解集是；②当时，或时，方程有两个相等的实根，所以不等式的解集是③当，即时，方程无实根．所以不等式的解集为.综上可知，当或时，不等式的解集为；当或时，不等式的解集为 ；当时，不等式的解集为.
评注：一元二次方程、一元二次不等式、一元二次函数有着密切的联系，要注意数形结合研究问题．
讨论，即讨论方程根的情况．
二次项系数含参数时，先对二次项系数进行讨论，分大于、等于或小于0，然后能分解因式的先分解因式，不能分解因式的先考虑．
例3．解关于的不等式．
【解析】若，原不等式；
若，原不等式或；
若，原不等式（*）.其解的情况应由与1的大小关系决定，故
①当时，式（*）的解集为；
②当时，式（*）；
③当时，式（*）．
综上可知，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，式（*）的解集为；当时，不等式的解集为．
例4．解关于的不等式.
【解析】 (*)式，时，(*)式 .时，则或，此时方程的两根为，．①当时，，(*)式；②当时，，(*)式；③当时，，(*)式且；④当时，不等式的解集为或．综上所述：当时，不等式的解集为 ；当时，不等式的解集为；当．
不等式的解集为；当时，不等式的解集为．
二、含参数的分式不等式的解法
例5．解关于的不等式
【分析】解此分式不等式先要等价转化为整式不等式，再对中的进行分类讨论求解，还需用到序轴标根法．
【解析】原不等式等价于.当时，原不等式等价于，解得，此时原不等式的解集为.当时，原不等式等价于，则当时，原不等式的解集为且.当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为或.当时，原不等式等价于， 则当时，原不等式的解集为且；当时，或 .当时，原不等式的解集为或．
评注
(1)本题在分类讨论中容易忽略的情况，以及对，和的大小比较；
(2)解含参数不等式时，一要考虑参数总的取值范围，二要用同一标准对参数进行划分，做到不重不漏，三要使划分后的不等式的解集的表达式是确定的；
(3)对任何分式不等式都是通过移项、通分等一系列步骤，把不等号一边化为，再转化为乘积不等式来解决.
大招二 高考含绝对值不等式题型全解
类型一 形如型不等式
1.当时，；或．
2.当时，无解；使的解集；
3.当时，无解； 成立的的解集为．
例1．不等式的解集为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，即解得：，所以. 故选A．
类型二 形如型不等式
或．
例2．不等式的解集为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】或或，故选 D.
类型三 形如，型不等式
；或.
例3．已知函数，若，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】
.故填．
类型四 形如型不等式
．
例4．不等式的解集为 ．
【答案】．
【解析】
所以原不等式的解集为．
类型五 形如，型不等式
，无解；．
例5．解关于的不等式．
【解析】
①当时，原不等式等价于： .
②当时，原不等式等价于：.
③当时，原不等式等价于：或或.
综上可知，当时，不等式的解集；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为或．
类型六 形如使，恒成立型不等式
例6．不等式对任意的实数恒成立，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D .
【答案】A
【解析】设，则，所以.而不等式对任意的实数恒成立，故或.故选A．
类型七 形如，(为常数)，， ，，，(为常数)， ，的不等式．
对于解含有多个绝对值项的不等式，常采用零点分段法，根据绝对值的定义分段去掉绝对值号，最后把各种情况综合得出答案，其步骤是：找出零点，确定分段区间；分段求解，确定各段解集；最后综合取并，利用集合图像进行求解.
例7．解不等式．
【解析】找出零点：，，确定分段区间：，，．
①当时，原不等式可化为，解得，因为，所以不存在；
②当时，原不等式可化为，解得，又因为，所以；
③当时，原不等式可化为，解得，又因为.所以.
综上可知，不等式的解集为．
评注：特别地，对于形如，(为常数)，， 型不等式的解法，除了可用零点分段外，更可转化为以下不等式，即
或．
例8．函数．
(1)若，解不等式；
(2)如果，，求的范围.
【解析】 (1)当，，由得，即：或，解得，即或.故不等式的解集为．
（2）由得，即或，所以或.因为，恒成立，所以成立，解得或，故的范围为．
大招三 基本不等式的十大解题技巧
1.基本不等式原始形式
（1）若，则.（2）若，则.
2．基本不等式的一般形式（均值不等式）
若，，则．
2. 基本不等式的两个重要变形
（1）若，则（当且仅当 时取“”）
（2）若，则（当且仅当时取“”）
注：①如果是定值，有最小值（简记：积定和最小）
②如果是定值，有最大值（简记：和定积最大）
4.求最值的条件：“一正，二定，三相等”
5.常用结论
(1)若，则(当且仅当时取“”)
(2)若，则 (当且仅当时取“”)
(3)若，则 (当且仅当时取“” )
(4)若，则(当且仅当时取“”)
(5)若，，则 (当且仅当时取“”)
技巧一：凑项
例1．已知，求的最大值.
【解析】由知，，所以
.当且仅当即时取等号．故的最大值为.
评注
本题需要调整项的符号，又要配凑项的系数，使其积为定值．
技巧二：凑系数
例2．已知 时，求的最大值．
【解析】由知，，利用均值不等式求最值，必须和为定值或积为定值，此题为两个式子积的形式，但其和不是定值，注意到为定值，故只需将凑上一个系数即可．具体解法如下：由知，所以．当即时取等号，故的最大值为.
评注
本题无法直接运用均值不等式求解，但凑系数后可得到和为定值，再利用均值不等式求最大值．
变式：已知，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立．
技巧三：分离
例3．的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为
所以
当且仅当，即时取等号，故的最小值为．
变式：已知，，则的取值范围是 ．
【答案】
【解析】由，知，又
所以．
技巧四：换元
例4．求的值域．
【答案】
【解析】本题看似无法运用均值不等式，其实可先换元，令，化简原式，再分离求最值．具体解法如下：令，由知，所以（当，即时取“”），故的值域为．
评注：分式函数求最值，通常利用分离法，有时结合换元法，将函数转化为（恒正或恒负）的形式，然后运用均值不等式来求最值．
变式：已知实数满足，且，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】法一：根据题意，则
因此．
法二：令，，则，，由得，则，当且仅当时等号成立．
技巧五：利用对勾函数的单调性
例5．求的值域．
【答案】
【解析】令，则，因为在上单调递增，所以当时，有最小值，即，故所求函数的值域为．
技巧六：整体代换
例6．已知，，且，求的最小值．
【答案】
【解析】因为，，，所以，当且仅当，又，即，时，上式等号成立，故的最小值为．
变式：已知非负实数满足，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为，所以，即
由非负实数知，
所以
当且仅当，即，，时取等号，故的最小值为．
技巧七：化归
例7．已知正数满足，试求，的范围．
【答案】的取值范围是，的取值范围是
【解析】法一：由，，则，即，解得（舍去）或，当且仅当且，即时取“”，故的取值范围是．
又，解得（舍去）或，当且仅当且，即时取“”，故的取值范围是．
法二：由，，知，，由
则
当且仅当即，并求得时取“”，故的取值范围是．
当且仅当即，并求得时取“”，故的取值范围是．
变式：若正实数满足，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】由，得，，解得，又，，所以，因此的最大值为．
技巧八：消元
例8．已知正实数满足，当取最大值时，的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由，得，又均为正实数
所以
当且仅当，即时等号成立，此时
，故选B．
技巧九：取倒数
例9．已知，求函数的最小值．
【答案】
【解析】分母是与的积，可通过配系数，使它们的和为定值；也可通过配系数，使它们的和为（这是解本题时真正需要的），于是通过取倒数即可解决问题．具体解法如下：由，得，，，当且仅当，即时，取等号，故的最小值是．
技巧十：平方
例10．已知，且，则的最大值为 ．
【答案】
【解析】条件中的与都是平方式，而所求式中的是一次式，是平方式且带根号．初看似乎无从下手，但若把所求式平方，则解题思路豁然开朗，即可利用均值不等式来解决．，当且仅当，即，时，等号成立．故的最大值为．
评注：本题也可将纳入根号内，即将所求式转化为，先配系数，再运用均值不等式的变式即可求解．
大招四 均值不等式1的妙用
此类题目主要特点
（1）两个变量是正实数（使用基本不等式的前提）；
（2）有一个代表式①的值已知，求另一个代数式②的最小值，这两个代数式一个是整体式，一个是分式，当然会在此基础上进行变形．
解题方法：主要是凑出可以使用基本不等式的形式：的形式，多数情况下是让两个代数式相乘．
【结论】已知，则有．
【证明】法一：均值不等式
因为
当且仅当，即时等号成立
法二：柯西不等式：，当且仅当时等号成立
证明：由柯西不等式可得
当且仅当即时等号成立．
例1．若，，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】，所以的最小值为．
例2．（1）已知，，，求的最小值；
（2）已知，，，求的最小值；
（3）已知，，，求的最小值；
（4）已知，，，求的最小值．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】（1）因为，，
所以
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为
（2）因为，，
所以
当且仅当，即时取等号，所以所以的最小值为．
（3）因为，，
所以
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为．
（4）因为，，
所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为．
评注：这四个题目中，（1）是“”的替换的最基础的题目，已知整式的值为，求分式的最小值；（2）是将已知值变成，需要调节系数；（3）是已知分式的值求整式的最值；（4）是将已知整式进行分式等价变换．
例3．（1）已知，，，求的最小值；
（2）已知，，，求的最小值；
（3）已知，，，求的最小值；
（4）已知，，，求的最小值．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）．
【解析】（1）因为，，由知
所以
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
（2）因为，所以
由，知
所以
当且仅当时取等号，所以，即
故的最小值为．
（3）由，知
所以
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
（4）假设分式变形为的形式，保证的系数与的系数之比等于整式中的系数之比，即，，所以，，分式变形为．具体解法如下：由知
所以
当且仅当时取等号，所以的最小值是．
评注：这四个题目中：（1）是分式的分母中分别加上了一个常数，为了能够使用基本不等式，我们需要对整式也进行相应的变形；（2）在上一题的基础上，是分式的分子不再是一个常数而是二次项，因此需要分离出一个代数式，变成熟悉的形式；（3）是在（1）的情况下分母进一步变化，不是加一个常数，而是混搭的形式；（4）在上一题的基础上，不再是直接观察出结果，而是需要配凑一个系数．
例4．（1）已知，，，求的最小值；
（2）已知，求的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）因为，，，所以，当且仅当，即，时取等号，所以的最小值为；
（2）因为，
所以
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为．
评注：这两个题目又不同于之前的形式：（1）主要是分式的一个分子不是一个常数，而是，因为比较接近我们使用基本不等式的形式，所以对另一个分子进行替换；（2）中好像是缺了整式，但仔细观察不难发现，其实分母之和为定值．
大招五 基本不等式解题技巧深入拓展
一、拼凑定和
通过因式分解、纳入根号内、升幂等手段，变为“积”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，均分系数，拼凑定和，求积的最大值．
例1．已知，求函数的最大值．
【答案】
【解析】因为
所以
当且仅当即时取等号，故所求函数的最大值为．
评注：通过因式分解，将函数解析式由“和”的形式变为“积”的形式，然后利用隐含的“定和”关系，求“定积”的最大值．
例2．求函数的最大值．
【答案】
【解析】因为，所以
，当且仅当，即时取等号
所以的最大值为．
评注：将函数式中根号外的正变量移进根号内的目的是集中变元，为“拼凑定和”创造条件．
例3．已知，求函数的最大值．
【答案】
【解析】因为，
所以
当且仅当，即时取等号，所以，又，所以所求函数的最大值为．
二、拼凑定积
通过裂项、分子常数化、有理代换等手段，变为“和”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，配项凑定积，创造运用均值不等式的条件．
例4．设，求函数的最小值．
【答案】
【解析】因为，所以
所以
当且仅当时取等号，故所求函数的最小值为．
评注：有关分式的最值问题，若分子的次数高于分母的次数，则可考虑裂项，变为“和”的形式，然后“拼凑定积”，往往是十分方便的．
例5．已知，求函数的最大值．
【答案】
【解析】因为，所以
所以
当且仅当时取等号，故所求函数的最大值为．
评注：有关分式的最值问题，若分子的次数低于分母的次数，可考虑改变原式的结构，将分子化为常数，再设法将分母“拼凑定积”．
例6．已知，求函数的最小值．
【答案】
【解析】因为，所以，令，，，所以，当且仅当，即，时取等号，故所求函数的最小值为．
评注：通过有理代换，化无理为有理，化三角为代数，从而化繁为简，化难为易，进而运用均值不等式解决问题．
三、拼凑常数降幂
例7．已知，求证：．
【证明】因为，，所以，因此，当且仅当时取等号，故原不等式得证．
评注：本题借助等号的条件，创造性地使用基本不等式，简洁明了．基本不等式等号成立的条件具有潜在的运用功能，它能在“等”与“不等”的互化中架设桥梁，能为解题提供信息，开辟捷径．
例8．已知，，且，求的最大值．
【答案】
【解析】因为，
所以
当且仅当时取等号，故的最大值为．
例9．已知均大于，，求证：．
【证明】因为，，，所以，又因为，所以，所以，当且仅当时取等号，故原不等式得证．
四、拼凑常数升幂
例10．已知均为正数，且，求证：．
【证明】因为均为正数，所以
，，又
所以
所以，当且仅当时取等号，故原不等式得证．
评注
已知与要求证的不等式都是关于的轮换对称式，容易发现等号成立的条件是，故应拼凑，巧妙升次，迅速促成“等”与“不等”的辩证转化.
五、约分配凑
通过“1”变换或添项进行拼凑，使分母能约去或分子能降次.
例11．已知，，求的最小值.
【解析】因为，，
所以＝≥，
当且仅当，即时取等号，故的最小值为64.
例12．已知，求函数的最小值.
【解析】因为，所以.
所以≥.
当且仅当，即时取等号，故所求函数的最小值为9.
例13．已知，求证：.
【证明】因为，所以
，
，
.
所以++≥.
因此，.
当且仅当时取等号，故原不等式得证.
评注
注意结构特征：要求证的不等式是关于的轮换对称式，当时，等式成立.此时，设，解得，所以应拼凑辅助式，添项，经此一添，解题可见眉目.
六、引入参数拼凑
某些复杂的问题难以观察出匹配的系数，但利用“等”与“定”的条件，建立方程组，解出待定系数，可开辟解题捷径.
例14．已知，且，求的最小值.
【解析】设，由知.
又因为，
所以＝+＝
≥.
当且仅当同时成立时取等号，即，代入，解得，此时.故的最小值为36.
七、引入对偶式拼凑
根据已知不等式的结构，给不等式的一端匹配一个与之对偶的式子，然后一起参与运算，创造运用均值不等式的条件.
例15．设为互不相等的正整数，求证：.
【证明】记，构造对偶式，
则≥，当且仅当时等号成立.又因为为互不相等的正整数，所以，因此，即.
评注
本题通过对式中的某些元素取倒数来构造对偶式.
八、确立主元拼凑
在解答多元问题时，如果不分主次来研究，问题很难解决；如果根据具体条件和解题需要，确立主元，减少变元个数，恰当拼凑，可创造性地使用均值不等式.
例16．证明：在△ABC中，.
【分析】为轮换对称式，即地位相同，因此可选一个变元为主元，将其他变元看作常量(固定)，减少变元的个数，化陌生为熟悉.
【证明】当时，原不等式显然成立.
当时，＝≤≤＝，当且仅当，即△ABC为正三角形时，原不等式等号成立.综上可知，原不等式成立.
评注
变形后选择为主元，先把看作常量，看作变量，把这两个变量集中到，然后利用的最大值为1将其整体消元，最后再回到这个主元，变中求定.
大招六 基本不等式的一题多解思路探究
例1．已知，且，求的最小值.
解法一(巧用“1”)
因为，且，所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为16.
解法二(构造不等式法)
由得，所以，或.
所以.当且仅当，即时取等号，所以的最小值为16.
解法三(消元后用均值不等式法)
由得，所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为16.
解法四(三角代换法)
由，可令，则，所以.当且仅当,即时取等号，所以的最小值为16.
解法五(导数法)
由得，令，求导得，
令，得(舍)，易得时，时，所以当时，有极小值16(也为最小值).所以的最小值为16.
解法六(判别式法)
由得，则令，整理得关于的二次方程，则由，解得或，再由，，且得不成立，从而，所以的最小值为16.
大招七 高考不等式真题深入剖析
例1．已知关于的不等式的解集为.
(1)求实数的值； (2)求的最大值.
本题易求.那么，如何求的最大值呢？即如何求的最大值？
一、函数思想的应用
【分析1】待求最大值的代数式只含有一个变量，可以视为关于的函数，自然想到函数最值问题处理的通法----导数法！
解法一：令，即，欲使之有意义，则，当时，，令，得.当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.所以函数在上单调递增，在上单调递减，故的最大值为，即的最大值为4，所以的最大值为4.
评注
本解法通过直接求导研究函数的单调性，进而求解函数的最值，但复合函数的求导易出现错误，运算比较繁杂.
【分析2】代数式看作关于的函数，是关于的哪一类函数呢？观察易知，它是关于的无理函数，那么，怎么处理无理函数的最值问题呢？而无理函数问题的处理思路自然是化“无理”为“有理”.
解法二：令，则(0≤≤2)，
令(0≤≤2)，
当0≤<2时，.令，得.当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.所以函数在单调递增，在上单调递减，故的最大值为，即的最大值为4，所以的最大值为4.
评注：也可令()进行代数换元求解，但其求解过程与此法相比较，不如此法简洁.
