【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分层级二75分的重点保分题精析精研，重点攻关学案

【数学】2018届一轮复习人教A版第一部分层级二75分的重点保分题精析精研，重点攻关学案

保分专题(一) 基本初等函数、函数与方程 [全国卷 3 年考情分析] 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2017 卷Ⅰ 指数与对数的互化、对数运算、 比较大小·T11 1.基本初等函数作为高考的命 题热点，多考查利用函数的性质比 较大小，一般出现在第 5～11 题的 位置，有时难度较大． 2.函数的应用问题多体现在函 数零点与方程根的综合问题上，近 几年全国课标卷考查较少，但也要 引起重视，题目可能较难. 卷Ⅲ 函数的零点问题·T11 2016 卷Ⅰ 幂函数、指数函数、对数函数的 单调性、比较大小·T8 卷Ⅲ 指数函数与幂函数的单调性、比 较大小·T6 2015 卷Ⅱ 对数运算、分段函数求值·T5 基本初等函数的图象与性质 [师生共研·悟通] 指数与对数式的 8 个运算公式 (1)am·an＝am＋n；(2)(am)n＝amn；(3)(ab)m＝ambm； (4)loga(MN)＝logaM＋logaN；(5)loga M N ＝logaM－logaN； (6)logaMn＝nlogaM；(7)alogaN＝N；(8)logaN＝logbN logba. [注意] (1)(2)(3)中，a>0，b>0；(4)(5)(6)(7)(8)中，a>0 且 a≠1，b>0 且 b≠1，M>0， N>0. [典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)设 x，y，z 为正数，且 2x＝3y＝5z，则( ) A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z [解析] 选 D 由 2x＝3y＝5z，可设( 2)2x＝(3 3)3y＝(5 5)5z＝t，因为 x，y，z 为正数，所 以 t>1，因为 2＝6 23＝6 8，3 3＝6 32＝6 9，所以 2<3 3； 因为 2＝10 25＝10 32，5 5＝10 25，所以 2>5 5，所以5 5< 2<3 3.分别作出 y＝( 2)x， y＝(3 3)x，y＝(5 5)x 的图象，如图．则 3y<2x<5z，故选 D. (2)已知 f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|(a>0 且 a≠1)，若 f(4)g(－4)<0，则 y＝f(x)，y＝g(x)在 同一坐标系内的大致图象是( ) [解析] 选 B ∵f(x)＝ax－2>0 恒成立，又 f(4)·g(－4)<0，∴g(－4)＝loga|－4|＝loga4<0 ＝loga1，∴01 和 01 时，两函数在定义域内都为增函数；当 00 和α<0 两种情况的不同． [即学即用·练通] 1．已知函数 f(x)＝3x－b(2≤x≤4，b 为常数)的图象经过点(2,1)，则 f(x)的值域为( ) A．[1,81] B．[1,3] C．[1,9] D．[1，＋∞) 解析：选 C 由 f(x)的图象过点(2,1)可知 b＝2， ∴f(x)＝3x－2，其在区间[2,4]上是增函数， ∴f(x)min＝f(2)＝30＝1，f(x)max＝f(4)＝32＝9. 故 f(x)的值域为[1,9]． 2．若函数 f(x)＝xa 满足 f(2)＝4，那么函数 g(x)＝|loga(x＋1)|的图象大致为( ) 解析：选 C 法一：由函数 f(x)＝xa 满足 f(2)＝4，得 2a＝4，∴a＝2，则 g(x)＝|loga(x ＋1)|＝|log2(x＋1)|，将函数 y＝log2x 的图象向左平移 1 个单位长度(纵坐标不变)，然后将 x 轴下方的图象翻折上去，即可得 g(x)的图象，故选 C. 法二：由函数 f(x)＝xa 满足 f(2)＝4，得 2a＝4，∴a＝2，即 g(x)＝|log2(x＋1)|，由 g(x) 的定义域为{x|x>－1}，排除 B、D；由 x＝0 时，g(x)＝0，排除 A.故选 C. 3．(2016·浙江高考)已知 a＞b＞1，若 logab＋logba＝5 2 ，ab＝ba，则 a＝________，b＝ ________. 解析：∵logab＋logba＝logab＋ 1 logab ＝5 2 ，∴logab＝2 或1 2.∵a＞b＞1，∴logab＜logaa＝1， ∴logab＝1 2 ，∴a＝b2. ∵ab＝ba，∴(b2)b＝bb2，即 b2b＝bb2，∴2b＝b2， ∴b＝2，a＝4. 答案：4 2 函数的零点 [师生共研·悟通] 1．函数的零点及其与方程根的关系 对于函数 f(x)，使 f(x)＝0 的实数 x 叫做函数 f(x)的零点．函数 F(x)＝f(x)－g(x)的零点 就是方程 f(x)＝g(x)的根，即函数 y＝f(x)的图象与函数 y＝g(x)的图象交点的横坐标． 2．零点存在性定理 如果函数 y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 f(a)·f(b)<0，那 么函数 y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在 c∈(a，b)，使得 f(c)＝0，这个 c 也就是方程 f(x)＝0 的根． [典例] (1)已知 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且当 x∈(0，＋∞)时，f(x)＝2 018x＋log2 018x，则函数 f(x)的零点个数是( ) A．1 B．2 C．3 D．4 [解析] 选 C 在同一直角坐标系中作出函数 y＝2 018x 和 y＝－ log2 018x 的图象如图所示，可知函数 f(x)＝2 018x＋log2 018x 在 x∈(0，＋ ∞)上存在一个零点，又 f(x)是定义在 R 上的奇函数，∴f(x)在 x∈(－∞， 0)上只有一个零点，又 f(0)＝0，∴函数 f(x)的零点个数是 3. (2)(2017·山东高考)已知当 x∈[0,1]时，函数 y＝(mx－1)2 的图象与 y＝ x＋m 的图象有 且只有一个交点，则正实数 m 的取值范围是( ) A．(0,1]∪[2 3，＋∞) B．(0,1]∪[3，＋∞) C．(0， 2 ]∪[2 3，＋∞) D．(0， 2 ]∪[3，＋∞) [解析] 选 B 在同一直角坐标系中，分别作出函数 f(x)＝(mx－1)2＝m2 x－1 m 2 与 g(x) ＝ x＋m 的大致图象． 分两种情形： ①当 01 时，0< 1 m<1，如图②，要使 f(x)与 g(x)的图象在[0,1]上只有一个交点，只需 g(1)≤f(1)，即 1＋m≤(m－1)2，解得 m≥3 或 m≤0(舍去)． 综上所述，m∈(0,1]∪[3，＋∞)． [类题通法] 1．判断函数零点个数的 3 种方法 2．利用函数零点的情况求参数值(或范围)的 3 种方法 [即学即用·练通] 1．函数 f(x)＝log3x－x＋2 必有一个零点的区间是( ) A. 1 9 ，1 3 B. 1 3 ，5 9 C. 5 9 ，7 9 D. 7 9 ，1 解析：选 A 因为 f(x)＝log3x－x＋2， 所以 f 1 9 ＝log3 1 9 －1 9 ＋2＝－2－1 9 ＋2＝－1 9<0，f 1 3 ＝log3 1 3 －1 3 ＋2＝－1－1 3 ＋2＝2 3>0， 即 f 1 9 ·f 1 3 <0， 所以函数 f(x)＝log3x－x＋2 在 1 9 ，1 3 上必有一个零点． 2．函数 f(x)＝2x－2 x －a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数 a 的取值范围是( ) A．(1,3) B．(1,2) C．(0,3) D．(0,2) 解析：选 C 因为 f(x)在(1,2)内单调递增，依题意有 f(1)·f(2)<0，所以(－a)·(3－a)<0， 所以 04， 由 y＝x－1， y＝－x2＋6x－5， 得 A(4,3)， f2(x)＝－x2＋6x－5 的顶点坐标为 B(3,4)， 要使方程 g(x)＝a 有四个不同的实数解，即函数 g(x)的图象与函数 y＝a 的图象有四个 不同交点，数形结合可得 30 且 b≠1) 解析：选 C 观察数据可知，当 x 增大时，Q(x)的值先增大后减小，且大约是关于 Q(3) 对称，故月销售量 Q(x)(百台)与时间 x(月份)变化关系的模拟函数的图象是关于 x＝3 对称的， 显然只有选项 C 满足题意，故选 C. [专题过关检测] A 级——常考点落实练 1．幂函数 y＝f(x)的图象经过点(3， 3)，则 f(x)是( ) A．偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数 B．偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数 C．奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数 D．非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数 解析：选 D 设幂函数 f(x)＝xa，则 f(3)＝3a＝ 3，解得 a＝1 2 ，则 f(x)＝x1 2 ＝ x，是非 奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数． 2．(2017·全国卷Ⅱ)函数 f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是( ) A．(－∞，－2) B．(－∞，1) C．(1，＋∞) D．(4，＋∞) 解析：选 D 由 x2－2x－8＞0，得 x＞4 或 x＜－2.因此，函数 f(x)＝ln(x2－2x－8)的定 义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数 y＝x2－2x－8 在(4，＋∞)上单调递增，由复合 函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)． 3．已知函数 f(x)＝ax，其中 a>0 且 a≠1，如果以 P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线 段的中点在 y 轴上，那么 f(x1)·f(x2)＝( ) A．1 B．a C．2 D．a2 解析：选 A ∵以 P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在 y 轴上，∴x1＋x2 ＝0，又 f(x)＝ax，∴f(x1)·f(x2)＝ax1·ax2＝ax1＋x2＝a0＝1. 4．某商场销售 A 型商品，已知该商品的进价是每件 3 元，且销售单价与日均销售量的 关系如表所示： 销售单价/元 4 5 6 7 8 9 10 日均销售量/件 400 360 320 280 240 200 160 请根据以上数据分析，要使该商品的日均销售利润最大，则此商品的定价(单位：元/ 件)应为( ) A．4 B．5.5 C．8.5 D．10 解析：选 C 由题意可设定价为 x 元/件，利润为 y 元，则 y＝(x－3)[400－40(x－4)]＝ 40(－x2＋17x－42)，故当 x＝8.5 时，y 有最大值． 5．已知函数 f(x)＝6 x －log2x，在下列区间中，包含 f(x)零点的区间是( ) A．(0,1) B．(1,2) C．(2,4) D．(4，＋∞) 解析：选 C 因为 f(1)＝6－log21＝6>0，f(2)＝3－log22＝2>0，f(4)＝3 2 －log24＝－1 2<0， 所以函数 f(x)的零点所在区间为(2,4)． 6．若函数 f(x)与 g(x)的图象关于直线 y＝x 对称，函数 f(x)＝ 1 2 －x，则 f(2)＋g(4)＝( ) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：选 D 法一：∵函数 f(x)与 g(x)的图象关于直线 y＝x 对称，又 f(x)＝ 1 2 －x＝2x， ∴g(x)＝log2x， ∴f(2)＋g(4)＝22＋log24＝6. 法二：∵f(x)＝ 1 2 －x，∴f(2)＝4，即函数 f(x)的图象经过点(2,4)，∵函数 f(x)与 g(x)的 图象关于直线 y＝x 对称，∴函数 g(x)的图象经过点(4,2)，∴f(2)＋g(4)＝4＋2＝6. 7．(2017·云南第一次统一检测)设 a＝60.7，b＝log70.6，c＝log0.60.7，则 a，b，c 的大小 关系为( ) A．c>b>a B．b>c>a C．c>a>b D．a>c>b 解析：选 D 因为 a＝60.7>1，b＝log70.6<0,0c>b. 8．若函数 y＝a|x|(a>0，且 a≠1)的值域为{y|00，且 a≠1)的值域为{y|02 的解集为( ) A．(－2,4) B．(－4，－2)∪(－1,2) C．(1,2)∪( 10，＋∞) D．( 10，＋∞) 解析：选 C 令 2ex－1>2(x<2)，解得 12(x≥2)，解得 x> 10. 故不等式 f(x)>2 的解集为(1,2)∪( 10，＋∞)． 10．已知直线 x＝m(m＞1)与函数 f(x)＝logax(a＞0 且 a≠1)，g(x)＝logbx(b＞0 且 b≠1) 的图象及 x 轴分别交于 A，B，C 三点，若 AB―→＝2 BC―→，则( ) A．b＝a2 B．a＝b2 C．b＝a3 D．a＝b3 解析：选 C 由于 AB―→＝2 BC―→，则 AC―→＝3 BC―→，则点 A 的坐标为(m,3g(m))，又点 A 在函数 f(x)＝logax 的图象上，故 logam＝3logbm，即 logam＝logbm3，由对数运算可知 b＝a3. B 级——易错点清零练 1．已知函数 f(x)＝ 1 log1 2 2x＋1 ，则 f(x)的定义域为( ) A. －1 2 ，0 B. －1 2 ，＋∞ C. －1 2 ，0 ∪(0，＋∞) D. －1 2 ，2 解析：选 C 由题意，得 2x＋1≠1， 2x＋1>0， 解得 x>－1 2 且 x≠0. 2．已知 a＞1，f(x)＝ax2＋2x，则使 f(x)＜1 成立的一个充分不必要条件是( ) A．－1＜x＜0 B．－2＜x＜1 C．－2＜x＜0 D．0＜x＜1 解析：选 A ∵a＞1，∴y＝ax 在 R 上为增函数，故 f(x)<1⇔ax2＋2x<1⇔ax2＋2x0 且 a≠1)的图象恒过的点是( ) A．(0,0) B．(0，－1) C．(－2,0) D．(－2，－1) 解析：选 C 令 x＋2＝0，得 x＝－2，所以当 x＝－2 时，y＝a0－1＝0，所以 y＝ax＋2 －1(a>0 且 a≠1)的图象恒过点(－2,0)． 2．“1 a>1”是“函数 f(x)＝(3－2a)x 单调递增”的( ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选 A 由1 a>1 得 01，解得 a<1. 故“1 a>1”是“函数 f(x)＝(3－2a)x 单调递增”的充分不必要条件． 3．(2017·北京高考)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限 M 约为 3361，而可观测 宇宙中普通物质的原子总数 N 约为 1080.则下列各数中与M N 最接近的是( ) (参考数据：lg 3≈0.48) A．1033 B．1053 C．1073 D．1093 解析：选 D 因为 lg 3361＝361×lg 3≈361×0.48≈173，所以 M≈10173，则M N ≈10173 1080 ＝ 1093. 4．函数 f(x)＝|log2x|＋x－2 的零点个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 B 函数 f(x)＝|log2x|＋x－2 的零点个数，就是方程|log2x| ＋x－2＝0 的根的个数． 令 h(x)＝|log2x|，g(x)＝2－x，画出函数的图象，如图． 由图象得 h(x)与 g(x)有 2 个交点，∴方程|log2x|＋x－2＝0 的解的个 数为 2. 5．函数 f(x)＝x2lg x－2 x＋2 的图象( ) A．关于 x 轴对称 B．关于原点对称 C．关于直线 y＝x 对称 D．关于 y 轴对称 解析：选 B 因为 f(x)＝x2lgx－2 x＋2 ，所以其定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，所以 f(－ x)＝x2lgx＋2 x－2 ＝－x2lg x－2 x＋2 ＝－f(x)，所以函数为奇函数，所以函数的图象关于原点对称． 6．(2018 届高三·济南质检)已知 a＝2－1 3 ，b＝(2log23)－1 2 ，c＝1 4 错误!sin xdx，则实数 a， b，c 的大小关系是( ) A．a>c>b B．b>a>c C．a>b>c D．c>b>a 解析：选 C 依题意得，a＝2－1 3 ，b＝3－1 2 ，c＝－1 4cos xπ0＝1 2 ，所以 a6＝2－2＝1 4 ，b6 ＝3－3＝ 1 27 ，c6＝ 1 2 6＝ 1 64 ，则 a>b>c. 7．(2017·沈阳模拟)若函数 y＝logax(a>0，且 a≠1)的图象如图所示， 则下列函数与其图象相符的是( ) A B C D 解析：选 B 由函数 y＝logax(a>0，且 a≠1)的图象可知，a＝3，所以 y＝3－x，y＝(－ x)3＝－x3 及 y＝log3(－x)均为减函数，只有 y＝x3 是增函数，选 B. 8．(2017·保定二模)李华经营了甲、乙两家电动轿车销售连锁店，其月利润(单位：元) 分别为 L 甲＝－5x2＋900x－16 000，L 乙＝300x－2 000(其中 x 为销售辆数)，若某月两连锁 店共销售了 110 辆，则能获得的最大利润为( ) A．11 000 元 B．22 000 元 C．33 000 元 D．40 000 元 解析：选 C 设甲连锁店销售 x 辆，则乙连锁店销售(110－x)辆，故利润 L＝－5x2＋900x －16 000＋300(110－x)－2 000＝－5x2＋600x＋15 000＝－5(x－60)2＋33 000，∴当 x＝60 时，有最大利润 33 000 元． 9．(2018 届高三·西安八校联考)已知在(0，＋∞)上函数 f(x)＝ －2，0＜x＜1， 1，x≥1， 则不 等式 log2x－(log1 44x－1)·f(log3x＋1)≤5 的解集为( ) A. 1 3 ，1 B．[1,4] C. 1 3 ，4 D．[1，＋∞) 解析：选 C 原不等式等价于 log3x＋1≥1， log2x－ log1 44x－1 ≤5 或 0＜log3x＋1＜1， log2x＋2 log1 44x－1 ≤5， 解得 1≤x≤4 或1 3 ＜x＜1， 所以原不等式的解集为 1 3 ，4 . 10．已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若 |fln x－f ln 1 x | 2 f(2)＝－2，且 00， 3x，x≤0， 且关于 x 的方程 f(x)＋x－a＝0 有 且只有一个实数根，则实数 a 的取值范围是________． 解析：依题意，由 f(x)＋x－a＝0 有且只有一个实数根得，函数 y＝f(x) 的图象与直线 y＝－x＋a 有唯一公共点．在同一平面直角坐标系中画出直线 y ＝－x 与函数 y＝f(x)的大致图象如图所示，平移直线 y＝－x，当平移到该直 线在 y 轴上的截距大于 1 时，相应直线与函数 y＝f(x)的图象有唯一公共点，即此时关于 x 的方程有且只有一个实数根，因此 a>1，即实数 a 的取值范围是(1，＋∞)． 答案：(1，＋∞) 16．某食品的保鲜时间 t(单位：小时)与储藏温度 x(单位：℃)满足函数关系式 t＝ 64，x≤0， 2kx＋6，x>0， 且该食品在 4 ℃ 时的保鲜时间是 16 小时．已知甲在某日 10 时购买了该食 品，并将其遗放在室外，且此日的室外温度随时间变化如图所示．给出以下四个结论： ①该食品在 6 ℃的保鲜时间是 8 小时； ②当 x∈[－6,6]时，该食品的保鲜时间 t 随着 x 的增大而逐渐减少； ③到了此日 13 时，甲所购买的食品还在保鲜时间内； ④到了此日 14 时，甲所购买的食品已过了保鲜时间． 其中，所有正确结论的序号是________． 解析：∵某食品的保鲜时间 t(单位：小时)与储藏温度 x(单位：℃)满足函数关系式 t＝ 64，x≤0， 2kx＋6，x>0， 且该食品在 4 ℃时的保鲜时间是 16 小时，∴24k＋6＝16，即 4k＋6＝4，解得 k＝－1 2 ，∴t＝ 64，x≤0， 2－1 2 x＋6，x>0. ①当 x＝6 时，t＝8，故①正确； ②当 x∈[－6,0]时，保鲜时间恒为 64 小时，当 x∈(0,6]时，该食品的保鲜时间 t 随着 x 的增大而逐渐减少，故②错误； ③此日 10 时，温度为 8 ℃，此时保鲜时间为 4 小时，而随着时间的推移，到 11 时， 温度为 11 ℃，此时的保鲜时间 t＝2－1 2 ×11＋6＝ 2≈1.414(小时)，到 13 时，甲所购买的 食品不在保鲜时间内，故③错误； ④由③可知，到了此日 14 时，甲所购买的食品已过了保鲜时间，故④正确． 所以正确结论的序号为①④. 答案：①④ 保分专题(二) 导数的简单应用 [全国卷 3 年考情分析] 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2017 卷Ⅰ 利用导数讨论函数的单调 性、函数的零点·T21 1.高考对导数的几何意义的考查，多在选择、 填空题中出现，难度较小，有时出现在解答 题第一问． 2.高考重点考查导数的应用，即利用导数研 卷Ⅱ 利用导数求极值·T11 2016 卷Ⅰ 导数与函数图象·T7 卷Ⅲ 函数的奇偶性、导数的几何 究函数的单调性、极值、最值问题，多在选 择、填空的后几题中出现，难度中等．有时 出现在解答题第一问． 3.近几年全国课标卷对定积分及其应用的考 查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略. 意义·T15 利 用 导 数 公 式 直 接 求 导·T21(1) 2015 卷Ⅰ 切线的几何意义·T21(1) 卷Ⅱ 利用导数讨论函数的单调 性·T21(1) 导数的运算及几何意义 [师生共研·悟通] 1．导数的几何意义 函数 f(x)在 x0 处的导数是曲线 f(x)在点 P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线 f(x)在点 P 处 的切线的斜率 k＝f′(x0)，相应的切线方程为 y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)． 2．四个易误导数公式 (1)(sin x)′＝cos x； (2)(cos x)′＝－sin x； (3)(ax)′＝axln a(a>0)； (4)(logax)′＝ 1 xln a(a>0，且 a≠1)． [典例] (1)已知 M 为不等式组 y≤x2， 1≤x≤2， y≥0 表示的平面区域，直线 l：y＝2x＋a，当 a 从－2 连续变化到 0 时，区域 M 被直线 l 扫过的面积为( ) A.7 3 B．2 C.3 2 D．4 3 [解析] 选 D 作出图形可得区域 M 被直线 l 扫过的面积为 S2＝错误!x2dx－S1 ＝1 3x321－1 2 ×1×2 ＝1 3 ×(8－1)－1 ＝4 3. (2)(2017·昆明质检)若函数 f(x)＝ 2cos ωx＋π 4 的图象在 x＝0 处的切线方程为 y＝－3x ＋1，则ω＝___________________________________________________________. [解析] 由题意，得 f′(x)＝－ 2ωsin ωx＋π 4 ，所以 f′(0)＝－ 2ωsinπ 4 ＝－ω＝－3， 所以ω＝3. [答案] 3 (3)(2016·全国卷Ⅲ)已知 f(x)为偶函数，当 x≤0 时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线 y＝f(x)在点 (1,2)处的切线方程是________． [解析] 设 x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ex－1＋x. ∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)， ∴f(x)＝ex－1＋x. ∵当 x＞0 时，f′(x)＝ex－1＋1， ∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2. ∴曲线 y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程为 y－2＝2(x－1)，即 2x－y＝0. [答案] 2x－y＝0 [类题通法] 1．求曲线 y＝f(x)的切线方程的 3 种类型及方法 (1)已知切点 P(x0，y0)，求切线方程 求出切线的斜率 f′(x0)，由点斜式写出方程； (2)已知切线的斜率 k，求切线方程 设切点 P(x0，y0)，通过方程 k＝f′(x0)解得 x0，再由点斜式写出方程； (3)已知切线上一点(非切点)，求切线方程 设切点 P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率 f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方 程(组)解得 x0，再由点斜式或两点式写出方程． 2．利用定积分求平面图形面积的方法 利用定积分求平面图形的面积，一般先正确作出几何图形，再结合图形位置，准确确 定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分 值． [即学即用·练通] 1．已知函数 f(x)＝xsin x＋ax，且 f′ π 2 ＝1，则 a＝( ) A．0 B．1 C．2 D．4 解析：选 A ∵f′(x)＝sin x＋xcos x＋a，且 f′ π 2 ＝1，∴sinπ 2 ＋π 2cosπ 2 ＋a＝1，即 a ＝0. 2．(2017·沈阳质检)设函数 f(x)＝g x 2 ＋x2，曲线 y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为 9x＋y－1＝0，则曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为________． 解析：由已知得 g′(1)＝－9，g(1)＝－8， 又 f′(x)＝1 2g′ x 2 ＋2x， ∴f′(2)＝1 2g′(1)＋4＝－9 2 ＋4＝－1 2 ， f(2)＝g(1)＋4＝－4， ∴所求切线方程为 y＋4＝－1 2(x－2)， 即 x＋2y＋6＝0. 答案：x＋2y＋6＝0 3.错误!－1(x2＋ 1－x2)dx＝________. 解析：错误!－1x2dx＝1 3x31－1＝2 3 ，而根据定积分的定义可知错误!－1 1－x2dx 表示圆心 在原点的单位圆的上半部分的面积，即半圆的面积，∴错误!－1(x2＋ 1－x2)dx＝2 3 ＋π 2. 答案：2 3 ＋π 2 利用导数研究函数的单调性 [师生共研·悟通] 导数与函数单调性的关系 (1)f′(x)＞0 是 f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数 f(x)＝x3 在(－∞，＋∞)上单调 递增，但 f′(x)≥0. (2)f′(x)≥0 是 f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有 f′(x)＝0 时， 则 f(x)为常数，函数不具有单调性． [典例] (2017·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝exex－a－a2x❶ . (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若fx≥0❷ ，求 a 的取值范围． [解答示范] (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲讨论 f(x)的单调性，应先求 f(x)的定义域及导数 f′(x)，再讨论 f′(x)的符 号； 第(2)问：欲求 a 的取值范围，应想到找出有关 a 的不等关系．由 f(x)≥0，则应求 f(x) 的最小值，借助(1)的结论可得． (二)建桥——寻关键点 有什么 想到什么 注意什么 信息①：已知 f(x)的解析式 可求导函数 f′(x) (1)要讨论函数的单调性，必须先 求出函数定义域 (2)对于含参数的问题，要根据不 同情况对参数进行分类讨论 信息②：f(x)≥0 函数的最小值 f(x)min≥0 [解] (1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)， f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)． ①若 a＝0，则 f(x)＝e2x 在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若 a＞0，则由 f′(x)＝0，得 x＝ln a. 当 x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0； 当 x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0. 故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增． ③若 a＜0，则由 f′(x)＝0，得 x＝ln －a 2 . 当 x∈ －∞，ln －a 2 时，f′(x)＜0； 当 x∈ ln －a 2 ，＋∞ 时，f′(x)＞0. 故 f(x)在 －∞，ln －a 2 上单调递减， 在 ln －a 2 ，＋∞ 上单调递增． (2)①若 a＝0，则 f(x)＝e2x，所以 f(x)≥0. ②若 a＞0，则由(1)得，当 x＝ln a 时，f(x)取得最小值，最小值为 f(ln a)＝－a2ln a. 从而当且仅当－a2ln a≥0，即 0＜a≤1 时，f(x)≥0. ③若 a＜0，则由(1)得，当 x＝ln －a 2 时，f(x)取得最小值，最小值为 f ln －a 2 ＝ a2 3 4 －ln －a 2 .从而当且仅当 a2 3 4 －ln －a 2 ≥0， 即－2e3 4 ≤a＜0 时，f(x)≥0. 综上，a 的取值范围是 －2e3 4 ，1 . [类题通法] 求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略 讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以 归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论： (1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论． (2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论． [注意] 讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限 制． [即学即用·练通] 1．已知 f(x)＝x2＋ax＋3ln x 在(1，＋∞)上是增函数，则实数 a 的取值范围为( ) A．(－∞，－2 6 ] B． －∞， 6 2 C．[－2 6，＋∞) D．[－5，＋∞) 解析：选 C 由题意得 f′(x)＝2x＋a＋3 x ＝2x2＋ax＋3 x ≥0 在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x) ＝2x2＋ax＋3≥0 在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0 或 －a 4 ≤1， g1≥0 ⇔－2 6≤a≤2 6或 a≥－4⇔a≥－2 6. 2．已知函数 f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d 的图象如图所示，则函数 y＝ log2 x2＋2 3bx＋c 3 的单调递减区间为( ) A． 1 2 ，＋∞ B．[3，＋∞) C．[－2,3] D．(－∞，－2) 解析：选 D 因为 f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d， 所以 f′(x)＝3x2＋2bx＋c， 由图可知 f′(－2)＝f′(3)＝0， 所以 12－4b＋c＝0， 27＋6b＋c＝0， 解得 b＝－3 2 ， c＝－18. 令 g(x)＝x2＋2 3bx＋c 3 ， 则 g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1， 由 g(x)＝x2－x－6>0，解得 x<－2 或 x>3. 当 x<－2 时，g′(x)<0，所以 g(x)＝x2－x－6 在(－∞，－2)上为减函数，所以函数 y＝ log2 x2＋2 3bx＋c 3 的单调递减区间为(－∞，－2)． 3．已知函数 f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在 x＝－4 3 处取得极值． (1)确定 a 的值； (2)若 g(x)＝f(x)ex，讨论 g(x)的单调性． 解：(1)对 f(x)求导得 f′(x)＝3ax2＋2x， 因为 f(x)在 x＝－4 3 处取得极值，所以 f′ －4 3 ＝0， 即 3a×16 9 ＋2× －4 3 ＝16a 3 －8 3 ＝0，解得 a＝1 2. (2)由(1)得 g(x)＝ 1 2x3＋x2 ex， 故 g′(x)＝ 3 2 x2＋2x ex＋ 1 2 x3＋x2 ex ＝ 1 2 x3＋5 2 x2＋2x ex＝1 2x(x＋1)(x＋4)ex. 令 g′(x)＝0，解得 x＝0 或 x＝－1 或 x＝－4. 当 x<－4 时，g′(x)<0，故 g(x)为减函数； 当－40，故 g(x)为增函数； 当－10 时，g′(x)>0，故 g(x)为增函数． 综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)上为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)上为增函数. 利用导数研究函数的极值(最值)问题 [师生共研·悟通] 函数 f(x)在点 x0 附近有定义，若在 x0 附近左侧 f′(x)>0，右侧 f′(x)<0，则 f(x0)为函数 f(x)的极大值；若在 x0 附近左侧 f′(x)<0，右侧 f′(x)>0，则 f(x0)为函数 f(x)的极小值． [典例] (2017·北京高考)已知函数fx＝excos x－x❶ . (1)求曲线 y＝fx在点0，f0处的切线方程❷ ； (2)求函数 fx在区间 0，π 2 上的最大值和最小值❸ . [解答示范] (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲求函数在某点处的切线方程，应知切线的斜率，即求 f(x)在此点处的导函数 值； 第(2)问：欲求函数在某区间上的最值，应知 f(x)在此区间的单调性，即判断 f′(x)在此 区间上的正负． (二)建桥——寻关键点 有什么 想到什么 注意什么 信息①：已知 f(x)的解析式 可求导函数 f′(x) (1)曲线 y＝f(x)“在点 P(x0， y0)处的切线”与“过点 P(x0， y0)的切线“的区别 (2)构造新的函数解决问题时 与原函数的等价性 信息②：求切线方程 过曲线上点的切线方程的求 法 信息③：求函数的最值 函数的单调性，即判定导函数 的正负 [解] (1)因为 f(x)＝excos x－x， 所以 f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0. 又因为 f(0)＝1， 所以曲线 y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为 y＝1. (2)设 h(x)＝ex(cos x－sin x)－1， 则 h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x. 当 x∈ 0，π 2 时，h′(x)＜0， 所以 h(x)在区间 0，π 2 上单调递减． 所以对任意 x∈ 0，π 2 ，有 h(x)＜h(0)＝0， 即 f′(x)＜0. 所以函数 f(x)在区间 0，π 2 上单调递减． 因此 f(x)在区间 0，π 2 上的最大值为 f(0)＝1， 最小值为 f π 2 ＝－π 2. [类题通法] 利用导数研究函数极值、最值的方法 (1)若求极值，则先求方程 f′(x)＝0 的根，再检查 f′(x)在方程根的左右函数值的符号． (2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程 f′(x)＝0 根的大小或存在情况来求 解． (3)求函数 f(x)在闭区间[a，b]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值 f(a)，f(b)与 f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． [即学即用·练通] 1．(2017·全国卷Ⅱ)若 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，则 f(x)的极小值 为( ) A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1 解析：选 A 因为 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1， 所以 f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1 ＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1. 