【全本】步步高大一轮复习讲义数学理科A版【答案解析】2013版

2024-06-20 来源：爱go旅游网

步步高·大一轮复习讲义答案（校正版·贰） §1.1 集合的概念及其基本运算要点梳理

1.(1)确定性互异性无序性 (2)属于不属于 ∈ ∉ (3)列举法描述法图示法区间法 (5)有限集无限集空集

2.(1)AB BA ⊆ ⊆ ⊆ 2n 2n－1 2n－2 3.(1){x|x∈A，且x∈B} {x|x∈U，且x∉A} 1

基础自测 1.{2,4} 2.{x|0



题型分类·深度剖析

例1 解 (1)当a＋2＝1，即a＝－1时，(a＋1)2＝0，a2＋3a＋3＝1与a＋2相同，∴不符合题意.

当(a＋1)2＝1，即a＝0或a＝－2时，①a＝0符合要求. ②a＝－2时，a2＋3a＋3＝1与(a＋1)2相同，不符合题意. 当a2＋3a＋3＝1，即a＝－2或a＝－1.

①当a＝－2时，a2＋3a＋3＝(a＋1)2＝1，不符合题意. ②当a＝－1时，a2＋3a＋3＝a＋2＝1，不符合题意. 综上所述，a＝0，∴2 013a＝1.

(2) ∵当x＝0时，x＝x2－x＝x3－3x＝0，∴它不一定能表示一个有三个元素的集合.



要使它表示一个有三个元素的集合，则应有x－x≠x－3x，

x≠x－3x.

x≠x2－x，

∴x≠0且x≠2且x≠－1且x≠－2时，{x，x2－x，x3－3x}能表示一个有三个元素的集合. 9

变式训练 1 0或

例2 解 A中不等式的解集应分三种情况讨论：

1144

①若a＝0，则A＝R；②若a<0，则A＝x|a≤x<－a；③若a>0，则A＝x|－a







(1)当a＝0时，若A⊆B，此种情况不存在.

当a<0时，若A⊆B，如图：

，则1

－a≤2

41>－a2

a>0或a<－8

，∴1，

a>0或a≤－2

又a<0，∴a<－8.

当a>0时，若A⊆B，如图：



，则4

a≤2

11－≥－a2

a≥2或a<0

，∴.

a≥2或a<0

又∵a>0，∴a≥2.

综上知，当A⊆B时，a<－8或a≥2. (2)当a＝0时，显然B⊆A；

当a<0时，若B⊆A，如图：



，则1

－a>241≤－a2

－8≤a<0

，∴1.

－21

又∵a<0，∴－2

当a>0时，若B⊆A，如图：

，则4

a≥2

11－≤－a2

0，∴.

0又∵a>0，∴01

综上知，当B⊆A时，－2

(3)当且仅当A、B两个集合互相包含时，A＝B，由(1)、(2)知，a＝2.

变式训练 2 4 例3 1或2

变式训练3 解 (1)∵A＝{x|≤x≤3}，当a＝－4时，B＝{x|－222

A∪B＝{x|－21

(2)∁RA＝{x|x<或x>3}，当(∁RA)∩B＝B时，B⊆∁RA，即A∩B＝∅.

2①当B＝∅，即a≥0时，满足B⊆∁RA；②当B≠∅，即a<0时，

B＝{x|－

－a－a}，要使B⊆∁RA，需

－a≤，解得－≤a<0.

综上可得，实数a的取值范围是a≥－. 4

例4 A

变式训练 4 6 {0,1,2,3} 课时规范训练 A组

1.C 2.C 3.A 4.－1或2 5.{(0,1)，(－1,2)} 6.18 7.解由已知得A＝{x|－1≤x≤3}，B＝{x|m－2≤x≤m＋2}.

m－2＝0，

(1)∵A∩B＝[0,3]，∴ ∴m＝2.

m＋2≥3.

(2)∁RB＝{x|xm＋2}，∵A⊆∁RB，∴m－2>3或m＋2<－1，即m>5或m<－3. 8.解 ∵M＝{y|y＝x2，x∈R}＝{y|y≥0}，N＝{y|y＝3sin x，x∈R}＝{y|－3≤y≤3}，

∴M－N＝{y|y>3}，N－M＝{y|－3≤y<0}，

∴M*N＝(M－N)∪(N－M)＝{y|y>3}∪{y|－3≤y<0}＝{y|y>3或－3≤y<0}. B组

1.C 2.B 3.A 4.A 5.a≤0 6.－3 7.(－∞，－3) x－5

8.解由≤0，∴－1x＋1

(1)当m＝3时，B＝{x|－1§1.2 命题及其关系、充分条件与必要条件

要点梳理

1.判断真假判断为真判断为假

2.(1)若q，则p 若綈p，则綈q 若綈q，则綈p，(2)逆命题否命题逆否命题 (3)①相同 ②没有

3.(1)充分条件必要条件 (2)充要条件

基础自测 1.3 2.②③ 3.充分不必要 4.C 5.D

题型分类·深度剖析例1 ②④ 变式训练1 ①③

例2 解 (1)在△ABC中，∠A＝∠B⇒sin A＝sin B，反之，若sin A＝sin B，∵A与B不可能互补(∵三角形三个内角和为180°)，∴只有A＝B.故p是q的充要条件.

(2)易知，綈p：x＋y＝8，綈q：x＝2且y＝6，显然綈q⇒綈p，但綈p 綈q，即綈q是綈p的充分不必要条件，根据原命题和逆否命题的等价性知，p是q的充分不必要条件.

(3)显然x∈A∪B不一定有x∈B，但x∈B一定有x∈A∪B，∴p是q的必要不充分条件.

(4)条件p：x＝1且y＝2，条件q：x＝1或y＝2，∴p⇒q但q p，故p是q的充分不必要条件. 变式训练2 ①④

例3 证明充分性：

当a＝0时，方程为2x＋1＝0，其根为x＝－，方程有一个负根，符合题意.

当a<0时，Δ＝4－4a>0，方程ax2＋2x＋1＝0有两个不相等的实根，且<0，方程有一正一负根，符合题

a意.

当0且1a>02－<0a

，故方程有两个负根，符合题意.