【分析3】代数式是关于的无理函数，而且有两处无理部分，可否彻底地化“无理”为“有理”呢？自然想到借助于三角换元处理此类问题.
解法三：令，则，不失一般性，取，，由于，则，
所以，所以，当且仅当，即时，成立，故的最大值为4，所以的最大值为4.
评注
本解法通过三角换元可以彻底地化“无理”为“有理”，转化为三角函数在给定区间的最值问题来加以解决.
二、数形结合思想的应用
【分析4】代数式中是一个定值，完全可以借助于换元转化为圆(或圆弧)的有关问题，运用数形结合的思想来处理.
解法四：令()，()，则，所以在直角坐标系中，点既在圆弧上，又在斜率为的直线系上，如图所示，此时，直线系在纵轴上的截距的最大值为4，故的最大值为4，所以的最大值为4.
评注
本解法利用待求最值的代数式的特征巧妙地转化为解析几何问题，进而将代数式的最值转化为相应直线在纵轴上的截距的最值.
三、重要不等式的应用
【分析5】代数式略作改写，即，其每一部分都是积的结构，所求的又是最大值，可以应用基本不等式求解.
解法五：令，
，，所以，当且仅当时取等号，故的最大值为4，所以的最大值为4.
评注
本解法两次应用基本不等式时，等号成立的条件恰好相同，也不失为一种较好的方法.
【分析6】代数式，即是积之和的结构，联想到灵活应用柯西不等式求最值.
解法六：令，则，
，当且仅当，即时取等号，所以，故的最大值为4，所以的最大值为4.
评注
本解法显示了柯西不等式的变形应用，柯西不等式是一个十分重要的解题工具，其应用时，要善于构造出柯西不等式的形式，配凑系数，合理变化关系式，并注意等号成立的条件.
四、向量思想的应用
【分析7】待求最大值的代数式，即是积之和的结构，这与向量的数量积的代数形式不恰好吻合吗？自然联想到向量的数量积的不等关系.
解法七：令，则，
所以，当且仅当，即时等号成立，此时，即时取等号，故的最大值为4，所以的最大值为4.
评注
本解法从整体的结构入手，结合已有的储备知识，挖掘、透视其数学本质，将数学知识进行合理迁移、融汇，降低了运算的难度，且过程自然、简捷.
大招八 基本不等式的拨乱反正
一、忽视基本不等式探求最值成立条件“正”而致错
例1．已知(且)是增函数，且()，求函数的值域.
【错解】由(且)是增函数，且()知，
，，当且仅当，即时等号成立，所以函数的值域为.
【正解】错解忽视了自变量的范围，想当然地误认为，也忽视了应用基本不等式求最值的前提条件.具体解法如下：由(且)是增函数，且()知，所以.①当时，，当且仅当，即时等号成立.②当时，时，所以，当且仅当，即时等号成立. 所以函数的值域为∪.
二、忽视基本不等式探求最值成立条件“定”而致错
例2．已知 ，求的最小值.
【错解】当时，则，则。当且仅当，即
等号成立，此时，所以的最小值是6.
【正解】应用基本不等式求最值时必须满足“和为定值”或“积为定值”，本题解法中，
的右边不是定值，这样由得到的对应的值一般不是最小值.具体解法如下：，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是.
例3．已知，求的最大值.
【错解】由知，则，所以，所以，所以的最大值是4.
【正解】 错解中，的右边不是定值，这样由得到的对应的值一般不是最大值.具体解法如下：由知，，所以，当且仅当，即时等号成立. 所以的最大值是.
三、忽视基本不等式探求最值成立条件“等”而致错
例4．求函数的最小值.
【错解】，当且仅当时，等号成立.所以的最小值是2.
【正解】 应用基本不等式求最值时，的内涵是或，是正确的，但是，2是不是最小值取决于是否成立。如果只有，那么2就不是最小值.具体解法如下：①时，，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为2.②当时，令，则在上单调递增.所以当，即时，有最小值，即.
综上可知，函数的最小值.
四、忽视基本不等式探求最值成立条件“正-定-等”的顺序而致错
例5．已知，求函数的最小值.
【错解】因为，所以，因此，当且仅当，即时取等号，此时.所以函数的最小值为8.
【正解】应用基本不等式求最值时，必须遵循“一正二定三相等”的顺序解决问题.此题首先将“平均拆分”为，“凑”出和或积的定值，然后再考查等号，而不是“正-等-定”. 具体解法如下：因为，所以，
当且仅当时，即等号成立，所以函数()的最小值为.
五、忽视基本不等式探求最值成立条件“一致”而致错
例6．若，则的最小值是( ).
A. B. C. D.
【错解】因为，所以，所以
，即.又因为，所以.所以的最小值为.
【答案】D
【正解】多次应用基本不等式求最值时，要注意等号是否同时成立，即等号成立的条件是否一致.错解中时，而须满足，显然与已知条件矛盾.实际上，，即，所以＝＝≥，
当且仅当时，即等号成立.
或＝＝≥＝＝，当且仅当时，即时等号成立. 所以的最小值为.故选D.
例7．若，且，为正常数，求的最小值.
【错解】因为，为正常数，所以，，所以，所以的最小值为.
【正解】多次应用基本不等式求最值时，要注意等号是否同时成立，即等号成立的条件是否一致.本题中时，而须满足，显然时，与不可能同时成立.具体解法如下：
解法一:因为，且，为正常数，所以，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为.
解法二:因为，且，为正常数，所以，当且仅当，即时等号成立.所以的最小值为.
例8．已知为正数，且，则的最小值是______________.
【错解】因为为正数，所以，即，解得，又因为.所以的最小值为.
【答案】
【正解】错解中两次应用基本不等式，但等号成立的条件不具备，是策略性错误，等号成立的条件分别是和，当且仅当才能同时满足条件，这与已知矛盾，是不可能的.实际上，由，得，因为为正数，所以，因此，当且仅当，即时等号成立. 所以的最小值为.
六、忽视基本不等式探求最值“放缩”而致错
例9．已知正数满足，求的最小值．
【错解】因为是正数，所以，即，所以．
又因为，当且仅当，即
时等号成立．所以的最小值为2.
【正解】本题中两次应用基本不等式，但不是同向不等式，不能传递放缩，是策略性错误．具体解法如下：因为是正数，，可得
，当且仅当，即时等号成立．因此
，当且仅当时等号成立，
所以的最小值为2.
七．忽视基本不等式引申式的活用而致错
例10.已知正数满足，则的最小值是？
【错解】，得，同理，所以
，所以的最小值是8.
【答案】
【正解】基本不等式加以引申，可得到如下结论：当时，
当且仅当时等号成立．该结论中从左到右依次为平方平均数，算术平均数，几何平均数，调和平均数，分别包含了两个正数的平方之和，两者之和，两者之积，两者的倒数之和，只要已知这四个代数式之一为定值，就可以求另外三个代数式的最值，应用十分广泛，应加以重视．实际上，，因为，所以，即，当且仅当时等号成立．
又，可得，当且仅当时等号成立．且，当且仅当时等号成立．所以，即，当且仅当时等号成立．又，当且仅当时等号成立，所以的最小值是．
大招九 柯西不等式全面解读
一、二维形式的柯西不等式
（1）若都是实数，则，当且仅当时，等号成立．
（2）若是两个平面向量，则，当且仅当是零向量，或存在实数，使时，等号成立．
若．
（4）若，则．
例1．已知的最小值为 ．
【答案】
【解析】二维形式的柯西不等式的左边是平方和的乘积的结构，而右边是对应之积的平方和的结构，即，已知信息中的代数式为乘积之和，
具有柯西不等式右边代数式的结构，而已知信息中的代数式与待求最值的代数式显然都含有平方和，具有柯西不等式左边两个代数式的结构，因此由柯西不等式得，当且仅当时等号成立．所以，所以的最小值为．
评注：柯西不等式是一个十分重要的解题工具，其应用时，要着眼于已知信息与待解（证）式的结构特点，构造处柯西不等式的形式．
例2．已知，则的最大值为 ；最小值为 ．
【答案】，
【解析】二维形式的柯西不等式的结构特征是，代数式是积之和的结构，而可以改写为平方和的形式，因此灵活运用柯西不等式即可达到解决问题的目的．根据题意，由柯西不等式可得：
，即，当且仅当时等号成立．因为，所以，即，所以的最大值为，最小值为．
例3．求函数的最大值．
【答案】
【解析】，由柯西不等式得：
，即，
当且仅当时等号成立．所以的最大值为．
二、三维形式的柯西不等式
（1）若都是实数，则，当且仅当
或存在实数，使时，等号成立．
（2）若是两个空间向量，则，当且仅当是零向量，或存在实数，使时，等号成立．
例4．已知．
（1）的最小值为 ；
（2）的最小值为 ．
【答案】（1）；（2）．
【解析】柯西不等式的左边是平方和的乘积结构，而右边是对应之积的平方的结构．
（1）已知信息可视为乘积之和，即具有柯西不等式右边代数式的结构，待求最值的代数式显然是平方和的结构，具有柯西不等式左边代数式之一的结构，而已知信息中的系数分别为．
所以，当且仅当时等号成立，即
，所以，当且仅当时等号成立，所以的最小值为．
（2）待求最值的代数式显然也是平方和的结构，具有柯西不等式左边代数式之一的结构，而已知信息中的系数分别为，
所以，当且仅当时等号成立，即，所以时等号成立．
所以的最小值为6.
评注：使用柯西不等式时，既要注意它的数学意义，又要注意它的外在形式．当一个代数式与柯西不等式的左边或右边具有一致的形式时，就可以考虑使用柯西不等式对这个式子进行缩小或放大．
例5．已知．
（1）求的最小值；（2）求的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）根据题意，由柯西不等式知：
，
当且仅当时等号成立，即，所以，当且仅当时，等号成立．所以的最小值为．
（2）根据题意，由柯西不等式知
当且仅当时等号成立，即
所以，当且仅当时，等号成立，故的最小值为．
例6．已知均大于．
（1）若的最小值为 ．
（2）的最小值为 ．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）根据题意，由柯西不等式知
，
因为，取等号时，．故的最小值为．
（2）根据题意，由柯西不等式知，
因为，所以，取等号时，，故最小值为．
例7．已知均大于，且．
（1）求的最小值；
（2）求的最小值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）根据题意，由柯西不等式知：
等号成立条件为，因为，所以，当且仅当时等号成立．故的最小值为．
（2）根据题意，由柯西不等式知
等号成立条件为，因为，所以，当且仅当时等号成立．故的最小值为．
例8．已知，且，求的最大值与最小值．
【答案】的最大值与最小值分别为．
【解析】根据题意，由柯西不等式知：
所以
即．当且仅当时等号成立，
令，则
因为，所以，即
当，即时，取得最大值；当，即时，取得最小值．所以的最大值与最小值分别为．
三、维形式的柯西不等式
若都是实数，则，即，当且仅当或存在实数，使时，等号成立．
证明：构造二次函数．则
．
因为，所以恒成立．
因为，
所以．当且仅当，
即时等号成立．故．
例9．已知均大于，且．
证明：（1）；（2）.
证明：（1）因为均大于，且
所以
即，因为，所以．
（2）因为
所以
即，因为．
所以．
大招十 贝努利不等式全面解读
贝努利不等式是：，（，为正整数）①，当为大于的实数时贝努利不等式也成立．
证法一：（数学归纳法）
①当时，等式显然成立．当．
②假设时，等式成立，有．当时，
．所以当时也成立．
综上可知，不等式成立．
证法二：联想到
所以．当，
所以，因此．
当，所以，
所以．故．
证法三：当成立．
当，则．
证法四：因为
所以
证法五：要证，只需证，即可．设
．
所以是单调递减数列，故．因此．
推论1：若②，或 ，当且仅当时，②和取等号．
②和的证明可由恒等式直接推出．易见，当且仅当时，②和取等号，因此，当且仅当时，①取等号．在①中令，则①可变为②或.因此，不等式①与②或是等价的．因此，不等式①与②或都可以称为贝努利不等式．
推论2：若，则③，当且仅当时③取等号．
证明：由②得，由②的等号成立的条件易知，
当且仅当时③取等号．
推论3：若，则④，⑤，当且仅当时④和⑤取等号．
证明：由②得
，由②的等号成立的条件易知，当且仅当时④和⑤取等号．
推论4：若⑥，当且仅当时⑥取等号．
证明：由②得，，所以．由②的等号成立的条件易知，当且仅当时⑥取等号．
不等式①---⑥有着广泛的应用，利用贝努利不等式和上面几个推论可以简捷明快地解决一些数学问题．
例1．为正整数．
已知，，求证：
求满足不等式的所有正整数．
【解析】（1）当时，由公式①得
所以．
（2）由（1）知，当时
所以，即
当时，不存在满足该等式的正整数．故只需要讨论的情形．
逐一检验可得，所求的只有．
例2．（算术几何平均不等式）证明：若均为正数，，则．
证明：下面用数学归纳法证明
当时，由公式②得，从而
所以，假设
则当，由公式③知
即，从而
这表明，当时，
故对一切．
评注：由例2的证明可以看出，贝努利不等式是算术几何平均值不等式的一个充分条件，也就是说，凡是能用算术几何平均值不等式解决的问题都可以利用贝努利不等式解决．因此，贝努利不等式的应用是极为广泛的．
例3．已知．
证明：因为，所以，并在公式③中取得
．
例4．（权方和不等式）证明：若，，则．
证明：令，则原不等式等价于，由公式②得．
则
即．
例5．已知均为正数，且满足，试证．
证明：要证，即证．
由公式④及均为正数，，得
所以，即．
例6．已知均为正数，，求证．
证明：由公式⑥及得
．板块六 立体几何
大招一 三视图还原之两大核心方法
方法一 “三线交汇得顶点”（三线法）
如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由三视图可知，原几何体的长、宽、高均为，所以我们可用一个正方体作为载体对三视图进行还原.先画出一个正方体，如图（1）.
第一步，根据正视图，在正方体中画出正视图上的四个顶点的原像所在的线段，如图（2）.
第二步，侧视图有三个顶点，画出它们的原像所在的线段，如图（3）.
第三步，俯视图有三个顶点，画出它们的原像所在的线段，如图（4）.
最后一步，如图（5）.至此，易知哪条棱是最长棱，求出即可.
方法二 通过三视图在长方体中排除不符合的点（排点法）
已知一个三棱锥是三视图如图所示，它们都是直角三角形，则在该三棱锥的四个面中，直角三角形的个数为 .
【答案】
【解析】第一步：画出一个长方体（或正方体）.其中是否为正方体或长方体，根据三视图中各边的长度来决定.
第二步：把俯视图画在底面.
①底面是一个三角形，其中有三个点，分别为三个点，标出这三个点.
②对应地标出三个点，即这六个点是把问题的研究对象.正视图、侧视图出现的交点也是研究对象.
第三步：研究正视图和侧视图.
①把正视图放在矩形中发现，两点空缺，即为无关点，则把这两点画掉.
②正视图中左上点其实代表正方体中线，这条线只有是我们的研究对象，即是有关点，则留下点.
(
正视图
) (
侧视图
)
③正视图中左下点其实代表正方体中这条线，这条线只有点是我们的研究对象.即点为有关点，则留下点.
④同理，正视图中右下角这个点代表正方体中这条线.两点都可能存在，即为可能点，则分析两点.
同理，观察侧视图，注意侧视图的方位，“左里右外”方法和观察正视图方法一样.四个顶点逐个分析，最后留下有关点，该题有关点为四个点.
第四步：分别连接相邻的点(原先俯视图画出的点及提高到上面的点)，原俯视图上的点及提高点，按顺序连接得到下图.
例1．如下图所示，网格纸的各小格都是正方形，粗线画出的是一个三棱锥的侧视图和俯视图，该三棱锥的正视图可能是（ ）
（请注意选项“C”的图形正中有虚线）
【答案】A.
【解析】把题中的三棱锥放置在如右图所示的长方体中即可得答案.故选A.
例2．若某四面体的三视图如下图所示，则该四面体的体积为 .
(
正视图
侧视图
俯视图
)
【答案】9.
【解析】把该四面体放置在棱长为3的正方体中（如右图所示），可求其体积为.
例3．某三棱锥的三视图如右图所示，则该三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
(
正视图
俯视图
侧（左）视图
)
【答案】A
【解析】如图所示，题中三棱锥的长、宽、高分别为的长方体中的四面体，所以其体积为.故选A.
例4．一个几何体是三视图如右图所示，途中直角三角形的直角边长均为，则该几何体的体积为（ ）
A. B. C. D.
(
正视图
侧（左）视图
俯视图
)
【答案】A
【解析】该几何体即如图中棱长为1的正方体的四面体，由此可得到答案.故选A.
例5．一个四棱锥是三视图如下图所示，其中侧视图为正三角形，则该四棱锥的体积是 ，四棱锥侧面中最大侧面的面积是 ．
(
正视图
侧视图
俯视图
1
1
)
【答案】
【解析】题中的四棱锥即右图所示长方体（其长，宽，高）中的四棱锥.该四棱锥的体积是.还可得,,，（因为可求得等腰三角形的三边长分别是，），所以该四棱锥侧面中最大侧面的面积是的面积，即.
例6．棱长为2的正方体倍一平面截成两个几何体，其中一个几何体的三视图如下图所示，那么该几何体的体积是（ ）
A. B. C. D.
(
正视图
侧
视图
俯
视图
)
【答案】B
【解析】截面为右图中的虚线围成是四边形，因为截面将这个正方体分为完全相同的两个几何体，所以所求几何体（正方体位于截面下方的部分）的体积是原正方体体积的一半，即.故选B.