因为 x＝－2 是函数 f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1 的极值点，所以－2 是 x2＋(a＋2)x＋a－1＝0 的根， 所以 a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1. 令 f′(x)>0，解得 x<－2 或 x>1， 令 f′(x)<0，解得－20)在[1，＋∞)上的最大值为 3 3 ，则 a 的值为( ) A. 3－1 B.3 4 C.4 3 D. 3＋1 解析：选 A 由 f(x)＝ x x2＋a 得 f′(x)＝ a－x2 x2＋a2 ， 当 a＞1 时，若 x＞ a，则 f′(x)＜0，f(x)单调递减， 若 1＜x＜ a，则 f′(x)>0，f(x)单调递增， 故当 x＝ a时，函数 f(x)有最大值 1 2 a ＝ 3 3 ，得 a＝3 4 ＜1，不合题意； 当 a＝1 时，函数 f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为 f(1)＝1 2 ，不合题意； 当 0＜a＜1 时，函数 f(x)在 [1，＋∞)上单调递减，此时最大值为 f(1)＝ 1 a＋1 ＝ 3 3 ，得 a＝ 3－1，符合题意． 故 a 的值为 3－1. 3．已知常数 a≠0，f(x)＝aln x＋2x. (1)当 a＝－4 时，求 f(x)的极值； (2)当 f(x)的最小值不小于－a 时，求实数 a 的取值范围． 解：(1)由已知得 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a x ＋2＝a＋2x x . 当 a＝－4 时，f′(x)＝2x－4 x . 所以当 02 时，f′(x)>0，即 f(x)单调递增． 所以 f(x)只有极小值，且在 x＝2 时，f(x)取得极小值 f(2)＝4－4ln 2. 所以当 a＝－4 时，f(x)只有极小值 4－4ln 2. (2)因为 f′(x)＝a＋2x x ， 所以当 a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0， 即 f(x)在 x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值； 当 a<0 时，由 f′(x)>0 得，x>－a 2 ， 所以 f(x)在 －a 2 ，＋∞ 上单调递增； 由 f′(x)<0 得，x<－a 2 ， 所以 f(x)在 0，－a 2 上单调递减． 所以当 a<0 时，f(x)的最小值为 f －a 2 ＝aln －a 2 －a. 根据题意得 f －a 2 ＝aln －a 2 －a≥－a， 即 a[ln(－a)－ln 2]≥0. 因为 a<0，所以 ln(－a)－ln 2≤0，解得 a≥－2， 所以实数 a 的取值范围是[－2,0)． [专题过关检测] 一、选择题 1．函数 f(x)＝1 2x2－ln x 的最小值为( ) A.1 2 B．1 C．0 D．不存在 解析：选 A ∵f′(x)＝x－1 x ＝x2－1 x ，且 x>0. 令 f′(x)>0，得 x>1；令 f′(x)<0，得 00， 所以 f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增， 故 f(x)min＝f(1)＝1 2. 对于二次函数 g(x)＝－x2－2ax＋4，易知该函数开口向下， 所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得， 即 g(x)min＝min{g(1)，g(2)}． 要使对任意的 x1∈(0,2]，存在 x2∈[1,2]，使得 f(x1)≥g(x2)成立，只需 f(x1)min≥g(x2)min， 即1 2 ≥g(1)且1 2 ≥g(2)， 所以1 2 ≥－1－2a＋4 且1 2 ≥－4－4a＋4， 解得 a≥5 4. 二、填空题 7．(2017·长春质检)错误! x＋1 x dx＝________. 解析：错误! x＋1 x dx＝ x2 2 ＋ln x e1＝e2 2 ＋1－1 2 ＝e2＋1 2 . 答案：e2＋1 2 8．已知函数 f(x)＝1 2x2＋2ax－ln x，若 f(x)在区间 1 3 ，2 上是增函数，则实数 a 的取值 范围为________． 解析：由题意知 f′(x)＝x＋2a－1 x ≥0 在区间 1 3 ，2 上恒成立，即 2a≥－x＋1 x 在区间 1 3 ，2 上恒成立． 又∵y＝－x＋1 x 在区间 1 3 ，2 上单调递减， ∴ －x＋1 x max＝8 3 ， ∴2a≥8 3 ，即 a≥4 3. 答案： 4 3 ，＋∞ 9．已知函数 f(x)＝ex，g(x)＝lnx 2 ＋1 2 的图象分别与直线 y＝m 交于 A，B 两点，则|AB| 的最小值为________． 解析：显然 m＞0，由 ex＝m 得 x＝ln m，由 ln x 2 ＋1 2 ＝m 得 x＝2em－1 2 ，则|AB|＝2em －1 2 －ln m．令 h(m)＝2em－1 2 －ln m，由 h′(m)＝2em－1 2 － 1 m ＝0，求得 m＝1 2.当 0＜m＜1 2 时，h′(m)＜0，函数 h(m)在 0，1 2 上单调递减；当 m＞1 2 时，h′(m)＞0，函数 h(m)在 1 2 ，＋∞ 上单调递增．所以 h(m)min＝h 1 2 ＝2＋ln 2，因此|AB|的最小值为 2＋ln 2. 答案：2＋ln 2 三、解答题 10．已知函数 f(x)＝ x ln x ＋ax，x>1. (1)若 f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数 a 的取值范围； (2)若 a＝2，求函数 f(x)的极小值． 解：(1)f′(x)＝ln x－1 ln2x ＋a， 由题意可得 f′(x)≤0 在(1，＋∞)上恒成立， ∴a≤ 1 ln2x － 1 ln x ＝ 1 ln x －1 2 2－1 4. ∵x∈(1，＋∞)， ∴ln x∈(0，＋∞)， ∴当 1 ln x －1 2 ＝0 时，函数 t＝ 1 ln x －1 2 2－1 4 的最小值为－1 4 ， ∴a≤－1 4 ，即实数 a 的取值范围为 －∞，－1 4 . (2)当 a＝2 时，f(x)＝ x ln x ＋2x(x>1)， f′(x)＝ln x－1＋2ln2x ln2x ， 令 f′(x)＝0 得 2ln2x＋ln x－1＝0， 解得 ln x＝1 2 或 ln x＝－1(舍去)，即 x＝e1 2. 当 1e 1 2 时，f′(x)>0， ∴f(x)的极小值为 f(e1 2)＝ e1 2 1 2 ＋2e1 2 ＝4e1 2. 11．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数 f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 a＜0 时，证明 f(x)≤－ 3 4a －2. 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝1 x ＋2ax＋2a＋1＝x＋12ax＋1 x . 若 a≥0，则当 x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0， 故 f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 若 a＜0，则当 x∈ 0，－ 1 2a 时，f′(x)＞0； 当 x∈ － 1 2a ，＋∞ 时，f′(x)＜0. 故 f(x)在 0，－ 1 2a 上单调递增，在 － 1 2a ，＋∞ 上单调递减． (2)证明：由(1)知，当 a＜0 时，f(x)在 x＝－ 1 2a 处取得最大值，最大值为 f － 1 2a ＝ln － 1 2a －1－ 1 4a. 所以 f(x)≤－ 3 4a －2 等价于 ln － 1 2a －1－ 1 4a ≤－ 3 4a －2，即 ln － 1 2a ＋ 1 2a ＋1≤0. 设 g(x)＝ln x－x＋1，则 g′(x)＝1 x －1. 当 x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当 x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以 g(x)在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减． 故当 x＝1 时，g(x)取得最大值，最大值为 g(1)＝0. 所以当 x＞0 时，g(x)≤0. 从而当 a＜0 时，ln － 1 2a ＋ 1 2a ＋1≤0， 即 f(x)≤－ 3 4a －2. 12．(2017·福州质检)已知函数 f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)． (1)若 x＝3 是 f(x)的极值点，求 f(x)的单调区间； (2)求 g(x)＝f(x)－2x 在区间[1，e]上的最小值 h(a)． 解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)， f′(x)＝a x ＋2x－a＝2x2－ax＋a x ， 因为 x＝3 是 f(x)的极值点， 所以 f′(3)＝18－3a＋a 3 ＝0，解得 a＝9， 所以 f′(x)＝2x2－9x＋9 x ＝2x－3x－3 x ， 所以当 0＜x＜3 2 或 x＞3 时，f′(x)＞0； 当3 2 ＜x＜3 时，f′(x)＜0. 所以 f(x)的单调递增区间为 0，3 2 ，(3，＋∞)，单调递减区间为 3 2 ，3 . (2)g(x)＝aln x＋x2－ax－2x， 则 g′(x)＝2x2－ax＋a x －2＝2x－ax－1 x . 令 g′(x)＝0，得 x＝a 2 或 x＝1. ①当a 2 ≤1，即 a≤2 时，g(x)在[1，e]上为增函数， h(a)＝g(1)＝－a－1； ②当 1＜a 2 ＜e，即 2＜a＜2e 时，g(x)在 1，a 2 上为减函数，在 a 2 ，e 上为增函数， h(a)＝g a 2 ＝alna 2 －1 4a2－a； ③当a 2 ≥e，即 a≥2e 时，g(x)在[1，e]上为减函数， h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e. 综上，h(a)＝ －a－1，a≤2， alna 2 －1 4 a2－a，2＜a＜2e， 1－ea＋e2－2e，a≥2e. 保分专题(三) 三角函数的图象与性质 [全国卷 3 年考情分析] 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2017 卷Ⅰ 三角函数的图象变换·T9 高考对此部分内容主要以选 择、填空题的形式考查，难度为中 等偏下，大多出现在 6～12 或第 14～15 题位置上，命题的热点主 要集中于三角函数的定义、图象与 性质，主要考查图象的变换，函数 的单调性、奇偶性、周期性、对称 性及最值，并常与三角恒等变换交 汇命题. 卷Ⅱ 三角函数的最值·T14 卷Ⅲ 余弦函数的图象与性质·T6 2016 卷Ⅱ 三 角 函 数 的 图 象 变 换 与 性 质·T7 卷Ⅲ 三角函数的图象变换·T14 2015 卷Ⅰ 三角函数的图象与性质·T8 三角函数的定义、诱导公式及基本关系 [师生共研·悟通] 1．三角函数的定义 若角α的终边过点 P(x，y)，则 sin α＝y r ，cos α＝x r ，tan α＝y x(其中 r＝ x2＋y2)． 2．利用诱导公式进行化简求值的步骤 利用公式化任意角的三角函数为锐角三角函数，其步骤：去负—脱周—化锐．特别注 意函数名称和符号的确定．(注意“奇变偶不变，符号看象限”) 3．基本关系 sin2x＋cos2x＝1，tan x＝sin x cos x. [典例] (1)若 sin π 2 ＋α ＝－3 5 ，且α∈ π 2 ，π ，则 tan(π－α)＝( ) A.4 3 B．2 3 C．－2 3 D．－4 3 [解析] 选 A 由 sin π 2 ＋α ＝cos α＝－3 5 ，且α∈ π 2 ，π ，得 sin α＝ 1－cos2α＝4 5 ， 所以 tan(π－α)＝－tan α＝－sin α cos α ＝－ 4 5 －3 5 ＝4 3. (2)已知角α的顶点与原点重合，始边与 x 轴的正半轴重合，终边上一点 P(－4,3)，则 cos π 2 ＋α sin－π－α cos 11π 2 －α sin 9π 2 ＋α 的值为________． [解析] 原式＝－sin α·sin α －sin α·cos α ＝tan α. 根据三角函数的定义，得 tan α＝y x ＝－3 4 ， 故原式＝－3 4. [答案] －3 4 [类题通法] 应用三角函数的定义和诱导公式的注意事项 (1)当角的终边所在的位置不是唯一确定的时候要注意分情况解决，机械地使用三角函 数的定义就会出现错误． (2)应用诱导公式与同角关系开方运算时，一定注意三角函数的符号；利用同角三角函 数的关系化简要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等． [即学即用·练通] 1．(2017·北京高考)在平面直角坐标系 xOy 中，角α与角β均以 Ox 为始边，它们的终边 关于 y 轴对称．若 sin α＝1 3 ，则 sin β＝________. 解析：法一：当角α的终边在第一象限时，取角α终边上一点 P1(2 2，1)，其关于 y 轴 的对称点(－2 2，1)在角β的终边上，此时 sin β＝1 3 ；当角α的终边在第二象限时，取角α终 边上一点 P2(－2 2，1)，其关于 y 轴的对称点(2 2，1)在角β的终边上，此时 sin β＝1 3. 综上可得 sin β＝1 3. 法二：令角α与角β均在区间(0，π)内，故角α与角β互补，得 sin β＝sin α＝1 3. 法三：由已知可得，sin β＝sin(2kπ＋π－α)＝sin(π－α)＝sin α＝1 3(k∈Z)． 答案：1 3 2．已知θ∈ π 2 ，π ，则 1－2sinπ＋θsin 3π 2 －θ ＝________. 解析：因为 1－2sinπ＋θsin 3π 2 －θ ＝ 1－2sin θcos θ＝ sin θ－cos θ2＝|sin θ －cos θ|，又θ∈ π 2 ，π ，所以原式＝sin θ－cos θ. 答案：sin θ－cos θ 三角函数的图象与解析式 [师生共研·悟通] 函数 y＝Asin(ωx＋φ)的图象 (1)“五点法”作图 设 z＝ωx＋φ，令 z＝0，π 2 ，π，3π 2 ，2π，求出 x 的值与相应的 y 的值，描点、连线可得． (2)图象变换 y ＝ sin x 的 图 象 ――→向左φ>0或向右φ<0 平移|φ|个单位长度 y ＝ sin(x ＋ φ) 的 图 象 错误! y ＝ sin(ωx ＋ φ) 的 图 象 ――→纵坐标变为原来的 AA>0倍 横坐标不变 y＝Asin(ωx＋φ)的图象． [典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线 C1：y＝cos x，C2：y＝sin 2x＋2π 3 ，则下面结论 正确的是( ) A．把 C1 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π 6 个单位长度，得到曲线 C2 B．把 C1 上各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 π 12 个单位长度，得到曲线 C2 C．把 C1 上各点的横坐标缩短到原来的1 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π 6 个 单位长度，得到曲线 C2 D．把 C1 上各点的横坐标缩短到原来的1 2 倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移 π 12 个单位长度，得到曲线 C2 [解析] 选 D 易知 C1：y＝cos x＝sin x＋π 2 ，把曲线 C1 上的各点的横坐标缩短到原来 的1 2 倍，纵坐标不变，得到函数 y＝sin 2x＋π 2 的图象，再把所得函数的图象向左平移 π 12 个 单位长度，可得函数 y＝sin 2 x＋ π 12 ＋π 2 ＝sin 2x＋2π 3 的图象，即曲线 C2. (2)(2017·昆明质检)函数 y＝sin π 3x＋π 6 的图象可由函数 y＝cosπ 3x 的图象至少向右平移 m(m>0)个单位长度得到，则 m＝( ) A．1 B．1 2 C．π 6 D．π 2 [解析] 选 A 因为 y＝sin π 3x＋π 6 ＝cos π 2 －π 3x －π 6 ＝cos π 3 x－1 ，所以只需将函 数 y＝cosπ 3x 的图象向右至少平移 1 个单位长度即可得到函数 y＝sin π 3 x＋π 6 的图象． [类题通法] 解决三角函数图象问题的方法及注意事项 (1)已知函数 y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图 中的最高点、最低点或特殊点求 A；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五 个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置． (2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自 变量 x 而言的，如果 x 的系数不是 1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向． [即学即用·练通] 1．(2018 届高三·云南 11 校跨区调研)函数 f(x)＝sin(3x＋φ) |φ|＜π 2 的图象向左平移π 9 个 单位长度后关于原点对称，则φ＝( ) A.π 3 B．π 6 C．－π 9 D．－π 3 解析：选 D 依题意得，y＝sin 3 x＋π 9 ＋φ ＝sin 3x＋π 3 ＋φ 的图象关于原点对称，于 是有 sin π 3 ＋φ ＝0，π 3 ＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ－π 3(k∈Z)．又|φ|＜π 2 ，因此φ＝－π 3. 2．函数 f(x)＝sin x＋π 6 的图象上各点的纵坐标不变，将横坐标伸长到原来的 2 倍，所 得图象的一条对称轴方程可能是( ) A．x＝－ π 12 B．x＝ π 12 C．x＝π 3 D．x＝2π 3 解析：选 D 函数 f(x)＝sin x＋π 6 的图象上各点的纵坐标不变，将横坐标伸长到原来 的 2 倍，得到函数 y＝sin1 2x＋π 6 的图象，由 1 2x＋π 6 ＝π 2 ＋kπ，k∈Z，得 x＝2π 3 ＋2kπ，k∈Z， ∴当 k＝0 时，函数图象的对称轴为 x＝2π 3 . 3．(2017·兰州诊断)函数 f(x)＝sin(ωx＋φ) ω>0，|φ|<π 2 的部分 图象如图所示，如果 x1＋x2＝2π 3 ，则 f(x1)＋f(x2)＝( ) A． 3 2 B． 2 2 C．0 D．－1 2 解析：选 C 由图知，T 2 ＝π 2 ，即 T＝π，则ω＝2， ∴f(x)＝sin(2x＋φ)，∵点 π 3 ，0 在函数 f(x)的图象上，∴sin 2×π 3 ＋φ ＝0，即2π 3 ＋φ＝ kπ，k∈Z， 又|φ|<π 2 ，∴φ＝π 3 ，∴f(x)＝sin 2x＋π 3 . ∵x1＋x2＝2π 3 ， ∴f(x1)＋f(x2)＝sin 2x1＋π 3 ＋sin 2x2＋π 3 ＝sin 2x1＋π 3 ＋sin 4π 3 －2x1＋π 3 ＝sin 2x1＋π 3 ＋sin －2x1－π 3 ＝0. 三角函数的性质 [师生共研·悟通] 1．三角函数的单调区间 y ＝ sin x 的 单 调 递 增 区 间 是 2kπ－π 2 ，2kπ＋π 2 (k ∈ Z) ， 单 调 递 减 区 间 是 2kπ＋π 2 ，2kπ＋3π 2 (k∈Z)； y＝cos x 的单调递增区间是[2kπ－π，2kπ](k∈Z)，单调递减区间是[2kπ，2kπ＋π](k∈ Z)； y＝tan x 的单调递增区间是 kπ－π 2 ，kπ＋π 2 (k∈Z)． 2．三角函数的奇偶性、对称轴方程 y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ＋π 2(k∈Z)时为偶函数；对称轴 方程可由ωx＋φ＝kπ＋π 2(k∈Z)求得． y＝Acos(ωx＋φ)，当φ＝kπ＋π 2(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数；对称轴 方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得． y＝Atan(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数． [典例] (2017·浙江高考)已知函数fx＝sin2x－❶ cos2x－2 3sin xcos x(x∈R)． (1)求f 2π 3❷ 的值； (2)求 f(x)的最小正周期及单调递增区间❸ . [解答示范] (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲求 f 2π 3 的值，应把 x＝2π 3 直接代入 f(x)的解析式求解． 第(2)问：欲求函数 f(x)的性质问题，应把函数 f(x)的解析式化为 f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形 式，再求其最小正周期及单调区间． (二)建桥——寻关键点 有什么 想到什么 注意什么 信息①：已知函数 f(x)的解析 式 利用辅助角公式，把解析式化 为 f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式 (1)利用辅助角公式对函数解析 式准确化简 (2)函数的周期必须在统一名称 后利用周期公式求得 (3)整体思想的应用：将函数 f(x) ＝Asin(ωx＋φ)中的ωx＋φ看作 整体代入求函数的单调区间 信息②：求函数值 代入函数的解析式化简求值 信息③：求函数的最小正周期 及单调区间 函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)的最 小正周期及单调区间的求法 [解] (1)由 sin 2π 3 ＝ 3 2 ，cos 2π 3 ＝－1 2 ， 得 f 2π 3 ＝ 3 2 2－ －1 2 2－2 3× 3 2 × －1 2 ＝2. (2)由 cos 2x＝cos2x－sin2x 与 sin 2x＝2sin xcos x，得 f(x)＝－cos 2x－ 3sin 2x＝－2sin 2x＋π 6 . 所以 f(x)的最小正周期是π. 由正弦函数的性质 令π 2 ＋2kπ≤2x＋π 6 ≤3π 2 ＋2kπ，k∈Z， 解得π 6 ＋kπ≤x≤2π 3 ＋kπ，k∈Z， 所以 f(x)的单调递增区间是 π 6 ＋kπ，2π 3 ＋kπ (k∈Z)． [类题通法] 三角函数的单调性、周期性及最值的求法 (1)三角函数单调性的求法 求形如 y＝Asin(ωx＋φ)(或 y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间 的一般思路：令ωx＋φ＝z，则 y＝Asin z(或 y＝Acos z)，然后由复合函数的单调性求得． (2)三角函数周期性的求法 函数 y＝Asin(ωx＋φ)(或 y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期 T＝2π |ω|.应特别注意 y＝|Asin(ωx ＋φ)|的周期为 T＝ π |ω|. (3)三角函数最值的求法 在求最值时，一般要先确定函数的定义域，然后结合三角函数性质可得函数 f(x)的最值． [即学即用·练通] 1．(2016·全国卷Ⅱ)函数 f(x)＝cos 2x＋6cos π 2 －x 的最大值为( ) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：选 B ∵f(x)＝cos 2x＋6cos π 2 －x ＝cos 2x＋6sin x＝1－2sin2x＋6sin x＝－ 2 sin x－3 2 2＋11 2 ， 又 sin x∈[－1,1]，∴当 sin x＝1 时，f(x)取得最大值 5. 2．(2017·全国卷Ⅲ)设函数 f(x)＝cos x＋π 3 ，则下列结论错误的是( ) A．f(x)的一个周期为－2π B．y＝f(x)的图象关于直线 x＝8π 3 对称 C．f(x＋π)的一个零点为 x＝π 6 D．f(x)在 π 2 ，π 单调递减 解析：选 D 根据函数解析式可知函数 f(x)的最小正周期为 2π，所以函数的一个周期 为－2π，A 正确； 当 x＝8π 3 时，x＋π 3 ＝3π，所以 cos x＋π 3 ＝－1，所以 B 正确； f(x＋π)＝cos x＋π＋π 3 ＝cos x＋4π 3 ，当 x＝π 6 时，x＋4π 3 ＝3π 2 ，所以 f(x＋π)＝0，所以 C 正确； 函数 f(x)＝cos x＋π 3 在 π 2 ，2π 3 上单调递减，在 2π 3 ，π 上单调递增，故 D 不正确． 3．(2017·合肥质检)已知函数 f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)的最小正周期为π. (1)求函数 y＝f(x)图象的对称轴方程； (2)讨论函数 f(x)在 0，π 2 上的单调性． 解：(1)∵f(x)＝sin ωx－cos ωx＝ 2sin ωx－π 4 ，且 T＝π，∴ω＝2.于是 f(x)＝ 2sin 2x－π 4 . 令 2x－π 4 ＝kπ＋π 2(k∈Z)，得 x＝kπ 2 ＋3π 8 (k∈Z)， 即函数 f(x)图象的对称轴方程为 x＝kπ 2 ＋3π 8 (k∈Z)． (2)令 2kπ－π 2 ≤2x－π 4 ≤2kπ＋π 2(k∈Z)，得函数 f(x)的单调递增区间为 kπ－π 8 ，kπ＋3π 8 (k ∈Z)． 注意到 x∈ 0，π 2 ，所以令 k＝0， 得函数 f(x)在 0，π 2 上的单调递增区间为 0，3π 8 ； 同理，其单调递减区间为 3π 8 ，π 2 . [创新应用] 三角函数与其他知识的交汇问题 三角函数的图象与性质是高考考查的重点，近年来，三角函数与其他知识交汇命题成 为高考的热点，由原来三角函数与平面向量的交汇渗透到三角函数与函数的零点、数列、 不等式、复数、方程等知识的交汇. [典例] (1)(2017·黄冈质检)已知关于 x 的方程|cos x| x ＝k 在(0，＋∞)上有两个不相等的 实数根，记为α，β(α<β)，则下列四个结论正确的是( ) A．sin 2α＝2αcos2α B．cos 2α＝2αsin2α C．sin 2β＝－2βsin2β D．cos 2β＝－2βsin2β [解析] 选 C 方程|cos x| x ＝k 在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根， 即方程|cos x|＝kx 在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根．作出 y＝|cos x| 的部分图象，如图所示，易知只有 y＝kx 与 y＝|cos x|在 π 2 ，π 上相切时 才符合题意，此时 y＝|cos x|＝－cos x，y′x＝β＝sin β＝k， 又|cos β|＝kβ，即 k＝－cos β β ， 所以 sin β＝－cos β β ，所以 sin 2β＝－2βsin2β. (2)(2014·全国卷Ⅱ)设函数 f(x)＝ 3sinπx m .若存在 f(x)的极值点 x0 满足 x20＋[f(x0)]23，其中 k∈Z.由题意，存在整数 k 使得不等式 m21－ k＋1 2 2 >3 成立．当 k≠－1 且 k≠0 时，必有 k＋1 2 2>1，此时不等式显然不能成立，故 k＝－ 1 或 k＝0，此时，不等式即为 3 4m2>3，解得 m<－2 或 m>2. [类题通法] 解决三角函数与其他知识的交汇问题，要充分利用三角函数的图象与性质．如本例(1) 应结合三角函数图象利用数形结合思想求解，本例(2)f(x)的极值点 x0 是三角函数取得最值的 x 值．从而得出 x0 和 m 的关系，问题逐步解决． [针对训练] 1．设 an＝1 nsinnπ 25 ，Sn＝a1＋a2＋…＋an，在 S1，S2，…，S100 中，正数的个数是( ) A．25 B．50 C．75 D．100 解析：选 D 当 1≤n≤24 时，an>0，当 26≤n≤49 时，an<0，但其绝对值要小于 1≤n≤24 时相应的值；当 51≤n≤74 时，an>0；当 76≤n≤99 时，an<0，但其绝对值要小于 51≤n≤74 时相应的值．故当 1≤n≤100 时，均有 Sn>0. 2．若存在实数φ，使得圆面 x2＋y2≤4 恰好覆盖函数 y＝sin π kx＋φ 图象的最高或最低 点共三个，则正数 k 的取值范围是________． 解析：函数 y＝sin π kx＋φ 的图象的最高点或最低点一定在直线 y＝±1 上，由 y＝±1， x2＋y2≤4， 解得－ 3≤x≤ 3，由题意可得：T＝2π π k ＝2k，T≤2 3<2T，解得正数 k 的 取值范围是 3 2 ， 3 . 答案： 3 2 ， 3 [专题过关检测] 一、选择题 1．(2017·贵阳检测)已知角θ的始边与 x 轴的非负半轴重合，终边过点 M(－3,4)，则 cos 2θ的值为( ) A．－ 7 25 B． 7 25 C．－24 25 D．24 25 解析：选 A 由题意得，cos θ＝ －3 －32＋42 ＝－3 5. 所以 cos 2θ＝2cos2θ－1＝2× －3 5 2－1＝－ 7 25. 2．(2016·山东高考)函数 f(x)＝( 3sin x＋cos x)( 3cos x－sin x)的最小正周期是( ) A.π 2 B．π C.3π 2 D．2π 解析：选 B ∵f(x)＝( 3sin x＋cos x)( 3cos x－sin x) ＝3sin xcos x＋ 3cos2x－ 3sin2x－sin xcos x ＝sin 2x＋ 3cos 2x ＝2sin 2x＋π 3 ， ∴T＝2π 2 ＝π. 3．(2017·石家庄一模)函数 f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的最小正周期为π，其图象关 于直线 x＝π 3 对称，则|φ|的最小值为( ) A. π 12 B.π 6 C.5π 6 D.5π 12 解析：选 B 由题意，得ω＝2，所以 f(x)＝Asin(2x＋φ)．因为函数 f(x)的图象关于直线 x＝π 3 对称， 所以 2×π 3 ＋φ＝kπ＋π 2(k∈Z)，即φ＝kπ－π 6(k∈Z)，当 k＝0 时，|φ|取得最小值π 6. 4．(2017·福建质检)若将函数 y＝3cos 2x＋π 2 的图象向右平移π 6 个单位长度，则平移后 图象的一个对称中心是( ) A. π 6 ，0 B. －π 6 ，0 C. π 12 ，0 D. － π 12 ，0 解 析 ： 选 A 将 函 数 y ＝ 3cos 2x＋π 2 的 图 象 向 右 平 移 π 6 个 单 位 长 度 ， 得 y ＝ 3cos 2 x－π 6 ＋π 2 ＝3cos 2x＋π 6 的图象，由 2x＋π 6 ＝kπ＋π 2(k∈Z)，得 x＝kπ 2 ＋π 6(k∈Z)，当 k＝0 时，x＝π 6 ，所以平移后图象的一个对称中心是 π 6 ，0 . 5．(2018 届高三·湘中名校高三联考)已知函数 f(x)＝sin ωx－π 6 ＋1 2 ，ω>0，x∈R，且 f(α) ＝－1 2 ，f(β)＝1 2.若|α－β|的最小值为3π 4 ，则函数 f(x)的单调递增区间为( ) A. －π 2 ＋2kπ，π＋2kπ ，k∈Z B. －π 2 ＋3kπ，π＋3kπ ，k∈Z C. π＋2kπ，5π 2 ＋2kπ ，k∈Z D. π＋3kπ，5π 2 ＋3kπ ，k∈Z 解析：选 B 由 f(α)＝－1 2 ，f(β)＝1 2 ，|α－β|的最小值为3π 4 ，知T 4 ＝3π 4 ，即 T＝3π＝2π ω ， 所以ω＝2 3 ， 所以 f(x)＝sin 2 3 x－π 6 ＋1 2 ， 由－π 2 ＋2kπ≤2 3x－π 6 ≤π 2 ＋2kπ(k∈Z)， 得－π 2 ＋3kπ≤x≤π＋3kπ(k∈Z)，故选 B. 6．(2017·太原模拟)已知函数 f(x)＝sin ωx－ 3cos ωx(ω>0)在(0，π)上有且只有两个零 点，则实数ω的取值范围为( ) A. 0，4 3 B. 4 3 ，7 3 C. 7 3 ，10 3 D. 10 3 ，13 3 解析：选 B 法一：易得 f(x)＝2sin ωx－π 3 ，设 t＝ωx－π 3 ，因为 00，ω>0,0<φ<π)的部分图 象如图所示，则 f π 4 的值为________． 解析：由图象可知 A＝2，3 4T＝11π 12 －π 6 ＝3π 4 ，∴T＝π，∴ω＝2，∵当 x＝π 6 时，函数 f(x)取得最大值， ∴2×π 6 ＋φ＝π 2 ＋2kπ(k∈Z)，∴φ＝π 6 ＋2kπ(k∈Z)， ∵0<φ<π，∴φ＝π 6 ，∴f(x)＝2sin 2x＋π 6 ， 则 f π 4 ＝2sin π 2 ＋π 6 ＝2cosπ 6 ＝ 3. 答案： 3 9．已知ω>0，在函数 y＝2sin ωx 与 y＝2cos ωx 的图象的交点中，距离最短的两个交点 的距离为 2 3，则ω＝________. 解析：令ωx＝X，则函数 y＝2sin X 与 y＝2cos X 图象交点坐标分别为 π 4 ＋2kπ， 2 ， 5π 4 ＋2kπ，－ 2 ，k∈Z.因为距离最短的两个交点的距离为 2 3， 所以相邻两点横坐标最短距离是 2＝T 2 ， 所以 T＝4＝2π ω ，所以ω＝π 2. 答案：π 2 三、解答题 10．已知 m＝ sin x－π 6 ，1 ，n＝(cos x,1)． (1)若 m∥n，求 tan x 的值； (2)若函数 f(x)＝m·n，x∈[0，π]，求 f(x)的单调递增区间． 解：(1)由 m∥n 得，sin x－π 6 －cos x＝0，展开变形可得，sin x＝ 3cos x，即 tan x＝ 3. (2)f(x)＝m·n＝sin x－π 6 cos x＋1 ＝ 3 2 sin xcos x－1 2cos2x＋1 ＝ 3 4 sin 2x－cos 2x＋1 4 ＋1 ＝1 2 sin 2xcos π 6 －cos 2xsin π 6 ＋3 4 ＝1 2sin 2x－π 6 ＋3 4 ， 由－π 2 ＋2kπ≤2x－π 6 ≤π 2 ＋2kπ，k∈Z， 得－π 6 ＋kπ≤x≤π 3 ＋kπ，k∈Z. 又 x∈[0，π]，所以当 x∈[0，π]时，f(x)的单调递增区间为 0，π 3 和 5π 6 ，π . 11．已知函数 f(x)＝cos x(2 3sin x＋cos x)－sin2x. (1)求函数 f(x)的最小正周期； (2)若当 x∈ 0，π 2 时，不等式 f(x)≥m 有解，求实数 m 的取值范围． 解：(1)f(x)＝2 3sin xcos x＋cos2x－sin2x ＝ 3sin 2x＋cos 2x ＝2 3 2 sin 2x＋1 2cos 2x ＝2sin 2x＋π 6 ， 所以函数 f(x)的最小正周期 T＝π. (2)由题意可知，不等式 f(x)≥m 有解， 即 m≤f(x)max， 因为 x∈ 0，π 2 ，所以 2x＋π 6 ∈ π 6 ，7π 6 ， 故当 2x＋π 6 ＝π 2 ，即 x＝π 6 时，f(x)取得最大值，且最大值为 f π 6 ＝2. 从而可得 m≤2. 所以实数 m 的取值范围为(－∞，2]． 12．已知函数 f(x)＝ 3sin 2ωx＋cos4ωx－sin4ωx＋1(其中 0<ω<1)，若点 －π 6 ，1 是函数 f(x)图象的一个对称中心． (1)求 f(x)的解析式，并求距 y 轴最近的一条对称轴的方程； (2)先列表，再作出函数 f(x)在区间[－π，π]上的图象． 解：(1)f(x)＝ 3sin 2ωx＋(cos2ωx－sin2ωx)·(cos2ωx＋sin2ωx)＋1 ＝ 3sin 2ωx＋cos 2ωx＋1 ＝2sin 2ωx＋π 6 ＋1. ∵点 －π 6 ，1 是函数 f(x)图象的一个对称中心， ∴－ωπ 3 ＋π 6 ＝kπ，k∈Z，∴ω＝－3k＋1 2 ，k∈Z. ∵0<ω<1，∴k＝0，ω＝1 2 ，∴f(x)＝2sin x＋π 6 ＋1. 由 x＋π 6 ＝kπ＋π 2 ，k∈Z，得 x＝kπ＋π 3 ，k∈Z， 令 k＝0，得距 y 轴最近的一条对称轴方程为 x＝π 3. (2)由(1)知，f(x)＝2sin x＋π 6 ＋1，当 x∈[－π，π]时，列表如下： x＋π 6 －5π 6 －π 2 0 π 2 π 7π 6 x －π －2π 3 －π 6 π 3 5π 6 π f(x) 0 －1 1 3 1 0 则函数 f(x)在区间[－π，π]上的图象如图所示． 保分专题(四) 三角恒等变换与解三角形 [全国卷 3 年考情分析] 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2017 卷Ⅰ 正、余弦定理、三角形的面积公式及两角 和的余弦公式·T17 1.高考对此部分的考查 一般以“二小”或“一大” 的命题形式出现． 2．若无解答题，一般在 选择题或填空题各有一题， 主要考查三角恒等变换、解 三角形，难度一般，一般出 现在第 4～9 或第 13～15 题 位置上． 3．若以解答题命题形式出 现，主要考查三角函数与解 卷Ⅱ 余弦定理、三角恒等变换及三角形的面积 公式·T17 卷Ⅲ 余弦定理、三角形的面积公式·T17 2016 卷Ⅰ 正、余弦定理、两角和的正弦公式·T17 卷Ⅱ 诱导公式、三角恒等变换、给值求值问 题·T9 正弦定理的应用、诱导公式·T13 卷Ⅲ 同角三角函数的基本关系·T5 正、余弦定理解三角形·T8 三角形的综合问题，一般出 现在解答题第 17 题位置上， 难度中等． 2015 卷Ⅰ 诱导公式、两角和的正弦公式·T2 卷Ⅱ 正、余弦定理解三角形、三角形的面积公 式·T17 三角恒等变换及求值 [师生共研·悟通] 1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β. (2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β. (3)tan(α±β)＝ tan α±tan β 1∓tan αtan β. 2．