综上知：当a≤1时，方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负根. 必要性：若方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负根. 当a＝0时，方程为2x＋1＝0符合题意.

当a≠0时，方程ax2＋2x＋1＝0应有一正一负根或两个负根.

21－则<0或a<0a

>01a

Δ＝4－4a≥0

，解得a<0或0综上知：若方程ax2＋2x＋1＝0至少有一负根，则a≤1.

故关于x的方程ax2＋2x＋1＝0至少有一个负根的充要条件是a≤1.

变式训练3 证明充分性：当q＝－1时，a1＝S1＝p＋q＝p－1.

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝p即数列{an}为等比数列.

必要性：当n＝1时，a1＝S1＝p＋q，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝pn－1(p－1). an＋1pnp－1

∵p≠0，p≠1，∴＝n1＝p.

an－pp－1

a2an＋1

∵{an}为等比数列，∴＝＝p，又S2＝a1＋a2＝p2＋q，

a1anpp－1

∴a2＝p2－p＝p(p－1)，∴＝p，即p－1＝p＋q.∴q＝－1.

p＋q综上所述，q＝－1是数列{an}为等比数列的充要条件.

课时规范训练 A组

1.D 2.B 3.A 4.充分不必要 5.①③④ 6.[3,8)

7.解由题意p：－2≤x－3≤2，∴1≤x≤5，∴綈p：x<1或x>5，q：m－1≤x≤m＋1，

∴綈q：xm＋1.

n－1

an＋1pnp－1

(p－1)，当n＝1时也成立，于是＝n1＝p(n∈N*)

anp－p－1

m－1≥1，

又∵綈p是綈q的充分而不必要条件，∴ ∴2≤m≤4.

m＋1≤5.

8.解设A＝{x|p}＝{x|x2－4ax＋3a2<0，a<0}＝{x|3aB＝{x|q}＝{x|x2－x－6≤0或x2＋2x－8>0}＝{x|x2－x－6≤0}∪{x|x2＋2x－8>0} ＝{x|－2≤x≤3}∪{x|x<－4或x>2}＝{x|x<－4或x≥－2}.

∵綈p是綈q的必要不充分条件，∴綈q⇒綈p，且綈pD⇒/綈q，则{x|綈q而{x|綈q}＝∁RB＝{x|－4≤x<－2}，{x|綈p}＝∁RA＝{x|x≤3a或x≥a，a<0}， ∴{x|－4≤x<－

x|綈p}，

3a≥－2，a≤－4，

x|x≤3a或x≥a，a<0}，则或

a<0a<0.

综上，可得－≤a<0或a≤－4.

3B组

3

1.A 2.C 3.B 4.4，1∪(1，＋∞) 5.[1,2) 6.①③②④ 7.3或4

x－419x|x－2<051

x|21959

∴∁UB＝x|x≤2或x≥4，∴(∁UB)∩A＝x|4≤x<2.

(2)∵a2＋2>a，∴B＝{x|a1

①当3a＋1>2，即a>时，A＝{x|23

a≤23－51∴，即1

②当3a＋1＝2，即a＝时，A＝∅，不符合题意；

③当3a＋1<2，即a<时，A＝{x|3a＋13

a≤3a＋111

由A⊆B得，∴－≤a<.

a2＋2≥2

113－5

－，∪1，综上所述，实数a的取值范围是. 2332

§1.3 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词

要点梳理

1．(1)或且非 (2)真假假真假假真真假真假真真 2．(3)∀ ∃ (4)①含有全称量词 ②含有存在量词基础自测

1．所有的三角形都不是等边三角形 2．[－4,0] 3．①② 4．A 5．C 题型分类·深度剖析例1 q1，q4

变式训练1 解 (1)p∨q：1是素数或是方程x2＋2x－3＝0的根．真命题．

p∧q：1既是素数又是方程x2＋2x－3＝0的根．假命题．綈p：1不是素数．真命题．

(2)p∨q：平行四边形的对角线相等或互相垂直．假命题．

p∧q：平行四边形的对角相等且互相垂直．假命题．綈p：有些平行四边形的对角线不相等．真命题．

(3)p∨q：方程x2＋x－1＝0的两实根的符号相同或绝对值相等．假命题． p∧q：方程x2＋x－1＝0的两实根的符号相同且绝对值相等．假命题．綈p：方程x2＋x－1＝0的两实根的符号不相同．真命题．

例2 解 (1)綈p：∃x0∈R，x2－x＋<0，假命题．(2)綈q：至少存在一个正方形不是矩形，假 00

命题．(3)綈r：∀x∈R，x2＋2x＋2>0，真命题．(4)綈s：∀x∈R，x3＋1≠0，假命题．变式训练2 解 (1)綈p：∃x>0，使x2－x>0，为真命题．(2)綈q：∀x∈R,2x＋x2>1，为假命题． 1|x－1|

例3 解 ①若p正确，则由0<2≤1，得a>1.

②若q正确，则ax2＋(a－2)x＋>0解集为R.

a>091

当a＝0时，－2x＋>0不合题意，舍去；当a≠0时，则，解得a－2－4a×8<0a>1a≤11

③∵p和q中有且仅有一个正确，∴1或1，∴a≥8或2变式训练3 解 ∵函数y＝ax在R上单调递增，∴p：a>1，不等式ax2－ax＋1>0对∀x∈R恒成立，

∴a>0且a2－4a<0，解得0∵“p∧q”为假，“p∨q”为真，∴p、q中必有一真一假．

a>10①当p真，q假时，，得a≥4；②当p假，q真时，，得0故a的取值范围为(0,1]∪[4，＋∞)．

课时规范训练 A组

1．C 2．A 3．C 4．－22≤a≤22 5．a>1 6．綈p、綈q

1511

7.解由命题p为真知，0，

x2c2

若p或q为真命题，p且q为假命题，则p、q中必有一真一假，当p真q假时，c的取值范围是07

当p假q真时，c的取值范围是c≥1. 1

综上可知，c的取值范围是c|0



8.解设g(x)＝x2＋2ax＋4，

由于关于x的不等式x2＋2ax＋4>0对一切x∈R恒成立，∴函数g(x)的图象开口向上且与x轴没有交点，故Δ＝4a2－16<0，∴－2又∵函数f(x)＝(3－2a)x是增函数，∴3－2a>1，∴a<1. 又由于p或q为真，p且q为假，可知p和q一真一假．

－2(1)若p真q假，则，∴1≤a<2；

a≥1，a≤－2或a≥2，

(2)若p假q真，则，∴a≤－2.

a<1，

综上可知，所求实数a的取值范围为1≤a<2，或a≤－2. B组

0， 5．(－∞，1] 6．(－∞，－2]∪[－1,3) 7．①③ 1．C 2．D 3．D 4.2a

8．解由2x2＋ax－a2＝0得(2x－a)(x＋a)＝0， ∴x＝或x＝－a，

a∴当命题p为真命题时2≤1或|－a|≤1，∴|a|≤2.