例7．一个棱长为2的正方体沿其棱的中点截去部分后所得几何体的三视图如右图所示，则该几何体的体积为（ ）
A.7 B. C. D.
【答案】D
【解析】该几何体如右图所示的正方体切去两个三棱锥，后剩下的图形，其体积为.故选D.
例8．一个四面体的顶点在空间直角坐标系中的坐标分别是，，，，画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到正视图可能为（ ）.
【答案】A
【解析】在空间直角坐标系中，先画出四面体的直观图，以平面为投影面，则得到正视图.故选A.
大招二 立体几何组合问题全攻略
类型一 墙角模型（三条棱两两垂直，不找球心的位置即可求出球半径）
方法：找三条两两垂直的线段，直接用公式，即，求出.
例1．已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16 ，则这个球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，，，故选C.
变式 若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的表面积是 ．
【答案】
【解析】根据题意，，.
变式 如果三棱锥的三个侧面两两垂直，它们的面积分别为，那么它的外接球的表面积是 ．
【答案】
【解析】由已知得三条侧棱两两垂直，设三条侧棱长分别为，则，所以，
所以，，即.
类型二 对棱相等模型（补形为长方体）
三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（，）.
第一步：画出长方体，标出三组互为异面直线的对棱.
第二步：设长方体的长、宽、高分别为，，，，列方程组，，
补充：图中，.
第三步：根据墙角模型，， ，，求出.
例2．如右图所示三棱锥，其中，，，则该三棱锥外接球的表面积为 ．
【答案】
【解析】对棱相等，补形为长方体，如图，设长、宽、高分别为，则，，，.
变式：如图，正四面体的各条棱长都为，则该正四面体外接球的体积为 ．
【答案】
【解析】这是正四面体对棱长相等模型，因此放入正方体中，，，.
类型三 汉堡模型（求直棱柱的外接球、圆柱的外接球）
如图，图，图，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形）
第一步：确定球心的位置，是的外心，则平面.
第二步：算出小圆的半径，（也是圆柱的高）.
第三步：勾股定理：，求出.
例3．已知正六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为，底面周长为，则这个球的体积为 ．
【答案】
【解析】设正六棱柱的底面正六边形的边长为，正六棱柱的高为，底面外接圆的半径为，则，正六棱柱的底面积为，，所以，（也可以），，所以球的体积为.
变式 直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若，，
则此球的表面积为 ．
【答案】
【解析】根据题意，，，，，因此.
变式 在直三棱柱中，，，，，则直三棱柱的外接球的表面积为 ．
【答案】
【解析】根据题意，，，，，，.
类型四 切瓜模型（两个大小圆面互相垂直且交于小圆直径—正弦定理求大圆直径是通法）
(
图4
-1
图4
-4
图4
-3
图4
-2
)
1.如图4-1，平面平面，且（即为小圆的直径），且的射影是的外心三棱锥的三条侧棱相等三棱锥的底面在圆锥的底上，顶点点也是圆锥的顶点.
第一步：确定球心的位置，取的外心，则三点共线；
第二步：先算出小圆的半径，再算出棱锥的高（也是圆锥的高）；
第三步：勾股定理：，解出.
事实上，的外接圆就是大圆，直接用正弦定理也可求出.
2．如图4-2，平面平面，且（即为小圆的直径），,，则
利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①；
②
3.如图4-3，平面平面，且（即为小圆的直径），
.
4．如图4-4，平面平面，且（即为小圆的直径）.
第一步：易知球心必是的外心，即的外接圆是大圆，先求出小圆的直径；
第二步：在中，可根据正弦定理，求出.
例4．正四棱锥的底面边长和各侧棱长都为，各顶点都在同一个球面上，则此球的体积为 ．
【答案】
【解析】解法一 找球心的位置，易知，，故球心在正方形的中心处，，.
解法二 大圆是轴截面所在的外接圆，即大圆是的外接圆，此处特殊，的斜边是球半径，，，.
变式 一个正三棱锥的四个顶点都在半径为的球面上，其中底面的三个定点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】根据题意，高，底面外接圆的半径为，直径为，设底面边长为，
则，，,三棱锥的体积为.故选C.
变式 已知三棱锥的所有顶点都球的表面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】 根据题意，，,
.故选A.
类型五 垂面模型（一条直线垂直于一个平面）
1．题设：如图5，平面，求外接球半径.
第一步：将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直径，连接，则必过球心.
第二步：为的外心，所以平面，算出小圆的半径（三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得），.
第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①；
②.
2．题设：如图至这七个图形，的射影是的外心三棱锥的三条侧棱相等三棱锥的底面在圆锥的底上，顶点点也是圆锥的顶点．
(
图
5-1
) (
图
5-2
)
(
图
5-3
) (
图
5-4
)
(
图
5-5
) (
图
5-6
) (
图
5-7
)
解题步骤：
第一步：确定球心的位置，取的外心，则三点共线.
第二步：先算出小圆的半径，再算出棱锥的高（也是圆锥的高）.
第三步：勾股定理：，解出.
例5．一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体外接球的表面积为( )
A． B． C． D．以上都不对
(
正视图
侧视图
俯视图
)
【答案】C
【解析】解法一 （勾股定理）；利用球心的位置求球半径，球星在圆锥的高线上，于是，，.
解法二 (大圆法求外接圆直径) 如图，球心在圆锥的高线上，故圆锥的轴截面三角形的外接圆是大圆，于是，.
类型六 锥体的内切球问题
1．题设：如图6-1，三棱锥为正三棱锥，求其内切球的半径.
第一步：先画出内切球的截面图，分别是两个三角形的外心.
第二步：求，，是侧面的高.
第三步：由∽，建立等式：，解出.
(
图6
-1
)
2．题设：如图6-2，四棱锥是正四棱锥，求其内切球的半径.
第一步：先画出内切球的截面图，三点共线.
第二步：求，，是侧面的高.
第三步：由∽，建立等式：，解出.
(
图6
-2
)
3．题设：三棱锥是任意三棱推，求其内切球的半径．
方法：等体积法，即内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和相等．
第一步：先确定四个表面的面积和整个锥体体积．
第二步：设内切球的半径为，建立等式：
第三步：解出
例6．棱长为的正四面体的内切球表面积是 ．
【答案】
【解析】设正四面体内切球的半径为，将正四面体放入棱长为的正方体中(即补形为正方体)，如图，则，又因为，所以，，所以内切球的表面积为．
大招三 空间中的平行问题全攻略
一、线线平行的判定方法
（1）定义法；同一平面内的不相交的两条直线叫平行直线．
推理模式：．
（2）公理法：平行于同一条直线的两条直线平行．
推理模式：．
（3）线面平行的性质定理：如果一条直线和一个平面平行，经过这条直线的平面和这个平面相交，那么这条直线和交线平行．
推理模式：．
（4）两个平面平行的性质定理：如果两个平面平行同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行．
推理模式：．
（5）线面垂直的性质：垂直于同一平面的两条直线平行．
推理模式：．
二、线面平行的判定方法
（1）定义法：一条直线和一个平面没有公共点，称这条线与已知平面平行．
推理模式：．
（2）线面平行的判定定理：如果平面外的一条直线和平面内的一条直线平行， 那么这条直线和这个平面平行．
推理模式：．
（3）面面平行的性质：两个平面平行，其中一个平面内的直线必平行于另一个平面．
推理模式：．
二、面面平行的判定方法
（1）定义法：如果两个平面没有公共点，那么这两个平面互相平行．
推理模式：．
（2）面面平行的判定定理：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面，那么这两个平面互相平行．
推理模式：．
（3）面面平行的判定定定理的推论：如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条相交直线，那么这两个平面互相平行．
推理模式：
(4)线面垂直的性质：垂直于同一条直线的两个平面平行
推理模式：．
例1．在正方体中，分别为的中点．
（1）求证：；（2）求证：； （3）求证：；
（4）若过的平面与分别交两点，求证：．
【证明】（1）因为分别为的中点，所以，因为为正方体，所以，所以四边形为平行四边形，所以．因此．
（2）取的中点，连接．因为为的中点，为的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以．又因为为的中点，为的中点，所以．因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因此．
（3）由正方体知，所以四边形为平行四边形，所以，又由（2）知时．因为，，所以平面平面．因为为的中点，所以为的中点．因为为的中点，所以为的中点．即平面平面，平面平面， 所以 ．
(4)因为，面，平面，所以平面．因为平面平面，所以．
例2．如图，在底面为平行四边形的四棱锥中，为侧棱的一点．
（1）若为侧棱的中点，为侧棱的中点，求证：平面；
（2）若为侧棱的中点，求证：平面；
（3）若为的中点，为侧棱的中点，求证:平面；
（4）若在线段上，且与交于点，当时，求证:平面；
（5）若交于点分别为的中点，求证：平面．
【证明】 ⑴连接．因为分别为的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．
(2) 连接，交于点，连接．因为四边形是平行四边形，所以为的中点．又因为为的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．
(3) 取的中点，连接，．因为为的中点，为的中点，所以，且．因为四边形是平行四边形，所以，所以，且．因为为的中点，即，所以，所以四边形是平行四边形，所以．因为平面，平面，所以平面．
(4) 在中，因为，所以，因为平面，平面，所以平面．
(5) 因为为的中点，为的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为为的中点，为的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为，所以平面平面．因为平面，所以平面．
大招四 空间中的垂直问题全攻略
一、线线垂直的判定方法
(1)定义法:如果两条直线所成的角为，则这两条直线相互垂直．
推理模式：．
(2) 三垂线定理：在平面内的一条直线，如果它和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直．
推理模式：．
(3)三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它也和这条斜线的射影垂直．
推理模式：
注意:三垂线指都垂直内的直线．要考虑的位置，并注意两定理交替使用．
(4)直线与平面垂直的性质：如果一条直线垂直于一个平面，则这条直线垂直于这个平面内的任意一条直线．
推理模式：
二、线面垂直的判定方法
(1)定义法:如果一条直线和一个平面相交，并且和这个平面内的任意一条直线都垂直，则这条直线和这个平面互相垂直．
推理模式：．
(2)直线与平面垂直的判定定理:如果一条直线和一个平面内的两条相交直线都垂直，那么这条直线垂直于这个平面．
推理模式：．
(3)平面与平面垂直的性质定理:如果两个平面相互垂直，那么，其中一个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面．
推理模式：．
(4)直线与直线垂直的性质：两条平行直线中的一条直线垂直于一个平面，则另一条直线也垂直于这个平面．
推理模式：．
(6) 平面与平面平行的性质：一条直线垂直于两个平行平面中的一个平面，它也垂直于另一个平面．
推理模式：．
三、面面垂直的判定方法
(1) 定义法:如果两个平面的二面角为，则称这两个平面相互垂直．
推理模式：
(2)平面与平面垂直的判定定理：如果一条直线垂直于一个平面，那么经过这条直线的平面必垂直于已知平面．
推理模式：．
例1．已知在内，，于，于且，， 求证：．
【证明】因为，，，所以，(三垂线定理逆定理)．因为，，所以，所以．又因为，所以，所以．
评注
经过一个角的顶点引这个角所在平面的斜线，如果斜线的这个角两边夹角相等，那么斜线在平面上的射影是这个角的平分线所在直线．三棱锥的每一个面都是直角三角形，称之为特征三棱锥，蕴含着锥体的所有要素，是研究锥体的特征几何体．
例 2．点为所在平面外的一点，点为点在平面内的射影，若，，求证：．
【证明】连接，，，因为平面，且，所以（三垂线定理逆定理），同理．
所以为的垂心，所以．又因为平面，所以（三垂线定理）．
拓展：四面体中，，．
(1)若各组对棱都相互垂直，则点在平面内的射影是底面三角形的垂心．
(2)若三条侧棱两两垂直，则点在平面内的射影是底面三角形的垂心．
(3)若三条侧棱都相等，则点在平面内的射影是底面三角形的外心．
(4)若三条侧棱与底面所成的角都相等，则点在平面内的射影是底面三角形的外心．
(5)若三个侧面的斜高都相等，则点在平面内的射影是底面三角形的内心．
(6)若三个侧面与底面所成的二面角都相等，则点在平面内的射影是底面三角形的内心．
例3．如图，在正方体中，是的中点，是底面正方形的中心，求证：平面．
【分析】本题考査的是线面垂直的判定方法．根据线面垂直的判定方法，要证明平面，只要在平面内找两条相交直线与垂直即可．
【证明】连接．在中，因为分别是和的中点，所以．因为平面，所以为在平面内的射影．又因为，所以．同理．又因为，、平面所以平面．因为．
所以平面．另证：连接， ，设正方体的棱长为，易证．又因为，所以．在正方中易求出：，，．因为，所以． 因为，，平面，所以面．
评注
要证线面垂直可找线线垂直，这是立体几何证明线面垂直时常用的转化方法．在证明线线垂直时既要注意三垂线定理及其逆定理的应用，有时也要注意是从数量关系方面找垂直，即勾股定理或余弦定理的应用．
例4．如图，在中，，平面，点在和上的射影分別 为，求证：．
【分析】本题考査的仍是线面垂直的判定和性质定理，以及线线垂直和线面垂直相互转化思想．欲证，可证平面，为此需证，进而转化为证平面，而已知，所以只要证即可．由于图中线线垂直、线面垂直关系较多，所以本题也可以利用三垂线定理和逆定理来证线线垂直．
【证明】因为平面，平面，所以．因为，即，又，所以平面．因为平面，所以．又因为，所以平面．因为平面，所以，又因为，，所以平面．因为平面，所以．另证:由上面可证平面，所以为在平面内的射影．因为，所以．
评注
从上面例题的证明过程中我们可以看出，证明线线垂直常转化为证明线面垂直，而证明线面垂直又转化为证明线线垂直．立体几何中的证明常常是在这种相互转化的过程中实现的．
大招五 空间中的角度问题全攻略
一、异面直线所成的角
（1）概念：已知两条异面直线，经过空间任一点作直线，，所成的角的大小与点的选择无关，把所成的锐角（或直角）叫异面直线所成的角（或夹角）．为了简便，点通常取在异面直线的一条上．
(2)实质：；；（化空间角为平面角）
(3)范围：．
(4)作法：选点一平移一定角．
(5)解决思路:①化归法(平移法)：把两异面直线中的一条平移到过另一条直线上的某一点，或把两异面直线都平移经过空间同一点，以构造出易于求解的平面角．
②向量法:，可分为自由向量法，坐标向量法．
例1．如图1，是正三角形，平面，，求异面直线所 成的角．
【解析】解法一(平移法)：取的中点，如图1-1，则．
解法二(化归法)：过分别作，交于点（或过、分别作、交于点），如图，则：．
解法三（自由向量法）：
．
解法四（坐标向量法）：建系如图， ．
二、直线与平面所成的角
（1）概念
①斜线：一条直线和一个平面相交，但不和这个平面垂直，这条直线叫做这个平面的斜线．
②射影:过斜线上斜足外一点向平面引垂线，过垂足和斜足的直线叫做斜线在这个平面内的射影．
③直线与平面所成的角：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角；若直线垂直于平面，则所成的角是直角；若直线平行于平面或在平面内，则所成角为．
（2）实质：．（化空间角为平面角）
（3）范围：．
(4)作法:选点一作射影一定角．
(5)解决思路:①化归法．
②向量法： (分别为直线的方向向量、平面的法向量)．
例2．已知平面的斜线与内直线所成的角均为，的夹角为饥，求与平面所成的角．
【解析】在平面的斜线上任取一点，过点作直线的垂线，作，垂足为，连接，则．
设与所成的角为，则：因为平面的斜线与内直线所成的角均为，所以点必在的角平分线上，所以．因为中，，中，，中，，所以，所以与所成的角为．
拓展：平面的斜线和平面所成的角，是这条斜线和这个平面内的任一条宜线所成角中最小的角(最小角定理)．
三、平面与平面所成的角
（l）概念
①二面角：平面内的一条直线把平面分为两个部分，其中的每—部分叫做半平面；从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．
②二面角的平面角：一个平面垂直于二面角的棱且与两半平面交线分别为，为垂足，则是的平面角．
（2）实质：（化空间角为平面角）
（3）范围：一般地，．
（4）作法:
①定义法（垂面法）：．
②垂线法：
③三垂线法：
（5）解决思路：①化归法：可分为垂面法，垂线法，三垂线法．
②向量法：解法一 ：设，在内，在内，其方向如图，则二面角的平面角．
解法二：（分别为平面的法向量）．
③射影面积法:可利用射影面积公式来计算（其中和分别是投影面积和斜面面积）．
例3．在正四面体中，求相邻两个平面所成的二面角的平面角的大小．
【解析】取的中点，连接．由正四面体知，于，所以为二面角的平面角．
解法一（垂面法）：设正四面体的棱长为，则，，
，得．故相邻两个平面所成的二面角的平面角的大小为．
解法二(向量法)令，，，棱长为1．
因为，又因为，所以．故相邻两个平面所成的二面角的平面角的大小为．
例4．正方形的边长为2，，都垂直于平面，=2=2，求平面与平面所成的二面角．
【解析】解法一(垂线法)延长，交于点，则是平面与平面的交线，则: ，，所以，因为平面，所以．所以是平面与平面所成的二面角，易求．