二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin 2α＝2sin αcos α. (2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α. (3)tan 2α＝ 2tan α 1－tan2α. [典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)已知α∈ 0，π 2 ，tan α＝2，则 cos α－π 4 ＝________. [解析] ∵α∈ 0，π 2 ，tan α＝2， ∴sin α＝2 5 5 ，cos α＝ 5 5 ， ∴cos α－π 4 ＝cos αcosπ 4 ＋sin αsinπ 4 ＝ 2 2 × 2 5 5 ＋ 5 5 ＝3 10 10 . [答案] 3 10 10 (2)已知 cos α＝1 3 ，cos(α＋β)＝－1 3 ，且α，β∈ 0，π 2 ，则 cos(α－β)＝________. [解析] ∵α∈ 0，π 2 ，∴2α∈(0，π)． ∵cos α＝1 3 ，∴cos 2α＝2cos2α－1＝－7 9 ， ∴sin 2α＝ 1－cos22α＝4 2 9 ， 又α，β∈ 0，π 2 ，∴α＋β∈(0，π)， ∴sin(α＋β)＝ 1－cos2α＋β＝2 2 3 ， ∴cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)] ＝cos 2αcos(α＋β)＋sin 2αsin(α＋β) ＝ －7 9 × －1 3 ＋4 2 9 ×2 2 3 ＝23 27. [答案] 23 27 [类题通法] 三角恒等变换的“4 大策略” (1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等； (2)项的分拆与角的配凑：如 sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等； (3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次； (4)弦、切互化：一般是切化弦． [即学即用·练通] 1．已知 sin β＝3 5 π 2<β<π ，且 sin(α＋β)＝cos α，则 tan(α＋β)＝( ) A．－2 B．2 C．－1 2 D．1 2 解析：选 A ∵sin β＝3 5 ，且π 2<β<π， ∴cos β＝－4 5 ，tan β＝－3 4. ∵sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝cos α， ∴tan α＝－1 2 ，∴tan(α＋β)＝ tan α＋tan β 1－tan αtan β ＝－2. 2．若 tan 20°＋msin 20°＝ 3，则 m 的值为________． 解析：由于 tan 20°＋msin 20°＝ 3，所以 m＝ 3－tan 20° sin 20° ＝ 3cos 20°－sin 20° sin 20°cos 20° ＝ 2 3 2 cos 20°－1 2sin 20° 1 2sin 40° ＝4sin60°－20° sin 40° ＝4. 答案：4 正、余弦定理解三角形及其应用 [师生共研·悟通] 1．正弦定理及其变形 在△ABC 中， a sin A ＝ b sin B ＝ c sin C ＝2R(R 为△ABC 的外接圆半径)． 变形：a＝2Rsin A，sin A＝ a 2R ，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C 等． 2．余弦定理及其变形 在△ABC 中，a2＝b2＋c2－2bccos A. 变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝b2＋c2－a2 2bc . [典例] (1)(2017·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 2bcos B ＝acos C＋ccos A，则 B＝________. [解析] 法一：由 2bcos B＝acos C＋ccos A 及正弦定理，得 2sin Bcos B＝sin Acos C＋sin Ccos A ＝sin(A＋C)＝sin B＞0， 因此 cos B＝1 2. 又 0＜B＜π，所以 B＝π 3. 法二：由 2bcos B＝acos C＋ccos A 及余弦定理，得 2b·a2＋c2－b2 2ac ＝a·a2＋b2－c2 2ab ＋c·b2＋c2－a2 2bc ， 整理得，a2＋c2－b2＝ac， 所以 2accos B＝ac＞0，cos B＝1 2. 又 0＜B＜π，所以 B＝π 3. [答案] π 3 (2)(2017·贵阳检测)已知△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，C＝120°，a＝ 2b，则 tan A＝________. [解析] ∵c2＝a2＋b2－2abcos C＝4b2＋b2－2×2b×b× －1 2 ＝7b2， ∴c＝ 7b，cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝b2＋7b2－4b2 2×b× 7b ＝2 7 7 ， ∴sin A＝ 1－cos2A＝ 1－4 7 ＝ 21 7 ， ∴tan A ＝sin A cos A ＝ 3 2 . [答案] 3 2 (3)某货轮在 A 处看灯塔 S 在北偏东 30°方向，它向正北方向航行 24 海里到达 B 处，看 灯塔 S 在北偏东 75°方向．则此时货轮到灯塔 S 的距离为________海里． [解析] 根据题意知，在△ABS 中，AB＝24，∠BAS＝30°，∠ASB＝45°，由正弦定理， 得 BS sin 30° ＝ 24 sin 45° ，∴BS＝12 2 2 ＝12 2，故货轮到灯塔 S 的距离为 12 2海里． [答案] 12 2 [类题通法] 正、余弦定理的适用条件 (1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理． (2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理． [注意] 应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”． [即学即用·练通] 1．设 a，b，c 分别是△ABC 的角 A，B，C 所对的边，若 tan Atan B tan A＋tan B ＝1 008tan C， 且 a2＋b2＝mc2，则 m＝( ) A．2 014 B．2 015 C．2 016 D．2 017 解析：选 D 由 tan Atan B tan A＋tan B ＝1 008tan C 得 1 tan A ＋ 1 tan B ＝ 1 1 008 × 1 tan C ，即cos A sin A ＋ cos B sin B ＝ 1 1 008 ×cos C sin C ， sin2C sin Asin B ＝cos C 1 008 ，根据正、余弦定理得c2 ab ＝ 1 1 008 ×a2＋b2－c2 2ab ，即 a2＋b2－c2 c2 ＝2 016，a2＋b2 c2 ＝2 017，所以 m＝2 017. 2．在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 sin2A－sin2B＝ 3sin Bsin C， sin C＝2 3sin B，则 A＝________. 解析：根据正弦定理可得 a2－b2＝ 3bc，c＝2 3b， 解得 a＝ 7b. 根据余弦定理 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝b2＋12b2－7b2 2×b×2 3b ＝ 3 2 ， 得 A＝30°. 答案：30° 3.如图，为了估测某塔的高度，在同一水平面的 A，B 两点处进行测量， 在点 A 处测得塔顶 C 在西偏北 20°的方向上，仰角为 60°；在点 B 处测得塔 顶 C 在东偏北 40°的方向上，仰角为 30°.若 A，B 两点相距 130 m，则塔的 高度 CD＝________m. 解析：设 CD＝h，则 AD＝ h 3 ，BD＝ 3h， 在△ADB 中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°， ∴由余弦定理 AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 120°， 可得 1302＝3h2＋h2 3 －2· 3h· h 3 · －1 2 ， 解得 h＝10 39，故塔的高度为 10 39 m. 答案：10 39 三角形面积问题 [师生共研·悟通] [典例] (2017·全国卷Ⅱ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 sinA＋C＝8sin2B 2❶ . (1)求 cos B❷ ； (2)若a＋c＝6❸ ，△ABC 的面积为 2❹ ，求 b. [解答示范] (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲求 cos B 的值，要么求 B 的值，要么找关于 cos B 的关系式，即变换已知条 件列方程求解； 第(2)问：欲求 b 的值，需列关于 b 的方程，应借助余弦定理、三角形的面积公式，再 找其所需条件求解． (二)建桥——寻关键点 有什么 想到什么 注意什么 信息①：两角和与半角的三角 等式关系 三角形内角和定理及倍角公 式 (1)三角形中的三角恒等关系 式化简时，三角形内角和定理 及倍角公式的正确使用 (2)转化与化归思想、整体代 入思想在解题过程中的应用 信息②：求 cos B 化已知条件为 cos B 的关系式 信息③：a＋c＝6 寻找平方后与余弦定理中 a2 ＋c2 的关系式 信息④：三角形面积为 2 利用面积公式来求 ac 的值 [解] (1)由题设及 A＋B＋C＝π得 sin B＝8sin2B 2 ， 即 sin B＝4(1－cos B)， 故 17cos2B－32cos B＋15＝0， 解得 cos B＝15 17 ，cos B＝1(舍去)． (2)由 cos B＝15 17 ，得 sin B＝ 8 17 ， 故 S△ABC＝1 2acsin B＝ 4 17ac. 又 S△ABC＝2，则 ac＝17 2 . 由余弦定理及 a＋c＝6 得 b2＝a2＋c2－2accos B ＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B) ＝36－2×17 2 × 1＋15 17 ＝4. 所以 b＝2. [类题通法] 三角形面积公式的应用原则 (1)对于面积公式 S＝1 2absin C＝1 2acsin B＝1 2bcsin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个 公式． (2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化． [即学即用·练通] 1．(2018 届高三·广西三市一联)在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，asin B＝ 2sin C，cos C＝1 3 ，△ABC 的面积为 4，则 c＝________. 解析：由 asin B＝ 2sin C，得 ab＝ 2c， 由 cos C＝1 3 ，得 sin C＝2 2 3 ， 则 S△ABC＝1 2absin C＝2 3c＝4，解得 c＝6. 答案：6 2．(2017·兰州诊断考试)已知在△ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 asin B＋bcos A＝0. (1)求角 A 的大小； (2)若 a＝2 5，b＝2，求△ABC 的面积 S. 解：(1)∵asin B＋bcos A＝0， ∴sin Asin B＋sin Bcos A＝0， 即 sin B(sin A＋cos A)＝0， 由于 B 为三角形的内角，sin B≠0， ∴sin A＋cos A＝0，∴tan A＝－1， ∵A 为三角形内角，∴A＝3π 4 . (2)在△ABC 中，a2＝c2＋b2－2cbcos A， 即 20＝c2＋4－4c － 2 2 ， 解得 c＝－4 2(舍去)或 c＝2 2， ∴S＝1 2bcsin A＝1 2 ×2×2 2× 2 2 ＝2. [高考大题通法点拨] 三角函数问题重在“变”——变角、变式 [思维流程] [策略指导] 1．常用的变角技巧： (1)已知角与特殊角的变换； (2)已知角与目标角的变换； (3)角与其倍角的变换； (4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．如：α＝(α＋β)－β＝(α －β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2·α＋β 2 ，α＋β 2 ＝ α－β 2 － α 2 －β . 2．常用的变式技巧： 主要从函数名、次数、系数方面入手，常见有： (1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论； (2)涉及 sin x±cos x、sin x·cos x 的问题，常做换元处理，如令 t＝sin x±cos x∈[－ 2， 2]， 将原问题转化为关于 t 的函数来处理； (3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等． [例 1] 已知函数 f(x)＝4tan xsinπ 2 －x·cos x－π 3 － 3. (1)求 f(x)的定义域与最小正周期； (2)讨论 f(x)在区间 －π 4 ，π 4 上的单调性． [解] (1)f(x)的定义域为 x|x≠π 2 ＋kπ，k∈Z . f(x)＝4tan xcos xcos x－π 3 － 3 ＝4sin xcos x－π 3 － 3 ＝4sin x 1 2cos x＋ 3 2 sin x － 3 ＝2sin xcos x＋2 3sin2x－ 3 ＝sin 2x＋ 3(2sin2x－1) ＝sin 2x－ 3cos 2x ＝2sin 2x－π 3 . 所以 f(x)的最小正周期 T＝2π 2 ＝π. (2)令 z＝2x－π 3 ， 则函数 y＝2sin z 的单调递增区间是 －π 2 ＋2kπ，π 2 ＋ 2kπ]，k∈Z. 由－π 2 ＋2kπ≤2x－π 3≤π 2 ＋2kπ，k∈Z， 得－ π 12 ＋kπ≤x≤5π 12 ＋kπ，k∈Z. 设 A＝ －π 4 ，π 4 ，B＝ － π 12 ＋kπ，5π 12 ＋kπ ，k∈Z，易知 A∩B＝ － π 12 ，π 4 . 所以当 x∈ －π 4 ，π 4 时，f(x)在区间 － π 12 ，π 4 上单调递增，在区间 －π 4 ，－ π 12 上单调递减． [题后悟通] 解答此类问题的关键在于“变”，其思路为“一角二名三结构” 升幂(降幂)公式口诀：“幂降一次，角翻倍，幂升一次，角减半”． [例 2] (2016·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 2cos C(acos B＋bcos A)＝c. (1)求 C； (2)若 c＝ 7，△ABC 的面积为3 3 2 ，求△ABC 的周长． [解] (1)法一：由 2cos C(acos B＋bcos A)＝c， 得 2cos C(sin A·cos B＋sin B· cos A)＝sin C， 即 2cos C·sin(A＋B)＝sin C. 因为 A＋B＋C＝π， A，B，C∈(0，π)， 所以 sin(A＋B)＝sin C>0， 所以 2cos C＝1，cos C＝1 2. 因为 C∈(0，π)， 所以 C＝π 3. 法二：由 2cos C(acos B＋bcos A)＝c， 得 2cos C a·a2＋c2－b2 2ac ＋b·b2＋c2－a2 2bc ＝c， 整理得 2cos C＝1， 即 cos C＝1 2. 因为 C∈(0，π)，所以 C＝π 3. (2)由余弦定理，c2＝a2＋b2－2ab·cos C， 得 7＝a2＋b2－2ab·1 2 ， 即(a＋b)2－3ab＝7， 因为 S＝1 2ab·sin C＝ 3 4 ab＝3 3 2 ， 所以 ab＝6， 所以(a＋b)2－18＝7， 即 a＋b＝5， 所以△ABC 的周长为 a＋b＋c＝5＋ 7. [题后悟通] 利用正、余弦定理求解问题的策略 [针对训练] 已知函数 f(x)＝2sin xcos x＋2 3cos2x－ 3. (1)求函数 y＝f(x)的最小正周期和单调递减区间； (2)已知△ABC 的三个内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，其中 a＝7，若锐角 A 满 足 f A 2 －π 6 ＝ 3，且 sin B＋sin C＝13 3 14 ，求 b·c 的值． 解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋2 3cos2x－ 3＝sin 2x＋ 3cos 2x＝2sin 2x＋π 3 ，因此 f(x)的 最小正周期为 T＝2π 2 ＝π. 由 2kπ＋π 2 ≤2x＋π 3 ≤2kπ＋3π 2 (k∈Z)， 得 kπ＋ π 12 ≤x≤kπ＋7π 12(k∈Z)， 所以 f(x)的单调递减区间为 kπ＋ π 12 ，kπ＋7π 12 (k∈Z)． (2)由 f A 2 －π 6 ＝2sin 2 A 2 －π 6 ＋π 3 ＝2sin A＝ 3，且 A 为锐角，所以 A＝π 3. 由正弦定理可得 2R＝ a sin A ＝ 7 3 2 ＝14 3 ， sin B＋sin C＝b＋c 2R ＝13 3 14 ， 则 b＋c＝13 3 14 ×14 3 ＝13， 所以 cos A＝b2＋c2－a2 2bc ＝b＋c2－2bc－a2 2bc ＝1 2 ， 所以 bc＝40. [总结升华] 高考试题中的三角函数解答题相对比较传统，难度较低，大家在复习时，应“明确思 维起点，把握变换方向，抓住内在联系，合理选择公式”是三角变换的基本要诀．在解题 时，要紧紧抓住“变”这一核心，灵活运用公式与性质， 仔细审题，快速运算． [专题过关检测] A 卷——夯基保分专练 一、选择题 1．(2018 届高三·合肥调研)已知 x∈(0，π)，且 cos 2x－π 2 ＝sin2x，则 tan x－π 4 等于 ( ) A.1 3 B．－1 3 C．3 D．－3 解析：选 A 由 cos 2x－π 2 ＝sin2x 得 sin 2x＝sin2x，∵x∈(0，π)，∴tan x＝2， ∴tan x－π 4 ＝tan x－1 1＋tan x ＝1 3. 2．(2017·张掖一诊)在△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 c＝2a，bsin B－asin A＝1 2asin C，则 sin B 为( ) A. 7 4 B.3 4 C. 7 3 D.1 3 解析：选 A 由 bsin B－asin A＝1 2asin C，且 c＝2a， 得 b＝ 2a，∵cos B＝a2＋c2－b2 2ac ＝a2＋4a2－2a2 4a2 ＝3 4 ， ∴sin B＝ 1－ 3 4 2＝ 7 4 . 3．已知θ∈ 0，π 4 ，且 sin θ－cos θ＝－ 14 4 ，则 2cos2θ－1 cos π 4 ＋θ 的值为( ) A.2 3 B.4 3 C.3 4 D.3 2 解析：选 D 法一：由 sin θ－cos θ＝－ 14 4 ， 得 sin π 4 －θ ＝ 7 4 . 因为θ∈ 0，π 4 ，所以π 4 －θ∈ 0，π 4 ， 所以 cos π 4 －θ ＝3 4 ， 故 2cos2θ－1 cos π 4 ＋θ ＝ cos 2θ sin π 4 －θ ＝ sin π 2 －2θ sin π 4 －θ ＝ sin 2 π 4 －θ sin π 4 －θ ＝2cos π 4 －θ ＝3 2. 法二：因为 sin θ－cos θ＝－ 14 4 ， 两边平方，整理得 2sin θcos θ＝1 8 ， 所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝9 8. 因为θ∈ 0，π 4 ，所以 sin θ>0，cos θ>0， 所以 sin θ＋cos θ＝3 2 4 . 所以 2cos2θ－1 cos π 4 ＋θ ＝ cos2θ－sin2θ 2 2 cos θ－sin θ ＝ 2(cos θ＋sin θ)＝3 2. 4．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c.已知 sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝ 2，则 C＝( ) A. π 12 B.π 6 C.π 4 D.π 3 解析：选 B 因为 sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0， 所以 sin(A＋C)＋sin Asin C－sin Acos C＝0， 所以 sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C＝0，整理得 sin C(sin A＋cos A)＝ 0.因为 sin C≠0， 所以 sin A＋cos A＝0，所以 tan A＝－1， 因为 A∈(0，π)，所以 A＝3π 4 ， 由正弦定理得 sin C＝c·sin A a ＝ 2× 2 2 2 ＝1 2 ， 又 0＜C＜π 4 ，所以 C＝π 6. 5．在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若c b0，∴cos B<0，π 2an，即(a＋9)·3n－4n－9>(a＋9)·3n－1－4n－5，即(a＋9)·3n>6 恒成立．因为 n∈N*， 所以 a＋9>6 3 ＝2 恒成立，解得 a>－7. 答案：(－7，＋∞) 数列求和 [师生共研·悟通] 数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有公式法、错位相减法、裂(拆) 项相消法、分组法、倒序相加法和并项法等． [典例] (2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足 a1＋3a2＋…＋(2n－1an＝2n❶ . (1)求{an}的通项公式❷ ； (2)求数列 an 2n＋1❸ 的前 n 项和． [解答示范] (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲求 an 的通项公式，应知数列{an}的类别或关于 an 的关系式，即构造两关系 式相减，消去多余项，得出 an 的通项公式； 第(2)问：欲求 an 2n＋1 的前 n 项和，应知 an 2n＋1 的表达式，借助(1)的结论得出，再选用 适当的求和方法． (二)建桥——寻关键点 有什么 想到什么 注意什么 信息①：数列{(2n－1)an}的前 n 项和的关系式 类比 an 与 Sn 的关系式求 an 的 方法 (1)由有关 an 与 Sn 递推关系式 求解问题时注意 n≥2 时的条 件，并要验证 n＝1 时是否符 合所求得的通项公式 (2)裂项相消法求和适用的通 项关系式及通项拆项后调整 前面的系数、裂项求和抵消后 剩余的项有哪些 信息②：求{an}的通项公式 求数列通项公式的方法 信息③： 数列 an 2n＋1 借助 an 的表达式求 an 2n＋1 的 表达式 [解] (1)因为 a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n， 故当 n≥2 时， a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)． 两式相减得(2n－1)an＝2， 所以 an＝ 2 2n－1 (n≥2)． 又由题设可得 a1＝2，满足上式， 从而{an}的通项公式为 an＝ 2 2n－1. (2)记 an 2n＋1 的前 n 项和为 Sn. 由(1)知 an 2n＋1 ＝ 2 2n＋12n－1 ＝ 1 2n－1 － 1 2n＋1. 则 Sn＝1 1 －1 3 ＋1 3 －1 5 ＋…＋ 1 2n－1 － 1 2n＋1 ＝ 2n 2n＋1. [类题通法] 1．分组求和的常见方法 (1)根据等差、等比数列分组． (2)根据正号、负号分组． 2．裂项相消的规律 (1)裂项系数取决于前后两项分母的差． (2)裂项相消后前、后保留的项数一样多． 3．错位相减法的关注点 (1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和． (2)步骤： ①求和时先乘以数列{bn}的公比． ②把两个和的形式错位相减． ③整理结果形式． [即学即用·练通] 1．已知数列{an}的通项公式是 an＝(－1)n(3n－2)，则 a1＋a2＋…＋a10 等于( ) A．15 B．12 C．－12 D．－15 解析：选 A ∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28 ＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15. 2．(2017·合肥一检)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 S4＝24，S7＝63. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝2an＋an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)∵{an}为等差数列， ∴ S4＝4a1＋4×3 2 d＝24， S7＝7a1＋7×6 2 d＝63， 解得 a1＝3， d＝2， ∴an＝2n＋1. (2)∵bn＝2an＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)， ∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1) ＝2×41－4n 1－4 ＋n3＋2n＋1 2 ＝8 3(4n－1)＋n2＋2n. 3．(2018 届高三·张掖诊断)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an ＋1. (1)求数列{an}和{bn}的通项公式； (2)令 cn＝ bn 2n＋1 ＋ 1 nn＋1 ，其中 n∈N*，若数列{cn}的前 n 项和为 Tn，求 Tn. 解：(1)由 a1＝－3a1＋4，得 a1＝1， 由 an＝－3Sn＋4， 知 an＋1＝－3Sn＋1＋4， 两式相减并化简得 an＋1＝1 4an， ∴an＝ 1 4 n－1， bn＝－log2an＋1＝－log2 1 4 n＝2n. (2)由题意知，cn＝ n 2n ＋ 1 nn＋1. 令 Hn＝1 2 ＋ 2 22 ＋ 3 23 ＋…＋ n 2n ，① 则 1 2Hn＝ 1 22 ＋ 2 23 ＋…＋n－1 2n ＋ n 2n＋1 ，② ①－②得，1 2Hn＝1 2 ＋ 1 22 ＋ 1 23 ＋…＋ 1 2n － n 2n＋1 ＝1－n＋2 2n＋1 . ∴Hn＝2－n＋2 2n . 又 Mn＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝1－ 1 n＋1 ＝ n n＋1 ， ∴Tn＝Hn＋Mn＝2－n＋2 2n ＋ n n＋1 . [创新应用] 数列与其他知识的交汇问题 数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特 殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基 本运算与应用. [典例] (1)设数列{an}满足 a2＋a4＝10，点 Pn(n，an)对任意的 n∈N*，都有向量 PnP―→n ＋1＝(1,2)，则数列{an}的前 n 项和 Sn＝________. [解析] ∵Pn(n，an)，∴Pn＋1(n＋1，an＋1)， ∴PnP―→n＋1＝(1，an＋1－an)＝(1,2)， ∴an＋1－an＝2， ∴数列{an}是公差 d 为 2 的等差数列． 又由 a2＋a4＝2a1＋4d＝2a1＋4×2＝10，解得 a1＝1， ∴Sn＝n＋nn－1 2 ×2＝n2. [答案] n2 (2)当 x≠1 且 x≠0 时，数列{nxn－1}的前 n 项和 Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1(n∈N*)可以 用数列求和的“错位相减法”求得，也可以由 x＋x2＋x3＋…＋xn(n∈N*)按等比数列的求和 公式，先求得 x＋x2＋x3＋…＋xn＝x－xn＋1 1－x ，两边都是关于 x 的函数，两边同时求导，(x＋ x2 ＋ x3 ＋ … ＋ xn)′ ＝ x－xn＋1 1－x ′ ， 从 而 得 到 Sn ＝ 1 ＋ 2x ＋ 3x2 ＋ … ＋ nxn － 1 ＝ 1－n＋1xn＋nxn＋1 1－x2 ，按照同样的方法，请从二项展开式(1＋x)n＝1＋C1nx＋C2nx2＋…＋Cnnxn 出发，可以求得，Sn＝1×2×C1n＋2×3×C2n＋3×4×C3n＋…＋n(n＋1)×Cnn(n≥4)的值为 ________．(请填写最简结果) [解析] 依题意，对(1＋x)n＝1＋C1nx＋C2nx2＋C3nx3＋…＋Cnnxn 两边同时求导， 得 n(1＋x)n－1＝C1n＋2C2nx＋3C3nx2＋…＋nCnnxn－1，① 取 x＝1，得 C1n＋2C2n＋3C3n＋…＋nCnn＝n×2n－1，② ②×2 得，2C1n＋2×2C2n＋2×3C3n＋…＋2nCnn＝n×2n，③ 再对①式两边同时求导，得 n(n－1)(1＋x)n－2＝1×2C2n＋2×3C3nx＋…＋n(n－1)Cnnxn－2， 取 x＝1，得 1×2C2n＋2×3C3n＋…＋n(n－1)Cnn＝n(n－1)×2n－2，④ ③＋④得 1×2C1n＋2×3C2n＋3×4C3n＋…＋n(n＋1)Cnn＝n×2n＋n(n－1)×2n－2＝n(n＋ 3)×2n－2. [答案] n(n＋3)×2n－2 [类题通法] (1)本例(1)是平面向量与数列的交汇，本例(2)是函数、二项式定理与数列的交汇； (2)解答此类问题的一般思路为利用已知条件结合平面向量、函数、二项式定理的知识 转化为数列的问题进行求解． [针对训练] 1．设直线 nx＋(n＋1)y＝ 2(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形的面积为 Sn，则 S1＋S2＋… ＋S2 017＝________. 解析：当 x＝0 时，y＝ 2 n＋1 ，当 y＝0 时，x＝ 2 n ，所以三角形的面积 Sn＝1 2 × 2 n × 2 n＋1 ＝ 1 nn＋1 ＝1 n － 1 n＋1 ， 所以 S1＋S2＋…＋S2 017＝1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋ 1 2 017 － 1 2 018 ＝1－ 1 2 018 ＝2 017 2 018. 答案：2 017 2 018 2．(2017·江苏高考节选)对于给定的正整数 k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－ 1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，对任意正整数 n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数 列”． 证明：等差数列{an}是“P(3)数列”． 证明：因为{an}是等差数列，设其公差为 d， 则 an＝a1＋(n－1)d， 从而，当 n≥4 时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an， k＝1,2,3， 所以 an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an， 因此等差数列{an}是“P(3)数列”． [数学文化] 数学文化常考点——数列 我国古代数学强调“经世济用”，注重算理算法，其中很多问题可转化为等差、等比 数列问题. [典例] (1)《张丘建算经》卷上第 22 题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺， 今一月日织九匹三丈．”其意思为今有一女子擅长织布，且从第 2 天起，每天比前一天多 织相同量的布，若第一天织 5 尺布，现在一个月(按 30 天计)共织 390 尺布．则该女子最后 一天织布的尺数为( ) A．18 B．20 C．21 D．25 [解析] 选 C 依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为 {an}，其中 a1＝5，前 30 项和为 390，于是有305＋a30 2 ＝390，解得 a30＝21，即该织女最后 一天织 21 尺布． (2)(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层， 红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座 7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 2 倍，则塔的顶层共有灯( ) A．1 盏 B．3 盏 C．5 盏 D．9 盏 [解析] 选 B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前 7 项的和 S7 ＝381，公比 q＝2，依题意，得 S7＝a11－27 1－2 ＝381，解得 a1＝3. [点评] 本例中的两题均以古代传统文化为背景．第(1)题考查等差数列及前 n 项和有关 的计算问题；第(2)题考查等比数列及前 n 项和有关的计算问题． [针对训练] 1．(2017·合肥二检)中国古代数学有着很多令人惊叹的成就．北宋沈括在《梦溪笔谈》 卷十八《技艺》篇中首创隙积术．隙积术意即：将木桶一层层堆放成坛状，最上一层长有 a 个，宽有 b 个，共计 ab 个木桶，每一层长宽各比上一层多一个，共堆放 n 层，设最底层长 有 c 个，宽有 d 个，则共计有木桶n[2a＋cb＋2c＋ad＋d－b] 6 个．假设最上层有长 2 宽 1 共 2 个木桶，每一层的长宽各比上一层多一个，共堆放 15 层，则木桶的个数为( ) A．1 260 B．1 360 C．1 430 D．1 530 解析：选 B 根据题意可知，a＝2，b＝1，n＝15，则 c＝2＋14＝16，d＝1＋14＝15， 代入题中所给的公式，可计算出木桶的个数为15×20＋34×15＋14 6 ＝1 360. 2．朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五 问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转 多七人．每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日”．其大意为：官府陆 续派遣 1 864 人前往修筑堤坝．第一天派出 64 人，从第二天开始，每天派出的人数比前一 天多 7 人．修筑堤坝的每人每天分发大米 3 升，共发出大米 40 392 升，问修筑堤坝多少天．” 在这个问题中，第 5 天应发大米( ) A．894 升 B．1 170 升 C．1 275 升 D．1 467 升 解析：选 B 由题意知，每天派出的人数构成首项为 64，公差为 7 的等差数列，则第 5 天的总人数为 5×64＋5×4 2 ×7＝390，所以第 5 天应发大米 390×3＝1 170 升． 3．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前 两步为： 第一步：构造数列 1，1 2 ，1 3 ，1 4 ，…，1 n. 第二步：将数列的各项乘以 n，得数列(记为)a1，a2，a3，…，an. 则 a1a2＋a2a3＋…＋an－1an 等于( ) A．n2 B．(n－1)2 C．n(n－1) D．n(n＋1) 解析：选 C a1a2＋a2a3＋…＋an－1an ＝n 1·n 2 ＋n 2·n 3 ＋…＋ n n－1·n n ＝n2 1 1×2 ＋ 1 2×3 ＋…＋ 1 n－1n ＝n2 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋ 1 n－1 －1 n ＝n2·n－1 n ＝n(n－1)． [高考大题通法点拨] 数列问题重在“归”——化归、归纳 [思维流程] [策略指导] 化归、归纳的常用策略 (1)由于数列是一个特殊的函数，也可根据题目特点，将其化归为函数问题，或通过对 式子的改造，使其化归为可运用数列问题的基本方法． (2)对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的特殊的情景出发，从中归纳出一般 性的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、 猜想、证明． [典例] (2016·山东高考)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且 an ＝bn＋bn＋1. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)令 cn＝an＋1n＋1 bn＋2n ，求数列{cn}的前 n 项和 Tn. [解] (1)由题意知当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5. 当 n＝1 时，a1＝S1＝11， 符合上式． 所以 an＝6n＋5. 设数列{bn}的公差为 d. 由 a1＝b1＋b2， a2＝b2＋b3， 即 11＝2b1＋d， 17＝2b1＋3d， 解得 b1＝4， d＝3. 