2又“只有一个实数x0满足x0＋2ax0＋2a≤0”，即抛物线y＝x2＋2ax＋2a与x轴只有一个交点，

∴Δ＝4a2－8a＝0，∴a＝0或a＝2，∴当命题q为真命题时，a＝0或a＝2. ∴命题“p或q”为真命题时，|a|≤2，∵命题“p或q”为假命题，∴a>2或a<－2. 即a的取值范围为{a|a>2或a<－2}．

§2.1 函数及其表示要点梳理

1.(1)数集任意唯一确定 y＝f(x)，x∈A (2)定义域值域 (3)定义域值域对应关系 (4)定义域对应关系 2.解析法图象法列表法 3.都有唯一一个映射 4.函数非空数集基础自测

152

1.－2，－2，1，2 2.①② 3.－1 10 4.或－1

3题型分类·深度剖析例1 (2)(3)

变式训练1 解 (1)y＝1的定义域为R，y＝x0的定义域为{x|x∈R且x≠0}，∴它们不是同一函数.

(2)y＝

x－2·x＋2的定义域为{x|x≥2}，y＝x2－4的定义域为{x|x≥2或x≤－2}，

∴它们不是同一函数.

(3)y＝x，y＝3t3＝t，它们的定义域和对应关系都相同，∴它们是同一函数. (4)y＝|x|的定义域为R，y＝(x)2的定义域为{x|x≥0}，∴它们不是同一函数.

例2 (2) 变式训练2 (1)D (2)A 例3 C 变式训练3 B 例4 0 变式训练4课时规范训练 A组

1.D 2.D 3.A 4.6 5.1 6.－3

kb1＝07.解当x∈[0,30]时，设y＝k＝111x＋b1，由已知得151

，解得，∴y＝30k1＋b1＝2

b15

＝0 当x∈(30,40)时，y＝2；当x∈[40,60]时，设y＝k2x＋b2， 由已知得40k2＋b2＝2k12＝1

，解得10

，∴y＝x－2.

60k2＋b2＝4b10

2＝－2



x， x∈[0，30]综上，f(x)＝2， x∈30，40

1

10x－2， x∈[40，60]

8.解当f(x)≤0时，由x2＋2x－3≤0，可得－3≤x≤1，此时，g(x)＝0；

当f(x)>0时，由x2＋2x－3>0可得x<－3或x>1，此时g(x)＝f(x)＝(x＋1)2－4.

0 －3≤x≤1

∴g(x)＝，



x＋12

－4 x<－3或x>1

其图象如图所示：B组

1.C 2.D 3.D 4.②④ 5.(1)a(a为正整数) (2)16 6.－2 7.[－4,2]

7777733＝[3]＝3. 8.解 (1)∵x＝时，4x＝，∴f1(x)＝＝1，g(x)＝－＝，∴f(x)＝f[g(x)]＝f21144164444

1≤4x<2，71

(2)∵f1(x)＝[4x]＝1，g(x)＝4x－1，∴f2(x)＝f1(4x－1)＝[16x－4]＝3，∴∴≤x<.

162

3≤16x－4<4.

§2.2 函数的定义域、值域及函数的解析式

要点梳理

π

1.(1)使函数有意义的自变量的取值范围 (3)③R ④R ⑤x|x∈R且x≠kπ＋2，k∈Z





⑥{x|x∈R且x≠0}

4ac－b4ac－b

2.(1)函数值函数值的集合 (2)①R ② ，＋∞ －∞，

4a4a③{y|y∈R且y≠0} ④(0，＋∞) ⑤R ⑥[－1,1] ⑦R 基础自测

x2＋1

1.[－1,2)∪(2，＋∞) 2.{x|－3x－1

13－，1 (2)(－1,1) 变式训练1 (1)A (2)0， 题型分类·深度剖析例1 (1)34111

，2，例2 解 ∵f(2x)的定义域是[－1,1]，∴≤2x≤2，即y＝f(x)的定义域是由22≤log2x≤2⇒2≤x≤4.∴f(log2x)2

的定义域是[2，4].

变式训练2 解 ∵f(x)的定义域为[0,4]，

0≤x＋1≤4，

(1)有0≤x≤4，∴－2≤x≤2，故f(x)的定义域为[－2,2]；(2)有∴1≤x≤3.

0≤x－1≤4，

故f(x＋1)＋f(x－1)的定义域为[1,3].

例3 解 (1)(配方法) y＝x2＋2x＝(x＋1)2－1，y＝(x＋1)2－1在[0,3]上为增函数，∴0≤y≤15，

即函数y＝x2＋2x (x∈[0,3])的值域为[0,15].

x－3x＋1－4444

(2)(分离常数法) y＝＝＝1－，∵≠0，∴1－≠1，

x＋1x＋1x＋1x＋1x＋1即函数的值域是{y|y∈R，y≠1}. (3)方法一 (换元法) 令

1－t21－t21

1－2x＝t，则t≥0且x＝，于是y＝－t＝－(t＋1)2＋1，

222

11

由于t≥0，∴y≤，故函数的值域是y|y≤2.

2

方法二 (单调性法) 容易判断函数y＝f(x)为增函数，而其定义域应满足1－2x≥0，即x≤，

2111

y|y≤. ∴y≤f＝，即函数的值域是222

(4)(基本不等式法) 函数定义域为{x|x∈R，x>0，且x≠1}，当x>1时，log3x>0， 1

于是y＝log3x＋－1≥2log3x

1log3x·－1＝1；

log3x

11

当0≤－2－1＝－3.