解法二(射影面积法)过点作，垂足为，则：，，，，，所以．即平面与平面所成的二面角为．
例5．二面角内一点在二面角的棱上的射影为，点在平面，的射影分别为， ，．
(1)求二面角的大小；
(2)若点到平面，的距离分别为，，求的长度．
【解析】(1)(垂面法)点在二面角的棱上的射影为，点在平面，的射影分别为，，据三垂线定理知：平面，平面，所以，，，四点在同一平面内．因为，所以，故二面角的大小为．
(2)因为四边形中，，所以，，，四点共圆．因为，所以是四边形外接圆的直径，故(正弦定理)．
大招六 空间向量解决立体几何全部题型
一、平行的证明
(1)两条直线平行的证明思路：
(，分别是，的方向向量)．
(2)直线与平面平行的证明思路：
解法一：(是的方向向量，是的法向量)；
解法二：(是的方向向量，，是平面的一个基底)．
(3)两个平面平行的证明思路：
(，分别是平面，的法向量)．
例1．在底面为菱形的四棱锥中，，，， 在上，．
(1)证明：平面；
(2)在棱上是否存在一点，使平面？
(1)【证明】因为底面是菱形，，所以，在中，，所以，同理，，故平面．
(2)【解析】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设点是棱上一点，，则，，．
令，解得：，，，所以当点是棱的中点时，，，共面．又因为平面，所以当点是棱的中点时，平面．
二、垂直的证明
(1)两条直线垂直的证明思路：
(，分别是，的方向向量)．
(2)直线与平面垂直的证明思路：
证法一： (是的方向向量，是的法向量)；
证法二：(是的方向向量，，是平面的一个基底)．
(3)两个平面垂直的证明思路：
(，分别是平面，的法向量)．
例2 ．如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱平面，，，，是的中点．
(1)求直线与所成角的余弦值；
(2)在侧面内找一点，使平面，并求出点分别到和的距离．
【解析】(1)以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设，的夹角为，则，，所以．故与所成角的余弦值为．
(2)由于点在侧面内，故可设，则，因为平面，所以即．从而点到和的距离分别为、．
例3．如图，在三棱锥中，，，点，分别是，的中点，底面．
(1)当时，求直线与平面所成角的大小；
(2)当取何值时，在平面内的射影恰好为的重心？
【解析】因为平面，，，所以，，．建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，，．
设，则．
(1)当时，，，，可求得平面的法向量，所以．
设直线与平面所成的角为，则．故直线与平面所成的角为．
(2)的重心，，因为平面，所以．又因为，所以，此时，即；反之，当时，三棱锥为正三棱锥，所以在平面内的射影恰好为的重心．
三、空间距离问题
构成空间的点、线、面之间有六种距离，这里着重研究点面之间的距离的求法、异面直线之间的距离的求法、线面之间的距离的求法、面面之间的距离的求法，其中线面之间的距离的求法、面面之间的距离的求法都可以转化为点面之间的距离来求．
(1)求点面之间的距离
设是平面的法向量，在内取一点，则到的距离为．
(2)求异面直线之间的距离
在上取一点，在上取一点，设，分别为异面直线，的方向向量，设异面直线，的公共的垂直向量为(，)，则异面直线，的距离为：(此方法移植于点面距离的求法)．
例4．正方体的棱长为，求异面直线，的距离．
【解析】以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线，的公共的垂直向量为，则．因为在上的投影长为，所以异面直线，的距离为．
四、空间角问题
空间的角主要有：异面直线所成的角、直线和平面所成的角、二面角．
(1)求异面直线所成的角
设，分别为异面直线，的方向向量，异面直线成角的范围是，而向量的夹角的范围是，则：．
例5．三棱柱中，平面平面，，，，，求异面直线，所成的角．
【解析】解法一：设，，，则，，
所以
，，，．故异面直线，所成的角为．
解法二：以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，所以，．故异面直线，所成的角为．
(2)求线面角问题
设是斜线的方向向量，是平面的法向量，则斜线与平面所成的角．
例6．如图，正三棱柱中，，，求直线与平面所成的角．
【解析】解法一：以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则即为所求．
，，所以．故直线与平面所成的角为．
解法二：显然平面的法向量为，则．故直线与平面所成的角为．
(3)求二面角问题
解法一：设，在内，在内，其方向如图，则二面角的平面．
解法二：设，是二面角的两个半平面的法向量，其方向一个指向内侧，另一个指向外侧，则二面角的平面角．
例7．如图，在直四棱柱中，，，，，，垂足为．
(1)求证：；
(2)求二面角的大小；
(3)求异面直线与所成角的大小．
(1)【证明】在直四棱柱中，因为底面，所以是在平面上的射影．因为，所以．
(2)【解析】连接、、．因为，，所以平面．所以为二面角的平面角．在底面中，，，，，，所以，，，，．在中，，，故二面角的大小为．
(3) 【解析】如图，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，所以，，所以，，，所以．故异面直线与所成角的大小为．
大招七 立体几何核心模型之鳖臑几何体研究
阳马和鳖臑是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体，按下图斜割一分为二，得到两个一模一样的三棱柱，称为堑堵．
再沿堑堵的一顶点与相时的棱剖开，得到四棱锥和三棱锥各一个．以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马．余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑．
一、鳖臑几何体中的垂直关系
如图所示，鳖臑几何体中，平面，，于，于．
(1)证明：平面； (2)证明：平面；
(3)证明：平面平面； (4)证明：．
【证明】(1)因为平面，平面，所以．
又，，所以平面．
(2)因为平面，平面，所以．又，，所以平面，则．又，所以平面．
(3)因为平面，所以平面平面．
(4)因为平面，所以平面平面．又，所以平面，则．
评注
图形中异面直线与的距离等于线段的长度；异面直线与的距离等于线段的长度．
二、鳖臑几何体中的空间角
如图所示，设为与斜线的夹角，为与斜线在底面的射影的夹角，为与底面所成的角，为二面角的平面角，为直线与平面所成的角，为直线与底面所成的角，为直线与平面所成的角，则
(1)；
(2)；
(3)；
(4)；
(5)．
证明：(1)．
(2)．
(3)．
(4)；
(5)过作于，连接，则平面，，．
评注
图形中二面角的平面角的大小等于，二面角的平面角的大小等于，二面角的平面角的大小等于，即．
直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，即，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为．
例1．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．在如图所示的阳马中，侧棱底面，且，点是的中点，连接，，．
(1)证明：平面．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，请说明理由；
(2)记阳马的体积为，四面体的体积为，求的值．
【解析】因为底面，所以．由底面为长方形知．而，所以平面．平面，所以．又因为，点是的中点，所以．而，所以平面．
由平面，平面，知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别是，，，．
(2)因为底面，是阳马的高，又点是的中点，则点到底面的距离的，由于，所以．
例2 ．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图所示，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接，，，．
(1)求证：平面．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角(只需写出结论)；若不是，说明理由；
(2)若面与面所成二面角为，求的值．
【解析】(1)由例1知平面，而平面，所以平面平面．而平面平面，，所以平面．
由平面，平面，知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为，，，．
(2)因为平面，底面，则平面与平面所成二面角的平面角即为与所成的角．设，则，在，，故．
例3．如图，四边形为菱形，为与的交点，平面．
(1)证明：平面平面；
(2)若，，三棱锥的体积为，求该三棱锥的侧面积．
(1)【证明】因为四边形为菱形，所以，又平面，所以几何体是鳖臑．由鳖臑几何体的垂直关系性质可知平面．又平面，所以平面平面．
(2)【解析】因为，，，所以．因为三棱锥的体积为，所以鳖臑几何体的体积为．设，则，，，，所以的体积为，所以，所以的面积为3，的面积与的面积均为．故三棱锥的侧面积为．
例4．如图所示，在三棱台中，，，分别为，的中点．若平面，，，，求平面与平面所成的角(锐角)．
【解析】由，分别为，的中点知．因为，所以．又平面，所以几何体是鳖臑几何体．
设平面与平面所成的角为，，，则由鳖臑几何体的性质可知．又，，所以，故平面与平面所成的角(锐角)为．
板块七 排列组合与二项式定理板块七 排列组合与二项式定理
大招一 排列组合21种解题策略
一、特殊元素和特殊位置优先策略
某个或某几个元素要或不要排在指定位置，可先排这个或这几个元素，再排其他的元素（元素代先法）；也可针对特殊元素，先把指定位置安排好元素，再排其他的元素（位置化先法）．
例1．由0，1，2，3，4，5可以组成 个没有重复数字的五位奇数．
【答案】288
【解析】由于末位和首位有特殊要求，应该优先安排，以免不合要求的元素占了这两个位置．先排末位，共有，然后排首位，共有，最后排其他位置，共有，由分步计数原理可得．
二、相邻元素捆绑策略
要解决某几个元素必须排在一起的问题，可以用捆法，即将需要相邻的元素合并为一个元素，再与其他元素一起做排列，同时要注意合并元素内部也必须排列．
例2．7人站成一排照相，其中甲、乙相邻且丙、丁相邻，共有 种不同的排法．
【答案】480
【解析】可先将甲、乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时将丙、丁也看成个复合元素，再与其他元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排.由分步计数原理可得，共有种不同的排法.
三、不相邻问题插空策略
解决元素相离问题，可先把没有位置要求的元素进行排列，再把不相邻元素插入中间和两端．
例3．一台晚会的节目由4个舞蹈、2个相声和3个独唱组成，舞蹈节目不能连续出场，则节目的出场顺序有 种，（用式子表示）
【答案】
【解析】分两步进行：第一步，排2个相声和3个独唱，共有种；第二步，将4个舞蹈
插人第一步排好的5个元素中间，包含首尾两个空位，共有种不同的方法．由分步计数原理可得，节目的出场顺序共有种．
四、定序问题倍缩空位插入策略
定序问题可以用倍缩法，还可以转化为占位插空模型处理．
例4．7人排队，其中甲、乙、丙3人顺序一定（可以相邻，也可以不相邻），共有 种不同的排法．
【答案】840
【解析】解法一（倍缩法）：对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一起进行排列，然后用总排列数除以这几个元素之间的全排列数，则共有种不同排法．
解法二（空位法）：设想有7把椅子，让除甲、乙、丙以外的4人就座，共有种方法，其余的3个位置让甲、乙、丙坐，有1种坐法，则共有种不同的排法．
解法三（插入法）：先排甲、乙、丙3个人，共有1种排法，再把其余4人依次插入，共有种不同的排法.
五、重排问题求幂策略
允许重复的排列问题的特点是以元素为研究对象，元素不受位置的约束，可以逐一安排各个元素的位置．一般地，个不同的元素没有限制地安排在个位置上的排列方法有种．
例5．把6名实习生分配到7个车间实习，不同的分法有（ ）
A.种 B.种 C.种 D.种
【答案】B
【解析】完成此事共分六步：把第一名实习生分配到车间有7种分法，把第二名实习生分配到车间也有7种分法…依此类推，由分步计数原理可得，共有种不同的分法，故选B．
六、环排问题线排策略
一般地，个不同元素做圆形排列，共有种排法．如果从个不同元素中取出个元素做圆形排列，共有种排法．
例6．8人围桌而坐，共有（ ）
A.种坐法 B.种坐法 C.种坐法 D.种坐法
【答案】A
【解析】围桌而坐与坐成一排的不同点在于，坐成圆形没有首尾之分，所以固定一人并从此位置把圆形展成直线，其余7人共有种坐法，即种坐法．
七、多排问题直排策略
一般地，元素分成多排的排列问题，可归结为一排考虑，再分段研究．
例7．8人排成前后两排，每排4人，其中甲、乙在前排，丙在后排，共有 种排法．（用式子表示）
【答案】
【解析】人排后两排，相当于人坐8把椅子，可以把椅子排成一排．前排甲、乙两个特殊元素有种排法，后排4个位置上的特殊元素丙有种排法，其余的人在个位置上任意排列，有种排法，则共有种排法．
八、排列组合混合问题先选后排策略
解决排列组合混合问题，先选后排是最基本的方法.此方法与相邻元素捆绑策略相似．
例8．有5个不同的小球，装入4个不同的盒内，每盒至少装一个球，共有 种不同的装法．
【答案】240
【解析】先从5个球中选出2个组成复合元素，共有种方法；再把4个元素（包含一个复合元素）装入4个不同的盒内，有种方法．根据分步计数原理可得，装球的方法共有种．
九、小集团问题先整体后局部策略
解决小集团问题，运用先解决整体排列组合问题，然后再处理局部小集团的策略．
例9．用1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中恰有两个偶数在1，5两个奇数之间，这样的五位数有 个．
【答案】8
【解析】把1，5，2，4当作一个小集团与3排列，共有种排法，再排小集团内部，共有种排法．由分步计数原理可得，共有种排法．
十、元素相同问题隔板策略
将个相同的元素分成份（，为正整数），每份至少ー个元素，可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中，共有种分法．
例10．有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个，有 种分配方案．
【答案】
【解析】因为10个名额没有差别，把它们排成一排，相邻名额之间形成9个间隔．在9个间隔中选6个位置插隔板，可把名额分成7份，对应地分给7个班级，每一种插板方法对应一种分法，共有种分法．
十一、正难则反总体淘汰策略
有些排列组合问题，从正面直接考虑比较复杂，而从它的反面考虑，往往比较简捷，可以先求出它的反面结果，再从整体中将其淘汰．
例11．从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字中取出3个数，使其和为不小于10的偶数，不同的取法有 种．
【答案】
【解析】如果直接求结果很困难，可用总体淘汰法．这10个数字中有5个偶数5个奇数，所取的3个数含有3个偶数的取法有种，只含有1个偶数的取法有种，和为偶数的取法共有种．再淘汰和小于10的偶数共9种，符合条件的取法共有种．
十二、平均分组问题除法策略
平均分成的组，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以（为均分的组数），避免重复计数．
例12．6本不同的书平均分成3堆，每雄2本，共有 种分法．
【答案】15
【解析】分三步取书，有种方法，但这里出现重复计数的现象．不妨记6本书为，若第一步取，第二步取，第三步取，该分法记为，则中还有，，，，共有种分法，而这些分法都是一种分法，故共有种分法．
十三、合理分类与分步策略
解含有约束条件的排列组合问题，可元素的性质进行分类，接事件发生的连续过程分步，做到标准明确．分步层次清楚，不重不漏，分类标准一旦确定，要贯穿于解题过程的始终．
例13．一次演唱会上共有10名演员，其中8人能唱歌，5人会跳舞，现要演出一个2人唱歌、2人伴舞的节目，有多少种选派方法？
【答案】
【解析】10名演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞，3人为全能演员．以选唱歌人员为标准进行研究：只会唱歌的5人中没有人选上，有种；只会唱歌的5人中只有1选上，有种；只会唱歌的5人中只有2人选上，有种．因此共有种选派方法．
十四、构造模型策略
一些不易理解的排列组合题，如果能转化为非常熟悉的模型，如占位填空模型、排队模型、装盒模型等，可使问题迎刃而解．
例14．马路上有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的盏路灯，现要关掉其中的盏，但不能关掉相邻的盏或盏，也不能关掉两端的盏，满足条件的关灯方法有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】把此问题当作一个排队模型，在盏亮灯的个空隙中插入个不亮的灯，有种方法，故选C．
十五、实际操作穷举策略
对于条件比较复杂的排列组合问题，不易用公式进行运算，往往运用穷举法或画出树状图，会收到意想不到的结果．
例15．设有编号1，2，3，4，5的5个球和编号为1，2，3，4，5的5个盒子，现将5个球放入这5个盒子内，要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，有 种放法．
【答案】20
【解析】从5个球中取出2个与盒子编号相同的球，有种取法，还剩下3个球与盒子编号不相同．如果剩下3，4，5号球和3，4，5号盒子，3号球放在4号盒子里时，则4，5号球只有1种放法，同理3号球放在5号盒子里时，4，5号球也只有1种放法，因此有种放法．
十六、分解与合成策略
分解与合成策略是复杂的排列组合问题最基本的解题策略之一，把一个复杂问题分解成几个小问题逐一解决，然后依据问题分解后的结构，用分类计数原理和分步计数原理将问题合成，从而得到问题的答案．
例16．正方体的个顶点可连成 对异面直线．
【答案】
【解析】我们先从个顶点中任取个顶点构成四面体，共有种方法，每一个四面体有对异面直线，正方体的个顶点可连成对异面直线．
十七、化归策略
处理复杂的排列组合问题时，可以把一个问题转化成一个简单的问题，通过解决这个简单的问题，从而找到解题方法，进一步解决原来的问题．
例17．人排成方阵，现从中选人，要求这人不在同一行，也不在同一列，不同的选法
有 种．
【答案】