所以 bn＝3n＋1. (2)由(1)知 cn＝6n＋6n＋1 3n＋3n ＝3(n＋1)·2n＋1. 又 Tn＝c1＋c2＋…＋cn， 得 Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]， 2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]， 两式作差， 得－Tn＝3×[2×22＋23＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2] ＝3× 4＋41－2n 1－2 －n＋1×2n＋2 ＝－3n·2n＋2， 所以 Tn＝3n·2n＋2. [题后悟通] 求解数列问题的关键步骤 [针对训练] (2018 届高三·广东五校联考)数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn＝2an－a1，且 a1，a2＋1， a3 成等差数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝ an＋1 SnSn＋1 ，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)∵Sn＝2an－a1，① ∴当 n≥2 时，Sn－1＝2an－1－a1.② ①－②得，an＝2an－2an－1，即 an＝2an－1. 由 a1，a2＋1，a3 成等差数列，得 2(a2＋1)＝a1＋a3， ∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得 a1＝2. ∴数列{an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列． ∴an＝2n. (2)∵an＝2n， ∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2. ∴bn＝ an＋1 SnSn＋1 ＝ 2n＋1 2n＋1－22n＋2－2 ＝1 2 1 2n－1 － 1 2n＋1－1. ∴数列{bn}的前 n 项和 Tn＝1 2 1 2－1 － 1 22－1 ＋ 1 22－1 － 1 23－1 ＋…＋ 1 2n－1 － 1 2n＋1－1 ＝1 2 1－ 1 2n＋1－1 ＝ 2n－1 2n＋1－1 . [总结升华] “算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想，利用这种思想可探索一些一 般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考 查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．审 题时应注意归纳法的运用，要看清项及下标的特征，要注意下标的范围． [专题过关检测] A 卷——夯基保分专练 一、选择题 1．(2017·武汉调研)设公比为 q(q>0)的等比数列{an}的前 n 项和为 Sn.若 S2＝3a2＋2，S4 ＝3a4＋2，则 a1＝( ) A．－2 B．－1 C.1 2 D．2 3 解析：选 B 由 S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2， 得 a3＋a4＝3a4－3a2，即 q＋q2＝3q2－3， 解得 q＝－1(舍去)或 q＝3 2 ， 将 q＝3 2 代入 S2＝3a2＋2 中，得 a1＋3 2a1＝3×3 2a1＋2， 解得 a1＝－1. 2．已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn＝x·3n－1－1 6 ，则 x 的值为( ) A.1 3 B．－1 3 C.1 2 D．－1 2 解析：选 C 当 n＝1 时，a1＝S1＝x－1 6 ，当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝ x·3n－1－1 6 － x·3n－2－1 6 ＝x·(3n－1－3n－2)＝2x·3n－2，∵{an}是等比数列， ∴a1＝2x·31－2＝2 3x＝x－1 6 ，∴x＝1 2. 3．公差不为零的等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a4 是 a3 与 a7 的等比中项，S8＝32， 则 S10 等于( ) A．18 B．24 C．60 D．90 解析：选 C 设数列{an}的公差为 d(d≠0)，由 a24＝a3a7，得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)， 故 2a1＋3d＝0，再由 S8＝8a1＋28d＝32，得 2a1＋7d＝8，则 d＝2，a1＝－3，所以 S10＝10a1 ＋45d＝60. 4．已知等差数列{an}的公差为 d，关于 x 的不等式 dx2＋2a1x≥0 的解集为[0,9]，则使 数列{an}的前 n 项和 Sn 最大的正整数 n 的值是( ) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：选 B ∵关于 x 的不等式 dx2＋2a1x≥0 的解集为[0,9]，∴0,9 是一元二次方程 dx2 ＋2a1x＝0 的两个实数根，且 d<0，∴－2a1 d ＝9，a1＝－9d 2 .∴an＝a1＋(n－1)d＝ n－11 2 d， 可得 a5＝－1 2d>0，a6＝1 2d<0.∴使数列{an}的前 n 项和 Sn 最大的正整数 n 的值是 5. 5．(2018 届高三·广东五校联考)数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1＝a1＋an＋n(n∈N*)，则 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 a2 016 的值为( ) A.4 032 2 017 B.4 028 2 015 C.2 015 2 016 D.2 014 2 015 解析：选 A 由 a1＝1，an＋1＝a1＋an＋n 可得 an＋1－an＝n＋1，利用累加法可得 an－a1 ＝n－1n＋2 2 ， 所以 an＝n2＋n 2 ，所以 1 an ＝ 2 n2＋n ＝2 1 n － 1 n＋1 ， 故 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 a2 016 ＝2 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋ 1 2 016 － 1 2 017 ＝2 1－ 1 2 017 ＝4 032 2 017. 6．设无穷等差数列{an}的前 n 项和为 Sn.若首项 a1＝3 2 ，公差 d＝1，则满足 Sk2＝(Sk)2 的正整数 k 的值为( ) A．7 B．6 C．5 D．4 解析：选 D 法一：由题意知， Sk2＝k2a1＋ak2 2 ＝k2 3 2 ＋3 2 ＋k2－1 2 ＝k2k2＋2 2 ， Sk＝ka1＋ak 2 ＝k 3 2 ＋3 2 ＋k－1 2 ＝kk＋2 2 ， 因为 Sk2＝(Sk)2，所以k2k2＋2 2 ＝k2k＋22 4 ，得 k＝4. 法二：不妨设 Sn＝An2＋Bn，则 Sk2＝A(k2)2＋Bk2，Sk＝Ak2＋Bk，由 Sk2＝(Sk)2 得 k2(Ak2 ＋B)＝k2(Ak＋B)2，考虑到 k 为正整数，从而 Ak2＋B＝A2k2＋2ABk＋B2，即(A2－A)k2＋2ABk ＋(B2－B)＝0，又 A＝d 2 ＝1 2 ，B＝a1－d 2 ＝1，所以 1 4k2－k＝0，又 k≠0，从而 k＝4. 二、填空题 7．(2017·长沙模拟)等比数列{an}的公比为－ 2，则 ln(a2 017)2－ln(a2 016)2＝________. 解析：因为 an an－1 ＝－ 2(n≥2)，故 an an－1 2＝2，从而 ln(a2 017)2－ln(a2 016)2＝ln a2 017 a2 016 2＝ln 2. 答案：ln 2 8．(2018 届高三·福建八校联考)在数列{an}中，n∈N*，若an＋2－an＋1 an＋1－an ＝k(k 为常数)，则 称{an}为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断： ①k 不可能为 0； ②等差数列一定是“等差比数列”； ③等比数列一定是“等差比数列”； ④“等差比数列”中可以有无数项为 0. 其中所有正确判断的序号是________． 解析：由等差比数列的定义可知，k 不为 0，所以①正确，当等差数列的公差为 0，即 等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当{an}是等比数列，且公比 q＝1 时，{an}不是等差比数列，所以③错误；数列 0,1,0,1，…是等差比数列，该数列中有 无数多个 0，所以④正确． 答案：①④ 9．(2017·福建质检)已知数列{an}满足 a1＝－40，且 nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，则 an 取最小值时 n 的值为_______． 解析：由 nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n＝2n(n＋1)， 两边同时除以 n(n＋1)，得 an＋1 n＋1 －an n ＝2， 所以数列 an n 是首项为－40、公差为 2 的等差数列， 所以an n ＝－40＋(n－1)×2＝2n－42， 所以 an＝2n2－42n， 对于二次函数 f(x)＝2x2－42x， 在 x＝－ b 2a ＝－－42 4 ＝10.5 时，f(x)取得最小值， 因为 n 取正整数，且 10 和 11 到 10.5 的距离相等， 所以 n 取 10 或 11 时，an 取得最小值． 答案：10 或 11 三、解答题 10．(2017·全国卷Ⅰ)记 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和．已知 S2＝2，S3＝－6. (1)求{an}的通项公式； (2)求 Sn，并判断 Sn＋1，Sn，Sn＋2 是否成等差数列． 解：(1)设{an}的公比为 q. 由题设可得 a11＋q＝2， a11＋q＋q2＝－6. 解得 a1＝－2， q＝－2. 故{an}的通项公式为 an＝(－2)n. (2)由(1)可得 Sn＝－2×[1－－2n] 1－－2 ＝－2 3 ＋(－1)n2n＋1 3 . 由于 Sn＋2＋Sn＋1＝－4 3 ＋(－1)n2n＋3－2n＋2 3 ＝2 －2 3 ＋－1n2n＋1 3 ＝2Sn， 故 Sn＋1，Sn，Sn＋2 成等差数列． 11．已知等差数列{an}的首项为 a1(a1≠0)，公差为 d，且不等式 a1x2－3x＋2＜0 的解集 为(1，d)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足 bn－an＝ 1 n2＋n ，求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 解：(1)由不等式 a1x2－3x＋2＜0 的解集为(1，d)，可得 a1＞0 且 1，d 为方程 a1x2－3x ＋2＝0 的两根，即有 1＋d＝ 3 a1 ，d＝ 2 a1 ，解得 a1＝1，d＝2， 则数列{an}的通项公式为 an＝a1＋(n－1)d＝2n－1. (2)bn－an＝ 1 n2＋n ＝1 n － 1 n＋1 ，即 bn＝an＋1 n － 1 n＋1 ＝2n－1＋1 n － 1 n＋1 ， 则数列{bn}的前 n 项和 Sn＝(1＋3＋…＋2n－1)＋1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝1 2n(1＋2n －1)＋1－ 1 n＋1 ＝n2＋ n n＋1 . 12．已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)． (1)求 a 的值及数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝(1－an)log3(a2n·an＋1)，求数列 1 bn 的前 n 项和 Tn. 解：(1)∵6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)，① ∴当 n＝1 时，6S1＝6a1＝9＋a， 当 n≥2 时，6Sn－1＝3n＋a，② ①－②得，6an＝2×3n， 即 an＝3n－1， ∵{an}是等比数列，∴a1＝1，则 9＋a＝6，得 a＝－3， ∴数列{an}的通项公式为 an＝3n－1(n∈N*)． (2)由(1)得 bn＝(1－an)log3(a2n·an＋1)＝(3n－2)(3n＋1)， ∴Tn＝ 1 b1 ＋ 1 b2 ＋…＋ 1 bn ＝ 1 1×4 ＋ 1 4×7 ＋…＋ 1 3n－23n＋1 ＝1 3 1－1 4 ＋1 4 －1 7 ＋…＋ 1 3n－2 － 1 3n＋1 ＝ n 3n＋1. B 卷——大题增分专练 1．新定义运算：|a b c d|＝ad－bc，若数列{an}满足 a1＝2 3 ，|an＋1 n an n＋1|＝0. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若数列{bn}满足：bn＝anan＋1，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)因为|an＋1 n an n＋1|＝0，所以(n＋1)an＋1＝nan， 所以数列{nan}是常数列，因为 a1＝2 3 ，所以 nan＝2 3 ，所以 an＝ 2 3n. (2)因为 bn＝anan＋1， 所以 bn＝ 4 9nn＋1 ＝4 9 1 n － 1 n＋1 ， 所以 Tn＝4 9 1－1 2 ＋1 2 －1 3 ＋…＋1 n － 1 n＋1 ＝4 9 1－ 1 n＋1 ＝ 4n 9n＋1 ， 所以 Tn＝ 4n 9n＋1. 2．已知数列{bn}满足 3(n＋1)bn＝nbn＋1，且 b1＝3. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)已知an bn ＝ n＋1 2n＋3 ，求证：5 6 ≤ 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an <1. 解：(1)因为 3(n＋1)bn＝nbn＋1， 所以bn＋1 bn ＝3n＋1 n . 因此，b2 b1 ＝3×2 1 ，b3 b2 ＝3×3 2 ，b4 b3 ＝3×4 3 ，…， bn bn－1 ＝3× n n－1 ， 上面式子累乘可得bn b1 ＝3n－1×n， 因为 b1＝3，所以 bn＝n·3n. (2)证明：因为an bn ＝ n＋1 2n＋3 ， 所以 an＝nn＋1 2n＋3 ·3n. 因为 1 an ＝ 2n＋3 nn＋1· 1 3n ＝3n＋1－n nn＋1 · 1 3n ＝ 3 n － 1 n＋1 1 3n ＝1 n· 1 3n－1 － 1 n＋1 · 1 3n ， 所以 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an ＝ 1· 1 30 －1 2· 1 31 ＋ 1 2· 1 31 － 1 3· 1 32 ＋…＋ 1 n· 1 3n－1 － 1 n＋1 · 1 3n ＝1－ 1 n＋1 · 1 3n. 因为 n∈N*，所以 0< 1 n＋1· 1 3n ≤1 6 ， 所以5 6 ≤1－ 1 n＋1 · 1 3n<1， 所以5 6 ≤ 1 a1 ＋ 1 a2 ＋…＋ 1 an <1. 3．(2017·河南焦作二模)已知数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 an＝2Sn＋1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若 bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前 n 项和 Tn. 解：(1)当 n＝1 时，a1＝2S1＋1＝2a1＋1，解得 a1＝－1. 当 n≥2 时，由 an＝2Sn＋1，得 an－1＝2Sn－1＋1， 两式相减得 an－an－1＝2an，化简得 an＝－an－1， 所以数列{an}是首项为－1，公比为－1 的等比数列， 则可得 an＝(－1)n. (2)由(1)得 bn＝(2n－1)·(－1)n， 当 n 为偶数时，Tn＝－1＋3－5＋7－9＋11－…＋(2n－1)＝2×n 2 ＝n， 当 n 为奇数时，n＋1 为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)－(2n＋1)＝－n. 所以数列{bn}的前 n 项和 Tn＝(－1)n·n. 4．(2017·山东高考)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且 x1＋x2＝3，x3－x2＝2. (1)求数列{xn}的通项公式； (2)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，依次连接点 P1(x1，1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1， n＋1)得到折线 P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线 y＝0，x＝x1，x＝xn＋1 所围成的区域的面积 Tn. 解：(1)设数列{xn}的公比为 q，由已知得 q>0. 由题意得 x1＋x1q＝3， x1q2－x1q＝2. 所以 3q2－5q－2＝0. 因为 q>0，所以 q＝2，x1＝1， 因此数列{xn}的通项公式为 xn＝2n－1. (2)过 P1，P2，…，Pn＋1 向 x 轴作垂线，垂足分别为 Q1，Q2，…，Qn＋1. 由(1)得 xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1， 记梯形 PnPn＋1Qn＋1Qn 的面积为 bn， 由题意得 bn＝n＋n＋1 2 ×2n－1＝(2n＋1)×2n－2， 所以 Tn＝b1＋b2＋…＋bn ＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.① 又 2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.② ①－②得 －Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1 ＝3 2 ＋21－2n－1 1－2 －(2n＋1)×2n－1. 所以 Tn＝2n－1×2n＋1 2 . 保分专题(六) 点、直线、平面之间的位置关系 [全国卷 3 年考情分析] 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2017 卷Ⅰ 面面垂直的证明·T18(1) 1.高考对此部分的命题较 为稳定，一般为“一小一 大”或“一大”，即一道 选择或填空题和一道解 答题或一道解答题． 2．选择题一般在第 10～ 11 题的位置，填空题一般 在第 14 题的位置，多考 查线面位置关系的判断， 难度较小． 3．解答题多出现在第 18 或 19 题的第一问的位置， 考查空间中平行或垂直 关系的证明，难度中等． 卷Ⅱ 空间异面直线所成角的余弦值的计算·T10 线面平行的证明·T19(1) 卷Ⅲ 圆锥、空间线线角的求解·T16 面面垂直的证明·T19(1) 2016 卷Ⅰ 求异面直线所成的角·T11 面面垂直的证明·T18(1) 卷Ⅱ 空间中线、面位置关系的判定与性质·T14 线面垂直的证明·T19(1) 卷Ⅲ 线面平行的证明·T19(1) 卷Ⅰ 面面垂直的证明、异面直线所成角的求 解·T18 2015 卷Ⅱ 空间线面间的位置关系、直线与平面所成的 角·T19(1) 空间线面位置关系的判断 [师生共研·悟通] [典例] (2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n 是两条直线，有下列四个命题： ①如果 m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β. ②如果 m⊥α，n∥α，那么 m⊥n. ③如果α∥β，m⊂α，那么 m∥β. ④如果 m∥n，α∥β，那么 m 与α所成的角和 n 与β所成的角相等． 其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号) [解析] 对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误： 如图，不妨设 AA′为直线 m，CD 为直线 n，ABCD 所在的平面为α，ABC′D′所在 的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立． 命题②正确，证明如下：设过直线 n 的某平面与平面α相交于直线 l，则 l∥n，由 m⊥α 知 m⊥l，从而 m⊥n，结论正确． 由平面与平面平行的定义知命题③正确． 由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确． [答案] ②③④ [类题通法] 判断与空间位置关系有关命题真假的 3 种方法 (1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判 断． (2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结 合有关定理，进行肯定或否定． (3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相 矛盾的命题，进而作出判断． [即学即用·练通] 1．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，E 为棱 CD 的中点，则( ) A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC 解析：选 C 法一：由正方体的性质，得 A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1， 所以 BC1⊥平面 A1B1CD. 又 A1E⊂平面 A1B1CD， 所以 A1E⊥BC1. 法二：∵A1E 在平面 ABCD 上的投影为 AE，而 AE 不与 AC，BD 垂直，∴B、D 错； ∵A1E 在平面 BCC1B1 上的投影为 B1C，且 B1C⊥BC1， ∴A1E⊥BC1，故 C 正确； (证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE， 又 CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面 CEA1B1. 又 A1E⊂平面 CEA1B1，∴A1E⊥BC1.) ∵A1E 在平面 DCC1D1 上的投影为 D1E， 而 D1E 不与 DC1 垂直，故 A 错． 2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B 为正方体的两个顶点，M，N， Q 为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线 AB 与平面 MNQ 不平行的是( ) 解析：选 A 法一： 对于选项 B，如图所示，连接 CD，因为 AB∥CD，M，Q 分别是所在棱的中点，所以 MQ∥CD，所以 AB∥MQ .又 AB⊄平面 MNQ，MQ⊂平面 MNQ，所以 AB∥平面 MNQ.同 理可证选项 C、D 中均有 AB∥平面 MNQ.故选 A. 法二：对于选项 A，设正方体的底面对角线的交点为 O(如图所示)，连 接 OQ，则 OQ∥AB.因为 OQ 与平面 MNQ 有交点，所以 AB 与平面 MNQ 有交点，即 AB 与平面 MNQ 不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三 角形的中位线性质知，选项 B、C、D 中 AB∥平面 MNQ.故选 A. 空间中平行、垂直关系的证明 [师生共研·悟通] 1．直线、平面平行的判定及其性质 (1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α. (2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b. (3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β. (4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b. 2．直线、平面垂直的判定及其性质 (1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α. (2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b. (3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β. (4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β. [典例] (2017·北京高考)如图，在三棱锥 PABC 中，PA⊥AB，PA⊥BC❶ ，AB⊥BC，PA ＝AB＝BC＝2，D 为❷ 线段 AC 的中点，E 为线段 PC 上一点． (1)求证：PA⊥BD❸ ； (2)求证：平面 BDE⊥平面 PAC❹ ； (3)当 PA∥平面 BDE 时❺ ，求三棱锥 EBCD 的体积． [解答示范] (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲证线线垂直，应转化到证线面垂直，再得线线垂直； 第(2)问：欲证面面垂直，应转化到证线面垂直，进而转化到先证线线垂直，借助(1)的 结论和已知条件可证； 第(3)问：欲求锥体的体积，应先找出底面和确定其对应的高，关键是证明线面垂直， 借助(1)的结论可证． (二)建桥——寻关键点 有什么 想到什么 注意什么 信息①：PA⊥AB，PA⊥BC 线面垂直的判定定理，可证 PA⊥平面 ABC (1)证明线面平行的条件：一 直线在平面外，一直线在平面 内 (2)证明线面垂直时的条件： 直线垂直于平面内两条相交 直线 (3)求点到面的距离时要想到 借助锥体的“等体积性” 信息②：AB＝BC，D 为 AC 的中点 等腰三角形中线与高线合一， 可得 BD⊥AC 信息③：PA⊥BD 证明线线垂直，可转化到证明 一直线垂直于另一直线所在 平面，再由线面垂直的定义可 得 信息④：平面 BDE⊥平面 PAC 面面垂直的判定定理，线线垂 直⇒线面垂直⇒面面垂直 信息⑤：PA∥平面 BDE 线面平行的性质定理，线面平 行，则线线平行，可得 PA∥ DE [解] (1)证明：因为 PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B， 所以 PA⊥平面 ABC. 又因为 BD⊂平面 ABC， 所以 PA⊥BD. (2)证明：因为 AB＝BC，D 为 AC 的中点， 所以 BD⊥AC. 由(1)知，PA⊥BD，又 AC∩PA＝A， 所以 BD⊥平面 PAC. 因为 BD⊂平面 BDE， 所以平面 BDE⊥平面 PAC. (3)因为 PA∥平面 BDE，平面 PAC∩平面 BDE＝DE， 所以 PA∥DE. 因为 D 为 AC 的中点， 所以 DE＝1 2PA＝1，BD＝DC＝ 2. 由(1)知，PA⊥平面 ABC， 所以 DE⊥平面 ABC. 所以三棱锥 EBCD 的体积 V＝1 6BD·DC·DE＝1 3. [类题通法] (1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基 础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关 系，这些都可以作为条件直接应用． (2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即 可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行． (3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将 证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线， 则借助中线、高线或添加辅助线解决． (4)证明的核心是转化，空间向平面的转化，面面⇔线面⇔线线． [即学即用·练通] 1．(2017·太原一模)如图，在三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1⊥底面 ABC， AB⊥AC，AC＝AA1，E，F 分别是棱 BC，CC1 的中点． (1)求证：AB⊥平面 AA1C1C； (2)若线段 AC 上的点 D 满足平面 DEF∥平面 ABC1，试确定点 D 的 位置，并说明理由； (3)证明：EF⊥A1C. 解：(1)证明：∵AA1⊥底面 ABC， ∴A1A⊥AB. ∵AB⊥AC，A1A∩AC＝A， ∴AB⊥平面 AA1C1C. (2)∵平面DEF∥平面ABC1，平面ABC∩平面DEF＝DE，平面ABC∩ 平面 ABC1＝AB， ∴AB∥DE， ∵在△ABC 中，E 是 BC 的中点， ∴D 是线段 AB 的中点． (3)证明：∵在三棱柱 ABCA1B1C1 中，A1A＝AC， ∴A1C⊥AC1. 由(1)得 AB⊥A1C， ∵AB∩AC1＝A， ∴A1C⊥平面 ABC1， ∴A1C⊥BC1. 又 E，F 分别是 BC，CC1 的中点， ∴EF∥BC1， ∴EF⊥A1C. 2．(2017·兰州模拟)如图所示的空间几何体 ABCDEFG 中，四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形，AE⊥平面 ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF ＝EG＝1. (1)求证：平面 CFG⊥平面 ACE； (2)在 AC 上是否存在一点 H，使得 EH∥平面 CFG？若存在，求出 CH 的长，若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：连接 BD 交 AC 于点 O，则 BD⊥AC. 设 AB，AD 的中点分别为 M，N，连接 MN，则 MN∥BD. 连接 FM，GN，则 FM∥GN，且 FM＝GN， 所以四边形 FMNG 为平行四边形， 所以 MN∥FG，所以 BD∥FG，所以 FG⊥AC. 因为 AE⊥平面 ABCD，所以 AE⊥BD. 所以 FG⊥AE，又 AC∩AE＝A，所以 FG⊥平面 ACE， 又 FG⊂平面 CFG，所以平面 CFG⊥平面 ACE. (2)设平面 ACE 交 FG 于点 Q，则 Q 为 FG 的中点，连接 EQ， CQ，连接 BD 交 AC 于点 O，取 CO 的中点为 H，连接 EH， 则 CH∥EQ，CH＝EQ＝ 2 2 ， 所以四边形 EQCH 为平行四边形， 所以 EH∥CQ，所以 EH∥平面 CFG. 所以在 AC 上存在一点 H，使得 EH∥平面 CFG，且 CH＝ 2 2 . 平面图形的折叠问题 [师生共研·悟通] [典例] (2016·全国卷Ⅱ)如图，菱形 ABCD❶ 的对角线 AC 与 BD 交 于点 O，点 E，F 分别在 AD，CD 上，AE＝CF❷ ，EF 交 BD 于点 H.将 △DEF 沿 EF 折到△D′EF❸ 的位置． (1)证明：AC⊥HD′❹ ； (2)若AB＝5，AC＝6，AE＝5 4 ，OD′＝2 2❺ ，求五棱锥 D′ABCFE 的体积． [解答示范] (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲证 AC⊥HD′，因为可证 EF∥AC，所以只需证 EF⊥HD′； 第(2)问：欲求五棱锥的体积，应找出其底面和底面对应的高，关键是证线面垂直，即 高应满足垂直于底面两条相交直线，即证 OD′⊥OH，OD′⊥AC. (二)建桥——寻关键点 有什么 想到什么 注意什么 信息①：菱形 ABCD 菱形的边及对角线的关系：对 角线垂直、边相等 (1)折叠图形中前后“不变的 位 置 关 系 和 数 量 关 系 ” 及 “ 变 的 位 置 关 系 和 数 量 关 系” (2)三角形中三边的关系也可 判断两直线垂直 (3)证线面垂直的条件：直线 垂直于平面内两条相交直线 信息②：AE＝CF 三角形中平行线等分线段成 比例：AE AD ＝CF CD ，可证 AC∥ EF 信息③：△DEF 沿 EF 折到 △D′EF 的位置 折叠图形中的“变量”与 “不变量”，不变量 HD′⊥ EF 信息④：证明：AC⊥HD′ 转化为一直线的平行线垂直 于另一条直线 信息⑤：已知 AB，AC，AE， OD′的长 由边长关系证明线线垂直关 系：可求 DO，OH 的长，进 而由 DO′，OH，D′H 的长 满足勾股定理可证 OD′⊥ OH [解] (1)证明：由已知得 AC⊥BD，AD＝CD. 又由 AE＝CF，得AE AD ＝CF CD ，故 AC∥EF. 由此得 EF⊥HD，故 EF⊥HD′， 所以 AC⊥HD′. (2)由 EF∥AC 得OH DO ＝AE AD ＝1 4. 由 AB＝5，AC＝6，得 DO＝BO＝ AB2－AO2＝4. 所以 OH＝1，D′H＝DH＝3. 于是 OD′2＋OH2＝(2 2)2＋12＝9＝D′H2， 故 OD′⊥OH. 由(1)知，AC⊥HD′， 又 AC⊥BD，BD∩HD′＝H， 所以 AC⊥平面 BHD′，于是 AC⊥OD′. 又 OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以 OD′⊥平面 ABC. 又由EF AC ＝DH DO ，得 EF＝9 2. 五边形 ABCFE 的面积 S＝1 2 ×6×8－1 2 ×9 2 ×3＝69 4 . 所以五棱锥 D′ABCFE 的体积 V＝1 3 ×69 4 ×2 2＝23 2 2 . [类题通法] 平面图形折叠问题的求解方法 (1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线 段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口． (2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折 叠前的图形． [即学即用·练通] 如图 1，在矩形 ABCD 中，AB＝3，BC＝4，E，F 分别在线段 BC，AD 上，EF∥AB， 将矩形 ABEF 沿 EF 折起，记折起后的矩形为 MNEF，且平面 MNEF⊥平面 ECDF，如图 2. (1)求证：NC∥平面 MFD； (2)若 EC＝3，求证：ND⊥FC； (3)求四面体 NEFD 体积的最大值． 解：(1)证明：四边形 MNEF 和四边形 EFDC 都是矩形， ∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN 綊 CD. ∴四边形 MNCD 是平行四边形，∴NC∥MD. ∵NC⊄平面 MFD，MD⊂平面 MFD， ∴NC∥平面 MFD. (2)证明：连接 ED， ∵平面 MNEF⊥平面 ECDF，且 NE⊥EF，平面 MNEF∩平面 ECDF＝EF，NE⊂平 面 MNEF， ∴NE⊥平面 ECDF. ∵FC⊂平面 ECDF， ∴FC⊥NE. ∵EC＝CD，∴四边形 ECDF 为正方形，∴FC⊥ED. 又∵ED∩NE＝E，ED，NE⊂平面 NED， ∴FC⊥平面 NED. ∵ND⊂平面 NED，∴ND⊥FC. (3)设 NE＝x，则 FD＝EC＝4－x，其中 00)， 则 A(a,0,0)，C(－a,0,0)，E(0，2，1)，F(0，－ 2，2)， ∴ EF―→＝(0，－2 2，1)， AE―→＝(－a，2，1)， CE―→＝(a，2，1)． 设 m＝(x1，y1，z1)是平面 AEF 的法向量， 则 m· EF―→＝0， m· AE―→＝0， 即 －2 2y1＋z1＝0， －ax1＋ 2y1＋z1＝0， 令 z1＝2 2，得 y1＝1，x1＝3 2 a . ∴m＝ 3 2 a ，1，2 2 是平面 AEF 的一个法向量， 设 n＝(x2，y2，z2)是平面 CEF 的法向量， 则 n· EF―→＝0， n· CE―→＝0， 即 －2 2y2＋z2＝0， ax2＋ 2y2＋z2＝0， 令 z2＝2 2，得 y2＝1，x2＝－3 2 a . ∴n＝ －3 2 a ，1，2 2 是平面 CEF 的一个法向量， ∵二面角 AEFC 是直二面角， ∴m·n＝－18 a2 ＋9＝0，∴a＝ 2. ∵BE⊥平面 ABCD， ∴∠BAE 是直线 AE 与平面 ABCD 所成的角， ∵AB＝ OA2＋OB2＝2， ∴tan∠BAE＝BE AB ＝1 2. 故直线 AE 与平面 ABCD 所成角的正切值为1 2. 2．(2017·东北四市模拟)如图，四棱锥 PABCD 的底面 ABCD 为正 方形，PA⊥底面 ABCD，AD＝AP，E 为棱 PD 的中点． (1)证明：PD⊥平面 ABE； (2)若 F 为 AB 的中点， PM―→＝λ PC―→ (0<λ<1)，试确定λ的值，使二面 角 PFMB 的余弦值为－ 3 3 . 解：(1)证明：∵PA⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD， ∴PA⊥AB. 又 AD⊥AB，PA∩AD＝A， ∴AB⊥平面 PAD. ∵PD⊂平面 PAD， ∴PD⊥AB. ∵E 是 PD 的中点，AD＝AP， ∴AE⊥PD.又 AE∩AB＝A， ∴PD⊥平面 ABE. (2)以 A 为坐标原点，以 AB―→，AD―→， AP―→为 x 轴，y 轴，z 轴正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 令 AB＝2，则 B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，F(1,0,0)， ∴ PF―→＝(1,0，－2)， BF―→＝(－1,0,0)， PC―→＝(2,2，－2)， ∵ PM―→＝λ PC―→ (0<λ<1)， ∴ PM―→＝(2λ，2λ，－2λ)，M(2λ，2λ，2－2λ)， FM―→＝(2λ－1,2λ，2－2λ)． 