故函数的值域是(－∞，－3]∪[1，＋∞).

1133

x－2＋≥，变式训练3 解 (1)方法一 (配方法) ∵y＝1－2，又x2－x＋1＝244x－x＋1

1141

－，1. ∴0<2≤，∴－≤y<1，∴函数的值域为33x－x＋13

方法二 (判别式法) 由y＝2，x∈R，得(y－1)x2＋(1－y)x＋y＝0.

x－x＋1

∵y＝1时，x∈∅，∴y≠1，又∵x∈R，∴Δ＝(1－y)2－4y(y－1)≥0，解得－≤y≤1.

311

－，1. 综上得－≤y<1，∴函数的值域为33(2)方法一 (换元法)：设

13－t2

13－4x＝t，则t≥0，x＝，

4x2－x

13－t21111

于是f(x)＝g(t)＝2·－1－t＝－t2－t＋＝－(t＋1)2＋6，

4222

显然函数g(t)在[0，＋∞)上是单调递减函数，∴g(t)≤g(0)＝，

211－∞，. 因此原函数的值域是2

13

方法二 (单调性法)：函数定义域是x|x≤4，





当自变量x增大时，2x－1增大，因此函数f(x)＝2x－1－

13－4x减小，∴2x－1－13－4x增大，

13－4x在其定义域上是一个单调递增函数，

131113－∞，11. ∴当x＝时，函数取得最大值f＝，故原函数的值域是2424111

例4 解 (1)令x＋＝t，则t2＝x2＋2＋2≥4，∴t≥2或t≤－2且x2＋2＝t2－2，

xxx

∴f(t)＝t2－2，即f(x)＝x2－2 (x≥2或x≤－2).

2222

(2)令＋1＝t，由于x>0，∴t>1且x＝，∴f(t)＝lg ，即f(x)＝lg (x>1).

xt－1t－1x－1(3)设f(x)＝kx＋b，∴3f(x＋1)－2f(x－1)＝3[k(x＋1)＋b]－2[k(x－1)＋b]＝kx＋5k＋b＝2x＋17.

k＝2k＝2∴，即.∴f(x)＝2x＋7. 5k＋b＝17b＝7

11＋f(x)＝3.∴f(x)＝2x－1 (x≠0). (4)∵2f(x)＋f＝3x，∴2fxxxx

变式训练4 解 (1)令t＝x＋1，∴t≥1，x＝(t－1)2.则f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－1，

∴f(x)＝x2－1 (x≥1).

(2)设f(x)＝ax2＋bx＋c，又f(0)＝c＝3，∴f(x)＝ax2＋bx＋3，

∴f(x＋2)－f(x)＝a(x＋2)2＋b(x＋2)＋3－(ax2＋bx＋3)＝4ax＋4a＋2b＝4x＋2.

4a＝4a＝1∴，∴，∴f(x)＝x2－x＋3. 4a＋2b＝2b＝－1

课时规范训练 A组

2， 7.[－2,7] 1.C 2.B 3.C 4.C 5.(－∞，3] 6.3

8.解 (1)设f(x)＝ax2＋bx＋c (a≠0)，又f(0)＝0，∴c＝0，即f(x)＝ax2＋bx，又f(x＋1)＝f(x)＋x＋1.

∴a(x＋1)2＋b(x＋1)＝ax2＋bx＋x＋1.∴(2a＋b)x＋a＋b＝(b＋1)x＋1，

2a＋b＝b＋1

∴，解得1a＋b＝1b＝2

a＝2

，∴f(x)＝x2＋x.

11112321

x－－， (2)由(1)知y＝f(x2－2)＝(x2－2)2＋(x2－2)＝(x4－3x2＋2)＝282222131

－，＋∞. 当x2＝时，y取最小值－，∴函数y＝f(x2－2)的值域为828B组

1.B 2.C 3.A 4.(－1，－

99228

)∪(－，2] 5. 6. 101023

7.解 ∵f(x)＝(x－1)2＋a－.∴其对称轴为x＝1，即[1，b]为f(x)的单调递增区间.

∴f(x)min＝f(1)＝a－＝1

f(x)max＝f(b)＝b2－b＋a＝b

① ②

3a＝2，3

又b>1，由①②解得∴a、b的值分别为、3.

b＝3.

8.解 (1)∵函数的值域为[0，＋∞)，∴Δ＝16a2－4(2a＋6)＝0，∴2a2－a－3＝0，∴a＝－1或a＝.

(2)∵对一切x∈R函数值均为非负，∴Δ＝16a2－4(2a＋6)＝8(2a2－a－3)≤0.

33317

a＋2＋ a∈－1，. ∴－1≤a≤.∴a＋3>0，∴g(a)＝2－a|a＋3|＝－a2－3a＋2＝－22423319

－1，上单调递减，∴g≤g(a)≤g(－1)，即－≤g(a)≤4. ∵二次函数g(a)在22419

－，4. ∴g(a)的值域为4

§2.3 函数的单调性与最值要点梳理

1.(1)f(x1)f(x2) 上升的下降的 (2)增函数减函数区间D 2.(1)f(x)≤M (2)f(x0)＝M (3)f(x)≥M (4)f(x0)＝M 4

基础自测 1.[1,4] 8 2.，1 3.(－3,0) 4.A 5.C

3题型分类·深度剖析

2. 3

例1 (1)解由2f(1)＝f(－1)，可得22－2a＝2＋a，得a＝

(2)证明任取x1，x2∈[0，＋∞)，且x12

x21－x2

x21＋1－ax1－2

x2＋1＋ax2＝2

x1＋1－x22＋1－a(x1－x2)

x1＋x2

－a. ＝－a(x1－x2)＝(x1－x2)22x1＋1＋x2＋1x2x21＋1＋2＋1

∵0≤x1<

x1＋1，0x22＋1，∴0<

x1＋x2x21＋1＋

x22＋1

<1.

又∵a≥1，∴f(x1)－f(x2)>0，∴f(x)在[0，＋∞)上单调递减.

x1＋x2

－a， (3)解任取1≤x1∵f(x)单调递增，∴f(x1)－f(x2)<0，又x1－x2<0，那么必须x1＋x2x21＋1＋x22＋1

－a>0恒成立.