【解析】将这个问题转化成人排成方阵，现从中选人，要求这不在同一行，也不在同一列，求有多少种选法．这样每行必有人，从其中的一行选取人后，把这个人所在行、列都画掉，如此继续下去，从方阵中选人的方法有种．再从阵中选出方阵便可解决问题．从方阵中选取行列，有种选法，所以从方阵中选不在同一行，也不在同一列的人，有种选法．
十八、数字排序问题查字典策略
数字排序问题可用查字典法，查字典法应从高位向低位查，依次求出其符合要求的个数，再根据分类计数原理求出其总数．
例18．由0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个没有重复数字的比大的数？
【答案】．
【解析】个．
十九、全错位排列构造递推关系策略
所谓的递推法就是按照某种标准找出递推关系式，并求出取第一个值（或前几个值）时的各项，然后代入递推关系式，得出所要求的结果．用递推法，无论是解答数列问题还是解答排列组合问题，它们有一个相同之处，就是寻找——递推关系式．
例19．个人原来排成一列，现需重新站队．重新站队时，各人都不站在原来的位置上，那么不同的站队方式共有 种．
【答案】
【解析】我们把人数推广到个人，即个人排成一列，重新站队时，各人都不站在原来的位置上．设满足这样站队的方式有种，我们来通过合理分步，恰当分类找出递推关系．
第一步：第个人不站在原来的第个位置，有种站法．
第二步：假设第个人站在第个位置，则第个人的站法又可分为两类，第一类，第个人恰好站在第个位置，则余下的个人有种站法；第二类，第个人不站在第个位置，此时，第个人不站在第个位置，第个人不站在第个位置……第个人不站在第个位置，所以有种站法．
由分步计数原理和分类计数原理，我们便得到了数列的递推关系式：，显然，，再由递推关系有，，，故共有种站法．
二十、复杂分类问题表格策略
一些复杂的分类选取问题，要满足的条件比较多，无从入手，经常出现重复遗漏的情况，用表格法，则分类明确，能保证题中需满足的条件，能达到解决问题的效果．
例20．有红色、黄色、蓝色的小球各个，分别标有、、、、五个字母，现从中取个，要求各字母均有且三色齐备，则共有多少种不同的取法？
【答案】
【解析】按照所取三种颜色的球的个数分类，列表如下：
红 1 1 1 2 2 3
黄 1 2 3 1 2 1
蓝 3 2 1 2 1 1
取法
故所求有（种）．
二十一、住店法策略
解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类元素不能重复，把不能重复的元素看作“客”，把能重复的元素看作“店”，再利用乘法原理直接求解．
例21．名学生争夺项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的可能的种数有 ．
【答案】
【解析】因同一学生可以同时夺得项冠军，故学生可重复排列，将名学生看作家“店”，将项冠军看作个“客”，每个“客”有种住宿法，由乘法原理可得共有种．
大招二 7大模型“绝杀”排列组合
模型一 排序问题
例1．（1）个不同的小球摆成一排，有 种摆法（不同元素排序）
（2）个相同的小球和个不同的小球摆成一排，有 种摆法（部分相同、部分不同元素排序）
（3）个相同的黑球和个相同的白球摆成一排，有 种摆法．（多组相同元素排序）
【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】（1），但不同元素排序往往有限制（参看模型二、模型三）
（2）解法一（先排不同元素）；解法二（缩倍法）；
（3）解法一（先排一组相同元素）；解法二（缩倍法）
模型二 站队问题
例2．个男生和个女生站成一排照相，问满足下列要求的排队种数：
（1）任意站成一排；
（2）平均站成三排；
（3）站成一排，甲站中间；
（4）站成一排，甲不站中间；
（5）甲和乙不站两端；
（6）甲不站排头，乙不站排尾；
（7）甲和乙站在一起；
（8）甲和乙中间有两人；
（9）男生站在一起，女生站在一起；
（10）甲和乙不站一起．
（11）甲、乙相邻，乙、丙不相邻；
（12）男女相间；
（13）男生按高矮顺序从左到右站．
【解析】（1）全排：；
（2）多排看成单排：；
（3）元素优先法：；
（4）元素优先法，；间接法：；
（5）元素（位置）优先法：；
（6）元素优先法：（甲站排尾）（甲不站头尾）；
（7）捆绑法：；
（8）捆绑法：；
（9）捆绑法：；
（10）插空法：；
（11）先捆绑后插空：；
（12）先排男后排女：；
（13）定序按无序算，缩倍法：；先排有序元素：．
评注
1．站队的常见限制：“在与不在”、“邻与不邻”、“序与不序”．
2．（5）用间接法时，不能只排除甲乙都站在两端的情况，还要去掉有一个站两端的情况，同样，（6）用间接法时也不能只排除甲站排排头、乙站排尾的情况．
模型三 组数与排数问题
例3．从、、、、、的六个数中选择不重复的数字．
（1）能组成 个四位数；
（2）能组成 个小于的数；
（3）能组成 个四位偶数；
（4）能组成 个被整除的四位数； 个被整除的四位数；
（5）把组成的四位数从小到大排列，是第 项．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4），；（5）．
【解析】（1）位置优先法：；
（2）（一位数）（两位数）（三位数）；
（3）从个位开始，（个位是）（个数是，）；
（4）（个位是）（个位是）；（后两位是）（后两位是）；
（5）从高位开始分析：（千位）（百位）（个位）．
模型四 抽取问题
例4．盒子里有个不同的白球和个不同的红球，从中任意摸出个球．
（1）有多少摸法？
（2）摸到的恰有个白球，有多少种摸法？
（3）摸到的至少有个白球，有多少种摸法？
（4）摸到的至多有个白球，有多少种摸法？
（5）某个白球被摸到，某个红球不被摸到，有多少种摸法？
【解析】（1）；（2）；（3）直接法：；间接法：；
（4）直接法：；间接法：；（5）．
模型五 不同元素的分组、分配问题
例5．有6本不同的书按下列方式分，分别有多少种不同的分法
（1）分成每组都是2本的三个组；
（2）分给3人，每人2本；
（3）分成1本、2本、3本三组；
（4）分给3人，其中一人1本，一人2本，一人3本；
（5）分成4本、1本、1本三组；
（6）分给3人，其中ー人4本，其余每人各一本；
（7）分给4人，每人至少1本；
（8）选出5本分给3人，每人至少1本；
（9）分给甲1本，乙2本，丙3本；
（10）分给甲4本，乙1本，丙1本；
（11）平均分给2人、理、化两本书给同一人；
（12）平均分给2人，理、化两本书分别给两人．
【解析】（1）平均分组：； （2）平均分配：；
（3）不平均分组：； （4）不平均分配：；
（5）部分平均分組，； （6）部分平均分配：；
（7）两种情况：；
（8）先选后分配：；
（9）定向分配：；
（10）定向分配：；
（11）特殊元素不平均分配：；
（12）特殊元素平均分配：．
模型六 分球入盒问题
例6．6个球按下列方式放进盒子里，分别有多少种不同的放法
（1）6个不同的小球放进3个不同的盒子里（盒子可以空）．（不同元素无限制的分配）
（2）6个不同的小球放进3个不同的盒子里、每个盒子里至少有1个球．（不同元素有限制的分配）
（3）6个不同的小球放进3个相同的盒子里，每个盒子里至少有1个球．（不同元素的分组）
（4）6个相同的小球放进3个不同的盒子里（盒子可以空）．（相同元素无限制的分配）
（5）6个相同的小球放进3个不同的盒子里，每个盒子里至少有1个球．（相同元素有限制的分配）
（6）6个相同的小球放进3个相同的盒子里，每个盒子里至少有1个球．（相同元素的分组）
（7）6个不同的小球放进编号为1，2的两个盒子里，盒中的球数不少于编号数．
（8）6个相同的小球放进编号为1，2的两个盒子里，盒中的球数不少于编号数
【解析】（1）投信问题：．
（2）属模型五：分配：．
（3）属模型五：分组：．
（4）排序隔板：．
（5）插空隔板：．
（6）3个盒子里分别放进1个球、2个球、3个球；3个盒子里分别放进2个球、2个球、2个球；3个盒子里分别放进4个球、1个球、1个球，共3种放法．
（7）属模型五：定向分配：．
（8）先放1个2个，剩3个再排序隔板，．
模型七 几何问题
例7．已知三棱柱，，，分别为，，的中点．
（1）由这9个点可确定 条线段， 条直线．
（2）由这9个点可确定 条有向线段， 条射线．
（3）由这9个点可确定 个三角形， 个平面．
（4）由这9个点可确定 个四面体．
（5）由这9个点可确定 对异面直线．
（6）把6个顶点涂上颜色，有4种不同颜色供选择，要求每条棱上两点颜色不同，有 种涂法．
【答案】（1）36，30；（2）72，66；（3）81，30；（4）81（；5）243；（6）264．
【解析】（1）线段：任选两点；直线：，排除多点共线重复的，．
（2）有向线段：任排两点，；射线：．
（3）三角形：任选三点且不共线，：平面：三角形除去重复的，．
（4）四面体：．
（5）四面体的三组对棱棱异面：．
（6）涂色间题：解法一：逐步涂色，．
解法二：第一类，只涂3种色；第二类，涂4种色，共有．
大招三 圆周染色问题的秒杀技巧总结
四种颜色圆周染色问题
如图，把一个圆分成（）个扇形，每个扇形用红、白、蓝、黑四色之一染色，要求相邻扇形不同色，有多少种染色方法？
思路：设分成个扇形时，染色方法有种．
（1）当时，，不同色，有种，即：
（2）当分成个扇形时，与不同色，与不同色……与，不同色，共有种染色方法，但由于与与相邻，所以应排除与同色的情形：与同色时，可把看成一个扇形，与前个扇形加在一起为个扇形，此时有种染色方法，故有如下递推关系：
.
，所以有.
种颜色圆周染色问题
如图，把一个圆分成个扇形，每个扇形用种颜色之一染色，要求相邻扇形不同色，有多少种方法？
思路：设分成个扇形时，染色方法有种.
（1）当时，不同色，有种，即；（2）当分成个扇形时，不同色，不同色，不同色，共有种染色方法，但由于与相邻，所以应排除与同色的情形；与同色时，可把，看成一个扇形，与前个扇形加在一起为个扇形，此时有种染色方法，故有如下递推关系：.
所以.
正常着色定理
如图，用（为正整数）种颜色给图的个顶点着色，则正常着色的方法为：，.
注：①正常着色是指相邻的两个顶点颜色不同；②种颜色只是供选择的，并不要求全部用上.
例1．如图，一环形花坛分成四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为（ ）
A.96 B.84 C.60 D.48
【答案】B
【解析】.
例2．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种（用数字作答）
【答案】72
【解析】中间1的部分的情况为，.
例3．某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如图）现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有 种（用数字作答）
【答案】120
【解析】中间1的部分的情况为，.
大招四 二项式定理12种题型全归纳
题型一 求展开式中特定项的系数
例1．已知展开式中倒数第3项的系数为45，求含有的项的系数.
【解析】由条件知，即，所以，解得（舍去）或，由，由题意，解得，则含有的项是第7项，，系数为210.
例2．设展开式中含项的系数为，含项的系数为，已知，则等于（ ）
A.4 B.6 C.8 D.10
【答案】B
【解析】要求的值，只需根据题目条件建立一个关于的方程即可.，令，则，，令，则，所以.根据题意，，.因为，所以化简得，即.所以.故选B.
题型二 求展开式中的常数项
例3．求二项式展开式中的常数项.
【解析】，令，得
所以.
例4．求二项式展开式中的常数项.
【解析】，令，得
所以.
题型三 求展开式中的有理数项
例5．求二项式展开式中的有理项.
【解析】，令，得或.当时，，；当时，，.
题型四 奇数项系数与偶数项系数相等的应用
例6．已知展开式中偶数项系数的和为，求.
【解析】设展开式中各项系数依次为，
令，则有 ①，
令，则有 ②，
①-②得：，所以，
由题意得，，所以.
例7．已知展开式中，所有奇数项的系数和为1024，求它的中间项.
【解析】因为，所以，解得，所以中间两个项分别为，，，.
题型五 最大系数与最大项问题
例8．已知，若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项系数.
【解析】因为，所以，解出或.当时，展开式中二项式系数最大的项是和，所以的系数是，的系数是.当时，展开式中二项式系数最大的项是，的系数是.
例9．展开式中，系数最大的项是多少？
【解析】假设项最大，因为，所以，解得，化简得到，又因为，所以，展开式中系数最大的项为.
题型六 含有三项变两项
例10．求展开式中的一次项系数.
【解析】解法一：，，当且仅当时，的展开式中才有的一次项，此时，所以的一次项为，它的系数为.
解法二：.故展开式中含的项为，故展开式中的系数为240.
例11．求展开式中的常数项.
【解析】，设第项为常数项，则，得，，所以.
题型七 两个二项式相乘问题
例12．求展开式中的系数.
【解析】因为展开式的通项是，展开式的通项是，其中，，令，则且，且，且，所以展开式中的系数为.
例13．求展开式中的常数项.
【解析】展开式的通项为.其中，.当且仅当，即或或，所以展开式中的常数项为.
题型八 二项式定理的逆用
例14．
【答案】
【解析】与已知的有一些差距，所以.
例15．
【答案】
【解析】设
则.
所以.
题型九 二项式定理中的赋值问题
例16．若，那么的值为 ．
【答案】
【解析】令，可得，所以.再令，可得.所以.
例17．若，则 （用数字作答）
【答案】2004
【解析】令，则，，即.
题型十 整除问题
例18．求证：能被64整除.
【证明】
.
由于各项均能被64整除，所以能被64整除.
题型十一 证明组合恒等式
例19．求证：.
【证明】
由于的系数为第一个因式中的系数与第二个因式中的系数的乘积的和，即（这是因为的系数与的系数相等），而在的展开式中的系数为，因此原等式恒成立.
评 注
本题的解决方法，基于对等式的认真观察分析，充分利用展开式系数的特点，进行合理构造.
题型十二 证明不等式
例20．求证：.
【证明】，因为各项均是正数，且，所以去掉第二项以后的各项得.
.
综上可知.板块八 概率
大招一 古典概型全攻略
一、基本事件的特点
设一次试验中的基本事件为.
基本事件两两互斥.
此项试验所产生的的事件必由基本事件构成.
例如在投骰子的试验中，设为“出现点”，事件为“点数大于3”，则事件.
所有基本事件的并事件为必然事件.
由加法公式可得：，因为，所以
.
二、等可能事件
如果一项试验由个基本事件组成，而且每个基本事件出现的可能性都是相等的，那么每一个基本事件互为等可能事件.
三、等可能事件的概率
如果一项试验由个基本事件组成，且基本事件为等可能事件，则基本事件的概率为.
四、古典概型的适用条件
（1）试验的所有可能出现的基本事件只有有限多个.
（2）每个基本事件出现的可能性相等.
当满足这两个条件时，事件发生的概率就可以用事件所包含的基本事件个数占基本事件空间的总数的比例进行表示，即.
五、运用古典概型解题的步骤
（1）确定基本事件，一般要选择试验中不可再分的结果作为基本事件.一般来说，试验中的具体结果可作为基本事件.例如投骰子时，就以每个具体点数作为基本事件；排队时，就以每种排队情况作为基本事件，以保证基本事件为等可能事件.
（2）可通过计数原理（排列、组合）进行计算.
（3）要保证中所含的基本事件均在之中，即事件应在所包含的基本事件中选择符合条件的.
例1．从这6个自然数中随机取三个数，则其中一个数是另外两个数的和的概率为 ．
【答案】
【解析】事件为“6个自然数中取三个”，所以，事件为“一个数是另外两个数的和”，不防设，则可根据的取值进行分类讨论，列举出可能的情况：，，，，，，所以.进而计算出.
例2．从集合中随机选取一个数记为，从集合中随机选取一个数记为，则直线不经过第三象限的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设为“的所有组合”，则.设事件为“直线不经过第三象限”，则要求，所以.从而，.故选A.
例3．袋中共有7个大小相同的球，其中3个红球，2个白球，2个黑球.若从袋中任取三个球，则所取3个球中至少有两个红球的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设为“从袋中任取三个球”，则.设事件为“至少有两个红球”，所以.从而，.故选B.
例4．某人射击10次，击中目标3次，则其中恰有两次连续击中目标的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】考虑设为“射击10次，任意击中三次”，则.设事件为“恰有两次连续命中”，则将击中分为两次连续和一次单独的，因为连续与单独的击中不相邻，联想到插空法，所以（剩下七个位置出现八个空，插入连续与单独的，共有种，然后要区分连续与单独的顺序，所以为）.从而，.故选A.
例5．四面体的顶点和各棱的中点共10个点，在其中任取4个点，则这4个点不共面的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设为“10个点中取4个点”，则，设事件为“4个点不共面”，若正面寻找不共面的情况较为复杂，所以考虑问题的对立面，即为“4个点共面”.由图可得四点共面有以下几种情况：（1）四个点在四面体的面上，则面上6个点中任意4个点均共面，则；（2）由平行线所产生的共面（非已知面），则有3对，即；（3）由一条棱上的三点与对棱的中点，即.所以共面的情况，那么，所以.故选D.
例6．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中想一个数字，记为，再由乙猜甲刚才所想的数字，把乙猜的数字记为，其中.若或，就称甲、乙“心有灵犀”.现在任意找两人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设为“甲想乙猜的所有情况”，则.设事件为“甲、乙“心有灵犀””，可对甲想的数字进行分类讨论：当时，可取的值为或；当时，，所以事件包含的基本事件数..故选C.
例7．将1，2，3，4四个数字随机填入下面的方格中，每个方格只填一个数字，但数字可重复使用.“方格的数字大于方格的数字，且方格的数字大于方格的数字”的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设事件为“四个数字填入方格中”，则.设事件为所求事件，可进行分类讨论：若填入2，则填入1；若填入3，则可填入1，2；若填入4，则可填入1，2，3.所以两格的填法共有6种.同理，的填法也有6种，且的填法与的填法相互独立.所以，从而.故选B.
大招二 几何概型常见题型全攻略
1、几何概型定义
每个事件发生的概率只与构成该事件区域的长度（面积或体积）成比例，则称这样的概率模型为几何概率模型，简称为几何概型.
2、对于一项试验，如果符合以下原则，则可通过建立几何模型，利用几何概型计算事件的概率
（1）基本事件的个数为无限多个.
（2）基本事件发生的概率相同.
3、几何概型常见的类型，可分为三个层次
（1）以几何图形为基础的题目：可直接寻找事件所表示的几何区域和总体的区域，从而求出比例，即可得到概率.