设平面 PFM 的法向量为 m＝(x1，y1，z1)， 则 m· PF―→＝0， m· PM―→＝0， 即 x1－2z1＝0， 2λx1＋2λy1－2λz1＝0， 令 z1＝1，则 m＝(2，－1,1)为平面 PFM 的一个法向量． 设平面 BFM 的法向量为 n＝(x2，y2，z2)， 则 n· BF―→＝0， n· FM―→＝0， 即 －x2＝0， 2λ－1x2＋2λy2＋2－2λz2＝0， 令 z2＝λ，则 n＝(0，λ－1，λ)为平面 BFM 的一个法向量． 则|cos〈m，n〉|＝|m·n| |m||n| ＝ |1－λ＋λ| 6· λ2＋λ－12 ＝ 3 3 ， 解得λ＝1 2. 立体几何中的探索性问题 [师生共研·悟通] [典例] (2016·北京高考)如图，在四棱锥 PABCD 中，平面 PAD⊥平 面 ABCD，PA⊥PD，PA＝PD❷ ，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝ 5❸ . (1)求证：PD⊥平面 PAB； (2)求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值； (3)在棱 PA 上是否存在点 M❹ ，使得BM∥平面 PCD❺ ？若存在，求AM AP 的值；若不存在， 说明理由． [解答示范] (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲证线面垂直，可转化为证直线垂直平面内的两条相交直线，已知 PA⊥PD， 再证 AB⊥PD 即可； 第(2)问：欲求线面角，可转化为求向量 PB―→与平面 PCD 的法向量的夹角，即建系，通 过向量法求线面角； 第(3)问：欲解决立体几何的探索性问题，先假设存在，再通过满足条件得出要求的值 即可． (二)建桥——寻关键点 有什么 想到什么 注意什么 信 息 ① ： 平 面 PAD ⊥ 平 面 ABCD 面面垂直的性质定理：面面垂直⇒线 面垂直，即可证 AB⊥平面 PAD (1)直线和平面所成角 的正弦值等于平面法 向量与直线方向向量 夹角的余弦值的绝对 值 (2)向量法解决立体几 信息②：PA⊥PD，PA＝PD △PAD 为等腰直角三角形及斜边中 线即为高线 信息③：AC＝CD △ACD 为等腰三角形及其性质 信息④：棱 PA 上是否存在点 三点共线的应用 何问题的关键是准确 表达出各点及相关量 的坐标 M 信息⑤：BM∥平面 PCD 直线与平面平行时，直线的方向向量 与平面的法向量的关系：BM―→垂直于 平面 PCD 的法向量 [解] (1)证明：因为平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，AB⊥AD， AB⊂平面 ABCD， 所以 AB⊥平面 PAD. 所以 AB⊥PD. 又因为 PA⊥PD，PA∩AB＝A， 所以 PD⊥平面 PAB. (2)取 AD 的中点 O，连接 PO，CO. 因为 PA＝PD，所以 PO⊥AD. 又因为 PO⊂平面 PAD，平面 PAD⊥平面 ABCD， 所以 PO⊥平面 ABCD. 因为 CO⊂平面 ABCD， 所以 PO⊥CO. 因为 AC＝CD，所以 CO⊥AD. 如图所示，建立空间直角坐标系 Oxyz. 由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2，0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)． 则 PD―→＝(0，－1，－1)， PC―→＝(2,0，－1)， PB―→＝(1,1，－1)， 设平面 PCD 的法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n· PD―→＝0， n· PC―→＝0， 即 －y－z＝0， 2x－z＝0. 令 z＝2，则 x＝1，y＝－2. 所以 n＝(1，－2,2)． 所以 cos〈n，PB―→〉＝ n· PB―→ |n|| PB―→ | ＝－ 3 3 . 所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 3 3 . (3)设 M 是棱 PA 上一点， 则存在λ∈[0,1]，使得 AM―→＝λ AP―→ . 因此点 M(0,1－λ，λ)， BM―→＝(－1，－λ，λ)． 因为 BM⊄平面 PCD，所以要使 BM∥平面 PCD，当且仅当 BM―→ ·n＝0，即(－1，－λ， λ)·(1，－2,2)＝0， 解得λ＝1 4 ，所以在棱 PA 上存在点 M 使得 BM∥平面 BCD，此时AM AP ＝1 4. [类题通法] 利用空间向量巧解探索性问题 (1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、 推理，只需通过坐标运算进行判断． (2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转 化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、 有效，应善于运用这一方法解题． [提醒] 探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用． [即学即用·练通] 如图所示，四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形，MD⊥平面 ABCD， NB⊥平面 ABCD，且 MD＝NB＝1，E 为 BC 的中点． (1)求异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值； (2)在线段 AN 上是否存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN？若存在，求线段 AS 的长；若不存在，请说明理由． 解：(1)如图所示，以 D 为坐标原点，以 DA，DC，DM 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系 Dxyz. 依题意得 D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)， E 1 2 ，1，0 ，所以 NE―→＝ －1 2 ，0，－1 ， AM―→＝(－1,0,1)， 因为|cos〈 NE―→，AM―→〉|＝ | NE―→· AM―→| | NE―→ |·| AM―→ | ＝ 1 2 5 2 × 2 ＝ 10 10 . 所以异面直线 NE 与 AM 所成角的余弦值为 10 10 . (2)假设在线段 AN 上存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN.连接 AE，ES. 因为 AN―→＝(0,1,1)，可设 AS―→＝λ AN―→＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]， 又 EA―→＝ 1 2 ，－1，0 ， 所以 ES―→＝ EA―→＋ AS―→＝ 1 2 ，λ－1，λ . 由 ES⊥平面 AMN， 得 ES―→ · AM―→＝0， ES―→ · AN―→＝0， 即 －1 2 ＋λ＝0， λ－1＋λ＝0， 解得λ＝1 2 ， 此时 AS―→＝ 0，1 2 ，1 2 ，| AS―→ |＝ 2 2 . 经检验，当 AS＝ 2 2 时，ES⊥平面 AMN. 故线段 AN 上存在点 S，使得 ES⊥平面 AMN， 此时 AS＝ 2 2 . [高考大题通法点拨] 立体几何问题重在“建”——建模、建系 [思维流程] [策略指导] 立体几何解答题建模、建系策略 立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设 问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系． 建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型． 建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解． [典例] 如图，四边形 ABCD 是矩形，AB＝1，AD＝ 2，E 是 AD 的中点，BE 与 AC 交于点 F，GF⊥平面 ABCD. (1)求证：AF⊥平面 BEG； (2)若 AF＝FG，求直线 EG 与平面 ABG 所成角的正弦值． [解] (1)证明：因为四边形 ABCD 为矩形， 所以△AEF∽△CBF， 所以AF CF ＝EF BF ＝AE BC ＝1 2. 又矩形 ABCD 中，AB＝1，AD＝ 2， 所以 AE＝ 2 2 ，AC＝ 3. 在 Rt△BEA 中，BE＝ AB2＋AE2＝ 6 2 ， 所以 AF＝1 3AC＝ 3 3 ，BF＝2 3BE＝ 6 3 . 在△ABF 中，AF2＋BF2＝ 3 3 2＋ 6 3 2＝1＝AB2， 所以∠AFB＝90°， 即 AC⊥BE. 因为 GF⊥平面 ABCD， AC⊂平面 ABCD， 所以 AC⊥GF. 又 BE∩GF＝F，BE， GF⊂平面 BEG， 所以 AF⊥平面 BEG. (2)由(1)得 AC，BE，FG 两两垂直，以点 F 为原点，FA，FE，FG 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则 A 3 3 ，0，0 ，B 0，－ 6 3 ，0 ，G 0，0， 3 3 ， E 0， 6 6 ，0 ， AB―→＝ － 3 3 ，－ 6 3 ，0 ， AG―→＝ － 3 3 ，0， 3 3 ， EG―→＝ 0，－ 6 6 ， 3 3 . 设 n＝(x，y，z)是平面 ABG 的法向量， 则 AB―→·n＝0， AG―→·n＝0， 即 － 3 3 x－ 6 3 y＝0， － 3 3 x＋ 3 3 z＝0， 取 x＝ 2， 得 n＝( 2，－1， 2)是平面 ABG 的一个法向量． 设直线 EG 与平面 ABG 所成角的大小为θ， 则 sin θ＝|EG―→·n| |EG―→||n| ＝ |0× 2＋ － 6 6 ×－1＋ 3 3 × 2| 0＋1 6 ＋1 3 × 2＋1＋2 ＝ 15 5 ， 所以直线 EG 与平面 ABG 所成角的正弦值为 15 5 . [题后悟通] 利用法向量求解空间角的关键在于“四破” [针对训练] (2017·开封模拟)如图①，在直角梯形 ABCD 中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AD＝CD ＝1 2AB＝2.将△ADC 沿 AC 折起，使平面 ADC⊥平面 ABC，得到几何体 DABC，如图②所 示． (1)证明：平面 ABD⊥平面 BCD； (2)求二面角 DABC 的余弦值． 解：(1)证明：易知 AC⊥BC，又平面 ADC⊥平面 ABC， 平面 ADC∩平面 ABC＝AC，BC⊂平面 ABC， ∴BC⊥平面 ACD，∴AD⊥BC. 又 AD⊥CD，BC∩CD＝C，∴AD⊥平面 BCD， ∵AD⊂平面 ABD， ∴平面 ABD⊥平面 BCD. (2)以 C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Cxyz，则 C(0，0,0)，A(2 2，0,0)，D( 2，0， 2)，B(0,2 2，0)， AD―→＝(－ 2， 0， 2)， AB―→＝(－2 2，2 2，0)． 设平面 ABD 的法向量 m＝(x，y，z)． 则 m· AD―→＝0， m· AB―→＝0， 即 － 2x＋ 2z＝0， －2 2x＋2 2y＝0， 令 x＝1，得 y＝1，z＝1， 所以平面 ABD 的一个法向量 m＝(1,1,1)． 易知平面 ABC 的一个法向量 n＝(0,0,1)， ∴cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝ 3 3 ， 由图知，二面角 DABC 为锐角， ∴二面角 DABC 的余弦值为 3 3 . [总结升华] 立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲” 可循，有“题”可依．在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切 勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平 面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数 问题的计算模型．其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容；空间角的 计算是重点内容． [专题过关检测] A 卷——夯基保分专练 1．(2017·惠州三调)如图，四边形 ABCD 是圆柱 OQ 的轴截面，点 P 在圆柱 OQ 的底面圆周上，G 是 DP 的中点，圆柱 OQ 的底面圆的半 径 OA＝2，侧面积为 8 3π，∠AOP＝120°. (1)求证：AG⊥BD； (2)求二面角 PAGB 的余弦值． 解：建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意可知 8 3π＝2×2π×AD， 解得 AD＝2 3. 作 PE⊥AB，垂足为 E， ∵OP＝OA＝2，∠AOP＝120°， ∴∠EOP＝60°，PE＝ 3，OE＝1， ∴AE＝AO＋OE＝3. 则 A(0,0,0)，B(0,4,0)，D(0,0，2 3)，P( 3，3,0)， ∵G 是 DP 的中点， ∴G 3 2 ，3 2 ， 3 . (1)证明：∵ BD―→＝(0，－4,2 3)， AG―→＝ 3 2 ，3 2 ， 3 . ∴ AG―→ · BD―→＝ 3 2 ，3 2 ， 3 ·(0，－4,2 3)＝0， ∴ AG―→⊥ BD―→，即 AG⊥BD. (2)∵ BP―→＝( 3，－1,0)， AG―→＝ 3 2 ，3 2 ， 3 ， PG―→＝ － 3 2 ，－3 2 ， 3 ， BG―→＝ 3 2 ，－5 2 ， 3 ， ∴ BP―→ · PG―→＝0， AG―→ · BP―→＝0， ∴ BP―→是平面 APG 的法向量． 设 n＝(x，y,1)是平面 ABG 的法向量， 由 n· AG―→＝0， n· AB―→＝0， 则 3 2 x＋3 2y＋ 3＝0， 4y＝0， 解得 n＝(－2,0,1)， 则 cos〈 BP―→，n〉＝ BP―→ ·n | BP―→ |·|n| ＝－2 3 2 5 ＝－ 15 5 . 由图知，二面角 PAGB 为锐角， ∴二面角 PAGB 的余弦值为 15 5 . 2．(2017·北京高考)如图，在四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 为正方形，平面 PAD⊥平面 ABCD，点 M 在线段 PB 上，PD∥ 平面 MAC，PA＝PD＝ 6，AB＝4. (1)求证：M 为 PB 的中点； (2)求二面角 BPDA 的大小； (3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值． 解：(1)证明：如图，设 AC，BD 的交点为 E，连接 ME. 因为 PD∥平面 MAC， 平面 MAC∩平面 PDB＝ME， 所以 PD∥ME. 因为底面 ABCD 是正方形， 所以 E 为 BD 的中点． 所以 M 为 PB 的中点． (2)取 AD 的中点 O，连接 OP，OE. 因为 PA＝PD，所以 OP⊥AD. 又因为平面 PAD⊥平面 ABCD，平面 PAD∩平面 ABCD＝AD，OP⊂平面 PAD， 所以 OP⊥平面 ABCD. 因为 OE⊂平面 ABCD，所以 OP⊥OE. 因为底面 ABCD 是正方形，所以 OE⊥AD. 以 O 为原点，以 OD―→，OE―→， OP―→为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示的空间直角 坐标系 Oxyz， 则 P(0,0， 2)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)， BD―→＝(4，－4,0)， PD―→＝(2,0，－ 2)． 设平面 BDP 的一个法向量为 n＝(x，y，z)， 则 n· BD―→＝0， n· PD―→＝0， 即 4x－4y＝0， 2x－ 2z＝0. 令 x＝1，得 y＝1，z＝ 2. 于是 n＝(1,1， 2)． 又平面 PAD 的一个法向量为 p＝(0,1,0)， 所以 cos〈n，p〉＝ n·p |n||p| ＝1 2. 由题知二面角 BPDA 为锐角， 所以二面角 BPDA 的大小为 60°. (3)由题意知 M －1，2， 2 2 ，C(2,4,0)， 则 MC―→＝ 3，2，－ 2 2 . 设直线 MC 与平面 BDP 所成角为α，则 sin α＝|cos〈n，MC―→〉|＝|n· MC―→| |n|| MC―→ | ＝2 6 9 . 所以直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值为2 6 9 . 3．(2017·安徽名校阶段性测试)已知四棱锥 PABCD 中，底面 ABCD 是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且 AB＝BC＝1，AD＝2，顶点 P 在平面 ABCD 内的射影 H 在 AD 上，PA⊥PD. (1)求证：平面 PAB⊥平面 PAD； (2)若直线 AC 与 PD 所成角为 60°，求二面角 APCD 的余弦值． 解：(1)证明：∵PH⊥平面 ABCD，AB⊂平面 ABCD， ∴PH⊥AB. ∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD⊂平面 PAD，PH⊂平面 PAD， ∴AB⊥平面 PAD. 又 AB⊂平面 PAB，∴平面 PAB⊥平面 PAD. (2)以 A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， ∵PH⊥平面 ABCD， ∴z 轴∥PH. 则 A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，设 AH＝a，PH＝h(00)． 则 P(0，a，h)． ∴ AP―→＝(0，a，h)， DP―→＝(0，a－2，h)， AC―→＝(1,1,0)． ∵PA⊥PD，∴ AP―→· DP―→＝a(a－2)＋h2＝0. ∵AC 与 PD 所成角为 60°， ∴|cos〈 AC―→，DP―→〉|＝ |a－2| 2· a－22＋h2 ＝1 2 ， ∴(a－2)2＝h2，∴(a－2)(a－1)＝0， ∵00，∴h＝1，∴P(0,1,1)． ∴ AP―→＝(0,1,1)， AC―→＝(1,1,0)， PC―→＝(1,0，－1)， DC―→＝(1，－1,0)， 设平面 APC 的法向量为 n＝(x1，y1，z1)， 则 n· AP―→＝0， n· AC―→＝0， 即 y1＋z1＝0， x1＋y1＝0， 令 x1＝1，得 y1＝－1，z1＝1， 所以平面 APC 的一个法向量为 n＝(1，－1,1)， 设平面 DPC 的法向量为 m＝(x2，y2，z2)． 由 m· PC―→＝0， m· DC―→＝0， 即 x2－z2＝0， x2－y2＝0， 令 x2＝1，得 y2＝1，z2＝1， 所以平面 DPC 的一个法向量为(1,1,1)． ∴cos〈m，n〉＝ m·n |m||n| ＝1 3. ∵二面角 APCD 的平面角为钝角， ∴二面角 APCD 的余弦值为－1 3. 4．(2017·成都一诊)如图①，在正方形 ABCD 中，点 E，F 分别是 AB，BC 的中点，BD 与 EF 交于点 H，G 为 BD 的中点，点 R 在线段 BH 上，且BR RH ＝λ(λ＞0)．现将△AED，△ CFD，△DEF 分别沿 DE，DF，EF 折起，使点 A，C 重合于点 B(该点记为 P)，如图②所 示． (1)若λ＝2，求证：GR⊥平面 PEF； (2)是否存在正实数λ，使得直线 FR 与平面 DEF 所成角的正弦值为2 2 5 ？若存在，求出 λ的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)证明：由题意，可知 PE，PF，PD 三条直线两两垂直． ∴PD⊥平面 PEF. 在图①中，∵E，F 分别是 AB，BC 的中点，G 为 BD 的中点，∴EF∥AC，GD＝GB ＝2GH. 在图②中，∵PR RH ＝BR RH ＝2，且DG GH ＝2， ∴在△PDH 中，GR∥PD. ∴GR⊥平面 PEF. (2)由题意，分别以 PF，PE，PD 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图 所示的空间直角坐标系 Pxyz. 设 PD＝4，则 P(0,0,0)，F(2,0,0)，E(0,2，0)，D(0,0,4)， ∴H(1,1,0)，PH―→＝(1,1,0)， ∵PR RH ＝λ，∴ PR―→＝ λ 1＋λPH―→， ∴R λ 1＋λ ， λ 1＋λ ，0 . ∴ RF―→＝ 2－ λ 1＋λ ，－ λ 1＋λ ，0 ＝ 2＋λ 1＋λ ，－ λ 1＋λ ，0 . EF―→＝(2，－2,0)， DE―→＝(0,2，－4)， 设平面 DEF 的法向量为 m＝(x，y，z)， 由 EF―→·m＝0， DE―→·m＝0， 得 2x－2y＝0， 2y－4z＝0. 取 z＝1，得 y＝2，x＝2，则 m＝(2,2,1)． ∵直线 FR 与平面 DEF 所成角的正弦值为2 2 5 ， ∴|cos 〈m，RF―→〉|＝|m· RF―→ | |m|| RF―→ | ＝ 4 1＋λ 3 2＋λ 1＋λ 2＋ － λ 1＋λ 2 ＝ 2 2 3 λ2＋2λ＋2 ＝2 2 5 . ∴9λ2＋18λ－7＝0. 解得λ＝1 3 或λ＝－7 3(不合题意，舍去)． 故存在正实数λ＝1 3 ，使得直线 FR 与平面 DEF 所成角的正弦值为2 2 5 . B 卷——大题增分专练 1.(2017·山东高考)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形 ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G 是 DF 的 中点． (1)设 P 是 CE 上的一点，且 AP⊥BE，求∠CBP 的大小； (2)当 AB＝3，AD＝2 时，求二面角 EAGC 的大小． 解：(1)因为 AP⊥BE，AB⊥BE， AB，AP⊂平面 ABP，AB∩AP＝A， 所以 BE⊥平面 ABP. 又 BP⊂平面 ABP，所以 BE⊥BP. 又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°. (2)以 B 为坐标原点，分别以 BE，BP，BA 所在的直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 由题意得 A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，3，3)，C(－1，3，0)，故 AE―→＝(2,0，－3)， AG―→＝ (1，3，0)， CG―→＝(2,0,3)，设 m＝(x1，y1，z1)是平面 AEG 的一个法向量． 由 m· AE―→＝0， m· AG―→＝0， 可得 2x1－3z1＝0， x1＋ 3y1＝0. 取 z1＝2，可得平面 AEG 的一个法向量 m＝(3，－ 3，2)． 设 n＝(x2，y2，z2)是平面 ACG 的一个法向量． 由 n· AG―→＝0， n· CG―→＝0， 可得 x2＋ 3y2＝0， 2x2＋3z2＝0. 取 z2＝－2，可得平面 ACG 的一个法向量 n＝(3，－ 3，－2)． 所以 cos〈m，n〉＝ m·n |m|·|n| ＝9＋3－4 4×4 ＝1 2. 由图知二面角 EAGC 为锐角， 故所求二面角 EAGC 的大小为 60°. 2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD 为等边三 角形且垂直于底面 ABCD，AB＝BC＝1 2AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E 是 PD 的中点． (1)证明：直线 CE∥平面 PAB； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°，求二面角 MABD 的余 弦值． 解：(1)证明：取 PA 的中点 F，连接 EF，BF. 因为 E 是 PD 的中点，所以 EF∥AD，EF＝1 2AD. 由∠BAD＝∠ABC＝90°，得 BC∥AD， 又 BC＝1 2AD，所以 EF 綊 BC， 所以四边形 BCEF 是平行四边形，CE∥BF， 又 CE⊄平面 PAB，BF⊂平面 PAB， 故 CE∥平面 PAB. (2)由已知得 BA⊥AD，以 A 为坐标原点，AB―→的方向为 x 轴正方 向，| AB―→ |为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1， 3)， PC―→＝(1,0，－ 3)， AB―→＝(1,0,0)． 设 M(x，y，z)(00)，于是 －2 a ＋2 b ＝1， 1 2 －a·b＝8， 解得－a＝b＝4，故满足条件的直线 l 一共有 1 条． 3．已知 a≠0，直线 ax＋(b＋2)y＋4＝0 与直线 ax＋(b－2)y－3＝0 互相垂直，则 ab 的 最大值为( ) A．0 B．2 C．4 D. 2 解析：选 B 法一：若 b＝2，两直线方程分别为 y＝－a 4x－1 和 x＝3 a ，此时两直线相交 但不垂直；若 b＝－2，两直线方程分别为 x＝－4 a 和 y＝a 4x－3 4 ，此时两直线相交但不垂直； 若 b≠±2，两直线方程分别为 y＝－ a b＋2 x－ 4 b＋2 和 y＝－ a b－2 x＋ 3 b－2 ，由两直线垂直得， － a b＋2 · － a b－2 ＝－1，即 a2＋b2＝4，因为 a2＋b2＝4≥2ab，当且仅当 a＝b 时等号成立， 所以 ab≤2，所以 ab 的最大值为 2. 法二：由两直线垂直，得 a2＋(b＋2)(b－2)＝0， 即 a2＋b2＝4. 因为 a2＋b2＝4≥2ab，当且仅当 a＝b 时等号成立， 所以 ab≤2， 所以 ab 的最大值为 2. 圆的方程 [师生共研·悟通] 圆的 3 种方程 (1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2. (2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)． (3)圆的直径式方程：(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0(圆的直径的两端点是 A(x1，y1)， B(x2，y2))． [典例] (1)(2016·天津高考)已知圆 C 的圆心在 x 轴的正半轴上，点 M(0， 5)在圆 C 上， 且圆心到直线 2x－y＝0 的距离为4 5 5 ，则圆 C 的方程为________． [解析] 因为圆 C 的圆心在 x 轴的正半轴上，设 C(a,0)，且 a＞0，所以圆心到直线 2x －y＝0 的距离 d＝2a 5 ＝4 5 5 ，解得 a＝2， 所以圆 C 的半径 r＝|CM|＝ 4＋5＝3， 所以圆 C 的方程为(x－2)2＋y2＝9. [答案] (x－2)2＋y2＝9 (2)(2016·浙江高考)已知 a∈R，方程 a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0 表示圆，则圆心坐 标是________，半径是________． [解析] 由二元二次方程表示圆的条件可得 a2＝a＋2，解得 a＝2 或－1.当 a＝2 时，方 程为 4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即 x2＋y2＋x＋2y＋5 2 ＝0，配方得 x＋1 2 2＋(y＋1)2＝－5 4 ＜0， 不表示圆； 当 a＝－1 时，方程为 x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，则圆心坐 标为(－2，－4)，半径是 5. [答案] (－2，－4) 5 [类题通法] 求圆的方程的 2 种方法 (1)几何法：通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量 和方程． (2)代数法：用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程． [即学即用·练通] 1．已知三点 A(1,0)，B(0， 3)，C(2， 3)，则△ABC 外接圆的圆心到原点的距离为 ( ) A.5 3 B. 21 3 C.2 5 3 D.4 3 解析：选 B 设圆的一般方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)， ∴ 1＋D＋F＝0， 3＋ 3E＋F＝0， 7＋2D＋ 3E＋F＝0， ∴ D＝－2， E＝－4 3 3 ， F＝1， ∴ △ ABC 外 接 圆 的 圆 心 为 1，2 3 3 ， 故 △ ABC 外 接 圆 的 圆 心 到 原 点 的 距 离 为 1＋ 2 3 3 2＝ 21 3 . 2．已知圆 C 的圆心是直线 x－y＋1＝0 与 x 轴的交点，且圆 C 与直线 x＋y＋3＝0 相切， 则圆 C 的方程是( ) A．(x＋1)2＋y2＝2 B．(x＋1)2＋y2＝8 C．(x－1)2＋y2＝2 D．(x－1)2＋y2＝8 解析：选 A 根据题意直线 x－y＋1＝0 与 x 轴的交点为(－1,0)．因为圆与直线 x＋y＋ 3＝0 相切，所以半径为圆心到切线的距离，即 r＝d＝|－1＋0＋3| 12＋12 ＝ 2，则圆的方程为(x＋ 1)2＋y2＝2. 直线与圆、圆与圆的位置关系 [师生共研·悟通] 判断直线与圆的位置关系的 2 种方法 (1)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关 系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离． (2)几何法：把圆心到直线的距离 d 和半径 r 的大小加以比较：dr⇔相离． [典例] (1)(2016·全国卷Ⅰ)设直线 y＝x＋2a 与圆 C：x2＋y2－2ay－2＝0 相交于 A，B 两点，若|AB|＝2 3，则圆 C 的面积为________． [解析] 圆 C：x2＋y2－2ay－2＝0 化为标准方程为 x2＋(y－a)2＝a2＋2， 所以圆心 C(0，a)，半径 r＝ a2＋2，因为|AB|＝2 3，点 C 到直线 y＝x＋2a，即 x－y ＋2a＝0 的距离 d＝|0－a＋2a| 2 ＝|a| 2 ，由勾股定理得 2 3 2 2＋ |a| 2 2＝a2＋2，解得 a2＝2， 所以 r＝2，所以圆 C 的面积为π×22＝4π. [答案] 4π (2)(2016·全国卷Ⅲ)已知直线 l：x－ 3y＋6＝0 与圆 x2＋y2＝12 交于 A，B 两点，过 A， B 分别作 l 的垂线与 x 轴交于 C，D 两点，则|CD|＝________. [解析] 作出示意图如图所示， ∵直线 AB 的方程为 x－ 3y＋6＝0， ∴kAB＝ 3 3 ，∴∠BPD＝30°， 从而∠BDP＝60°. 在 Rt△BOD 中， ∵|OB|＝2 3，∴|OD|＝2. 取 AB 的中点 H，连接 OH，则 OH⊥AB， ∴OH 为直角梯形 ABDC 的中位线， ∴|OC|＝|OD|，∴|CD|＝2|OD|＝2×2＝4. [答案] 4 [类题通法] 弦长问题的 2 种求解方法 (1)利用半径 r，弦心距 d，弦长 l 的一半构成直角三角形，结合勾股定理 d2＋ l 2 2＝r2 求解； (2)若斜率为 k 的直线 l 与圆 C 交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝ 1＋k2|x1－x2|. [即学即用·练通] 1．已知圆(x－1)2＋y2＝1 被直线 x－ 3y＝0 分成两段圆弧，则较短弧长与较长弧长之 比为( ) A．1∶2 B．1∶3 C．1∶4 D．1∶5 解析：选 A (x－1)2＋y2＝1 的圆心为(1,0)，半径为 1.圆心到直线的距离 d＝ 1 12＋－ 32 ＝1 2 ，所以较短弧所对的圆心角为2π 3 ，较长弧所对的圆心角为4π 3 ，故两弧长之比为 1∶2. 2．(2017·惠州三调)已知直线 y＝ax 与圆 C：x2＋y2－2ax－2y＋2＝0 交于两点 A，B， 且△CAB 为等边三角形，则圆 C 的面积为________． 解析：圆 x2＋y2－2ax－2y＋2＝0 化为标准方程为(x－a)2＋(y－1)2＝a2－1，因此圆心 C 到直线 y＝ax 的距离为 3 2 · a2－1＝|a2－1| a2＋1 ，解得 a2＝7，所以圆 C 的面积为π( a2－1)2＝6π. 答案：6π 3．(2017·广东五校协作体第一次诊断考试)两圆 x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0 和 x2＋y2－4by －1＋4b2＝0 恰有三条公切线，若 a∈R，b∈R 且 ab≠0，则 1 a2 ＋ 1 b2 的最小值为________． 解析：两圆 x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0 和 x2＋y2－4by－1＋4b2＝0 配方得，(x＋a)2＋y2＝4， x2＋(y－2b)2＝1.由题意得两圆相外切，故 a2＋4b2＝1＋2＝3， 即 a2＋4b2＝9， 所以 1 a2 ＋ 1 b2 ＝ a2 9 ＋4b2 9 1 a2 ＋ 1 b2 ＝1 9 ＋ a2 9b2 ＋4b2 9a2 ＋4 9 ≥5 9 ＋2 a2 9b2 ×4b2 9a2 ＝1， 当且仅当 a2 9b2 ＝4b2 9a2 ，即 a2＝2b2＝3 时等号成立， 故 1 a2 ＋ 1 b2 的最小值为 1. 答案：1 [创新应用] 直线和圆与其他知识的交汇问题 高考对直线和圆的考查重在基础，多以选择题、填空题形式出现，将直线和圆与函数、 不等式、平面向量、数列及圆锥曲线、概率等知识交汇，体现命题创新. [典例] (1)已知不等式组 x＋y－2 2≥0， x≤2 2， y≤2 2 表示平面区域Ω，过区域Ω中的任意一 个点 P，作圆 x2＋y2＝1 的两条切线且切点分别为 A，B，当四边形 PAOB 的面积最小时， cos∠APB 的值为( ) A.7 8 B.1 2 C.3 4 D. 3 2 [解析] 选 B 作出平面区域Ω和单位圆 x2＋y2＝1 的图象如 图所示，设 l：x＋y－2 2＝0，数形结合可得 S 四边形 PAOB＝2S△PAO ＝2×1 2 ×|PA|×1＝|PA|. 又∵|PA|＝ |OP|2－|OA|2＝ |OP|2－1， ∴当 P 到原点距离最小时，四边形 PAOB 的面积最小，此时 PO⊥l，且|PO|＝|－2 2| 2 ＝ 2，故∠APO＝π 6 ， ∴∠APB＝π 3 ，cos∠APB＝1 2. (2)已知直线 Ax＋By＋C＝0 与圆 x2＋y2＝1 相交于 P，Q 两点，其中 A2，C2，B2 成等差 数列，O 为坐标原点，则 OP―→ · PQ―→＝( ) A．－1 B．0 C．1 D．±1 [解析] 选 A 依题意 A2＋B2＝2C2，圆 x2＋y2＝1 的圆心到直线 Ax＋By＋C＝0 的距离 d＝ |C| A2＋B2 ＝ 2 2 ，圆 x2＋y2＝1 的半径为 1，故∠POQ＝90°，可得 OP―→ · OQ―→＝0. OP―→ · PQ―→＝ OP―→·( OQ―→－ OP―→)＝ OP―→· OQ―→－ OP―→2＝0－1＝－1. [类题通法] 对于这类问题的求解，首先要注意理解直线和圆等基础知识及它们之间的深入联系， 其次要对问题的条件进行全方位的审视，特别是题中各个条件之间的相互关系及隐含条件 的挖掘，再次要掌握解决问题常用的思想方法，如数形结合、化归与转化等思想方法． [针对训练] 1．已知 f(x)＝x3＋ax－2b，若 f(x)的图象在切点 P(1，－2)处的切线与圆(x－2)2＋(y＋ 4)2＝5 相切，则 3a＋2b＝________. 解析：由题意得 f(1)＝－2，即 a－2b＝－3. 又∵f′(x)＝3x2＋a， ∴f(x)的图象在点(1，－2)处的切线方程为 y＋2＝(3＋a)(x－1)，即(3＋a)x－y－a－5＝0， ∴|3＋a×2＋4－a－5| 3＋a2＋－12 ＝ 5，解得 a＝－5 2 ，∴b＝1 4 ， ∴3a＋2b＝－7. 答案：－7 2．已知集合 A＝ xx＋1 x－2 ≤0 ，若 k∈Z，且 k∈A，使得过点 B(1,1)的任意直线与圆 x2 ＋y2＋kx－2y－3 8k＝0 总有公共点的概率为________． 解析：由题意知 A＝[－1,2)，又 k2＋4＋3 2k>0 总成立，k∈Z，且 k∈A，所以 k 有－1,0,1 三个值，过点 B(1,1)的任意直线与圆 x2＋y2＋kx－2y－3 8k＝0 总有公共点，即点 B(1,1)在圆 上或圆内，即 2＋k－2－3 8k≤0，得 k≤0，即 k 有－1,0 两个值，由古典概型的概率公式知 所求概率为 P＝2 3. 答案：2 3 [专题过关检测] 一、选择题 1．“ab＝4”是“直线 2x＋ay－1＝0 与直线 bx＋2y－2＝0 平行”的( ) A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选 C 因为两直线平行，所以斜率相等，即－2 a ＝－b 2 ，可得 ab＝4，又当 a＝1， b＝4 时，满足 ab＝4，但是两直线重合，故选 C. 2．(2016·全国卷Ⅱ)圆 x2＋y2－2x－8y＋13＝0 的圆心到直线 ax＋y－1＝0 的距离为 1， 则 a＝( ) A．－4 3 B．－3 4 C. 3 D．2 解析：选 A 因为圆 x2＋y2－2x－8y＋13＝0 的圆心坐标为(1,4)，所以圆心到直线 ax＋ y－1＝0 的距离 d＝|a＋4－1| a2＋1 ＝1，解得 a＝－4 3. 3．