222

∵1≤x1x2＋1，∴2x1≥x21＋1，2x2>

>x22＋1.

相加得2(x1＋x2)>x21＋1＋x22＋1⇒

x1＋x2x21＋1x22＋1x122

，∴0变式训练1 (1)证明任设x1－＝.

x1＋2x2＋2x1＋2x2＋2

∵(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，∴f(x1)－＝. x1－ax2－ax1－ax2－ax1x2ax2－x1

∵a>0，x2－x1>0，∴要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，∴a≤1. 综上所述知0例2 解令u＝x2－3x＋2，则原函数可以看作y＝log1u与u＝x2－3x＋2的复合函数.令u＝x2－3x＋2>0，则

2x<1或x>2，∴函数y＝log1(x23x2)的定义域为(－∞，1)∪(2，＋∞).

又u＝x2－3x＋2的对称轴x＝，且开口向上.

∴u＝x2－3x＋2在(－∞，1)上是单调减函数，在(2，＋∞)上是单调增函数. 而y＝log1u在(0，＋∞)上是单调减函数，

2∴y＝log1(x23x2)的单调减区间为(2，＋∞)，单调增区间为(－∞，1).

2变式训练2 解令u＝x2＋x－6，y＝x2＋x－6可以看作有y＝u与u＝x2＋x－6的复合函数.

由u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.

∵u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y＝u在(0，＋∞)上是增函数，∴y＝

x2＋x－6的单调减区间为(－∞，－3]，单调增区间为[2，＋∞).

例3 (1)证明方法一 ∵函数f(x)对于任意x，y∈R总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，

∴令x＝y＝0，得f(0)＝0，再令y＝－x，得f(－x)＝－f(x)，在R上任取x1>x2，则x1－x2>0， f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2).

又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)x2，则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2＋x2)－f(x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)－f(x2)＝f(x1－x2). 又∵x>0时，f(x)<0，而x1－x2>0，∴f(x1－x2)<0，即f(x1)而f(3)＝3f(1)＝－2，f(－3)＝－f(3)＝2，∴f(x)在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2. x变式训练3 解 (1)∵当x>0，y>0时，fy＝f(x)－f(y)，∴令x＝y>0，则f(1)＝f(x)－f(x)＝0.

x2

(2)设x1，x2∈(0，＋∞)，且x11

x2x2∵x2>x1>0.∴>1，∴fx1>0，∴f(x2)>f(x1)，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数. x1(3)由(2)知f(x)在[1,16]上是增函数.

x∴f(x)min＝f(1)＝0，f(x)max＝f(16)，∵f(4)＝2，由fy＝f(x)－f(y)， 16知f4＝f(16)－f(4)，∴f(16)＝2f(4)＝4，∴f(x)在[1,16]上的值域为[2,4]. 课时规范训练 A组

1.B 2.D 3.A 4.[3，＋∞) 5.①③ 6.(1，＋∞)

111111x2－x17.(1)证明设x2>x1>0，设x2－x1>0，x1x2>0，∵f(x2)－f(x1)＝a－x－a－x＝－＝>0，

x1x2x1x221

∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是单调递增的.

111

，2上的值域是，2，又f(x)在，2上单调递增， (2)解 ∵f(x)在222

112

∴f＝，f(2)＝2.∴易得a＝. 225

ax2－x1x1x2＋1

8.解设－1x1－1x2－1x2－1x－112

ax1ax22

∵－10，x21－1<0，x2－1<0.－10，∴

x2－x1x2x1＋1

>0. 2

x2－1x－112

因此，当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，此时函数在(－1,1)上为减函数；

当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)B组

1.B 2.B 3.C 4.(－∞，0)∪(1,3] 5.a>0且b≤0 6.[1，＋∞) 7.①③④ 8.解 (1)任取x1，x2∈[－1,1]，且x1∴f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝

fx1＋f－x2

·(x1－x2)，

x1＋－x2

fx1＋f－x2

由已知得>0，x1－x2<0，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)x1＋－x2

1

(2)∵f(x)在[－1,1]上单调递增，∴－1≤x＋2≤1，

1－1≤

x－1≤1.

11x＋<，2x－1

∴－≤x<－1.

(3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1,1]上单调递增.∴在[－1,1]上，f(x)≤1.

问题转化为m2－2am＋1≥1，即m2－2am≥0，对a∈[－1,1]成立，下面来求m的取值范围. 设g(a)＝－2m·a＋m2≥0.

①若m＝0，则g(a)＝0≥0，对a∈[－1,1]恒成立.

②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1，1]恒成立，必须g(－1)≥0，且g(1)≥0， ∴m≤－2，或m≥2，∴m的取值范围是m＝0或m≥2或m≤－2.

§2.4 函数的奇偶性与周期性

要点梳理

1．f(－x)＝f(x) f(－x)＝－f(x) 2．(1)相同相反 (2)①奇函数 ②偶函数 ③奇函数 3．(1)f(x) (2)存在一个最小基础自测

1. 2.②③ 3.－9 4．(－1,0)∪(1，＋∞) 5.C 3

题型分类·深度剖析

9－x≥0

例1 解 (1)由，得x＝±3，∴f(x)的定义域为{－3,3}．

x－9≥0

又f(3)＋f(－3)＝0，f(3)－f(－3)＝0，即f(x)＝±f(－x)．∴f(x)既是奇函数，又是偶函数． 1－x1＋x≥0(2)由1＋x≠0

，得－1∵f(x)的定义域(－1,1]不关于原点对称，∴f(x)既不是奇函数，也不是偶函数．

24－x≥0(3)由，得－2≤x≤2且x≠0，∴f(x)的定义域为[－2,0)∪(0,2]，关于原点对称．

|x＋3|－3≠0

∴f(x)＝＝x＋3－3

4－x2

，∴f(x)＝－f(－x)，∴f(x)是奇函数． x

1－x

变式训练1 解 (1)由>0⇒－11＋x

1－x11＋x1－x

－又f(－x)＝lg＝lg＝－lg＝－f(x)，故原函数是奇函数． 

1－x1＋x1＋x

2＋x

(2)由≥0且2－x≠0⇒－2≤x<2，定义域关于原点不对称，故原函数是非奇非偶函数．

2－x(3)函数定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称，

又当x>0时，f(x)＝x2＋x，则当x<0时，－x>0，故f(－x)＝x2－x＝f(x)；

当x<0时，f(x)＝x2－x，则当x>0时，－x<0，故f(－x)＝x2＋x＝f(x)，故原函数是偶函数．

1－x>0，(4)由得定义域为(－1,0)∪(0,1)，关于原点对称，

2|x－2|－2≠0

lg1－x2∴f(x)＝＝－.