（2）以数轴、坐标系为基础的题目：可将所求事件转化为数轴上的线段（或坐标平面的可行域），从而可通过计算长度（或面积）的比例求出概率（将问题转化为第（1）类问题）.
（3）在题目叙述中，判断是否运用几何概型处理，并确定题目中所用变量个数.从而可依据变量个数确定几何模型.通常变量的个数与几何模型的维度相等：一个变量数轴，两个变量平面直角坐标系，三个变量空间直角坐标系.从而将问题转化称为第（2）类问题求解.
一、与长度有关的几何概型
例1．在区间上随机取一个数，则的值在到之间的概率为 ．
【答案】
【解析】记“的值在0到之间”为事件，由或解得或，此时区间长度为，此时区间长度为，则.
例2．已知函数，.在定义域内任取一点，使的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】先解出时的取值范围：，从而在数轴上区间长度占区间长度的比例即为事件发生的概率，所以.故选C.
二、与面积有关的几何概型
例3．若将一个质点随机投入如图所示的长方形中，其中，，则质点落在以为直径的半圆内的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由几何概型的概率计算公式知，所求概率，故选B．
例4．已知点在，中按均匀分布出现，则方程的两根都是实数的概率为 ．
【答案】
【解析】本题中存在两个变量，需要在直角坐标系中作出相应的平面区域，根据一元二次方程有实根的充要条件找出的约束条件，进而确定区域的范围.记“方程的两根都是实数”为事件，由，可知，的点集组成了边长为6的正方形.由方程的两根为实根知，所以，即当点落在以原点为圆心，1为半径的单位圆所在区域外部时，方程两根均为实数，故所求概率.
例5．右图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形.此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形的斜边，直角边，，的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ.在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】解法一：设的内角，，所对的边分别为，则区域Ⅰ的面积即的面积为，区域Ⅱ的面积，所以，由几何概型的知识知.故选A.
解法二：不妨设为等腰直角三角形，，则，所以区域Ⅰ的面积即的面积为，区域Ⅱ的面积，区域Ⅲ的面积.根据几何概型的概率计算公式，得，，所以，，.故选A.
例6．已知一根绳子长度为1，随机剪成三段，则三段刚好围成三角形的概率为 ．
【答案】
【解析】随机剪成三段，如果引入个变量，则需建立空间直角坐标系，不易于求解，所以考虑减少变量个数.由于三段的和为1，设其中两段为，则第三段为.只用两个变量，所以就可以建立平面直角坐标系进行解决.设为“一根绳子随”
机剪三段”，则要满足的条件为设事件为“三段围成三角形”，则，，1--任意两边之和大于第三边，所以满足的条件为 在同一坐标系作出，的可行域，同．
三、与角度有关的几何概型
例7．在圆心角为的扇形中，以圆心为起点作射线，求使得和都不小于的概率．
【解析】此题关键是清楚过作射线可以在扇形的任意位置，而且是等可能的，因此基本事件的发生是等可能的．记事件是“作射线，使得和都不小于”．，则符合条件的射线应落在扇形中，所以．
例8 ．如图所示，在等腰直角中，过直角顶点在内部作一条射线，与线段交于点，求的概率．
【解析】当时，有，故欲使，应有，即所作的射线应落时的内部．在上取，连接，则．记“在内部作一条射线，与线段交于点，求”为事件，则，所以，所求概率为．
评注
本题所求事件的本质是在内部作一条射线，所构成的区域是一个“角”域，故应属于几何概型中的角度之比类型；本题极易犯的错误是用长度的比得出这一错误结果．
四、与体积有关的几何概型
例9．一只小蜜蜂在一个棱长为30的正方体玻璃容器内随机飞行．若蜜蜂在飞行过程中与正方体玻璃容器6个表面中至少有一个的距离不大于10，则就有可能撞到玻璃；若始终保持与正方体玻璃容器6个表面的距离均大于10，则飞行是安全的，假设蜜蜂在正方体玻璃容器内飞行到每一位置的可能性相同，那么蜜蜂飞行安全的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示，小正方体与大正方体的左、右间隔都是10，所以小正方体的棱长为10，概率是小正方体体积与大正方体体积之比，因此．故选C．
例10．下面是一个多面体的直观图和三视图，是的中点，一只蝴蝶在几何体内自由飞翔，它飞入几何体内的概率为( )．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】所求概率为棱锥的体积与棱柱体积的比值．由三视图可得，且，，两两垂直，因此，，
而，所以．从而．
五、与线性规划有关的几何概型
例11．把不等式确定的平面区域记为，把不等式确定的平面区域记为．在中随机取一点，则该点恰好在内的概率为( )．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】如图所示，的面积为，图中阴影部分的面积为，则所求的概率．故选D．
例12．已知区域，，向区域内随机投一点，点落在区域内的概率为( )．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】为如图所示所围区域(包括边界)，为如图所示所围区域(包括边界)，由几何概型的概率公式得，点落在区域内的概率为．
六、与定积分有关的几何概型
例13．如图，矩形内的阴影部分是由曲线和直线与轴围成的，向矩形内随机投掷一点，若该点落在阴影部分的概率为，则的值是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】落在阴影部分的概率即为阴影部分面积与长方形面积的比值．长方形的面积，阴影部分的面积，所以有，可解得，从而，故选B．
例14．在区间[-1，1]上任取两数，，则二次方程的两根都是实根的概率为________．
【答案】
【解析】可用(，)表示试验结果．求出所有可能结果的面积和方程有实根的结果的面积，再利用几何概型来解答．用(，)表示每次试验结果，则所有可能结果为，即为图中正方形的面积；由方程有实根知，则方程有实根的可能结果为，即为图中阴影部分区域面积．阴影部分面积可用定积分来计算．所以，，所以所求概率为：．
七、与随机模拟有关的几何概型
例15．在区间[0，1]上随机抽取2个数，，…，，，，…，，构成个数对，，…，，其中两数的平方和小于1的数对共有个，则用随机模拟的方法得到的圆周率的近似值为( )．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意得：在如图所示方格中，而平方和小于1的点均在阴影中，由几何概型计算公式知，所以．故选C．
例16．在区间[0，1]上随机取两个数，，记为事件“”的概率，为事件“”的概率，为事件“”的概率，则( )．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，对事件“”，如图(1)阴影部分．对事件“”，如图(2)阴影部分．对事件“”，如图(3)阴影部分．由图可知，阴影部分的面积大小排序为，正方形的面积为，根据几何概型可得，故选B．
例17．如图，面积为的正方形中一个不规则的图形，可按下面的方法估计的面积：在正方形中随机投掷个点，若个点中有个点落入中，则的面积的估计值为．假设正方形的边长为2，的面积为1，并向正方形中随机投掷10000个点，以表示落入中的点数目．
(1)求的均值．
(2)求用以上方法估计的面积时，的面积的估计值与实际值之差在区间(-0.03，0.03)内的概率．
附表：
2424 2425 2574 2575
0.0403 0.0423 0.9570 0.9590
【分析】本题从表面来看似乎与几何概型无关，其实它是一个几何概型的逆向问题与次独立重复试验的综合题，而且本题有别于常规的面积型概率计算，设计新颖，通过随机模拟来求不规则图形的面积．
【解析】(1)每个点落入中的概率均为，依题意知，．
(2)依题意，所求概率为，
=0.9570-0.0423=0.9147．
八、生活中的几何概型
例18．某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率为( )．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意得图：
由图得等车时间不超过10分钟的概率为，故选B．
例19．某校早上8:00上课，假设该校学生小张与小王在早上7:30至7:50到校，且每人在该时间段内的任何时间到校是等可能的，则小张比小王至少早5分钟到校的概率为__________．
【答案】
【解析】设小张与小王的到校时间分别为7:00后第分钟、第分钟，根据题意可画出图形，如图所示，则总事件所占的面积为．小张比小王至少早5分钟到校表示的事件，如图中阴影部分所示．阴影部分所占的面积为，所以小张比小王至少早5分钟到校的概率为．
九、与其他章节知识综合类
例20．已知两数，是某事件发生的概率取值，则关于的一元二次方程有实根的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】事件发生的概率取值为[0，1]，故[0，1]即为两数，的取值范围．在平面直角坐标系中，以轴和轴分别表示，的值，因为(，)与图中正方形内的点一一对应，即正方形内的所有点构成全部试验结果的区域．设事件表示“方程有实根”，则事件所对应的区域为图中的阴影部分，且阴影部分的面积为．因此由几何概型公式得，即关于的一元二次方程有实根的概率为，故选C．
评注：
将方程的根、线性规划、概率等知识有机结合在一起，注重知识的交汇，是近年来高考的命题趋势，本题设计新颖，考查综合．
例21．已知圆，直线．
(1)圆的圆心到直线的距离为_____________．
(2)圆上任意一点到直线的距离小于2的概率为__________．
【答案】(1)5 (2)
【解析】(1)根据点到直线的距离公式得．
(2)设直线到圆心的距离为3，则，取=15，则直线把圆截得的劣弧的长度和整个圆的周长的比值即所求的概率，由于圆的半径是，则可得直线截得的劣弧所对的圆心角为，故所求的概率是．
例22．如图，点等可能分布在菱形内，则的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由联想到数量积的投影定义，即乘在上的投影，不妨将投影设为，则，即．取，的中点，，由菱形性质可得，，所以且垂足四等分，点的位置应该位于内，所以，故选D．
大招三 事件的关系与概率运算
一、互斥事件与概率的加法公式
(1)互斥事件：若事件与事件的交事件为不可能事件，称，互斥，即事件与事件不可能同时发生．
(2)若一项试验有个基本事件：，，…，，则每做一次试验只能产生其中一个基本事件，所以，，…，之间的任何事件均不可能同时发生，从而，，…，两两互斥．
(3)概率的加法公式(用于计算并事件)：若，互斥，则有．
(4)对立事件：若事件与事件的交事件为不可能事件，并事件为必然事件，则称事件为事件的对立事件，记为，也是我们常说的事件的“对立面”．对立事件概率公式：，关于对立事件有几点说明：
①公式的证明：因为，对立，所以，即，互斥，而，所以，因为，从而．
②此公式也提供了求概率的一种思路：如果直接求事件的概率所讨论的情况较多时，可以考虑先求其对立事件的概率，再利用公式求解．
③对立与互斥的关系：对立关系要比互斥关系的“标准”更高一层．由对立事件的定义可知：，对立，则，一定互斥；反过来，如果，互斥，则不一定，对立(因为可能不是必然事件)．
二、独立事件与概率的乘法公式
(1)独立事件：如果事件(或)发生与否不影响事件(或)发生的概率，则称事件与事件相互独立．
(2)若，独立，则与，与，与也相互独立．
(3)概率的乘法公式：事件，独立，则，同时发生的概率．
(4)独立重复试验：一项试验，只有两个结果．设其中一个结果为事件(则另一个为)，已知事件发生的概率为，将该试验重复进行次(每次试验结果互不影响)，则在次中事件恰好发生次的概率为．
三、条件概率及其乘法公式
(1)乘法公式：设事件，，则，同时发生的概率．
(2)计算条件概率的两种方法(以计算为例)：
①计算出事件发生的概率和，同时发生的概率，再利用来计算．
②按照条件概率的意义，即在条件下的概率为事件发生后，事件发生的概率．所以以事件发生后的事实为基础，直接计算事件发生的概率．
例1．从1，2，3，4，5这5个数中任取两个数，其中①恰有一个是偶数和恰有一个是奇数；②至少有一个是奇数和两个都是奇数；③至少有一个是奇数和两个都是偶数；④至少有一个是奇数和至少有一个是偶数．上述事件中，是对立事件的是( )．
A. ① B. ②④ C. ③ D. ①③
【答案】C
【解析】任取两个数的所有可能为{两个奇数；一个奇数和一个偶数；两个偶数}．若是对立事件，则首先应该是互斥事件，分别判断每种情况：①两个事件不是互斥事件；②“至少有一个是奇数”包含“两个都是奇数”的情况，所以不互斥；③“至少有一个是奇数”包含“两个奇数”和“一奇一偶”，所以与“两个偶数”恰好对立；④“至少有一个是奇数”和“至少有一个是偶数”均包含“一奇一偶”的情况，所以不互斥．综上所述，只有③正确．故选C．
例2．5个射击选手击中目标的概率都是，若这5个选手同时射同一个目标，射击三次，则至少有一次五人全部击中目标的概率为( )．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】所求中有“至少有一次”，且若正面考虑问题所涉及的情况较多，所以考虑从问题的对立面入手．设所求事件为事件，则为“射击三次，没有一次五人均击中目标”．射击一次五人没有全击中目标的概率为，所以，从而可得，故选C．
例3．甲、乙、丙三人独立译一个密码，分别译出的概率为，，，则此密码能译出的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】若要译出密码，则至少有一个人译出．设事件为“密码译出”，正面分析问题情况较复杂，所以考虑利用对立面，为“没有人译出密码”，则，从而，故选C．
例４．某次知识竞赛规则如下：在主办方预设的５个问题中，选手若能连续正确回答出两个问题，即停止答题，晋级下一轮．假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8，且每个问题的回答结果相互独立，则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率是__________．
【答案】
【解析】因为选手回答4个问题就晋级下一轮，所以说明后两个回答结果正确，且第二次回答错误(否则第二次与第三次连续正确，就直接晋级了)，第一次回答正确错误均可，所以．
例5．掷3颗骰子，已知所得三个点数都不一样，则含有1点的概率为_________．
【答案】
【解析】首先判断出所求的为条件概率，即在三个点数都不一样的前提下，含有1点的概率．设事件为“含有1点”，事件为“掷出的三个点数都不一样”，事件为“三个点数都不一样且有一个点数为1”，则有，，所以由公式可得．
例6．甲、乙两人进行跳绳比赛，规定：若甲赢一局，比赛结果，甲胜出；若乙赢两局，比赛结束，乙胜出．已知每一局甲、乙两人获胜的概率分别为，，则甲胜出的概率为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】考虑甲胜出的情况包含两种情况，一种是甲第一局获胜，一种是甲第一局输了，第二局获胜．设事件为“甲在第局获胜”，事件为“甲胜出”，则，依题意得，两场比赛相互独立，所以，从而，故选A．
例7．如图，元件通过电流的概率均为0.9，且各元件是否通过电流相互独立，则电流能在，之间通过的概率为( )
A. 0.729 B. 0.8829 C. 0.864 D. 0.9891
【答案】B
【解析】先分析各元件的作用，若要在，之间通过电流，则必须通过，且，这一组与两条路至少通过一条．设为“，通过”，则．设为“通过”，则．那么“至少通过一条”的概率，从而，之间通过电流的概率为．故选B．
例8．假设每一架飞机的引擎在飞行中出现的故障率为1-，且各引擎是否有故障是独立的．已知4引擎飞机中至少有3个引擎正常运行，飞机才可成功飞行；2引擎飞机要2个引擎全部正常运行，飞机才可成功飞行．要使得4引擎飞机比2引擎飞机更安全，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】所谓“更安全”是指成功飞行的概率更高，所以只需计算两种引擎的飞机成功飞行的概率即可．引擎正常运行的概率为，设事件为“4引擎飞机成功飞行”，事件为“个引擎正常运行”，可知引擎运行符合独立重复试验模型，所以，即．设事
件B为“引擎飞机成功飞行”，则.依题意，即，进而解出，故选B.
例9．从1，2，3，…，中，甲、乙两人各任取一个数（不重复）.已知甲取到的是5的倍数，则甲取到的数大于乙取到的数的概率为 ．
【答案】
【解析】解法一：本题属于条件概率的问题，设事件A为“甲取到的数比乙取到的数大”，事件B为“甲取到的数是5的倍数”，则所求概率为．若用公式求解，则需求出，，事件即为“甲取到的数是5的倍数，且单取到的数5的倍数且大于乙取到的数”，由古典概型可计算出概率.甲能够取到的数为5，10，15，当甲取到5时，乙有种取法；当甲取到10时，乙有种取法；当甲取到15时，乙有种取法.所以，因为，所以.
解法二：甲取5 ，10，15对乙的影响不同，所以分情况讨论．当甲取到5时，甲能从5的倍数中取出5的概率是，此时乙从剩下14个数中可取的只有l，2，3，4．所以甲取出5且大于乙取到的数的概率为，同理，甲取10时．乙可取的有9个数．所以甲取出10且大于乙取到的数的概率为．甲取到15时，乙可取14个数．所以甲取出15且大于乙取到的数的概率为，所以甲取到的数是5的倍数，且单取到的数5的倍数且大于乙取到的数的概率为.
【评注】
本题有两种解法，运用第二种方法时要注意，所发生过的只是甲取到5的倍数，但不知是哪个数，所以在分类讨论时还要乘上某个5的倍数能取中的概率．即所求问题转变为“已知取到5的倍数后，取到哪个5的倍数（具体分类讨论）且甲取到的数大于乙取到的数的概率”．
例10．甲袋中有5个白球和7个红球，乙袋中有4个白球和2个红球，从两个袋子中任取一袋，然后从所取到的袋子中任取一球，则取到白球的概率为
【解析】本题取到白球需要两步：第一步先确定是甲袋还是乙袋，第二步再取球，所以本问题实质上是“取到某袋且取出白球的概率”.因为取袋在前，取球在后，所以取到白球的概率受到取袋的影响，为条件概率.设事件A为“取出甲袋”，事件B为“取出白球”，分两种情况进行讨论.若取出的是甲袋，则，以题意得，所以；若取出的是乙袋，则，以题意得，所以，综上可知，取到白球的概率.