(2016·山东高考)已知圆 M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直线 x＋y＝0 所得线段的长度是 2 2，则圆 M 与圆 N：(x－1)2＋(y－1)2＝1 的位置关系是( ) A．内切 B．相交 C．外切 D．相离 解析：选 B 由题知圆 M：x2＋(y－a)2＝a2(a＞0)，圆心(0，a)到直线 x＋y＝0 的距离 d ＝ a 2 ，所以 2 a2－a2 2 ＝2 2，解得 a＝2.圆 M，圆 N 的圆心距|MN|＝ 2，两圆半径之差为 1，故两圆相交． 4．在等腰三角形 MON 中，|MO|＝|MN|，点 O(0,0)，M(－1，3)，点 N 在 x 轴的负半 轴上，则直线 MN 的方程为( ) A．3x－y－6＝0 B．3x＋y＋6＝0 C．3x－y＋6＝0 D．3x＋y－6＝0 解析：选 C 因为|MO|＝|MN|，所以直线 MN 的斜率与直线 MO 的斜率互为相反数， 所以 kMN＝－kMO＝3，所以直线 MN 的方程为 y－3＝3(x＋1)，即 3x－y＋6＝0. 5．已知圆 O：x2＋y2＝4 上到直线 l：x＋y＝a 的距离等于 1 的点至少有 2 个，则实数 a 的取值范围为( ) A．(－3 2，3 2) B．(－∞，－3 2)∪(3 2，＋∞) C．(－2 2，2 2) D．[－3 2，3 2 ] 解析：选 A 由圆的方程可知圆心为(0,0)，半径为 2.因为圆 O 上到直线 l 的距离等于 1 的点至少有 2 个，所以圆心到直线 l 的距离 d0)， 解得 kmax＝3 4 ，故选 A. 二、填空题 7．已知点 A(－1,0)，过点 A 可作圆 x2＋y2－mx＋1＝0 的两条切线，则 m 的取值范围 是________． 解析：由题意得点 A(－1,0)在圆外，所以 1＋m＋1>0，所以 m>－2，又 x－m 2 2＋y2＝ m2 4 －1 表示圆，所以m2 4 －1>0，解得 m>2 或 m<－2，所以 m>2. 答案：(2，＋∞) 8．已知圆 C：(x－3)2＋(y－5)2＝5，直线 l 过圆心且交圆 C 于 A，B 两点，交 y 轴于 P 点，若 2 PA―→＝ PB―→，则直线 l 的斜率 k＝________. 解析：依题意得，点 A 是线段 PB 的中点，|PC|＝|PA|＋|AC|＝3 5.过圆心 C(3,5)作 y 轴 的垂线，垂足为 C1，则|CC1|＝3，|PC1|＝ 3 52－32＝6.记直线 l 的倾斜角为θ，则有|tan θ| ＝|PC1| |CC1| ＝2，即 k＝±2. 答案：±2 9．在平面直角坐标系中，已知点 P(3,0)在圆 C：(x－m)2＋(y－2)2＝40 内，动直线 AB 过点 P 且交圆 C 于 A，B 两点，若△ABC 的面积的最大值为 20，则实数 m 的取值范围是 ________． 解析：由圆的方程知，圆心 C(m,2)，半径 r＝2 10， 所以 S△ABC＝1 2r2sin∠ACB＝20sin∠ACB， 所以当∠ACB＝π 2 时，S△ABC 取得最大值 20， 此时△ABC 为等腰直角三角形，|AB|＝ 2r＝4 5， 则点 C 到直线 AB 的距离为 2 5， 所以 2 5≤|PC|<2 10， 即 2 5≤ m－32＋22<2 10， 解得－3|F1F2|)； (2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)； (3)抛物线：|PF|＝|PM|，点 F 不在直线 l 上，PM⊥l 于 M. [典例] (1)(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为 y ＝ 5 2 x，且与椭圆x2 12 ＋y2 3 ＝1 有公共焦点，则 C 的方程为( ) A.x2 8 －y2 10 ＝1 B.x2 4 －y2 5 ＝1 C.x2 5 －y2 4 ＝1 D.x2 4 －y2 3 ＝1 [解析] 选 B 根据双曲线 C 的渐近线方程为 y＝ 5 2 x， 可知b a ＝ 5 2 .① 又椭圆x2 12 ＋y2 3 ＝1 的焦点坐标为(3,0)和(－3,0)， 所以 a2＋b2＝9.② 根据①②可知 a2＝4，b2＝5， 所以 C 的方程为x2 4 －y2 5 ＝1. (2)如图，椭圆x2 a2 ＋y2 2 ＝1 的左、右焦点分别为 F1，F2，点 P 在 椭圆上，若|PF1|＝4，∠F1PF2＝120°，则 a 的值为( ) A．2 B．3 C．4 D．5 [解析] 选 B 因为 b2＝2，c＝ a2－2， 所以|F1F2|＝2 a2－2. 又|PF1|＝4，|PF1|＋|PF2|＝2a，|PF2|＝2a－4， 由余弦定理得 cos 120°＝42＋2a－42－2 a2－22 2×4×2a－4 ＝－1 2 ， 解得 a＝3. [类题通法] 求解圆锥曲线标准方程的思路方法 (1)定型，就是指定类型，也就是确定圆锥曲线的焦点位置，从而设出标准方程． (2)计算，即利用待定系数法求出方程中的 a2，b2 或 p.另外，当焦点位置无法确定时， 抛物线常设为 y2＝2ax 或 x2＝2ay(a≠0)，椭圆常设为 mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，双曲线常设 为 mx2－ny2＝1(mn>0)． [即学即用·练通] 1．顶点在原点，经过圆 C：x2＋y2－2x＋2 2y＝0 的圆心且准线与 x 轴垂直的抛物线方 程为________． 解析：将圆 C 的一般方程化为标准方程为(x－1)2＋(y＋ 2)2＝3，圆心为(1，－ 2)．由 题意，知抛物线的顶点在原点，焦点在 x 轴上，且经过点(1，－ 2)．设抛物线的标准方程 为 y2＝2px，因为点(1，－ 2)在抛物线上，所以(－ 2)2＝2p，解得 p＝1，所以所求抛物线 的方程为 y2＝2x. 答案：y2＝2x 2．若点 P 在椭圆x2 9 ＋y2＝1 上，F1，F2 分别为椭圆的左、右焦点，且满足PF1 ―→ ·PF2 ―→＝t， 则实数 t 的取值范围是________． 解析：设 P(x，y)，F1(－2 2，0)，F2(2 2，0)， PF1 ―→＝(－2 2－x，－y)，PF2 ―→＝(2 2－x，－y)， PF1 ―→ ·PF2 ―→＝(－2 2－x)(2 2－x)＋(－y)2 ＝x2＋y2－8. ∵P 在椭圆x2 9 ＋y2＝1 上，∴y2＝1－x2 9 ， ∴t＝PF1 ―→ ·PF2 ―→＝x2＋y2－8＝8 9x2－7， ∵0≤x2≤9，∴－7≤t≤1， 故实数 t 的取值范围为[－7,1]． 答案：[－7,1] 圆锥曲线的几何性质 [师生共研·悟通] 1．椭圆、双曲线中，a，b，c 及 e 之间的关系 (1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为 e＝c a ＝ 1－ b a 2； (2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为 e＝c a ＝ 1＋ b a 2. 2．双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为 y＝±b ax.注意离心率 e 与渐近线的斜率的 关系． [典例] (1)(2016·全国卷Ⅰ)以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A，B 两点，交 C 的 准线于 D，E 两点．已知|AB|＝4 2，|DE|＝2 5，则 C 的焦点到准线的距离为( ) A．2 B．4 C．6 D．8 [解析] 选 B 设抛物线的方程为 y2＝2px(p>0)，圆的方程为 x2＋y2＝r2. ∵|AB|＝4 2，|DE|＝2 5， 抛物线的准线方程为 x＝－p 2 ， ∴不妨设 A 4 p ，2 2 ，D －p 2 ， 5 . ∵点 A 4 p ，2 2 ，D －p 2 ， 5 在圆 x2＋y2＝r2 上， ∴ 16 p2 ＋8＝r2， p2 4 ＋5＝r2， ∴16 p2 ＋8＝p2 4 ＋5， ∴p＝4(负值舍去)． ∴C 的焦点到准线的距离为 4. (2)(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的右顶点为 A，以 A 为圆心，b 为半径作圆 A，圆 A 与双曲线 C 的一条渐近线交于 M，N 两点．若∠MAN＝60°，则 C 的 离心率为________． [解析] 双曲线的右顶点为 A(a,0)，一条渐近线的方程为 y＝b ax，即 bx－ay＝0，则圆心 A 到此渐近线的距离 d＝|ba－a×0| b2＋a2 ＝ab c .又因为∠MAN＝60°，圆的半径为 b，所以 b·sin 60° ＝ab c ，即 3b 2 ＝ab c ，所以 e＝ 2 3 ＝2 3 3 . [答案] 2 3 3 [类题通法] 1．椭圆、双曲线的离心率(或范围)的求法 求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定 a，b，c 的等量 关系或不等关系，然后把 b 用 a，c 代换，求c a 的值． 2．双曲线的渐近线的求法及用法 (1)求法：把双曲线标准方程等号右边的 1 改为零，分解因式可得． (2)用法：①可得b a 或a b 的值． ②利用渐近线方程设所求双曲线的方程． [即学即用·练通] 1．(2017·长沙一模)已知双曲线 C1：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)经过抛物线 C2：y2＝2px(p>0) 的焦点，且双曲线的渐近线与抛物线的准线围成一个等边三角形，则双曲线 C1 的离心率是 ( ) A．2 B. 3 C. 3 2 D.2 3 3 解析：选 D 依题意得，曲线 C2 的焦点就是曲线 C1 的右顶点，故曲线 C2 的准线方程 为 x＝－a，将 x＝－a 代入曲线 C1 的渐近线方程 y＝±b ax 得，该等边三角形的边长为 2b、高 为 a，于是有 a＝ 3b，双曲线 C1 的离心率 e＝ 1＋ b a 2＝2 3 3 . 2．(2017·天津高考)已知双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为 F，点 A 在双曲线的 渐近线上，△OAF 是边长为 2 的等边三角形(O 为原点)，则双曲线的方程为( ) A.x2 4 －y2 12 ＝1 B.x2 12 －y2 4 ＝1 C.x2 3 －y2＝1 D．x2－y2 3 ＝1 解析：选 D 由△OAF 是边长为 2 的等边三角形可知，c＝2，b a ＝tan 60°＝ 3.又 c2＝ a2＋b2，联立可得 a＝1，b＝ 3，∴双曲线的方程为 x2－y2 3 ＝1. 3．(2017·全国卷Ⅱ)已知 F 是抛物线 C：y2＝8x 的焦点，M 是 C 上一点，FM 的延长线 交 y 轴于点 N.若 M 为 FN 的中点，则|FN|＝________. 解析：法一：依题意，抛物线 C：y2＝8x 的焦点 F(2,0)，因为 M 是 C 上一点，FM 的 延长线交 y 轴于点 N，M 为 FN 的中点，设 M(a，b)(b>0)，所以 a＝1，b＝2 2，所以 N(0,4 2)， |FN|＝ 4＋32＝6. 法二：如图，不妨设点 M 位于第一象限内，抛物线 C 的准线交 x 轴 于点 A，过点 M 作准线的垂线，垂足为点 B，交 y 轴于点 P，∴PM∥OF. 由题意知，F(2,0)，|FO|＝|AO|＝2. ∵点 M 为 FN 的中点，PM∥OF， ∴|MP|＝1 2|FO|＝1. 又|BP|＝|AO|＝2， ∴|MB|＝|MP|＋|BP|＝3. 由抛物线的定义知|MF|＝|MB|＝3， 故|FN|＝2|MF|＝6. 答案：6 4．(2017·贵阳模拟)椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，若以线段 F1F2 为直径的圆与椭圆有交点，则椭圆 C 的离心率的取值范围是________． 解析：由题意可知，以 F1F2 为直径的圆的方程为 x2＋y2＝c2，将其代入椭圆方程，消 去 y 得(a2－b2)x2＋a2b2－a2c2＝0，因为圆与椭圆有交点，所以Δ＝0－4(a2－b2)·(a2b2－ a2c2)≥0，所以 a2c2(a2－2c2)≤0，所以 a2≤2c2，即 e＝ c2 a2 ≥ 2 2 ，又椭圆的离心率 e<1，所 以 2 2 ≤e<1. 答案： 2 2 ，1 直线与圆锥曲线的位置关系 [师生共研·悟通] 直线与圆锥曲线相交时的弦长 (1)设而不求，根据根与系数关系，进行整体代入，即当直线与圆锥曲线交于点 A(x1， y1)，B(x2，y2)时，|AB|＝ 1＋k2·|x1－x2|＝ 1＋ 1 k2|y1－y2|，而|x1－x2|＝ x1＋x22－4x1x2. (2)抛物线 y2＝2px(p>0)的过焦点 F p 2 ，0 的弦 AB，若 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2＝p2 4 ， y1y2＝－p2，弦长|AB|＝x1＋x2＋p. [典例] (2017·全国卷Ⅰ)设 A，B 为曲线 C：y＝x2 4 上两点，A 与 B 的横坐标之和为 4❶ . (1)求直线 AB 的斜率； (2)设 M 为曲线 C 上一点，C 在 M 处的切线与直线 AB 平行，且AM⊥BM❸ ，求直线 AB 的方程． [解答示范] (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲求直线 AB 的斜率，应设 A，B 两点坐标，通过两点满足方程作差，结合已 知条件点 A 与点 B 的横坐标之和，再用斜率公式求解； 第(2)问：欲求 AB 的直线方程，应借助(1)的结论，设出直线 AB 的方程，结合给出的 条件求设出的参数，即可求得直线的方程． (二)建桥——寻关键点 有什么 想到什么 注意什么 信息①：曲线 y＝x2 4 上两点 A， B 的横坐标之和为 4 设两点坐标，作两点坐标满足 方程的差，结合斜率公式和横 坐标的之和来求解 (1)利用两点的斜率公式时， 两点的横坐标应不相等 (2)直线与曲线交于两点，联 立方程消元后得到的一元二 次方程的判别式大于 0 信息②：切线平行直线 AB 导数的几何意义，利用平行直 线斜率相等可得 M 的坐标 信息③：AM⊥BM △ABM 为直角三角形及其性 质：直角三角形的中线等于斜 边的一半 [解] (1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1≠x2，y1＝x21 4 ，y2＝x22 4 ，x1＋x2＝4， 于是直线 AB 的斜率 k＝y1－y2 x1－x2 ＝x1＋x2 4 ＝1. (2)由 y＝x2 4 ，得 y′＝x 2. 设 M(x3，y3)，由题设知x3 2 ＝1，解得 x3＝2， 于是 M(2,1)． 设直线 AB 的方程为 y＝x＋m， 故线段 AB 的中点为 N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|. 将 y＝x＋m 代入 y＝x2 4 ，得 x2－4x－4m＝0. 当Δ＝16(m＋1)＞0，即 m＞－1 时，x1,2＝2±2 m＋1. 从而|AB|＝ 2|x1－x2|＝4 2m＋1. 由题设知|AB|＝2|MN|， 即 4 2m＋1＝2(m＋1)，解得 m＝7(m＝－1 舍去)． 所以直线 AB 的方程为 x－y＋7＝0. [类题通法] 1．求解直线与圆锥曲线位置关系问题的注意事项 (1)判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利 用消元后的一元二次方程的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为 0. (2)依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程组并消元转化为一元方程，此 时注意观察方程的二次项系数是否为 0，若为 0，则方程为一次方程； 若不为 0，则将方程 解的个数转化为判别式与 0 的大小关系求解． 2．处理中点弦问题常用的求解方法 (1)点差法： 设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有 x1＋x2，y1＋y2， y1－y2 x1－x2 三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率． (2)根与系数的关系： 联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解． [即学即用·练通] 1．在平面直角坐标系 xOy 中，过 y 轴正方向上一点 C(0，c)任作一条直线，与抛物线 y ＝x2 相交于 A，B 两点，若 OA―→ · OB―→＝2，则 c 的值为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选 B 设过点 C 的直线为 y＝kx＋c(c>0)， 代入 y＝x2，整理得 x2－kx－c＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1＋x2＝k，x1x2＝－c. 因为 OA―→ · OB―→＝2，所以 x1x2＋y1y2＝2， 即 x1x2＋(kx1＋c)(kx2＋c)＝2， 即 x1x2＋k2x1x2＋kc(x1＋x2)＋c2＝2， 所以－c－k2c＋kc·k＋c2＝2， 即 c2－c－2＝0， 所以 c＝2 或 c＝－1(舍去)． 2．(2017·广西三市第一次联考)已知点 M 2 2，2 3 3 在椭圆 G：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)上， 且点 M 到两焦点的距离之和为 4 3. (1)求椭圆 G 的方程； (2)若斜率为 1 的直线 l 与椭圆 G 交于 A，B 两点，以 AB 为底作等腰三角形，顶点为 P(－3,2)，求△PAB 的面积． 解：(1)∵2a＝4 3，∴a＝2 3. 又点 M 2 2，2 3 3 在椭圆上， ∴2 3 ＋ 4 3b2 ＝1，解得 b2＝4， ∴椭圆 G 的方程为x2 12 ＋y2 4 ＝1. (2)设直线 l 的方程为 y＝x＋m. 由 y＝x＋m， x2 12 ＋y2 4 ＝1， 得 4x2＋6mx＋3m2－12＝0. ① 设 A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)(x10，b>0)的两个焦点，以 F1， F2 为直径的圆与双曲线的一个交点是 P，且△F1PF2 的三条边长成等差数列，则此双曲线的 离心率是( ) A. 2 B. 3 C．2 D．5 解析：选 D 根据对称性，不妨令 2|F1P|＝|F2P|＋|F1F2|＝|F2P|＋2c.又|F1P|－|F2P|＝2a， ∴|F1P|＝2c－2a，|F2P|＝2c－4a. 又|F1P|2＋|F2P|2＝|F1F2|2， ∴(2c－2a)2＋(2c－4a)2＝(2c)2，整理得 e2－6e＋5＝0， ∵e>1，∴e＝5. 2．在区间[1,5]和[2,4]内分别取一个数，记为 a，b，则方程x2 a2 ＋y2 b2 ＝1 表示焦点在 x 轴 上，且离心率小于 3 2 的椭圆的概率为________． 解 析 ： 方 程 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝ 1 表 示 焦 点 在 x 轴 上 且 离 心 率 小 于 3 2 的 椭 圆 ， 故 a2>b2， e＝c a ＝ a2－b2 a < 3 2 ， 即 a2>b2， a2<4b2， 化简得 a>b， a<2b. 又 a∈[1,5]，b∈[2,4]，画出满足不等式组的平面区域，如图阴影部分所示，求得阴影 部分的面积为 S 阴影＝4×2－1 2 ×1 2 ×1－2×1＋3 2 ＝15 4 ， 故所求的概率 P＝S 阴影 2×4 ＝15 32. 答案：15 32 [专题过关检测] 一、选择题 1．(2016·全国卷Ⅰ)已知方程 x2 m2＋n － y2 3m2－n ＝1 表示双曲线，且该双曲线两焦点间的 距离为 4，则 n 的取值范围是( ) A．(－1,3) B．(－1， 3) C．(0,3) D．(0， 3) 解析：选 A 由题意得(m2＋n)(3m2－n)>0，解得－m2b>0)的左、右焦点，M 为直线 y＝2b 上的一 点，△F1MF2 是等边三角形，则椭圆 C 的离心率为( ) A. 7 14 B. 7 7 C.2 7 7 D.3 7 14 解析：选 C 因为△F1MF2 是等边三角形，故 M(0,2b)，|MF1|＝|F1F2|，即 4b2＋c2＝4c2， 4a2＝7c2，e2＝c2 a2 ＝4 7 ，故 e＝2 7 7 . 4．已知双曲线 x2－y2 8 ＝1 的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2 的直线 l 与 C 的左、右两 支分别交于 A，B 两点，且|AF1|＝|BF1|，则|AB|＝( ) A．2 2 B．3 C．4 D．2 2＋1 解析：选 C 设双曲线的实半轴长为 a，依题意可得 a＝1，由双曲线的定义可得|AF2| －|AF1|＝2a＝2，|BF1|－|BF2|＝2a＝2.又|AF1|＝|BF1|，故|AF2|－|BF2|＝4，又|AB|＝|AF2|－ |BF2|，故|AB|＝4. 5．(2018 届高三·衡水中学调研)已知 x＝x1，x＝x2 是函数 f(x)＝1 3ax3－1 2ax2－x 的两个极 值点，且 A x1， 1 x1 ，B x2， 1 x2 ，则直线 AB 与椭圆x2 2 ＋y2＝1 的位置关系为( ) A．相切 B．相交 C．相离 D．不确定 解析：选 B 依题意得 f′(x)＝ax2－ax－1， 显然Δ＝a2＋4a>0，故 a<－4 或 a>0， 又 x1，x2 是方程 ax2－ax－1＝0 的两根， 所以 x1＋x2＝1，x1x2＝－1 a ， 故 kAB＝ 1 x2 － 1 x1 x2－x1 ＝a， 则直线 AB 的方程为 y－ 1 x1 ＝a(x－x1)， 即 y＝ax＋x1＋x2 x1x2 ，即 y＝a(x－1)， 显然直线过定点(1,0)， 又点(1,0)在椭圆x2 2 ＋y2＝1 内， 故直线与椭圆相交． 6．已知斜率为 k(k>0)的直线 l 与抛物线 C：y2＝4x 交于 A，B 两点，O 为坐标原点，M 是线段 AB 的中点，F 为 C 的焦点，△OFM 的面积等于 2，则 k＝( ) A.1 4 B.1 3 C.1 2 D.2 3 解析：选 C 由抛物线方程 y2＝4x 可知焦点 F(1,0)． 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)， ∵M 为线段 AB 的中点，∴ 2x0＝x1＋x2， 2y0＝y1＋y2. 将 y21＝4x1，y22＝4x2 两式相减可得 y21－y22＝4(x1－x2)⇒(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)⇒y1－y2 x1－x2 ＝2 y0 ， 即 k＝2 y0 . ∵k>0，∴y0>0， ∴S△OFM＝1 2 ×1×y0＝2，解得 y0＝4， ∴k＝2 y0 ＝1 2. 二、填空题 7．已知焦点为 F 的抛物线 y2＝2px(p>0)上一点 A(m，2 2)，若以 A 为圆心，|AF|为半 径的圆 A 被 y 轴截得的弦长为 2 5，则 m＝________. 解析：因为圆 A 被 y 轴截得的弦长为 2 5， 所以 m2＋5＝|AF|＝m＋p 2.① 又 A(m,2 2)在抛物线上， 所以 8＝2pm.② 由①与②可得 p＝2，m＝2. 答案：2 8．(2017·山东高考)在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的右支与焦 点为 F 的抛物线 x2＝2py(p>0)交于 A，B 两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线 方程为________． 解析：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知 |AF|＝y1＋p 2 ，|BF|＝y2＋p 2 ，|OF|＝p 2 ， 由|AF|＋|BF|＝y1＋p 2 ＋y2＋p 2 ＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得 y1＋y2＝p. 联立 x2 a2 －y2 b2 ＝1， x2＝2py 消去 x，得 a2y2－2pb2y＋a2b2＝0， 所以 y1＋y2＝2pb2 a2 ，所以2pb2 a2 ＝p， 即b2 a2 ＝1 2 ，故b a ＝ 2 2 ， 所以双曲线的渐近线方程为 y＝± 2 2 x. 答案：y＝± 2 2 x 9．已知双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为 F1(－1,0)，F2(1,0)，P 是 双曲线上任一点，若双曲线的离心率的取值范围为[2,4]，则 PF1 ―→ · PF2 ―→的最小值的取值范围 是________． 解析：设 P(m，n)，则m2 a2 －n2 b2 ＝1，即 m2＝a2 1＋n2 b2 . 又 F1(－1,0)，F2(1,0)， 则PF1 ―→＝(－1－m，－n)，PF2 ―→＝(1－m，－n)， PF1 ―→ ·PF2 ―→＝n2＋m2－1＝n2＋a2 1＋n2 b2 －1 ＝n2 1＋a2 b2 ＋a2－1≥a2－1，当且仅当 n＝0 时取等号， 所以PF1 ―→ ·PF2 ―→的最小值为 a2－1. 由 2≤1 a ≤4，得1 4 ≤a≤1 2 ， 故－15 16 ≤a2－1≤－3 4 ， 即PF1 ―→ ·PF2 ―→的最小值的取值范围是 －15 16 ，－3 4 . 答案： －15 16 ，－3 4 三、解答题 10．(2017·全国卷Ⅱ)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C：x2 2 ＋y2＝1 上，过 M 作 x 轴 的垂线，垂足为 N，点 P 满足 NP―→＝ 2 NM―→ . (1)求点 P 的轨迹方程； (2)设点 Q 在直线 x＝－3 上，且 OP―→ · PQ―→＝1.证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F. 解：(1)设 P(x，y)，M(x0，y0)， 则 N(x0,0)， NP―→＝(x－x0，y)，NM―→＝(0，y0)． 由 NP―→＝ 2 NM―→，得 x0＝x，y0＝ 2 2 y. 因为 M(x0，y0)在椭圆 C 上，所以x2 2 ＋y2 2 ＝1. 因此点 P 的轨迹方程为 x2＋y2＝2. (2)证明：由题意知 F(－1,0)．设 Q(－3，t)，P(m，n)， 则 OQ―→＝(－3，t)， PF―→＝(－1－m，－n)， OQ―→ · PF―→＝3＋3m－tn， OP―→＝(m，n)， PQ―→＝(－3－m，t－n)． 由 OP―→ · PQ―→＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1， 又由(1)知 m2＋n2＝2，故 3＋3m－tn＝0. 所以 OQ―→ · PF―→＝0，即 OQ―→⊥ PF―→ . 又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ， 所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F. 11．(2017·西安质检)已知椭圆与抛物线 y2＝4 2x 有一个相同的焦点，且该椭圆的离心 率为 2 2 . (1)求椭圆的标准方程； (2)过点 P(0,1)的直线与该椭圆交于 A，B 两点，O 为坐标原点，若 AP―→＝2 PB―→，求△ AOB 的面积． 解：(1)依题意，设椭圆的标准方程为x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)， 由题意可得 c＝ 2，又 e＝c a ＝ 2 2 ，∴a＝2. ∴b2＝a2－c2＝2， ∴椭圆的标准方程为x2 4 ＋y2 2 ＝1. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 AP―→＝2 PB―→，得 －x1＝2x2， 1－y1＝2y2－1. 设直线 AB 的方程为 y＝kx＋1，代入椭圆方程整理，得 (2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， ∴x1＋x2＝－ 4k 2k2＋1 ，x1·x2＝－ 2 2k2＋1. 将 x1＝－2x2 代入上式整理可得， 4k 2k2＋1 2＝ 1 2k2＋1 ， 解得 k2＝ 1 14. ∴△AOB 的面积 S＝1 2|OP|·|x1－x2| ＝ x1＋x22－4x1x2 2 ＝1 2·2 8k2＋2 2k2＋1 ＝3 14 8 . 12．(2017·成都一诊)已知椭圆x2 5 ＋y2 4 ＝1 的右焦点为 F，设直线 l：x＝5 与 x 轴的交点 为 E，过点 F 且斜率为 k 的直线 l1 与椭圆交于 A，B 两点，M 为线段 EF 的中点． (1)若直线 l1 的倾斜角为π 4 ，求△ABM 的面积 S 的值； (2)过点 B 作直线 BN⊥l 于点 N，证明：A，M，N 三点共线． 解：(1)由题意，知 F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)． 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)． ∵直线 l1 的倾斜角为π 4 ，∴k＝1. ∴直线 l1 的方程为 y＝x－1，即 x＝y＋1. 代入椭圆方程消去 x，可得 9y2＋8y－16＝0. ∴y1＋y2＝－8 9 ，y1y2＝－16 9 . ∴S△ABM＝1 2·|FM|·|y1－y2|＝ y1＋y22－4y1y2 ＝ －8 9 2＋4×16 9 ＝8 10 9 . (2)证明：设直线 l1 的方程为 y＝k(x－1)． 代入椭圆方程消去 y，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0， 则 x1＋x2＝ 10k2 4＋5k2 ，x1x2＝5k2－20 4＋5k2 . ∵直线 BN⊥l 于点 N，∴N(5，y2)． ∴kAM＝ －y1 3－x1 ，kMN＝y2 2. 而 y2(3－x1)－2(－y1) ＝k(x2－1)(3－x1)＋2k(x1－1) ＝－k[x1x2－3(x1＋x2)＋5] ＝－k 5k2－20 4＋5k2 －3× 10k2 4＋5k2 ＋5 ＝0， ∴kAM＝kMN，故 A，M，N 三点共线． 保分专题(十) 概率与统计、随机变量及其分布列 [全国卷 3 年考情分析] 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2017 卷Ⅰ 数学文化、有关面积的几何概型·T2 1.概率、随机变量及其分 布列是高考命题的热点之一， 命题形式为“一小一大”，即 一道选择或填空题和一道解 答题． 正态分布、二项分布的性质及概率、方 差·T19 卷Ⅱ 二项分布的方差计算·T13 频率分布直方图、独立性检验·T18 2．选择或填空题常出现 在第 4～10 题或第 13～15 题 的位置，主要考查随机事件的 概率、古典概型、几何概型， 难度一般． 3．概率、统计的解答题 多在第 18 或 19 题的位置，多 以交汇性的形式考查，交汇点 主要有两种：(频率分布直方图 与茎叶图)择一与随机变量的 分布列、数学期望、方差相交 汇来考查；(频率分布直方图与 茎叶图)择一与线性回归或独 立性检验相交汇来考查，难度 中等． 卷Ⅲ 频数分布表、概率分布列的求解、数学期 望的应用·T18 2016 卷Ⅰ 与长度有关的几何概型·T4 柱状图、相互独立事件与互斥事件的概 率、分布列和数学期望·T19 卷Ⅱ 几何概型、随机模拟·T10 互斥事件的概率、条件概率、随机变量的 分布列和数学期望·T18 卷Ⅲ 折线图、相关性检验、线性回归方程及其 应用·T18 2015 卷Ⅰ 相互独立事件的概率与独立重复试验的 概率公式·T4 散点图、线性回方程及应用、回归分析·T19 卷Ⅱ 茎叶图、数据的平均值和方差、相互独立 事件的概率·T18 古典概型与几何概型 [师生共研·悟通] 1．古典概型的概率公式 P(A)＝m n ＝A 中所含的基本事件数 基本事件总数 . 2．几何概型的概率公式 P(A)＝ 构成事件 A 的区域长度面积或体积 试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积. [典例] (1)(2017·福建质检)某食品厂制作了 3 种与“福”字有关的精美卡片，分别是 “富强福”、“和谐福”、“友善福”，每袋食品中随机装入一张卡片．若只有集齐 3 种 卡片才可获奖，则购买该食品 4 袋，获奖的概率为( ) A. 3 16 B.4 9 C.3 8 D.8 9 [解析] 选 B 将 3 种不同的精美卡片随机放进 4 个食品袋中，根据分步乘法计数原理 可知共有 34＝81 种不同放法，4 个食品袋中 3 种不同的卡片都有的放法共有 3×C24×A22＝36 种，根据古典概型概率公式得，能获奖的概率 P＝36 81 ＝4 9. (2)(2017·全国卷Ⅰ)如图，正方形 ABCD 内的图形来自中国古代的太 极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对 称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( ) A.1 4 B.π 8 C.1 2 D.π 4 [解析] 选 B 不妨设正方形的边长为 2，则正方形的面积为 4，正方形的内切圆的半 径为 1，面积为π.由题意，得 S 黑＝1 2S 圆＝π 2 ，故此点取自黑色部分的概率 P＝ π 2 4 ＝π 8. 1．利用古典概型求概率的关键及注意点 (1)正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数，这常常用到排列、组合的 有关知识． (2)对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏． 2．几何概型的适用条件及应用关键 (1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解． (2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻 找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域． [类题通法] [即学即用·练通] 1．(2017·洛阳统考)若θ∈[0，π]，则 sin θ＋π 3 >1 2 成立的概率为( ) A.1 3 B.1 2 C.2 3 D．1 解析：选 B 依题意，当θ∈[0，π]时，θ＋π 3 ∈ π 3 ，4π 3 ，由 sin θ＋π 3 >1 2 ，得π 3 ≤θ＋π 3<5π 6 ， 即 0≤θ<π 2.因此，所求的概率 P＝ π 2 －0 π－0 ＝1 2. 2．(2017·广东五校协作体第一次诊断考试)从 1 至 9 共 9 个自然数中任取七个不同的数， 则这七个数的平均数是 5 的概率为( ) A.2 3 B.1 3 C.1 9 D.1 8 解析：选 C 从 1 至 9 共 9 个自然数中任取七个不同的数的取法共有 C79＝C29＝9×8 2 ＝ 36 种，因为 1＋9＝2＋8＝3＋7＝4＋6，所以从(1,9)，(2,8)，(3,7)，(4,6)中任选三组，则有 C34＝4，故这七个数的平均数是 5 的概率 P＝ 4 36 ＝1 9. 3．(2017·贵州适应性考试)已知区域Ω＝{(x，y)||x|≤ 2，0≤y≤ 2}，由直线 x＝－π 3 ，x ＝π 3 ，曲线 y＝cos x 与 x 轴围成的封闭图形所表示的区域记为 A.若在区域Ω内随机取一点 P， 则点 P 在区域 A 的概率为( ) A. 2 4 B.1 2 C. 3 4 D. 6 4 解析：选 C SΩ＝2 2× 2＝4， SA＝∫π 3 －π 3cos xdx＝sin xπ 3 －π 3 ＝sin π 3 －sin －π 3 ＝ 3 2 － － 3 2 ＝ 3， 所以所求概率 P＝ 3 4 . 相互独立事件和独立重复试验 [师生共研·悟通] 类型 特点 概率求法 相互独立事件同时发 生 事件互相独立 P(AB)＝P(A)P(B) (A，B 相互独立) 独立重复试验 一次试验重复 n 次 P(X＝k)＝Cknpk(1－p)n－k(p为 发生的概率) [ 典 例 ] (2017· 天 津 高 考 ) 从 甲 地 到 乙 地 要 经 过 3 个 十 字 路 口 ， 设 各 路 口 信号灯工作相互独立，且在各路口遇❶ 到红灯的概率分别为1 2 ，1 3 ，1 4. (1)记X 表示一辆车从甲地到乙地遇到红灯的个数❷ ，求随机变量 X 的分布列和数学期望； (2)若有 2 辆车独立地从甲地到乙地❸ ，求这 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率． [解答示范] (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲求随机变量 X 的分布列和数学期望，应先确定 X 的取值，再利用事件相互 独立求 X 值对应的概率，从而求出 X 的分布列，由期望公式求出期望； 第(2)问：欲求 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率，应明确所求事件的意义，再求概率． (二)建桥——寻关键点 有什么 想到什么 注意什么 信息①：工作相互独立，各路 口遇到红灯的概率 在三个路口遇到不是红灯的 概率 (1)准确理解随机变量表示的意 义，写出所有随机变量的取值 (2)随机变量的分布列中概率之 和等于 1 (3)事件的相互独立性与独立重 复试验的区别 (4)事件的互斥性与相互独立性 的区别 信息②：事件 X 表示的意义 X 的取值及对应的概率 信息③：有 2 辆车独立地从甲 地到乙地 一辆车是全绿灯通过，另一辆 车是只遇到一次红灯 [解] (1)随机变量 X 的所有可能取值为 0,1,2,3. P(X＝0)＝ 1－1 2 × 1－1 3 × 1－1 4 ＝1 4 ， P(X＝1)＝1 2 × 1－1 3 × 1－1 4 ＋ 1－1 2 ×1 3 × 1－1 4 ＋ 1－1 2 × 1－1 3 ×1 4 ＝11 24 ， P(X＝2)＝ 1－1 2 ×1 3 ×1 4 ＋1 2 × 1－1 3 ×1 4 ＋1 2 ×1 3 × 1－1 4 ＝1 4 ， P(X＝3)＝1 2 ×1 3 ×1 4 ＝ 1 24. 