x2－x2－2－2

lg[1－－x2]lg1－x2

∵f(－x)＝－＝－＝f(x)，∴f(x)为偶函数． 22x－x例2 解 (1)令x＝y＝0⇒f(0)＝0，

令y＝－x，则f(x)＋f(－x)＝0⇒f(－x)＝－f(x)⇒f(x)在(－1,1)上是奇函数．

lg1－x2

x1－x2

(2)设01－xx12

x1－x2

而x1－x2<0,00，即当0f(x2)，

1－xx1－x1x212

x1－x2

∴f(x)在(0,1)上单调递减．

－1111251(3)由于f2－f5＝f2＋f－5＝f1＝f3，

1－2×5

1111111－f1－f1＝2f1＝2×1＝1. 同理，f－f＝f，f－f＝f，∴f311441952111952变式训练2 解 ∵y＝f(x)为奇函数，且在(0，＋∞)上为增函数， ∴y＝f(x)在(－∞，0)上也是增函数，且由f(1)＝0得f(－1)＝0.

若f[x(x－)]<0＝f(1)，则

1xx－2<1

1xx－>0

1＋171－1711

即02244

若f[x(x－)]<0＝f(－1)，则

1

xx－2<－1

1xx－<0

，由x(x－)<－1，解得x∈∅.

1＋171－171

∴原不等式的解集是{x|244

例3 (1)证明 ∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．∴f(x)是周期为4的周期函数． (2)解 ∵x∈[2,4]，∴－x∈[－4，－2]，∴4－x∈[0,2]，

∴f(4－x)＝2(4－x)－(4－x)2＝－x2＋6x－8，又f(4－x)＝f(－x)＝－f(x)， ∴－f(x)＝－x2＋6x－8，即f(x)＝x2－6x＋8，x∈[2,4]．

(3)解 ∵f(0)＝0，f(2)＝0，f(1)＝1，f(3)＝－1.又f(x)是周期为4的周期函数，

∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＝…＝f(2 008)＋f(2 009)＋f(2 010)＋f(2 011)＝0，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 011)＝0. 变式训练3 2.5 课时规范训练 A组

1.B 2.A 3.B 4.A 5.－1 6.－1 7．－3

8.解 (1)当a＝0时，f(x)＝x2，f(－x)＝f(x) ，函数是偶函数．

当a≠0时，f(x)＝x2＋ (x≠0，常数a∈R)，取x＝±1，得f(－1)＋f(1)＝2≠0；

xf(－1)－f(1)＝－2a≠0，∴f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1)． ∴函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数．

(2)若f(1)＝2，即1＋a＝2，解得a＝1，这时f(x)＝x2＋，任取x1，x2∈[2，＋∞)，且x1xx2－x1121x1＋x2－1. x＋则f(x1)－f(x2)＝(x2＋)－＝(x＋x)(x－x)＋＝(x－x)21121212x2x1x2x1x1x2由于x1≥2，x2≥2，且x1故f(x)在[2，＋∞)上是单调递增函数． B组

1.A 2.C 3.B 4.(1)(2)(3) 5．0 6.②③⑤

7.(1)证明由函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，有f(x＋1)＝f(1－x)，即有f(－x)＝f(x＋2)．

又函数f(x)是定义在R上的奇函数，故有f(－x)＝－f(x)．故f(x＋2)＝－f(x)．从而f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是周期为4的周期函数．

，∴f(x1)19

(2)解由函数f(x)是定义在R上的奇函数，有f(0)＝0. x∈[－1,0)时，－x∈(0,1]，f(x)＝－f(－x)＝－－x，故x∈[－1,0]时，f(x)＝－

－x－4.

－x.

x∈[－5，－4]时，x＋4∈[－1,0]，f(x)＝f(x＋4)＝－从而，x∈[－5，－4]时，函数f(x)＝－

－x－4.

8.解 (1)∵对于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，∴令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝0.

(2)令x1＝x2＝－1，有f(1)＝f(－1)＋f(－1)，∴f(－1)＝f(1)＝0.

令x1＝－1，x2＝x有f(－x)＝f(－1)＋f(x)，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数．

(3)依题设有f(4×4)＝f(4)＋f(4)＝2，由(2)知，f(x)是偶函数，∴f(x－1)<2⇔f(|x－1|)§2.5 二次函数要点梳理 1．(2)①ax2＋bx＋c (a≠0) ②a(x－m)2＋n(a≠0) ③a(x－x1)(x－x2) (a≠0) 基础自测 1．2 2.[1,2] 3.6 4.(－∞，－2] 5.B 题型分类·深度剖析

a－b＋c＝－1，例1 解方法一设f(x)＝ax＋bx＋c (a≠0)，依题意有

4ac－b

4a＝8，

4a＋2b＋c＝－1，

a＝－4，解之，得b＝4，

c＝7，

，∴所求二次函数为y＝－4x2＋4x＋7.

2＋－11

方法二设f(x)＝a(x－m)＋n，a≠0，∵f(2)＝f(－1)，，∴抛物线对称轴为x＝＝. 22

x－2＋8. ∴m＝，又根据题意函数有最大值为n＝8，∴y＝f(x)＝a22

2－2＋8＝－1，解之，得a＝－4.∴f(x)＝－4x－2＋8＝－4x2＋4x＋7. ∵f(2)＝－1，∴a2220

方法三依题意知：f(x)＋1＝0的两根为x1＝2，x2＝－1，故可设f(x)＋1＝a(x－2)(x＋1)，a≠0. 4a－2a－1－a2

即f(x)＝ax－ax－2a－1.又函数有最大值ymax＝8，即＝8，

解之，得a＝－4或a＝0(舍去)．∴函数解析式为f(x)＝－4x2＋4x＋7.