大招四 常见分布列及数字特征
一、分布列概念及性质
一般地，若离散型随机变量可能取的不同值为，X取每个值（，，…，）的概率，以表格的形式表示如下：
… …
… …
称该表格为离散型随机变量x的分布列，分布列概率具有的性质为：
（1）；（2）.此性质的作用如下：
①对于随机变量分布列，概率和为1，有助于检查所求概率是否正确；
②若在随机变量取值中有一个复杂情况，可以考虑利用概率和为1的特征，求出其他较为简单情况的概率，再利用间接法求出该复杂情况的概率．
二、常见的分布
（1）两点分布：一项试验有两个结果，其中事件发生的概率为，
令，则X的分布列为：
0 1
则称符合两点分布（也称伯努利分布），其中称为成功概率．
（2）超几何分布：在含有个特殊元素的个元素中，不放回地任取个，其中含有特殊元素的个数记为，则有，其中
即：
0 1 …
则称随机变量服从超几何分布，记为.
⑶ 二项分布：在次独立重复试验中，事件发生的概率为，设在次试验中事件发生的次数为随机变量，则有.即：
0 1 … …
… …
则称随机变量X服从二项分布，记为.
三、常见分布的期望与方差
（1）两点分布：，.
（2）二项分布：若，则，.
（3）起几何分布：若，则．
例1．某学生在上学路上要经过四个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是2分钟．
（1）求这名学生在上学路上遇到第三个路口时首次遇到红灯的概率．
（2）求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间的分布列、数学期望和方差.
（1）【分析】条件中说明各路口遇到红灯的情况相互独立，在第三个路口首次遇到红灯，即前两次没有遇到，使用概率乘法即可计算.
【解析】设事件为“在第个路口遇到红灯”，则，，
设事件A为“在第三个路口首次遇到红灯”，
所以.
（2）【分析】在上学途中遇到一次红灯就需要停留2分钟，一共四个路口，所以要停留的时间可取的值为0，2，4，6，8，依题意可知的取值对应的遇到红灯次数为0，1，2，3，4，且该模型属于独立重复试验模型，所以可用形如二项分布的公式计算遇到红灯次数的概率，即为对应取值的概率，从而列出分布列，在计算期望与方差时，如果分布列计算，虽然可得到答案，但过程比较复杂（尤其是方差）.考虑到符合二项分布，其期望与方差可通过公式迅速得到，且与之间存在联系：，所以先利用二项分布求出的期望与方差，再利用公式求出的期望与方差即可.
【解析】可取的值为0，2，4，6，8，设遇到红灯次数为，则对应的值为0，1，2，3，4，所以.
所以，，
，，
.
所以分布列为：
2 2 4 6 8
因为：，所以
因为：，所以
【评注】
本题的亮点在于求的期望和方差时，并不是生硬套用公式计算，而是寻找一个有特殊分布的随机变量，通过两个随机变量的联系（线性关系）和的数学期望和方差来得到所求.
例2．为了提高我市的教育教学水平，市教育局打算从红塔区某学校推荐的10名教师中任选3人去参加支教活动．这10名教师中，语文教师有3人，数学教师有4人，英语教师有3人.
（1）求选出的语文教师人数多于数学教师人数的概率．
（2）求选出的3人中，语文教师人数X的分布列和数学期望．
（1）【分析】本题可用古典概型来解，事件为“10名教师中抽取3人”，则，事件A为“语文教师人数多于数学教师人数”，则分为“1语0数”“2语1数”“2语0数”“3语”四种情况，分别求出对应的情况的种数，加在一起即为，则即可求出.为了更好地用数学符号表示事件，可使用“字母+数字角标”的形式分别设出“3人中有名语文教师”和“3人中有名数学教师”.
【解析】设事件为“3人中有名语文教师”，为“3人中有名数学教师”，事件A为“语文教师人数多于数学教师人数”.所以．
（2）【分析】本题可将语文教师视为特殊元素，则问题转化为“10个元素中不放回地抽取3个元素，特殊元素个数的分布列”，即符合超几何分布.随机变量X的取值为0，1，2，3，按超几何分布的概率计算公式即可求出分布列和数学期望.
【解析】语文教师人数可取的值为，依题意可得:.
所以，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
.
例3．现有4个人去参加某项娱乐活动，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，分别表示这4个人中去参加甲、乙游戏的人数，记，求随机变量4的分布列与数学期望.
（1）【分析】根据题意可知参加甲游戏的概率为，参加乙游戏的概率为，4个人扔骰子相互独立，所以属于独立重复试验模型，利用该模型求出概率即可.
【解析】根据题意可知参加甲游戏的概率为，参加乙游戏的概率为.设事件为“有个人参加甲游戏”，所以，因此.
（2）【分析】若参加甲游戏的人数大于参加乙游戏的人数，即为事件，又因为互斥，所以根据加法公式可得：，进而可计算出概率.
【解析】设事件B为“参加甲游戏的人数大于参加乙游戏的人数，则，所以
（3）【分析】表示两个游戏人数的差，所以可取的值为0，2，4.对应的情况为，对应的情况为，对应的情况为从而可计算出对应的概率，得到分布列.
【解析】可取的值为0，2，4.
，，
所以的分布列为：
0 2 4
.
例4．甲、乙去某公司面试，该公司的面试方案为：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照答对题目的个数为标准进行筛选.已知应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每道题正确完成的概率都是，且每道题正确完成与否互不影响.
（1）分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列，并计算其数学期望．
（2）请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大．
（1）【分析】依题意可知，对于甲而言，只要在抽题的过程中，抽中甲会答的题目，则甲定能够答对，所以甲完成面试题数的关键在于抽题，即从6道题目中抽取3道，抽到甲会的4道题的数量X，可知X符合超几何分布；对于乙而言，抽的题目是无差别的，答对的概率相同，所以乙正确完成面试题数Y符合二项分布．从而利用超几何分布与二项分布的概率公式即可得到分布列和方差.
【解析】设为甲正确完成面试题的数量，为乙正确完成面试题的数量，依题意可得：，可取的值为1，2，3.
，，
所以的分布列为：
1 2 3
，
易知
，，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
（2）由（1）知，说明甲、乙两个人的水平相同，所以考虑甲乙发挥的稳定性，计算，比较它们的大小即可.
【解析】，，所以，所以甲发挥的稳定性更强，甲面试通过的可能性大.
【评注】
1.解答第（2）问时，用到了期望和方差的意义，即期望表明随机变量取值的平均情况，而方差体现了随机变量取值是相对分散（不稳定）还是集中（稳定），了解它们的含义有助于解决此类问题．
2.当随机变量符合特殊分布时，其方差也有公式以方便运算：
①二项分布：若，则.
②起几何分布：若，则．
例5．一种电脑屏幕保护画面，只有字母“0”和“”随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变化只出现“O”和“”之一，其中出现“O”的概率为，出现“”的概率为q.若第次出现“O”，则记；若第次出现“”，则记，令
（1）当时，求的分布列及数学期望．
（2）当时，求且的概率．
【分析】依题意可知，表示试验进行了三次，可能的情况为，且符合独立重复试验模型．根据题目要求可知，对应取值为，分别计算出概率，即可列出分布列.
【解析】取值为
其中， ，
，
所以X的分布列为：
.
（2）【分析】由可知在8次试验中出现5次“0”，3次“”，而，可知在前四次试验中出现“0”的次数要大于出现“”的次数，可根据前四次出现“”的个数进行分类讨论，并根据安排“0”和“”出现的顺序．
【解析】设为“前四次试验中出现个，且，.
所以．
大招五 以比赛与闯关为背景的概率问题
一、常见的比赛规则
（1）局胜制：这种规则的特点为一旦某方获得次胜利即终止比赛，所以若比赛提前结束，则一定在最后一次比赛中某方达到胜.
（2）连胜制：规定某方连胜场即终止比赛，所以若提前结束比赛，则最后场连胜且之前没有达到场连胜.
（3）比分差距制：规定某方比对方多分即终止比赛，此时首先根据比赛局数确定比分，在得分过程中要注意使两方的分差小于.
（4）一票否决制：在比赛的过程中，如果在某一阶段失败，则被淘汰.此类问题要注意若达到第阶段，则意味着前个阶段均能通关.
二、解答此类题目的技巧
（1）善于引入变量表示事件：可用“字母+变量角标”的形式表示事件“第几局胜利”.例如：表示“第局比赛胜利”，则表示“第局比赛失败”．
（2）善于使用对立事件求概率：若所求事件含情况较多，可以考虑求对立事件的概率，再用解出所求事件的概率.在处理离散性随机变量分布列时，也可利用概率和为1的特点，先求出包含情况较少的事件的概率，再间接求出包含情况较多的事件的概率．
例1．某项选拔共有三轮考核，每轮设有一个问题，回答问题正确者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三轮的问题的概率分别为，且各轮问题能否正确回答互不影响．
（1）求该选手被淘汰的概率．
（2）记该选手在考核中回答问题的个数为，求随机变量的分布列与数学期望.
（1）【分析】 在考核过程中如果回答不正确就被淘汰，所以可以考虑问题的反面，先求出全部的正确的概率，然后利用来运算.
【解析】设事件为“选手正确回答第”问题，事件为“选手被淘汰”.所以.
（2）【分析】可取的值为1，2，3.若想多答题，则需要前面的问题均要答对，所以时，则第一题答错；时，则第一题答对且第二题答错（若第二题答对则需要答第三题）；时，则第一题答对且第二题答对（第三题无论是否正确，均已答三题）.然后分别求出概率即可.
【解析】可取的值为1，2，3.，
的分布列为：
1 2 3
.
例2．甲、乙两支篮球队赛季总决赛采用7场4胜制，每场必须分出胜负，场与场之间互不影响，只要有一队获胜4场就结束比赛.现已比赛了4场，且甲队胜3场，已知甲队第5、6场获胜的概率均为，但由于体力原因，第7场获胜的概率为.
（1）求甲队分别以：，获胜的概率.
（2）设表示决出冠军时比赛的场数，求X的分布列及数学期望.
【分析】 如果甲队分别以4：2，4：3获胜，则最后一场必然是甲队获胜.
【解析】设事件为“甲队在第场获胜”，则.
设事件为“甲队以4：2获胜”，事件为“甲队以4：3获胜”
所以，.
（2）【分析】比赛的场数取决于甲队是否取胜，所以可取的值为5，6，7.若，则甲队以4：1获胜，即第5场胜；若，则甲队以4：2获胜，即第五场乙胜，第六场甲胜；若，则只需要前六场打成3：3即可，所以需乙连赢第5和第6场.
【解析】分别计算概率即可得到分布列和期望.比赛场数可取5，6，7.
，，
的分布列为：
5 6 7
.
例3．某电视台举办的闯关节目共有五关，只有通过五关才能获得奖金，规定前三关若有失败即结束，后两关若有失败再给一次从失败的关开始继续向前闯的机会（后两关总共只有一次机会）.已知某个选手前三关每关通过的概率都是，后两关每关通过的概率都是．
（1）求该选手获得奖金的概率．
（2）设该选手通过的关数为X，求随机变量x的分布列及数学期望．
（1）【分析】获取奖金的情况有两种，一种是五关全部通过，另一种是后两关中有一关失败．
【解析】设事件为“第关通过”，事件为“获得奖金”
所以
（2）【分析】依题意可知可取的值为0，1，2，3，4，5.因为前三关失败即结束，所以时，第一关失败；时，第一关通过且第二关失败；时，第二关通过且第三关失败；时，第三关通过且第四关失败两次；时，第四关通过且第五关失败两次；时，五关全部通过，获得奖金（即第（1）小题的结果）.其中由于的情况较为复杂，所以考虑利用进行处理.
【解析】可取的值为0，1，2，3，4，5
，
，
，
所以
所以的分布列为：
所以
例4 ．甲、乙两人进行围棋比赛，约定先连胜局者直接赢得比赛．若比赛完局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的慨率为，各局比赛结果相互独立．
（1）求甲在局以内（含局）赢得比赛的概率．
（2）记为比赛决出胜负时的总局数，求的分布列和数学期望．
（1）【分析】依题意可知获胜的要求是连胜局，所以可分局、局、局三种情况．
【解析】设事件为“甲在第局获胜”，事件为“甲在局以内（含4局）贏得比赛”．
所以
（2）【分析】首先依题意能确定可取的值为 ，若提前结束比赛，则按（1）的想法，除了最后两场要连胜（或连败），其余各场应“胜负交替”，在每个事件中要分甲获胜或乙获胜两种情况进行讨论．
【解析】可取的值为．
所以的分布列为：
所以．
大招六 以取球为背景的概率问题
在很多随机变量的题目中，常以"取球”作为背景，通过对“取球”提出不同的要求，来考察不同的模型，常见的模型及处理方式如下：
(1) 独立重复试验模型：关键词"可放回地抽取”，即下一次的取球试验与上一次的相同．
(2) 超几何分布模型：关键词"不放回地抽取”．
(3)与条件概率相关：此类问题通常包含一个抽球的规则，并一次次地抽取，要注意前一次的结果对后一步抽球的影响．
(4)古典概型：要注意虽然题目中会说明“相同的”小球，但是为了能使用古典概型(保证基本事件为等可能事件)，通常要将“相同的”小球视为“不同的”元素，再利用排列组合知识进行分子分母的计数．
(5)数字问题:在小球上标注数字，所涉及问题与数字相关(奇，偶，最大，最小等)．在解决此类问题时，要将数字模型转化为“怎样取球”的问题，从而转化为前几个类型进行求解．
例1．一袋中有个黑球，个白球．
(1) 不放回地依次取出个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率．
(2) 有放回地依次取出个球，已知第一次取出的是白球，求第三次取到黑球的概率．
(3 )有放回的依次取出个球，求取到白球个数的分布列、数学期望和方差．
【分析】此题涉及条件概率和独立重复试验的问题，一定要注意区分．
【解析】(1)设事件为“不放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”．
所以
(2)设事件为“有放回取球，第一次取出白球时，第三次取到黑球”．所以．
(3) 的取值为，依题意可得：．
，
所以的分布列为：
因为，所以，．
例2．袋中装有若干个质地均匀﹑大小相同的红球和白球，白球数量是红球数量的两倍，每次从袋中摸出一个球，然后放回，若累计次摸到红球则停止换球，否则继续摸球直到第5次摸球后结束．
（1）求摸球次就停止的事件发生的概率．
（2）记摸到红球的次数为，求随机变量的分布列和数学期望．
【分析】此题是有放回地摸球的问题，属于二项分布题型．注意有放回和无放回的区别．
【解析】（1）设事件为“摸球次即停止摸球”．依题意可得:在一次摸球中，摸到红球的概率为，所以．
（2）可取的值为
，
所以的分布列为:
所以
例3．学校游园活动有这样一个游戏项目：甲箱子里装有个白球、个黑球；乙箱子里装有个白球、个黑球．这些球除了颜色外完全相同，每次做游戏时，从这两个箱子里各随机摸出个球，若摸出的白球不少于个，则获奖(每次游戏结束后将球放回原箱)．
（1）求在一次游戏中，摸出个白球的概率和获奖的概率．
（2）求在三次游戏中获奖次数的分布列与数学期望．
【分析】本题是超几何分布与二项分布相结合的综合题型．
【解析】（1）设为“从甲箱子里取出个白球”，为“从乙箱子里取出个白球”．
①设事件为“摸出个白球”，所以
②设事件为“获奖”(即白球不少于个)
所以
（2）以可取的值为，依题意可得:．
，
，
所以的分布列为：
因为，所以．
例4．袋中装有个球，每个球上分别标有的一个号码，设号码为的球重克，这些球等可能地从袋中被取出．
（1）如果任取个球，试求其重量大于号码数的概率．
（2）如果不放回地任意取出个球，试求它们的重量相等的概率．
（3）如果取出个球，当它的重量大于号码数时，则放回；当它的重量小于号码数时，则停止取球．按照以上规则，最多取球次．设停止之前取球次数为，求的分布列和数学期望．
【分析】带有参数的概率题型，考察分类讨论数学思想．
【解析】（1）设事件为“取个球，其重量大于号码数”．若球重量大于号码数，则，所以，解得或 ．因为，所以的取值集合为
，共个元素．所以
（3）设所取的个球的编号为，根据题意，
所以．因为，所以．取出球的组合为．设事件为“取出个球，其重量相等”，所以．
（3）可取的值为，由（1）可知取出球重量大于号码的概率．
．
所以的分布列为：
所以．
大招七 高考概率统计考点全归纳
考点一：抽样方法
例1．某城市户居民的月平均用电量(单位:度)，以，，，，，，分组的频率分布直方图，如图
（1）求直方图中的值．
（2）求月平均用电量的众数和中位数．
（3）在月平均用电量为的组用户中， 用分层抽样的方法抽取户居民，则月平均用电量在的用户中应抽取多少户？
【解析】(1)由题意得：，
解得
（2）由频率分布直方图可知众数为，设中位数为
则，解得，所以月平均用电量的中位数为．
（3）月平均用电量为的频率为，月平均用电量为的频率为，月平均用电量为的频率为，月平均用电量为的频率为．设月平均用电量在的用户中应抽取户，
则，解得，所以用分层抽样的方法抽取户居民，则月平均用电量在的用户中应抽取户．
例2 ．（1）对一个容量为的总体抽取容量为的样本，当选取简单随机抽样、系统抽样和分层抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别是，则（ ）
A．B． C． D．
（2）下面是在一次马拉松比赛中，名运动员的成绩(单位:分钟)茎叶图．
若将运动员按成绩由好到戻编为号，再用系统抽样的万法从中抽取人，则其中成绩在区间上的运动员的人数是 ．
【答案】（1）D（2）
【解析】（1）根据随机抽样的原理可知，答案为D．
（2）由叶图可知，在区间上的人数为，再由系统抽样的性质可知人数为人．
考点二：几何概型
例3．在间隔时间内的任何瞬间，两个信号等可能地进入收音机．若这两个信号进入收音机的间隔时间小于，则收音机将受到干扰．试求收音机受到干扰的概率（单位：秒）．
【解析】 设两个信号进入收音机的时间分别为与，与的变化范围为，则样本空间是边长为的正方形，且当时，收音机受到干扰，即当样本点落在直线与之间，且在正方形之内的区域（如图中阴影部分）中时，收音机才受到干扰，于是所求概率为： ．
例 4．如图，在边长为（为自然对数的底数）的正方形中随机撒一粒黄豆，则它落到阴影部分的概率为 ．
【答案】