所以随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 4 11 24 1 4 1 24 随机变量 X 的数学期望 E(X)＝0×1 4 ＋1×11 24 ＋2×1 4 ＋3× 1 24 ＝13 12. (2)设 Y 表示第一辆车遇到红灯的个数，Z 表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件 的概率为 P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0) ＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0) ＝1 4 ×11 24 ＋11 24 ×1 4 ＝11 48. 所以这 2 辆车共遇到 1 个红灯的概率为11 48. 求复杂事件概率的 2 种方法 (1)直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事 件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解． (2)间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求 解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解． [类题通法] [即学即用·练通] 1．(2017·广西三市第一次联考)某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪 调查，随机抽查的 200 个机械元件情况如下： 使用时间/天 10～20 21～30 31～40 41～50 51～60 个数 10 40 80 50 20 若以频率为概率，现从该批次机械元件中随机抽取 3 个，则至少有 2 个元件的使用寿 命在 30 天以上的概率为( ) A.13 16 B.27 64 C.25 32 D.27 32 解析：选 D 由表可知元件使用寿命在 30 天以上的概率为150 200 ＝3 4 ，则所求概率为 C23 3 4 2×1 4 ＋ 3 4 3＝27 32. 2．(2017·洛阳第一次统一考试)雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气 质量的首要任务是控制 PM2.5，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联 控、依法治理等方面采取重大举措，聚焦重点领域，严格指标考核．某省环保部门为加强 环境执法监管，派遣四个不同的专家组对 A，B，C 三个城市进行治霾落实情况抽查． (1)若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同， 求恰有一个城市没有专家组选取的概率； (2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评 价，每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为1 2 ，若四个专家组均评价为优则检查通过 不用复检，否则需进行复检．设需进行复检的城市的个数为 X，求 X 的分布列． 解：(1)随机选取，共有 34＝81 种不同方法， 恰有一个城市没有专家组选取的有 C13(C14A22＋C24)＝42 种不同方法， 故恰有一个城市没有专家组选取的概率 P＝42 81 ＝14 27. (2)设事件 A：“一个城市需复检”， 则 P(A)＝1－ 1 2 4＝15 16 ， X 的所有可能取值为 0,1,2,3， P(X＝0)＝C03· 1 16 3＝ 1 4 096 ， P(X＝1)＝C13· 1 16 2·15 16 ＝ 45 4 096 ， P(X＝2)＝C23· 1 16· 15 16 2＝ 675 4 096 ， P(X＝3)＝C33· 15 16 3＝3 375 4 096. 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 1 4 096 45 4 096 675 4 096 3 375 4 096 离散型随机变量的分布列、均值与方差 [师生共研·悟通] 1．均值与方差的性质 (1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b； (2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b 为实数)． 2．两点分布与二项分布的均值、方差 (1)若 X 服从两点分布，则 E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)； (2)若 X～B(n，p)，则 E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)． [典例] (2017·全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每 瓶 4 元，售价每瓶 6 元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶 2 元的价格当天全部处理完．根 据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于 25， 需求量为 500 瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为 300 瓶；如果最高气温低于 20， 需求量为 200 瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据， 得下面的频数分布表： 最高气温 [10,15) [15,20) [20,25) [25,30) [30,35) [35,40) 天数 2 16 36 25 7 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率． (1)求六月份这种酸奶一天的需求量 X(单位：瓶)的分布列； (2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为 Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量 n(单位：瓶)为多少时，Y 的数学期望达到最大值？ [解] (1)由题意知，X 所有可能取值为 200,300,500， 由表格数据知 P(X＝200)＝2＋16 90 ＝0.2，P(X＝300)＝36 90 ＝0.4， P(X＝500)＝25＋7＋4 90 ＝0.4. 因此 X 的分布列为： X 200 300 500 P 0.2 0.4 0.4 (2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为 500，至少为 200，因此只需考虑 200≤n≤500. 当 300≤n≤500 时， 若最高气温不低于 25，则 Y＝6n－4n＝2n； 若最高气温位于区间[20,25)，则 Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n； 若最高气温低于 20，则 Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n. 因此 EY＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n. 当 200≤n<300 时， 若最高气温不低于 20，则 Y＝6n－4n＝2n； 若最高气温低于 20，则 Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n. 因此 EY＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n. 所以 n＝300 时，Y 的数学期望达到最大值，最大值为 520 元． (1)求离散型随机变量的分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事 件，然后综合应用各类求概率的公式，求出概率． (2)求随机变量的均值和方差的关键是正确求出随机变量的分布列，若随机变量服从二 项分布或两点分布，则可直接使用公式求解． [类题通法] [即学即用·练通] 1．一个人将编号为 1,2,3,4 的四个小球随机放入编号为 1,2,3,4 的四个盒子中，每个盒 子放一个小球，球的编号与盒子的编号相同时叫作放对了，否则叫作放错了．设放对的个 数为ξ，则ξ的期望值为( ) A．1 2 B．2 3 C．1 D．2 解析：选 C 将四个小球放入四个盒子，每个盒子放一个小球，共有 A 44种不同放法， 放对的个数ξ可取的值有 0,1,2,4.其中，P(ξ＝0)＝ 9 A44 ＝3 8 ，P(ξ＝1)＝C14×2 A44 ＝1 3 ，P(ξ＝2)＝C24 A44 ＝ 1 4 ，P(ξ＝4)＝ 1 A44 ＝ 1 24 ，所以 E(ξ)＝0×3 8 ＋1×1 3 ＋2×1 4 ＋4× 1 24 ＝1. 2．(2017·全国卷Ⅱ)一批产品的二等品率为 0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放 回地抽取 100 次，X 表示抽到的二等品件数，则 DX＝________. 解析：依题意，X～B(100,0.02)， 所以 DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96. 答案：1.96 3．(2017·惠州三调)某大学志愿者协会有 6 名男同学，4 名女同学．在这 10 名同学中， 3 名同学来自数学学院，其余 7 名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这 10 名同学中随机选取 3 名同学到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)． (1)求选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率； (2)设 X 为选出的 3 名同学中女同学的人数，求随机变量 X 的分布列和数学期望． 解：(1)设“选出的 3 名同学是来自互不相同的学院”为事件 A，则 P(A)＝C13C27＋C03C37 C310 ＝49 60. 所以选出的 3 名同学是来自互不相同学院的概率为49 60. (2)随机变量 X 的所有可能值为 0,1,2,3. P(X＝k)＝Ck4C3－k6 C310 (k＝0,1,2,3)． 所以 P(X＝0)＝C04C36 C310 ＝1 6 ，P(X＝1)＝C14C26 C310 ＝1 2 ， P(X＝2)＝C24C16 C310 ＝ 3 10 ，P(X＝3)＝C34C06 C310 ＝ 1 30. 所以随机变量 X 的分布列为： X 0 1 2 3 P 1 6 1 2 3 10 1 30 故随机变量 X 的数学期望 E(X)＝0×1 6 ＋1×1 2 ＋2× 3 10 ＋3× 1 30 ＝6 5. 概率与统计的综合问题 [师生共研·悟通] [典例] (2017·全国卷Ⅱ)海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比， 收获时各随机抽取了 100 个网箱，测量各箱水产品的产量(单位：kg)，其频率分布直方图如 下： ❶ ❶ (1) 设 两 种 养 殖 方 法 的 箱 产 量 相 互 独 立 ， 记 A 表 示 事 件 “旧养殖法的箱产量低于 50 kg，新养殖法的箱产量不低于❷ 50 kg”，估计 A 的概率； (2)填写下面列联表，并根据列联表判断是否有 99%的 把握认为箱产量与养殖方法有 关： 箱产量<50 kg 箱产量≥50 kg 旧养殖法 新养殖法 (3)根据箱产量的频率分布直方图，求新养殖法箱产量❹ 的中位数的估计值(精确到 0.01)． 附： P(K2≥k) 0.050 0.010 0.001 k 3.841 6.635 10.828 ， K2＝ nad－bc2 a＋bc＋da＋cb＋d. [解答示范] (一)搭桥——找突破口 第(1)问：欲求事件 A 的概率，应明确事件 A 的含义，即与两种养殖方法的频率的关系， 再结合给出的频率分布直方图求出所需频率，从而求解； 第(2)问：欲判断箱产量与养殖方法是否有关，应先根据频率分布直方图填写列联表， 再求 K2，然后与临界值比较判断； 第(3)问：欲求中位数的估计值，应判定中位数大致所在区域，再计算． (二)建桥——寻关键点 有什么 想到什么 注意什么 信息①：频率分布直方图 频率分布直方图所给信息：频 率、中位数等 (1)频率分布直方图的纵坐标 是频率与组距的比值，而不是 频率 (2)不可混淆 K2 与 k 的关系， 并不是 k＝ K2，而 k 应是 K2 的观测值 信息②：事件 A 表示两种养 殖法的箱产量 事件 A 的含义及其频率的求 法 信息③：判断箱产量与养殖方 法是否有关 列联表的数据、K2 的求法及 与临界值的比较 信息④：新养殖法箱产量的中 位数的估计值 中位数大致区域的判定方法 及由频率分布直方图求中位 数的方法 [解] (1)记 B 表示事件“旧养殖法的箱产量低于 50 kg”，C 表示事件“新养殖法的箱 产量不低于 50 kg”． 由题意知 P(A)＝P(BC)＝P(B)P(C)． 旧养殖法的箱产量低于 50 kg 的频率为 (0.012＋0.014＋0.024＋0.034＋0.040)×5＝0.62， 故 P(B)的估计值为 0.62. 新养殖法的箱产量不低于 50 kg 的频率为 (0.068＋0.046＋0.010＋0.008)×5＝0.66， 故 P(C)的估计值为 0.66. 因此，事件 A 的概率估计值为 0.62×0.66＝0.409 2. (2)由(1)知可得列联表 箱产量<50 kg 箱产量≥50 kg 旧养殖法 62 38 新养殖法 34 66 由表中数据及 K2 的计算公式得， K2 的观测值 k＝200×62×66－34×382 100×100×96×104 ≈15.705. 由于 15.705>6.635，故有 99%的把握认为箱产量与养殖方法有关． (3)因为新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于 50 kg 的直方图面积为(0.004 ＋0.020＋0.044)×5＝0.34<0.5， 箱产量低于 55 kg 的直方图面积为(0.004＋0.020＋0.044＋0.068)×5＝0.68>0.5， 故新养殖法箱产量的中位数的估计值为 50＋0.5－0.34 0.068 ≈52.35(kg)． [类题通法] 解决概率与统计综合问题的一般步骤 [即学即用·练通] (2017·河南百校联盟模拟)国内某知名连锁店分店开张营业期间，在固定的时间段内消 费达到一定标准的顾客可参加一次抽奖活动，随着抽奖活动的有效开展，参与抽奖活动的 人数越来越多，该分店经理对开业前 7 天参加抽奖活动的人数进行统计，y 表示开业第 x 天 参加抽奖活动的人数，得到统计表格如下： x 1 2 3 4 5 6 7 y 5 8 8 10 14 15 17 经过进一步统计分析，发现 y 与 x 具有线性相关关系． (1)根据上表提供的数据，用最小二乘法求出 y 关于 x 的线性回归方程y^＝b^x＋a^； (2)若该分店此次抽奖活动自开业始，持续 10 天，参加抽奖的每位顾客抽到一等奖(价 值 200 元奖品)的概率为1 7 ，抽到二等奖(价值 100 元奖品)的概率为2 7 ，抽到三等奖(价值 10 元奖品)的概率为4 7 ，试估计该分店在此次抽奖活动结束时送出多少元奖品？ 解：(1)依题意知 x ＝1 7 ×(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7)＝4， y ＝1 7 ×(5＋8＋8＋10＋14＋15＋17)＝11， 错误!2i ＝12＋22＋32＋42＋52＋62＋72＝140， 错误!iyi＝1×5＋2×8＋3×8＋4×10＋5×14＋6×15＋7×17＝364， b^＝错误!＝364－7×4×11 140－7×16 ＝2， a^＝ y －b^ x ＝11－2×4＝3， 则 y 关于 x 的线性回归方程为y^＝2x＋3. (2)设一位参加抽奖的顾客获得的奖品价值 X 元，则 X 的分布列为 X 200 100 10 P 1 7 2 7 4 7 E(X)＝200×1 7 ＋100×2 7 ＋10×4 7 ＝440 7 . 由 y 关于 x 的线性回归方程为y^＝2x＋3， 得 x＝8 时，y^＝19，x＝9 时，y^＝21，x＝10 时，y^＝23，则此次活动参加抽奖的人数 约为 5＋8＋8＋10＋14＋15＋17＋19＋21＋23＝140， 又 140×440 7 ＝8 800， 所以估计该分店在此次抽奖活动结束时共送出价值 8 800 元的奖品． [数学文化] 数学文化常考点——几何概型 [典例] (2017·昆明质检)圆的任何一对平行切线间的距离总是相等的，即圆在任意方向 都有相同的宽度，具有这种性质的曲线可称为“等宽曲线”．事实上存在着大量的非圆等 宽曲线，以工艺学家鲁列斯(Reuleaux)命名的鲁列斯曲边三角形，就是著名的非圆等宽曲 线．它的画法(如图 1)：画一个等边三角形 ABC，分别以 A，B，C 为圆心，边长为半径， 作圆弧 BC ，CA ，AB ，这三段圆弧围成的图形就是鲁列斯曲边三角形．它的宽度等于原 来等边三角形的边长．等宽曲线都可以放在边长等于曲线宽度的正方形内(如图 2)．在图 2 中的正方形内随机取一点，则这一点落在鲁列斯曲边三角形内的概率为( ) A.π 8 B.2π－3 3 4 C.π－ 2 2 D.π－ 3 2 [解析] 选 D 设鲁列斯曲边三角形的宽度为 a，则该鲁列斯曲边三角形的面积为 3×1 6πa2－2× 3 4 a2＝π－ 3a2 2 ，所以所求概率 P＝ π－ 3a2 2 a2 ＝π－ 3 2 . [点评] (1)本例解题的关键是准确理解题目背景，求出鲁列斯曲边三角形的面积； (2)求解数学文化试题主要分三步完成：①理解数学文化背景，挖掘出题目包含的数学 意义；②联想相关的数学模型，将数学文化背景中的数学问题转化为纯数学问题；③利用 数学知识求解． [针对训练] 1．(2017·宝鸡质检)欧阳修《卖油翁》中写道：“(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口， 徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”．卖油翁的技艺让人叹为观止．设铜钱是直径为 4 cm 的圆，它中间有边长为 1 cm 的正方形孔．若随机向铜钱上滴一滴油，则油滴(不计油滴 的大小)正好落入孔中的概率为( ) A. 1 4π B.1 4 C. 1 16π D. 1 16 解析：选 A 依题意得，所求的概率 P＝ 12 π×22 ＝ 1 4π. 2.如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形(阴影部分)围成一个 大正方形，中间空出一个小正方形组成的图形，若在大正方形内随机取一 点，该点落在小正方形内的概率为1 5 ，则图中直角三角形中较大锐角的正弦 值为( ) A. 5 5 B.2 5 5 C.1 5 D. 3 3 解析：选 B 法一：设大正方形的边长为 1，直角三角形较大的锐角为α，则小正方形 的边长为 sin α－cos α， 所以(sin α－cos α)2＝1 5 ，所以 sin α－cos α＝ 5 5 ， 2sin αcos α＝4 5 ，所以 sin α＋cos α＝3 5 5 ，所以 sin α＝2 5 5 . 法二：由赵爽弦图可知，直角三角形较大的锐角一定大于π 4 ，所以其正弦值一定大于 2 2 ， 故排除选项 A、C、D，选 B. 3．《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作．书中有如下问题： “今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长 分别为 5 步和 12 步，问其内接正方形边长为多少步？”现若向此三角形内投豆子，则落在 其内接正方形内的概率是( ) A. 60 289 B. 90 289 C.120 289 D.240 289 解析：选 C 如图，设 Rt△ABC 的两直角边长分别为 a，b，其内接 正方形 CEDF 的边长为 x， 则由△ADF∽△ABC，得AF AC ＝DF BC ， 即a－x a ＝x b ，解得 x＝ ab a＋b. 从而正方形 CEDF 的面积为 S 正方形 CEDF＝ ab a＋b 2， 又 Rt△ABC 的面积为 S△ABC＝ab 2 ，所以所求概率为 P＝ ab a＋b 2 ab 2 ＝ 2ab a＋b2 ＝2×5×12 5＋122 ＝ 120 289 ，故选 C. [高考大题通法点拨] 概率与统计问题重在“辨”——辨析、辨型 [思维流程] [策略指导] 概率与统计问题辨析、辨型的策略 (1)准确弄清问题所涉及的事件有什么特点，事件之间有什么关系，如互斥、对立、独 立等； (2)理清事件以什么形式发生，如同时发生、至少有几个发生、至多有几个发生、恰有 几个发生等； (3)明确抽取方式，如放回还是不放回、抽取有无顺序等； (4)准确选择排列组合的方法来计算基本事件发生数和事件总数，或根据概率计算公式 和性质来计算事件的概率； (5)确定随机变量取值并求其对应的概率，写出分布列后再求期望． (6)会套用求b^、K2 的公式求值，再作进一步求值与分析． [例 1] (2016·全国卷Ⅰ)某险种的基本保费为 a(单元：元)，继续购买该险种的投保人称 为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下： 上年度出 险次数 0 1 2 3 4 ≥5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下： 一年内出 险次数 0 1 2 3 4 ≥5 概率 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 (1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率； (2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出 60%的概率； (3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值． [解] (1)设 A 表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”， 则事件 A 发生当且仅当一年内出险次数大于 1，故 P(A)＝0.20＋0.20＋0.10＋0.05＝0.55. (2)设 B 表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出 60%”，则事件 B 发生当 且仅当一年内出险次数大于 3，故 P(B)＝0.10＋0.05＝0.15. 又 P(AB)＝P(B)， 故 P(B|A)＝PAB PA ＝PB PA ＝0.15 0.55 ＝ 3 11. 因此所求概率为 3 11. (3)记续保人本年度的保费为 X，则 X 的分布列为 X 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a P 0.30 0.15 0.20 0.20 0.10 0.05 E(X) ＝ 0.85a×0.30 ＋ a×0.15 ＋ 1.25a×0.20 ＋ 1.5a×0.20 ＋ 1.75a×0.10 ＋ 2a×0.05 ＝ 1.23a. 因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为 1.23. [题后悟通] 求解此类问题的关键： (1)会判断，先判断事件的类型，再利用对立事件的概率公式、条件概率的公式等求解 概率； (2)会计算，要求随机变量 X 的期望，需先求出 X 的所有可能取值，然后求出随机变量 X 取每个值时的概率，再利用随机变量的数学期望的定义进行计算． [例 2] 为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取 100 名家用轿车 驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在 55 名男性驾驶员中， 平均车速超过 100 km/h 的有 40 人，不超过 100 km/h 的有 15 人；在 45 名女性驾驶员中， 平均车速超过 100 km/h 的有 20 人，不超过 100 km/h 的有 25 人． (1)完成下面列联表，并判断能否在犯错误概率不超过 0.005 的前提下认为“平均车速 超过 100 km/h 与性别有关”？ 平均车速超过 100 km/h 平均车速不超过 100 km/h 总计 男性驾驶员 女性驾驶员 总计 附：K2＝ nad－bc2 a＋bc＋da＋cb＋d ，其中 n＝a＋b＋c＋d. P(K2≥k0) 0.150 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 k0 2.072 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 (2)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过 100 km/h 的人中随机抽取 2 人，求这 2 人 恰好有 1 名男性驾驶员和 1 名女性驾驶员的概率； (3)以样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取 3 辆，记这 3 辆车 平均车速超过 100 km/h 且为男性驾驶员的车辆数为 X，求 X 的分布列和数学期望 E(X)． [解] (1)完成的列联表如下： 平均车速超过 100 km/h 平均车速不超过 100 km/h 总计 男性驾驶员 40 15 55 女性驾驶员 20 25 45 总计 60 40 100 由表中数据得 K2 的观测值 k＝100×40×25－20×152 60×40×55×45 ≈8.249＞7.879， 所以能在犯错误的概率不超过 0.005 的前提下认为“平均车速超过 100 km/h 与性别有 关”． (2)平均车速不超过 100 km/h 的驾驶员有 40 人，从中随机抽取 2 人的方法总数为 C240， 记 “这 2 人恰好有 1 名男性驾驶员和 1 名女性驾驶员”为事件 A，则事件 A 所包含的基 本事件数为 C115C125， 所以所求的概率 P(A)＝C115C125 C240 ＝15×25 20×39 ＝25 52. (3)根据样本估计总体的思想，从总体中任取 1 辆车，平均车速超过 100 km/h 且为男性 驾驶员的概率为 40 100 ＝2 5 ， 故 X～B 3，2 5 . 所以 P(X＝0) ＝C03 2 5 0 3 5 3＝ 27 125 ； P(X＝1)＝C13 2 5 1 3 5 2＝ 54 125 ； P(X＝2)＝C23 2 5 2 3 5 1＝ 36 125 ； P(X＝3)＝C33 2 5 3 3 5 0＝ 8 125. 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 27 125 54 125 36 125 8 125 E(X)＝0× 27 125 ＋1× 54 125 ＋2× 36 125 ＋3× 8 125 ＝6 5 或 EX＝3×2 5 ＝6 5 . [题后悟通] 求解此类问题的两个关键点： (1)会利用两个基本计数原理、排列与组合，以及古典概型的概率公式求随机变量的概 率；能准确判断随机变量 X 的所有可能取值，然后求出随机变量 X 取每个值时的概率，即 可得随机变量 X 的分布列；还需活用定义，即会活用随机变量的数学期望的定义进行计算． (2)独立性检验是用来考察两个分类变量是否有关系，计算随机变量的观测值 K2，K2 越 大，说明两个分类变量有关系的可能性越大． [针对训练] (2017·广西三市第一次联考)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从 6 道备选题中一次性随机抽取 3 道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中 2 道题的便可通过．已知 6 道备选题中应聘者甲有 4 道题能正确完成，2 道题不能完成；应聘 者乙每题正确完成的概率都是2 3 ，且每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及数学期望； (2)请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大？ 解：(1)设甲正确完成面试的题数为ξ，则ξ的可能取值为 1,2,3. P(ξ＝1)＝C14C22 C36 ＝1 5 ； P(ξ＝2)＝C24C12 C36 ＝3 5 ； P(ξ＝3)＝C34C02 C36 ＝1 5. 故应聘者甲正确完成题数ξ的分布列为： ξ 1 2 3 P 1 5 3 5 1 5 E(ξ)＝1×1 5 ＋2×3 5 ＋3×1 5 ＝2. 设乙正确完成面试的题数为η，则η的可能取值为 0,1,2,3. P(η＝0)＝C03 1 3 3＝ 1 27 ； P(η＝1)＝C13 2 3 1 1 3 2＝2 9 ； P(η＝2)＝C23 2 3 2 1 3 ＝4 9 ； P(η＝3)＝C33 2 3 3＝ 8 27. 故应聘者乙正确完成题数η的分布列为： η 0 1 2 3 P 1 27 2 9 4 9 8 27 E(η)＝0× 1 27 ＋1×2 9 ＋2×4 9 ＋3× 8 27 ＝2. 或因为η～B 3，2 3 ，所以 Eη＝3×2 3 ＝2 (2)因为 D(ξ)＝(1－2)2×1 5 ＋(2－2)2×3 5 ＋(3－2)2×1 5 ＝2 5 ， D(η)＝3×2 3 ×1 3 ＝2 3. 所以 D(ξ)P(η≥2)． 综上所述，从做对题数的数学期望考查，两人水平相当； 从做对题数的方差考查，甲较稳定； 从至少完成 2 道题的概率考查，甲面试通过的可能性大． [总结升华] 概率与统计问题的求解关键是辨别它的模型，只要找到模型，问题便迎刃而解．而概 率模型的提取往往需要经过观察、分析、归纳、判断等复杂的辨析思维过程，常常因题设 条件理解不准，某个概念认识不清而误入歧途．另外，还需弄清楚概率模型中等可能事件、 互斥事件、对立事件、独立事件等事件间的关系，注意放回和不放回试验的区别，合理划 分复合事件． [专题过关检测] A 卷——夯基保分专练 一、选择题 1．已知某一随机变量ξ的分布列如下表所示，若 E(ξ)＝6.3，则 a 的值为( ) ξ a 7 9 P b 0.1 0.4 A．4 B．5 C．6 D．7 解析：选 A 根据随机变量ξ的分布列可知 b＋0.1＋0.4＝1，所以 b＝0.5.又 E(ξ)＝0.5×a ＋7×0.1＋9×0.4＝6.3，所以 a＝4. 2．投篮测试中，每人投 3 次，至少投中 2 次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中 的概率为 0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( ) A．0.648 B．0.432 C．0.36 D．0.312 解析：选 A 3 次投篮投中 2 次的概率为 P(k＝2)＝C23×0.62×(1－0.6)，投中 3 次的概 率为 P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为 P(k＝2)＋P(k＝3)＝C23×0.62×(1－0.6)＋0.63＝ 0.648. 3．(2017·武汉调研)小赵、小钱、小孙、小李到 4 个景点旅游，每人只去一个景点，设 事件 A＝“4 个人去的景点不相同”，事件 B＝“小赵独自去一个景点”，则 P(A|B)＝( ) A.2 9 B.1 3 C.4 9 D.5 9 解析：选 A 小赵独自去一个景点共有 4×3×3×3＝108 种可能性，4 个人去的景点不 同的可能性有 A44＝4×3×2×1＝24 种，∴P(A|B)＝ 24 108 ＝2 9. 4．(2017·惠州三调)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上 等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下 等马，现从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛，则田忌获胜的概率为( ) A.1 3 B.1 4 C.1 5 D.1 6 解析：选 A 设田忌的上、中、下三个等次的马分别为 A，B，C，齐王的上、中、下 三个等次的马分别为 a，b，c，从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛的所有可能结果 有 Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc，共 9 种，田忌获胜有 Ab，Ac，Bc，共 3 种， 所以田忌获胜的概率为1 3. 5．(2017·西安八校联考)在平面区域{(x，y)|0≤x≤2，0≤y≤4}内随机投入一点 P，则点 P 的坐标(x，y)满足 y≤x2 的概率为( ) A.1 2 B.1 3 C.2 3 D.3 4 解析：选 B 不等式组 0≤x≤2， 0≤y≤4 表示的平面区域的面积为 2×4＝8，不等式组 0≤x≤2， 0≤y≤4， y≤x2 表示的平面区域的面积为 错误!x2dx＝1 3x320＝8 3 ，因此所求的概率 P＝ 8 3 8 ＝1 3. 6．甲、乙两人进行围棋比赛，约定先连胜 2 局者直接赢得比赛，若赛完 5 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2 3 ，乙获胜的概率为1 3 ，各 局比赛结果相互独立．记 X 为比赛决出胜负时的总局数，则 X 的数学期望是( ) A.201 83 B.214 83 C.224 81 D.239 81 解析：选 C 用 Ak 表示“第 k 局甲获胜”，Bk 表示“第 k 局乙获胜”， 则 P(Ak)＝2 3 ，P(Bk)＝1 3 ，k＝1,2,3,4,5. X 的所有可能取值为 2,3,4,5，且 P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2) ＝5 9 ， P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3)＝P(B1)P(A2)·P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝2 9 ， P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝P(A1)·P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)＝ 10 81 ， P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝ 8 81. 故 X 的分布列为： X 2 3 4 5 P 5 9 2 9 10 81 8 81 E(X)＝2×5 9 ＋3×2 9 ＋4×10 81 ＋5× 8 81 ＝224 81 . 二、填空题 7．(2017·江苏高考)记函数 f(x)＝ 6＋x－x2的定义域为 D.在区间[－4,5]上随机取一个数 x，则 x∈D 的概率是________． 解析：由 6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，则 D＝[－2,3]，则所求概率 P＝3－－2 5－－4 ＝5 9. 答案：5 9 8.某车间共有 6 名工人，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中 茎为十位数，叶为个位数，日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人．从该车间 6 名工人中，任取 2 人，则至少有 1 名优秀工人的概率为________． 解析：由茎叶图可知 6 名工人加工零件数分别为 17,19,20,21,25,30，平均值为1 6 ×(17＋ 19＋20＋21＋25＋30)＝22，则优秀工人有 2 名，从该车间 6 名工人中，任取 2 人共有 C26＝ 15 种取法，其中至少有 1 名优秀工人的共有 C14C12＋C22＝9 种取法，由概率公式可得 P＝ 9 15 ＝ 3 5. 答案：3 5 9．某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满 100 元者即可参加射击赢玩具 活动，具体规则如下：每人最多可射击 3 次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则 一直射满 3 次为止．设甲每次击中的概率为 p(p≠0)，射击次数为η，若η的均值 E(η)>7 4 ，则 p 的取值范围是________． 解析：由已知得 P(η＝1)＝p，P(η＝2)＝(1－p)p，P(η＝3)＝(1－p)2， 则 E(η)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>7 4 ， 解得 p>5 2 或 p<1 2 ， 又 p∈(0,1)，所以 p∈ 0，1 2 . 答案： 0，1 2 三、解答题 10．某市教育局为了解高三学生体育达标情况，对全市高三学生进行了体能测试，经 分析，全市高三学生的体能测试成绩 X服从正态分布 N(80，σ2)(满分为 100 分)．