变式训练1 解 (1)设顶点为P(3,4)且过点A(2,2)的抛物线的方程为y＝a(x－3)2＋4，将(2,2)代入可得a＝－2，∴y

＝－2(x－3)2＋4，即x>2时，f(x)＝－2x2＋12x－14.

当x<－2时，即－x>2，又f(x)为偶函数，f(x)＝f(－x)＝－2×(－x)2－12x－14，即f(x)＝－2x2－12x－14.

∴函数f(x)在(－∞，－2)上的解析式为f(x)＝－2x2－12x－14.

(2)函数f(x)的图象如图：

(3)由图象可知，函数f(x)的值域为(－∞，4]．

例2 解 (1)当a＝－2时，f(x)＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，由于x∈[－4,6]，

∴f(x)在[－4,2]上单调递减，在[2,6]上单调递增，

∴f(x)的最小值是f(2)＝－1，又f(－4)＝35，f(6)＝15，故f(x)的最大值是35.

(2)由于函数f(x)的图象开口向上，对称轴是x＝－a，∴要使f(x)在[－4,6]上是单调函数，应有－a≤－4或－a≥6，即a≤－6或a≥4.

(3)当a＝1时，f(x)＝x2＋2x＋3，∴f(|x|)＝x2＋2|x|＋3，此时定义域为x∈[－6,6]，

x＋2x＋3，x∈0，6]

且f(x)＝，∴f(|x|)的单调递增区间是(0,6]，单调递减区间是[－6,0]．

x－2x＋3，x∈[－6，0]

aaa

x－2－4a，对称轴为x＝，顶点为，－4a. 变式训练2 解 f(x)＝－4222

①当≥1，即a≥2时，f(x)在区间[0,1]上递增．∴ymax＝f(1)＝－4－a2.令－4－a2＝－5，

2∴a＝±1<2(舍去)．

aa5

②当0<<1，即0③当≤0，即a≤0时，f(x)在区间[0,1]上递减，此时f(x)max＝f(0)＝－4a－a2.

令－4a－a2＝－5，即a2＋4a－5＝0，∴a＝－5或a＝1(舍去)．综上所述，a＝或a＝－5.

4例3 解 (1)由f(0)＝1得，c＝1.∴f(x)＝ax2＋bx＋1.又f(x＋1)－f(x)＝2x，

2a＝2，a＝1

∴a(x＋1)＋b(x＋1)＋1－(ax＋bx＋1)＝2x，即2ax＋a＋b＝2x，∴∴

a＋b＝0，b＝－1.

因此，f(x)＝x2－x＋1.

(2)f(x)>2x＋m等价于x2－x＋1>2x＋m，即x2－3x＋1－m>0，要使此不等式在[－1,1]上恒成立，只需使函数g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上的最小值大于0即可．∵g(x)＝x2－3x＋1－m在[－1,1]上单调递减，∴g(x)min＝g(1)＝－m－1，由－m－1>0得，m<－1. 因此满足条件的实数m的取值范围是(－∞，－1)．变式训练3 解 (1)∵f(x)＝x2＋mx＋n，

∴f(－1＋x)＝(－1＋x)2＋m(－1＋x)＋n＝x2－2x＋1＋mx＋n－m＝x2＋(m－2)x＋n－m＋1， f(－1－x)＝(－1－x)2＋m(－1－x)＋n＝x2＋2x＋1－mx－m＋n＝x2＋(2－m)x＋n－m＋1. 又f(－1＋x)＝f(－1－x)，∴m－2＝2－m，即m＝2.又f(x)的图象过点(1,3)， ∴3＝12＋m＋n，即m＋n＝2，∴n＝0，∴f(x)＝x2＋2x，

又y＝g(x)与y＝f(x)的图象关于原点对称，∴－g(x)＝(－x)2＋2×(－x)，∴g(x)＝－x2＋2x. (2)∵F(x)＝g(x)－λf(x)＝－(1＋λ)x2＋(2－2λ)x，

1－λ

当λ＋1≠0时，F(x)的对称轴为x＝＝，又∵F(x)在(－1,1]上是增函数．

21＋λλ＋11＋λ<0∴1－λ

≤－11＋λ

2－2λ

1＋λ>0

或1－λ

≥11＋λ

，∴λ<－1或－1<λ≤0.

当λ＋1＝0，即λ＝－1时，F(x)＝4x显然在(－1,1]上是增函数．综上所述，λ的取值范围为(－∞，0]．

课时规范训练 A组

1.D 2.A 3.B 4.y＝(x－2)2－1 5．0≤m≤ 6．0或－1

247.解 f(x)＝(x－a)2＋a－a2，当a<－1时，f(x)在[－1,1]上为增函数，

f－1＝1＋3a＝－2，fa＝a－a＝－2，∴⇒a＝－1(舍去)；当－1≤a≤0时，⇒a＝－1； f1＝1－a＝2f1＝1－a＝22

fa＝a－a＝－2，

当0f－1＝1＋3a＝2

f－1＝1＋3a＝2，

当a>1时，f(x)在[－1,1]上为减函数，∴⇒a不存在．

f1＝1－a＝－2

综上可得a＝－1.

8.解 (1)∵f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称． b

而二次函数f(x)的对称轴为x＝－，

2ab

∴－＝1.

① ②

又f(x)＝x有等根，即ax2＋(b－1)x＝0有等根，∴Δ＝(b－1)2＝0. 11

由①②得b＝1，a＝－.∴f(x)＝－x2＋x.