【解析】 因为函数的图像与函数的图像关于正方形的—条对角线所在直线对称，则图中的两块阴影部分的面积相等，其和为或，故根据几何概型的概率公式得，该粒黄豆落到阴影部分的概率．
考点三：正态分布
例 5．设，，这两个正态分布密度曲线如图所示，下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C．对任意正数， D．对任意正数，
【答案】C
【解析】由正态分布密度曲线的性质可知， ，的密度曲线分别关于直线对称，因此结合题中所给图像可得，所以 ，故A错误．又的密度曲线较的密度曲线“瘦高”，所以，所以
，B错误．对任意正数，，C正确，D错误．
例6．从某企业的某种产品中抽取件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：
（1）求这件产品质量指标值的样本平均数和样本方差(同一组数据用该区间的中点值作代表)．
（2）由频率分布直方图可以认为，这种产品的质量指标值服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差．
①利用该正态分布，求．
②某用户从该企业购买了件这种产品，用表示这件产品中质量指标值位于区间
的产品件数，利用①的结果，求．
附：．若，则
．
【解析】（1）抽取产品的质量指标值的样本平均数和样本方差分别为，．
（2）①由（1）知，，
从而
②由①，一件产品的质量指标值位于区间的概率为，依题意知，所以．
考点四：统计图表的应用
例7．根据下面给出的年至年我国二氧化硫排放量(单位:万吨)柱形图． 以下结论不正确的是( )
A．逐年比较，年减少二氧化硫排放量的效果最显著
B．年我国治理二氧化硫排放效果开始显现
C．年以来我国二氧化硫年排放量呈减少趋势
D．年以来我国二氧化硫年排放量与年份正相关
(
2004
年
200
5
年
200
6
年
200
7
年
200
8
年
20
09
年
20
10
年
20
11
年
20
12
年
20
13
年
1900
2000
2100
2200
2300
2400
2500
2600
2700
)
【答案】D
【解析】由柱形图得，2006年以来，我国二氧化硫排放量呈下降趋势，故年排放量与年份负相关，故选D．
例8．某中学初中部共有名教师，高中部共有名教师，其性別比例如图所示， 则该校女教师的人数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意知，该校女教师的人数为：．故选 C．
考点五：线性回归分析
例9．某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费（单位:千元）对年销售量（单位:）和年利润（单位:千元）的影响，于是对近年的年宣传费和年销售量
数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值．
表中．
（1）根据散点图判断，与哪一个适宜作为年销售量关于年宣传费的回归方程类型．（给出判断即可，不必说明理由）
（2）根据（1）的判断结果及表中数据，建立关于的回归方程．
（3）已知这种产品的年利率与 ，的关系为．根据（2）的结果回答下列问题：
①年宣传费时，年销售量及年利润的预报值是多少？
②年宣传费为何值时，年利率的预报值最大．
附：对于一组数据，其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：．
【解析】（1）适合作为年销售量关于年宣传费的回归方程类型．
（2）令，先建立关于的线性回归方程式．由于，
，所以建立关于的线性回归方程为．故关于的回归方程为．
（3）①由（2）知，当时，年销售量的预报值，年利润的预报值．
②根据（2）的结果知，年利润的预报值，所以当，即时，工取得最大值．故年宣传费为千元时，年利润的预报值最大．
例10．随着我国经济的发展，居民的储蓄存款逐年增长．某地区城乡居民人民币储蓄存款(年底余额)如下表所示：
年份
时间代号
储蓄存款 (千亿元)
（1）求关于的回归方程．
（2）用所求回归方程预测该地区年()的人民币储蓄存款．
【解析】 步骤略．（1）所求回归方程为．
（2）将代入回归方程可预测该地区年的人民币储蓄存款，即(千亿元)．
考点六：独立性检验
例11．某高校共有人，其中男生人，女生人，为调查该校学生每周平均体育运动时间的情况，采用分层抽样的方法，收集位学生每周平均体育运动时间的样本数据(单位:时)．
(1)应收集多少位女生样本数据？
(2)根据这个样本数据，得到学生每周平均体 育运动时间的频率分布直方图(如右图所示)．其 中样本数据分组区间为：．估计该校学生每周平均 体育运动时间超过个小时的概率．
(3)在样本数据中，有位女生的每周平均体育
运动时间超过个小时．请完成每周平均体育运动时间与性别的列联表，并判断是否有的把握认为“该校学生的每周平均休育运动时间与性别有关”．
附：．
【解析】（1）根据题意，，所以应收集位女生的样本数据．
（2）由频率分布直方图得，每周平均体育运动时间超过个小时的频率为，所以该校学生每周平均体育运动时间超过个小时的概率的估计值为．
（3）由（2）知，位学生中有(位)的每周平均体育运动时间超过个小时，人的每周平均体育运动时间不超过个小时．又因为样本数据中有份是 关于男生的，份是关于女生的，所以每周平均体育运动时间与性别列联表如下：
男生 女生 总计
每周平均体育运动时间不超过4个小时
每周平均体育运动时间超过4个小时
总计
结合列联表可得：
所以有的把握认为“该校学生的每周平均体育运动时间与性别有关”．
例12．某人研究中学生的性别与成绩、视力、智商、阅读量这个变量之间的关系，随机抽査名中学生，得到的统计数据如表至表，与性别有关联的可能性最大的变量是( )．
A． 表1
成绩 不及格 及格 总计
男
女
总计
B． 表2
视力 不及格 及格 总计
男
女
总计
C． 表3
智商 不及格 及格 总计
男
女
总计
D． 表4
阅读量 不及格 及格 总计
男
女
总计
【答案】D
【解析】根据公式分别计算可得：
A． B．
C． D．
所以与性别有关联的可能性最大的变量是D．
考点七：“和事件”与“积事件”的概率
例13．从甲地到乙地要经过个十字路口，设各路口信号灯工作相互独立，且在各路口遇到红灯的概率分别为，，．
（1）设表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数，求随机变量的分布列和数学期望；
（2）若有辆车独立地从甲地到乙地，求这辆车共遇到个红灯的概率．
【解析】（1）随机变量的所有可能的取值为，，，．
所以随机变量的分布列为：
随机变量的数学期望．
（2）设表示第一辆车遇到红灯的个数，表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
所以，这辆车共遇到个红灯的概率为．
例14．（2014高考数学山东理科）乒乓球台面被网分隔成甲、乙两部分，如下图所示，甲上有两个不相交的区域，乙被划分为两个不相交的区域．某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球．规定：回球一次，落点在上记分，在上记分，其他情况记分．对落点在上的来球，队员小明回球的落点在上的概率为，在上的概率为；对落点在上的来球，小明回球的落点在上的概率为，在上的概率为．假设共有两次来球且落在上各一次，小明的两次回球互不影响．求：
（1）小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率；
（2）两次回球结束后，小明得分之和的分布列与数学期望．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析．
【解析】（Ⅰ）记为事件“小明对落点在上的来球回球的得分为分”（）
则；
记为事件“小明对落点在上的来球回球的得分为分”（）
则；
记为事件“小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上”，
由题意，，由事件的独立性及互斥性得
()
．
所以小明两次回球的落点中恰有一次的落点在乙上的概率为．
（Ⅱ）由题意，随机变量可能的取值为，，，，，．
由事件的独立性及互斥性得
可得随机变量的分布列为
所以，数学期望．
考点八：“有序”与“无序”
例15．一辆小客车上有个座位，其座位号为，乘客，，，，的座位号分别为，他们按照座位号从小到大的顺序先后上车．乘客因身体原因没有坐自己的号座位，这时司机要求余下的乘客按以下规则就座：如果自己的座位空着，就只能坐自己的座位；如果自己的座位已有乘客就座，就在这个座位的剩余空位中任意选择座位．
（1）若乘客坐到了号座位，其他乘座按规则就座，则此时共有种座法．下表给出了其中两种坐法，请填入余下两种坐法（将乘客就座的座位号填入表中空格处）．
乘客
座位号 3 2 1 4 5
3 2 4 5 1
（2）若乘客坐到了号座位，其他乘客按规则就座，求乘客坐到号座位的概率．
【解析】（1）余下两种坐法如下表所示：
乘客
座位号 3 2 4 1 5
3 2 5 4 1
（2）若乘客坐到了号座位，其他乘客按规则就座，则所有可能的坐法如下表所示：
乘客
座位号 2 1 3 4 5
2 3 1 4 5
2 3 4 1 5
2 3 4 5 1
2 3 5 4 1
2 4 3 1 5
2 4 3 5 1
2 5 3 4 1
于是，所有可能的坐法共有种，设“乘客坐到号座位”为事件，则事件中的基本事件的个数为，所以．
例16．若是一个三位正整数，且的个位数字大于十位数字，十位数字大于百位数字，则称为“三位递增数”（如，，等）．在某次数学趣味活动中，每位参加者需从所有的“三位递增数”中随机抽取个数，且只能抽取一次．得分规则如下：若抽取的“三位递增数”的三个数字之积不能被整除，参加者得分；若能被整除，但不能被整除，得分；若能被整除，得分．
（1）写出所有个位数字是的“三位递增数”；
（2）若甲参加活动，求甲得分的分布列和数学期望．
【答案】（Ⅰ）有：125，135，145，235，245，345；
（Ⅱ）X的分布列为
【解析】（1）个位数字是的“三位递增数”有：125，135，145，235，245，345；
（2）由题意知，全部“三位递增数”的个数为，随机变量的取值为：，，，则
，，，
所以的分布列为
因此．
考点九：“有放回”与“无放回”的辨析
例17．（2014高考数学四川文科）一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1，2，3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为
(1)求“抽取的卡片上的数字满足”的概率；
(2)求“抽取的卡片上的数字不完全相同”的概率．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由题意，所有的可能为：
，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共种．
设“抽取的卡片上的数字满足”为事件，则事件包括，，共种，所以．
因此，“抽取的卡片上的数字满足”的概率为．
（2）设“抽取的卡片上的数字不完全相同”为事件，则事件包括，，，共种，所以．
因此“抽取的卡片上的数字不完全相同”的概率为．
例18．（2015高考数学安徽理科）已知2件次品和3件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出3件正品时检测结束．
（Ⅰ）求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；
（Ⅱ）已知每检测一件产品需要费用100元，设X表示直到检测出2件次品或者检测出3件正品时所需要的检测费用（单位：元），求的分布列和均值（数学期望）．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．
【解析】（Ⅰ）记“第一次检查出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件，则．
（Ⅱ）的可能取值为，，，则
，
．
故的分布列为
．
考点十：“超几何分布”与“二项分布”的辨析
例19．（2015高考数学天津理科）为推动乒乓球运动的发展，某乒乓球比赛允许不同协会的运动员组队参加．现有来自甲协会的运动员3名，其中种子选手2名；乙协会的运动员5名，其中种子选手3名．从这8名运动员中随机选择4人参加比赛．
（Ⅰ）设为事件“选出的4人中恰有2名种子选手，且这2名种子选手来自同一个协会”求事件发生的概率；
（Ⅱ）设为选出的4人中种子选手的人数，求随机变量的分布列和数学期望．
【答案】（Ⅰ） ；
（Ⅱ） 随机变量的分布列为
【解析】（Ⅰ）由已知，有，所以事件发生的概率为．
（Ⅱ）随机变量的所有可能取值为，
所以随机变量的分布列为
所以随机变量的数学期望．
例20.（2015高考数学湖南理科）某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额商品后即可抽奖，每次抽奖都从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．
（1）求顾客抽奖1次能获奖的概率；
（2）若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为，求的分布列和数学期望．
【答案】（1）；（2）详见解析．
【答案】（1）记事件｛从甲箱中摸出的1个球是红球｝，｛从乙箱中摸出的1个球是红球｝
｛顾客抽奖1次获一等奖｝，｛顾客抽奖1次获二等奖｝，｛顾客抽奖1次能获奖｝，由题意，与相互独立，与互斥，与互斥，且，，
∵，，∴
故所求概率为
（2）顾客抽奖3次独立重复试验，由（1）知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为
∴，
于是，
，
故的分布列为
的数学期望为 ．
考点十一：特殊限制条件的正确理解
例21．（2015高考数学福建理科）某银行规定，一张银行卡若在一天内出现3次密码尝试错误，该银行卡将被锁定，小王到银行取钱时，发现自己忘记了银行卡的密码，但是可以确定该银行卡的正确密码是他常用的6个密码之一，小王决定从中不重复地随机选择1个进行尝试．若密码正确，则结束尝试；否则继续尝试，直至该银行卡被锁定．
（Ⅰ）求当天小王的该银行卡被锁定的概率；
（Ⅱ）设当天小王用该银行卡尝试密码次数为，求的分布列和数学期望．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）分布列见解析，期望为．
【解析】（Ⅰ）设“当天小王的该银行卡被锁定”的事件为
则
（Ⅱ）依题意得，所有可能的取值是，，
又，，
所以的分布列为
所以．板块九 函数的图像变换结论总结
一、点的变换
设，则它
1．关于轴对称的点为．
2．关于轴对称的点为．
3．关于原点对称的点为．
4．关于直线对称的点为．
5．关于直线对称的点为．
6．关于直线对称的点为．
7．关于直线对称的点为．
8．关于直线对称的点为．
9．关于直线对称的点为．
10．关于点对称的点为．
11．按向量平移得到的点为．
二、曲线的变换
曲线按下列变换后所得的方程：
1．按向量平移，得到．
2．关于轴对称，得到．
3．关于轴对称，得到．
4．关于原点对称，得到．
5．关于直线对称，得到．
6．关于直线对称，得到．
7．关于点对称，得到．
8．关于直线对称，得到．
9．关于直线对称，得到．
10．关于直线对称，得到．
11．纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到方程．
12．横坐标不变，纵坐标变原来的倍，得到方程．
三、两个函数的图像性质
1．左右平移：的图像可由的图像向左或向右平移个单位得到．
2．的图像可由的图像向左或向右平和多个单位而得到．
3．上下平移：的图像可由的图像向上或向下平移个单位而得到．
4．的图像与的图像关于轴对称，换句话说：与若满足，则它们关于对称．
5．的图像与的图像关于轴对称，换句话说：与若满足，则它们关于对称．
6．的图像与的图像关于原点对称．
7．的图像可如此得到的图像在轴下方的部分以轴为对称轴翻折到轴的上方，其余不变．（下翻上）
8．的图像：保留的图像在轴右侧的部分，并沿轴翻折到轴左边部分代替原轴左边部分．（去左翻右）
9．与关于直线对称．
10．与关于直线对称．
11．与关于直线对称，换种说法：与若满足，则它们关于点对称．
12．与关于点对称，换种说法：与，若满足，则它们关于点对称．
13．与关于直线对称．
14．的图像与的图像关于直线对称．
15．函数的图像与的图像关于直线对称．
16．函数与的图像关于直线成轴对称．
17．伸缩变换：的图像，可将的图像上每一个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍而得到．
18．的图像，可将的图像上每一个点的纵坐标不变，横坐标变为原来的而得到．
四、单个函数的图像性质
1．对任意，的图像关于直线对称．
2．对任意，是偶函数关于对称．
3．对任意，的图像关于直线对称．
4．若函数对定义域中的任意的值，都满足，则函数的图像关于直线对称．
5．若函数对定义域中的任意，都满足，则函数的图像关于直线对称．
6．对任意，的图像关于点对称．
7．对任意，是奇函数关于对称．
8．对任意，的图像关于点对称．
9．若函数对定义域中的任意的值，都满足，则函数的图像关于点对称．
10．若函数对定义域中的任意，都满足，则函数的图像关于点对称．
11．的图像关于点对称对任意的，；更一般地：若，则的图像关于点对称．
12．若有两条对称轴和，则函数是周期函数，且是一个周期．
13．若有两个对称中心和，则函数是周期函数，且是一个周期．
14．若以为对称轴，且以为对称中心，则函数是周期函数，则是函数的一个周期．
15．若，则是周期函数，是它的一个周期．
16．对于非零数学，若函数满足，则函数必有一个周期为．
17．若函数对任意实数，都有，则函数必有一个周期为．
18．对于非零常数，函数满足，则函数的一个周期为．
19．对于非零常数，函数满足，则函数的一个周期为．
20．对于非零常数，函数满足，则函数的一个周期为．
21．对于非零常数，函数满足，则函数的一个周期为．
22．对于非零常数，函数满足，则函数的一个周期为．
五、直线一般式的对称问题
对称轴方程为，则
1．点与关于直线对称，则．
2．函数与关于直线成轴对称．
3．与关于直线成轴对称．

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