已知 P(X≤75) ＝0.3，P(X≥95)＝0.1，现从该市高三学生中随机抽取 3 位同学． (1)求抽到的 3 位同学在该次体能测试中的成绩在区间[80,85)，[85,95)，[95,100]内各有 1 位的概率； (2)记抽到的 3 位同学在该次体能测试中的成绩在区间(75,85)内的人数为ξ，求随机变量 ξ的分布列和数学期望 E(ξ)． 解：(1)由题意知，P(80≤X<85)＝0.5－P(X≤75)＝0.2，P(85≤X<95)＝0.3－0.1＝0.2， 所以所求概率 P＝A33×0.2×0.2×0.1＝0.024. (2)P(7510.828，所以在犯错误的概率不 超过 0.001 的前提下能认为喜欢《最强大脑》与性别有关． (3)X 的所有可能取值为 0,1,2. 依题意知，X 服从超几何分布， 所以 P(X＝0)＝C03C22 C25 ＝ 1 10 ，P(X＝1)＝C13C12 C25 ＝ 6 10 ＝3 5 ， P(X＝2)＝C23C02 C25 ＝ 3 10. 所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 1 10 3 5 3 10 故数学期望 E(X)＝0× 1 10 ＋1×3 5 ＋2× 3 10 ＝6 5. 3．甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一 轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得 3 分；如果只有一人猜对，则“星队”得 1 分； 如果两人都没猜对，则“星队”得 0 分．已知甲每轮猜对的概率是3 4 ，乙每轮猜对的概率是 2 3 ；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活 动，求： (1)“星队”至少猜对 3 个成语的概率； (2)“星队”两轮得分之和 X 的分布列和数学期望 E(X). 解：(1)记事件 A：“甲第一轮猜对”， 记事件 B：“乙第一轮猜对”， 记事件 C：“甲第二轮猜对”， 记事件 D：“乙第二轮猜对”， 记事件 E：“‘星队’至少猜对 3 个成语”． 由题意，E＝ABCD＋ A BCD＋A B CD＋AB C D＋ABC D ，由事件的独立性与互斥 性， 得 P(E) ＝ P(ABCD) ＋ P( A BCD) ＋ P(A B CD) ＋ P(AB C D) ＋ P(ABC D ) ＝ P(A)P(B)P(C)P(D)＋P( A )P(B)P(C)P(D)＋P(A)P( B )P(C)P(D)＋P(A)·P(B)P( C )P(D)＋ P(A)P(B)P(C)P( D )＝3 4 ×2 3 ×3 4 ×2 3 ＋2× 1 4 ×2 3 ×3 4 ×2 3 ＋3 4 ×1 3 ×3 4 ×2 3 ＝2 3 ， 所以“星队”至少猜对 3 个成语的概率为2 3. (2)由题意，随机变量 X 可能的取值为 0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得 P(X＝0)＝1 4 ×1 3 ×1 4 ×1 3 ＝ 1 144 ， P(X＝1)＝2× 3 4 ×1 3 ×1 4 ×1 3 ＋1 4 ×2 3 ×1 4 ×1 3 ＝ 10 144 ＝ 5 72 ， P(X＝2)＝3 4 ×1 3 ×3 4 ×1 3 ＋3 4 ×1 3 ×1 4 ×2 3 ＋1 4 ×2 3 ×3 4 ×1 3 ＋1 4 ×2 3 ×1 4 ×2 3 ＝ 25 144 ， P(X＝3)＝3 4 ×2 3 ×1 4 ×1 3 ＋1 4 ×1 3 ×3 4 ×2 3 ＝ 12 144 ＝ 1 12 ， P(X＝4)＝2× 3 4 ×2 3 ×3 4 ×1 3 ＋3 4 ×2 3 ×1 4 ×2 3 ＝ 60 144 ＝ 5 12 ， P(X＝6)＝3 4 ×2 3 ×3 4 ×2 3 ＝ 36 144 ＝1 4. 可得随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 6 P 1 144 5 72 25 144 1 12 5 12 1 4 所以数学期望 E(X)＝0× 1 144 ＋1× 5 72 ＋2× 25 144 ＋3× 1 12 ＋4× 5 12 ＋6×1 4 ＝23 6 . 4．(2017·昆明模拟)某火锅店为了了解气温对营业额的影响，随机记录了该店 1 月份其 中 5 天的日营业额 y(单位：万元)与该地当日最低气温 x(单位：℃)的数据，如下表： x 2 5 8 9 11 y 1.2 1 0.8 0.8 0.7 (1)求 y 关于 x 的线性回归方程y^＝b^x＋a^； (2)判断 y 与 x 之间是正相关还是负相关，若该地 1 月份某天的最低气温为 6 ℃，用所 求回归方程预测该店当日的营业额； (3)设该地 1 月份的日最低气温 X～N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数 x ，σ2 近似为样 本方差 s2，求 P(3.8＜X≤13.4)． 附：①回归方程y^＝b^x＋a^中，b^＝错误!，a^＝ y －b^ x . ② 10≈3.2， 3.2≈1.8.若 X～N(μ，σ2)，则 P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ＜ X≤μ＋2σ)＝0.954 5. 解：(1) x ＝1 5 ×(2＋5＋8＋9＋11)＝7， y ＝1 5 ×(1.2＋1＋0.8＋0.8＋0.7)＝0.9. 错误!2i ＝4＋25＋64＋81＋121＝295， 错误!iyi＝2.4＋5＋6.4＋7.2＋7.7＝28.7， ∴b^＝错误!＝28.7－5×7×0.9 295－5×72 ＝－2.8 50 ＝－0.056， a^＝ y －b^ x ＝0.9－(－0.056)×7＝1.292. ∴线性回归方程为y^＝－0.056x＋1.292. (2)∵b^＝－0.056＜0，∴y 与 x 之间是负相关． 当 x＝6 时，y^＝－0.056×6＋1.292＝0.956. ∴该店当日的营业额约为 9 560 元． (3)样本方差 s2＝1 5 ×(25＋4＋1＋4＋16)＝10， ∴最低气温 X～N(7,3.22)， ∴P(3.8＜X≤10.2)＝0.682 7， P(0.6＜X≤13.4)＝0.954 5， ∴P(10.2＜X≤13.4)＝1 2 ×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9. ∴P(3.8＜X≤13.4)＝P(3.8＜X≤10.2)＋P(10.2＜X≤13.4)＝0.682 7＋0.135 9＝0.818 6. 保分专题(十一) 选修 4－4 坐标系与参数方程 [全国卷 3 年考情分析] 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2017 卷Ⅰ 参数方程与普通方程的互化、点到直线 的距离·T22 1.坐标系与参数方程是高考的 选考内容之一，高考考查的重点 主要有两个方面：一是简单曲线 的极坐标方程；二是参数方程、 极坐标方程与曲线的综合应用． 2.全国课标卷对此部分内容的 考查以解答题形式出现，难度中 等，备考此部分内容时应注意转 卷Ⅱ 直角坐标与极坐标的互化、动点轨迹方 程的求法、三角形面积的最值问题·T22 卷Ⅲ 直线的参数方程与极坐标方程、动点轨 迹方程的求法·T22 2016 卷Ⅰ 参数方程与普通方程的互化、极坐标方 程与直角坐标方程的互化及应用·T23 卷Ⅱ 极坐标方程与直角坐标方程的互化及 化思想的应用.应用、直线与圆的位置关系·T23 卷Ⅲ 参数方程、极坐标方程及点到直线的距 离、三角函数的最值·T23 2015 卷Ⅰ 极坐标与直角坐标的互化以及极坐标 方程的应用·T23 卷Ⅱ 极坐标与直角坐标的互化、三角函数的 性质·T23 极坐标方程及应用 [师生共研·悟通] 1．圆的极坐标方程 若圆心为 M(ρ0，θ0)，半径为 r，则圆的方程为：ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ20－r2＝0. 几个特殊位置的圆的极坐标方程： (1)当圆心位于极点，半径为 r：ρ＝r； (2)当圆心位于 M(a,0)，半径为 a：ρ＝2acos θ； (3)当圆心位于 M a，π 2 ，半径为 a：ρ＝2asin θ. 2．直线的极坐标方程 若直线过点 M(ρ0，θ0)，且极轴与此直线所成的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ ρ0sin(θ0－α)． 几个特殊位置的直线的极坐标方程： (1)直线过极点：θ＝θ0 和θ＝π＋θ0； (2)直线过点 M(a,0)且垂直于极轴：ρcos θ＝a； (3)直线过 M b，π 2 且平行于极轴：ρsin θ＝b. [典例] (2017·长春二模)在直角坐标系 xOy 中，以 O 为极点，x 轴正半轴为极轴建立极 坐标系，曲线 C 的极坐标方程为ρcos θ－π 3 ＝1，M，N 分别为曲线 C 与 x 轴，y 轴的交点． (1)写出曲线 C 的直角坐标方程，并求 M，N 的极坐标； (2)设 M，N 的中点为 P，求直线 OP 的极坐标方程． [解] (1)∵ρcos θ－π 3 ＝1， ∴ρcos θ·cosπ 3 ＋ρsin θ·sinπ 3 ＝1. 又 x＝ρcos θ， y＝ρsin θ， ∴1 2x＋ 3 2 y＝1， 即曲线 C 的直角坐标方程为 x＋ 3y－2＝0， 令 y＝0，则 x＝2；令 x＝0，则 y＝2 3 3 . ∴M(2,0)，N 0，2 3 3 . ∴M 的极坐标为(2,0)，N 的极坐标为 2 3 3 ，π 2 . (2)∵M，N 连线的中点 P 的直角坐标为 1， 3 3 ， ∴P 的极角为θ＝π 6 ， ∴直线 OP 的极坐标方程为θ＝π 6(ρ∈R)． [类题通法] 1．极坐标方程与普通方程互化技巧 (1)巧用极坐标方程两边同乘以ρ或同时平方技巧，将极坐标方程构造成含有ρcos θ，ρsin θ，ρ2 的形式，然后利用公式代入化简得到普通方程． (2)巧借两角和差公式，转化ρsin(θ±α)或ρ＝cos(θ±α)的结构形式，进而利用互化公式得 到普通方程． (3)将直角坐标方程中的 x 转化为ρcos θ，将 y 换成ρsin θ，即可得到其极坐标方程． 2．求解与极坐标有关的问题的主要方法 (1)直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用． (2)转化为直角坐标系，用直角坐标求解．若结果要求的是极坐标，还应将直角坐标化 为极坐标． [即学即用·练通] (2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系 xOy 中，直线 C1：x＝－2，圆 C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1， 以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系． (1)求 C1，C2 的极坐标方程； (2)若直线 C3 的极坐标方程为θ＝π 4(ρ∈R)，设 C2 与 C3 的交点为 M，N，求△C2MN 的 面积． 解：(1)因为 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ， 所以 C1 的极坐标方程为ρcos θ＝－2， C2 的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0. (2)法一：将θ＝π 4 代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0， 得ρ2－3 2ρ＋4＝0，解得ρ1＝2 2，ρ2＝ 2. 故ρ1－ρ2＝ 2，即|MN|＝ 2. 由于 C2 的半径为 1，所以△C2MN 的面积为1 2. 法二：将极坐标方程θ＝π 4 化为直角坐标方程为 y＝x. 圆心 C2(1,2)到直线 x－y＝0 的距离 d＝|1－2| 2 ＝ 2 2 ， ∴|MN|＝2 1－ 2 2 2＝ 2， ∴S△C2MN＝1 2d·|MN|＝1 2 × 2 2 × 2＝1 2. 参数方程问题 [师生共研·悟通] 直线和圆锥曲线的参数方程和普通方程 点的轨迹 普通方程 参数方程 直线 y－y0＝tan α(x－x0) x＝x0＋tcos α， y＝y0＋tsin α (t 为参数) 圆 (x－x0)2＋(y－y0)2＝r2 x＝x0＋rcos θ， y＝y0＋rsin θ (θ为参数) 椭圆 x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0) x＝acos φ， y＝bsin φ (φ为参数) 双曲线 x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0) x＝ a cos φ ， y＝btan φ (φ为参数) 抛物线 y2＝2px x＝2pt2， y＝2pt (t 为参数) [典例] 已知直线 l 的参数方程为 x＝－1＋tcos α， y＝3＋tsin α (t 为参数，α为倾斜角)，圆 C 的 参数方程为 x＝2＋3cos θ， y＝－1＋3sin θ (θ为参数)． (1)若直线 l 经过圆 C 的圆心，求直线 l 的斜率； (2)若直线 l 与圆 C 没有公共点，求直线 l 的斜率的取值范围． [解] (1)由已知得直线 l 经过的定点是 P(－1,3)，而圆 C 的圆心是 C(2，－1)， 所以当直线 l 经过圆 C 的圆心时，直线 l 的斜率为 k＝3－－1 －1－2 ＝－4 3. (2)由圆 C 的参数方程为 x＝2＋3cos θ， y＝－1＋3sin θ， 得圆 C 的圆心是 C(2，－1)，半径为 3. 由直线 l 的参数方程为 x＝－1＋tcos α， y＝3＋tsin α (t 为参数，α为倾斜角)，知直线 l 的普通方 程为 y－3＝k(x＋1)(易知直线 l 的斜率 k 存在)，即 kx－y＋3＋k＝0. 当直线 l 与圆 C 没有公共点时，圆心到直线 l 的距离大于圆的半径， 即|3k＋4| k2＋1 >3，解得 k>－ 7 24. 故直线 l 的斜率的取值范围为 － 7 24 ，＋∞ . [类题通法] 1．有关参数方程问题的 2 个关键点 (1)参数方程化为普通方程的关键是消参数，要根据参数的特点进行转化． (2)利用参数方程解决问题，关键是选准参数，理解参数的几何意义． 2．利用直线的参数方程中参数的几何意义求解问题 经过点 P(x0，y0)，倾斜角为α的直线 l 的参数方程为 x＝x0＋tcos α， y＝y0＋tsin α (t 为参数)．若 A， B 为直线 l 上两点，其对应的参数分别为 t1，t2，线段 AB 的中点为 M，点 M 所对应的参数 为 t0，则以下结论在解题中经常用到： (1)t0＝t1＋t2 2 ； (2)|PM|＝|t0|＝|t1＋t2 2 |； (3)|AB|＝|t2－t1|； (4)|PA|·|PB|＝|t1·t2|. [即学即用·练通] (2014·全国卷Ⅰ)已知曲线 C：x2 4 ＋y2 9 ＝1，直线 l： x＝2＋t， y＝2－2t (t 为参数)． (1)写出曲线 C 的参数方程，直线 l 的普通方程； (2)过曲线 C 上任意一点 P 作与 l 夹角为 30°的直线，交 l 于点 A，求|PA|的最大值与最 小值． 解：(1)曲线 C 的参数方程为 x＝2cos θ， y＝3sin θ， (θ为参数)． 直线 l 的普通方程为 2x＋y－6＝0. (2)曲线 C 上任意一点 P(2cos θ，3sin θ)到 l 的距离为 d＝ 5 5 |4cos θ＋3sin θ－6|. 则|PA|＝ d sin 30° ＝2 5 5 |5sin(θ＋α)－6|，其中α为锐角，且 tan α＝4 3. 当 sin(θ＋α)＝－1 时，|PA|取得最大值，最大值为22 5 5 . 当 sin(θ＋α)＝1 时，|PA|取得最小值，最小值为2 5 5 . 参数方程与极坐标方程的综合问题 [师生共研·悟通] 近几年高考往往在同一道解答题中，同时考查极坐标方程、参数方程及它们之间的综 合应用，难度相对较大．在复习中注意涉及参数方程和极坐标方程的综合问题，求解的一 般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解． [典例] (2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系 xOy 中，直线 l1 的参数方程为 x＝2＋t， y＝kt (t 为 参数)，直线 l2 的参数方程为 x＝－2＋m， y＝m k (m 为参数)．设 l1 与 l2 的交点为 P，当 k 变化 时，P 的轨迹为曲线 C. (1)写出 C 的普通方程； (2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设 l3：ρ(cos θ＋sin θ)－ 2＝0， M 为 l3 与 C 的交点，求 M 的极径． [解] (1)消去参数 t 得 l1 的普通方程 l1：y＝k(x－2)； 消去参数 m 得 l2 的普通方程 l2：y＝1 k(x＋2)． 设 P(x，y)，由题设得 y＝kx－2， y＝1 k x＋2. 消去 k 得 x2－y2＝4(y≠0)． 所以 C 的普通方程为 x2－y2＝4(y≠0)． (2)C 的极坐标方程为ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4(0＜θ＜2π，θ≠π)． 联立 ρ2cos2θ－sin2θ＝4， ρcos θ＋sin θ－ 2＝0 得 cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)． 故 tan θ＝－1 3 ，从而 cos2θ＝ 9 10 ，sin2θ＝ 1 10. 代入ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4 得ρ2＝5， 所以交点 M 的极径为 5. [类题通法] 解决极坐标方程与参数方程综合问题的方法 (1)对于参数方程或极坐标方程应用不够熟练的情况下，我们可以先化成直角坐标的普 通方程，这样思路可能更加清晰． (2)对于一些运算比较复杂的问题，用参数方程计算会比较简捷． (3)利用极坐标方程解决问题时，要注意题目所给的限制条件及隐含条件． [即学即用·练通] (2016·全国卷Ⅱ)在直角坐标系 xOy 中，圆 C 的方程为(x＋6)2＋y2＝25. (1)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求 C 的极坐标方程； (2)直线 l 的参数方程是 x＝tcos α， y＝tsin α (t 为参数)，l 与 C 交于 A，B 两点，|AB|＝ 10， 求 l 的斜率． 解：(1)由 x＝ρcos θ，y＝ρsin θ可得圆 C 的极坐标方程为ρ2＋12ρcos θ＋11＝0. (2)在(1)中建立的极坐标系中，直线 l 的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)． 设 A，B 所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将 l 的极坐标方程代入 C 的极坐标方程得ρ2＋12ρcos α＋11＝0， 于是ρ1＋ρ2＝－12cos α，ρ1ρ2＝11. |AB|＝|ρ1－ρ2|＝ ρ1＋ρ22－4ρ1ρ2 ＝ 144cos2α－44. 由|AB|＝ 10得 cos2α＝3 8 ，tan α＝± 15 3 . 所以直线 l 的斜率为－ 15 3 或 15 3 . [专题过关检测] 1．(2017·合肥一检)已知直线 l 的参数方程为 x＝1＋1 2 t， y＝ 3＋ 3t (t 为参数)．在以坐标原点 为极点，x 轴非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C 的方程为 sin θ－ 3ρcos2θ＝0. (1)求曲线 C 的直角坐标方程； (2)写出直线 l 与曲线 C 交点的一个极坐标． 解：(1)∵sin θ－ 3ρcos2θ＝0，∴ρsin θ－ 3ρ2cos2θ＝0， 即 y－ 3x2＝0. 故曲线 C 的直角坐标方程为 y－ 3x2＝0. (2)将 x＝1＋1 2t， y＝ 3＋ 3t， 代入 y－ 3x2＝0 得， 3＋ 3t－ 3 1＋1 2t 2＝0， 解得 t＝0， 从而交点坐标为(1， 3)， ∴交点的一个极坐标为 2，π 3 . 2．在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆 C 的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈ 0，π 2 . (1)求半圆 C 的参数方程； (2)若半圆 C 与圆 D：(x－5)2＋(y－ 3)2＝m(m 是常数，m＞0)相切，试求切点的直角坐 标． 解：(1)半圆 C 的普通方程为(x－2)2＋y2＝4(0≤y≤2)， 则半圆 C 的参数方程为 x＝2＋2cos t， y＝2sin t (t 为参数，0≤t≤π)． (2)C，D 的圆心坐标分别为(2,0)，(5， 3)， 于是直线 CD 的斜率 k＝ 3－0 5－2 ＝ 3 3 . 由于切点必在两个圆心的连线上， 故切点对应的参数 t 满足 tan t＝ 3 3 ，t＝π 6 ， 所以切点的直角坐标为 2＋2cosπ 6 ，2sinπ 6 ， 即(2＋ 3，1)． 3．(2017·宝鸡质检)在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立 极坐标系，已知曲线 C 的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)． (1)求 C 的直角坐标方程； (2)直线 l： x＝1 2 t， y＝1＋ 3 2 t (t 为参数)与曲线 C 交于 A，B 两点，与 y 轴交于点 E，求|EA| ＋|EB|. 解：(1)由ρ＝2(cos θ＋sin θ)得ρ2＝2ρ(cos θ＋sin θ)， 得曲线 C 的直角坐标方程为 x2＋y2＝2x＋2y， 即(x－1)2＋(y－1)2＝2. (2)将 l 的参数方程代入曲线 C 的直角坐标方程， 化简得 t2－t－1＝0， 点 E 对应的参数 t＝0， 设点 A，B 对应的参数分别为 t1，t2， 则 t1＋t2＝1，t1t2＝－1， 所以|EA|＋|EB|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2| ＝ t1＋t22－4t1t2＝ 5. 4．(2017·张掖一诊)在直角坐标系 xOy 中，已知曲线 C1： x＝cos α， y＝sin2α (α为参数)，在 以坐标原点 O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线 C2：ρcos θ－π 4 ＝－ 2 2 ，曲 线 C3：ρ＝2sin θ. (1)求曲线 C1 与 C2 的交点 M 的直角坐标； (2)设点 A，B 分别为曲线 C2，C3 上的动点，求|AB|的最小值． 解：(1)曲线 C1： x＝cos α， y＝sin2α 消去参数α， 得 y＋x2＝1，x∈[－1,1]． ① 曲线 C2：ρcos θ－π 4 ＝－ 2 2 ⇒x＋y＋1＝0， ② 联立①②，消去 y 可得：x2－x－2＝0， 解得 x＝－1 或 x＝2(舍去)，所以 M(－1,0)． (2)曲线 C3：ρ＝2sin θ的直角坐标方程为 x2＋(y－1)2＝1，是以(0,1)为圆心，半径 r＝1 的圆． 设圆心为 C，则点 C 到直线 x＋y＋1＝0 的距离 d＝|0＋1＋1| 2 ＝ 2，所以|AB|的最小值 为 2－1. 5．(2017·成都一诊)在平面直角坐标系 xOy 中，倾斜角为α α≠π 2 的直线 l 的参数方程为 x＝1＋tcos α， y＝tsin α (t 为参数)．以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲 线 C 的极坐标方程是ρcos2θ－4sin θ＝0. (1)写出直线 l 的普通方程和曲线 C 的直角坐标方程； (2)已知点 P(1,0)．若点 M 的极坐标为 1，π 2 ，直线 l 经过点 M 且与曲线 C 相交于 A， B 两点，设线段 AB 的中点为 Q，求|PQ|的值． 解：(1)∵直线 l 的参数方程为 x＝1＋tcos α， y＝tsin α (t 为参数)，∴直线 l 的普通方程为 y＝ tan α·(x－1)． 由ρcos2θ－4sin θ＝0，得ρ2cos2θ－4ρsin θ＝0， 即 x2－4y＝0. ∴曲线 C 的直角坐标方程为 x2＝4y. (2)∵点 M 的极坐标为 1，π 2 ， ∴点 M 的直角坐标为(0,1)． ∴tan α＝－1，直线 l 的倾斜角α＝3π 4 . ∴直线 l 的参数方程为 x＝1－ 2 2 t， y＝ 2 2 t (t 为参数)． 代入 x2＝4y，得 t2－6 2t＋2＝0. 设 A，B 两点对应的参数分别为 t1，t2. ∵Q 为线段 AB 的中点， ∴点 Q 对应的参数值为t1＋t2 2 ＝6 2 2 ＝3 2. 又点 P(1,0)，则|PQ|＝|t1＋t2 2 |＝3 2. 6．(2017·全国卷Ⅱ)在直角坐标系 xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立 极坐标系，曲线 C1 的极坐标方程为ρcos θ＝4. (1)M 为曲线 C1 上的动点，点 P 在线段 OM 上，且满足|OM|·|OP|＝16，求点 P 的轨迹 C2 的直角坐标方程； (2)设点 A 的极坐标为 2，π 3 ，点 B 在曲线 C2 上，求△OAB 面积的最大值． 解：(1)设 P 的极坐标为(ρ，θ)(ρ＞0)，M 的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1＞0)． 由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝ 4 cos θ. 由|OM|·|OP|＝16，得 C2 的极坐标方程ρ＝4cos θ(ρ＞0)． 因此 C2 的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4(x≠0)． (2)设点 B 的极坐标为(ρB，α)(ρB＞0)， 由题设知|OA|＝2，ρB＝4cos α，于是△OAB 的面积 S＝1 2|OA|·ρB·sin∠AOB＝4cos α·|sin α－π 3 | ＝2|sin 2α－π 3 － 3 2 |≤2＋ 3. 当α＝－ π 12 时，S 取得最大值 2＋ 3. 所以△OAB 面积的最大值为 2＋ 3. 7．(2017·成都二诊)在直角坐标系 xOy 中，曲线 C 的参数方程为 x＝2cos α， y＝2＋2sin α (α为参 数)，直线 l 的参数方程为 x＝ 3－ 3 2 t， y＝3＋1 2t (t 为参数)．在以坐标原点 O 为极点，x 轴的正 半轴为极轴的极坐标系中，过极点 O 的射线与曲线 C 相交于不同于极点的点 A，且点 A 的 极坐标为(2 3，θ)，其中θ∈ π 2 ，π . (1)求θ的值； (2)若射线 OA 与直线 l 相交于点 B，求|AB|的值． 解：(1)由题意知，曲线 C 的普通方程为 x2＋(y－2)2＝4， ∵x＝ρcos θ，y＝ρsin θ， ∴曲线 C 的极坐标方程为(ρcos θ)2＋(ρsin θ－2)2＝4， 即ρ＝4sin θ. 由ρ＝2 3，得 sin θ＝ 3 2 ， ∵θ∈ π 2 ，π ，∴θ＝2π 3 . (2)由题易知直线 l 的普通方程为 x＋ 3y－4 3＝0， ∴直线 l 的极坐标方程为ρcos θ＋ 3ρsin θ－4 3＝0. 又射线 OA 的极坐标方程为θ＝2π 3 (ρ≥0)， 联立 θ＝2π 3 ρ≥0， ρcos θ＋ 3ρsin θ－4 3＝0， 解得ρ＝4 3. ∴点 B 的极坐标为 4 3，2π 3 ， ∴|AB|＝|ρB－ρA|＝4 3－2 3＝2 3. 8．在极坐标系中，已知曲线 C1：ρ＝2cos θ和曲线 C2：ρcos θ＝3，以极点 O 为坐标原 点，极轴为 x 轴非负半轴建立平面直角坐标系． (1)求曲线 C1 和曲线 C2 的直角坐标方程； (2)若点 P 是曲线 C1 上一动点，过点 P 作线段 OP 的垂线交曲线 C2 于点 Q，求线段 PQ 长度的最小值． 解：(1)C1 的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1，C2 的直角坐标方程为 x＝3. (2)设曲线 C1 与 x 轴异于原点的交点为 A， ∵PQ⊥OP， ∴PQ 过点 A(2,0)． 设直线 PQ 的参数方程为 x＝2＋tcos θ， y＝tsin θ (t 为参数)， 代入 C1 可得 t2＋2tcos θ＝0， 解得 t1＝0，t2＝－2cos θ， 可知|AP|＝|t2|＝|2cos θ|. 代入 C2 可得 2＋tcos θ＝3， 解得 t′＝ 1 cos θ ， 可知|AQ|＝|t′|＝| 1 cos θ|， ∴|PQ|＝|AP|＋|AQ|＝|2cos θ|＋| 1 cos θ|≥2 2，当且仅当|2cos θ|＝| 1 cos θ|时取等号， ∴线段 PQ 长度的最小值为 2 2. 保分专题(十二) 选修 4－5 不等式选讲 [全国卷 3 年考情分析] 年份 卷别 考查内容及考题位置 命题分析 2017 卷Ⅰ 含绝对值不等式的解法、求参数的取值 范围·T23 1.不等式选讲是高考的选考内 容之一，考查的重点是不等式的 证明、绝对值不等式的解法等， 命题的热点是绝对值不等式的 求解，以及绝对值不等式与函数 的综合问题的求解． 2.此部分命题形式单一、稳定， 难度中等，备考本部分内容时应 注意分类讨论思想的应用. 卷Ⅱ 基本不等式的应用、一些常用的变形及 证明不等式的方法·T23 卷Ⅲ 含绝对值不等式的解法、函数最值的求 解·T23 2016 卷Ⅰ 含绝对值不等式的解法、分段函数的图 象·T24 卷Ⅱ 含绝对值不等式的解法、比较法证明不 等式·T24 卷Ⅲ 含绝对值不等式的解法、绝对值不等式 的性质·T24 2015 卷Ⅰ 含绝对值不等式的解法、数形结合求三 角形面积公式·T24 卷Ⅱ 不等式的证明、充要条件的判断·T24 含绝对值不等式的解法 [师生共研·悟通] 含有绝对值的不等式的解法 (1)|f(x)|>a(a>0)⇔f(x)>a 或 f(x)<－a； (2)|f(x)|0)⇔－a0)，|x－a|－|x－b|≥c(或≤c)(c>0)型不等式的解法 可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解． (1)零点分区间法的一般步骤 ①令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根； ②将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间； ③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集； ④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集． (2)利用绝对值的几何意义 由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与 x 对应的点到 a，b 对应的点的距 离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)或|x－a|－|x－b|≥c(c>0)的不等式， 利用绝对值的几何意义求解更直观． [即学即用·练通] 已知函数 f(x)＝|x－a|，其中 a>1. (1)当 a＝2 时，求不等式 f(x)≥4－|x－4|的解集； (2)已知关于 x 的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2 的解集为{x|1≤x≤2}，求 a 的值． 解：(1)当 a＝2 时，f(x)＋|x－4|＝ －2x＋6，x≤2， 2，20，b>0，a3＋b3＝2.证明： (1)(a＋b)(a5＋b5)≥4； (2)a＋b≤2. [证明] (1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6 ＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4) ＝4＋ab(a2－b2)2≥4. (2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3 ＝2＋3ab(a＋b)≤2＋3a＋b2 4 (a＋b) ＝2＋3a＋b3 4 ， 所以(a＋b)3≤8，因此 a＋b≤2. [类题通法] 证明不等式的方法和技巧 (1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题 以“至少”“至多”等方式给出或是否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法． (2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证 明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号，转化为 常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为 简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据． [即学即用·练通] 已知函数 f(x)＝|x＋1|. (1)求不等式 f(x)<|2x＋1|－1 的解集 M； (2)设 a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)． 解：(1)①当 x≤－1 时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得 x<－1； ②当－11. 综上，M＝{x|x<－1 或 x>1}． (2)证明：因为 f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|， 所以要证 f(ab)>f(a)－f(－b)， 只需证|ab＋1|>|a＋b|， 即证|ab＋1|2>|a＋b|2， 即证 a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2， 即证 a2b2－a2－b2＋1>0， 即证(a2－1)(b2－1)>0. 因为 a，b∈M， 所以 a2>1，b2>1， 所以(a2－1)(b2－1)>0 成立， 所以原不等式成立. 含绝对值不等式的恒成立问题 [师生共研·悟通] [典例] (2017·昆明质检)已知函数 f(x)＝|x＋2|. (1)解不等式 2f(x)<4－|x－1|； (2)已知 m＋n＝1(m>0，n>0)，若不等式|x－a|－f(x)≤1 m ＋1 n 恒成立，求实数 a 的取值范 围． [解] (1)不等式 2f(x)<4－|x－1|等价于 2|x＋2|＋|x－1|<4， 即 x≤－2， －2x＋2－x＋1<4 或 －20，n>0)， 所以1 m ＋1 n ＝ 1 m ＋1 n (m＋n) ＝n m ＋m n ＋2≥2＋2＝4， 当且仅当 m＝n＝1 2 时等号成立， 所以1 m ＋1 n 的最小值为 4. 要使|x－a|－f(x)≤1 m ＋1 n 恒成立，则|a＋2|≤4， 解得－6≤a≤2. 所以实数 a 的取值范围是[－6,2]． [类题通法] 绝对值不等式的成立问题的求解模型 (1)分离参数：根据不等式将参数分离化为 a≥f(x)或 a≤f(x)形式． (2)转化最值：f(x)>a 恒成立⇔f(x)min>a；f(x)a 有解⇔f(x)max>a； f(x)a 无解⇔f(x)max≤a；f(x)0)． (1)若 a＝3，解关于 x 的不等式 f(x)<0； (2)若对于任意的实数 x，不等式 f(x)－f(x＋a)0，∴a1. 故实数 a 的取值范围为(1，＋∞)． 2．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|. (1)当 a＝1 时，求不等式 f(x)≥g(x)的解集； (2)若不等式 f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求 a 的取值范围． 解：(1)当 a＝1 时，不等式 f(x)≥g(x)等价于 x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0. ① 当 x＜－1 时，①式化为 x2－3x－4≤0，无解； 当－1≤x≤1 时，①式化为 x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1； 当 x＞1 时，①式化为 x2＋x－4≤0， 从而 1＜x≤－1＋ 17 2 . 所以 f(x)≥g(x)的解集为 x|－1≤x≤－1＋ 17 2 . (2)当 x∈[－1,1]时，g(x)＝2. 所以 f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，等价于当 x∈[－1，1]时，f(x)≥2. 又 f(x)在[－1,1]的最小值必为 f(－1)与 f(1)之一，所以 f(－1)≥2 且 f(1)≥2，得－1≤a≤1. 所以 a 的取值范围为[－1,1]． 3．(2017·石家庄质检)设函数 f(x)＝|x－1|－|2x＋1|的最大值为 m. (1)作出函数 f(x)的图象； (2)若 a2＋2c2＋3b2＝m，求 ab＋2bc 的最大值． 解：(1)f(x)＝ x＋2，x≤－1 2 ， －3x，－1 20，b>0，函数 f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|的最小值为 1. (1)证明：2a＋b＝2； (2)若 a＋2b≥tab 恒成立，求实数 t 的最大值． 解：(1)证明：因为－a0，a2＋b2＝6， ∴01 2 ， ∴g(x)在 －∞，1 2 上单调递减，在 1 2 ，＋∞ 上单调递增． 又函数 g(x)有零点， ∴g(x)min＝g 1 2 ＝1 2 －a＋ 1 2a ＝－2a2＋a＋1 2a ≤0， ∴ 03 2 时，x＋3 2 ＋x－3 2 ≤4，解得3 2

查看更多