111111

(2)∵f(x)＝－x2＋x＝－(x－1)2＋≤，如果存在满足要求的m，n，则必需3n≤，∴n≤. 222226fm＝－m＋m＝3m21

从而mfn＝－n＋n＝3n2

，

可解得m＝－4，n＝0满足要求．∴存在m＝－4，n＝0满足要求． B组

5311

2， 5.08.证明 (1)由于f(x)＝x2＋(2t－1)x＋1－2t.∴f(x)＝1⇔(x＋2t)(x－1)＝0，(*)

∴x＝1是方程(*)的根，即f(1)＝1，因此x＝1是f(x)＝1的实根，即f(x)必有实根．

113

(2)当0，f(0)＝1－2t＝22－t<0. 24

1113f＝＋(2t－1)＋1－2t＝－t>0，又函数f(x)的图象连续不间断． 24241

0，上各有一个实根．因此f(x)＝0在区间(－1,0)及2

§2.6 指数与指数函数

要点梳理

nnnn1.(1)a的n次方根根式根指数被开方数 (2)①a ②a － a ± a ③a

a a≥0④a 

－a a＜0

111n＋

2.(1)②1 ③p ④am ⑤ ⑥0 没有意义 (2)①ars ②ars ③arbr

amn

aamn3.(1)R (2)(0，＋∞) (3)(0,1) (4)y>1 01 (6)增函数 (7)减函数基础自测

235

1.(1)x (2)(a＋b) (3)m 2.7 3.(－2，－1)∪(1，2) 4.3 5.B

342题型分类·深度剖析

11027182例1 解 (1)原式＝＋－5－2＋1＝＋500－10(5＋2)＋1

8500272312234167＝＋105－105－20＋1＝－. 99

(2)原式＝5－2－1－13

5－22＝(5－2)－1－(5－2)＝－1.

32abab3111111226333－1. ab(3)原式＝＝＝ab11

b2

aba33

变式训练1 解 (1)原式＝13132×1＋2313134×2＋(2×3)－1413126

2＝2＋4×27＝110. 313mm3－8n32nm2(2)令a＝m，b＝n，则原式＝2÷1－m·m＝2· 22

m＋2mn＋4nm＋2mn＋4nm－2n

m4－8mn3

m3m－2nm2＋2mn＋4n2＝＝m3＝a. 22

m＋2mn＋4nm－2n

例2 (1)D (2)0(2)解函数y＝|3x－1|的图象是由函数y＝3x的图象向下平移一个单位后，再把位于x轴下方的图象沿x轴翻折到x轴上方得到的，函数图象如图所示.

当k<0时，直线y＝k与函数y＝|3x－1|的图象无交点，即方程无解；当k＝0或k≥1时，直线y＝k与函数y＝|3x－1|的图象有唯一的交点，∴方程有一解；

当00且a≠1)，则原函数化为y＝(t＋1)2－2 (t>0). 11

a，，此时f(t)在a，上为增函数. ①当0＋1－2＝14，∴＋12＝16，∴a＝－或a＝. ∴f(t)max＝f＝aaa531

又∵a>0，∴a＝.

11

，a，此时f(t)在，a上是增函数. ②当a>1时，x∈[－1,1]，t＝ax∈aa∴f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3(a＝－5舍去). 1

综上得a＝或3.

变式训练3 解 (1)当x<0时，f(x)＝0，无解；

113

当x≥0时，f(x)＝2x－x，由2x－x＝，得2·22x－3·2x－2＝0，看成关于2x的一元二次方程，

2221

解得2x＝2或－，∵2x>0，∴x＝1.

22t－2t＋m2t－t≥0，即m(22t－1)≥－(24t－1)，∵22t－1>0， (2)当t∈[1,2]时，2t22∴m≥－(22t＋1)，∵t∈[1,2]，∴－(22t＋1)∈[－17，－5]，故m的取值范围是[－5，＋∞).

课时规范训练 A组

1.B 2.D 3.D 4.m228.解 (1)原式＝[426258491000－＋÷50×]÷ 1027981000023122314142117247

×－＋2×2＝. ＝9－3＋25×÷＝9521029

11313223aa32b311aa33a2b (2)原式＝221111a1511233333aa2b2baa135612aa233aaa＝aa2b1＝＝a. 11a32b3a6131313B组

1.D 2.C 3.B 4.9 5.2 6.－7.解方法一 (1)由已知得3a＋2＝18⇒3a＝2⇒a＝log32；(2)此时g(x)＝λ·2x－4x，设0≤x1∵g(x)在区间[0,1]上是单调递减函数，∴g(x1)－g(x2)＝2122(λ－2122)>0恒成立，即λ<2122恒成立.由于2122>20＋20＝2，∴，实数λ的取值范围是λ≤2. 方法二 (1)由已知得3a2＝18⇒3a＝2⇒a＝log32.

＋

xxxxxxxx(2)此时g(x)＝λ·2x－4x，∵g(x)在区间[0,1]上是单调减函数，

∴有g′(x)＝λln 2·2x－ln 4·4x＝2xln 2·(－2·2x＋λ)≤0成立，∴只需要λ≤2·2x恒成立. ∴实数λ的取值范围是λ≤2. 8.解 (1)设x1x1x2>0，若a>1，则a1xx>0，

a2－1

∴f(x1)－f(x2)＝

1x1x2·1(aa)xxa2－1a12<0， 即f(x1)ax2，

1ax1x2<0，f(x)－f(x)＝·<0， 1(aa)12x1x2a2－1a2－1aa

即f(x1)aa

(2)f(x)＝2(ax－a－x)，则f(－x)＝2(a－x－ax)，显然f(－x)＝－f(x)，f(1－m)＋f(1－m2)<0，

a－1a－1即f(1－m)<－f(1－m2)⇔f(1－m)§2.7 对数与对数函数要点梳理

1.(1)x＝logaN a N (2)

对数形式一般对数常用对数自然对数特点底数为a(a>0且a≠1) 底数为10 底数为e 记法 logaN lg_N ln_N n2.(1)①logaM＋logaN ②logaM－logaN ③nlogaM ④logaM (2)①N ②N

mlogaN

(3)①logbN＝ ②logad

logab

3.(1)(0，＋∞) (2)R (3)(1,0) 1 0 (4)y>0 y<0 (5)y<0 y>0 (6)增函数 (7)减函数 4.y＝logax y＝x

－，＋∞ 3.2 2 4.8 5.D 基础自测 1.(1)1 (2)2 (3)0 (4)－1 2.2题型分类·深度剖析

例1 解 (1)原式＝(lg 2)2＋(1＋lg 5)lg 2＋lg 52＝(lg 2＋lg 5＋1)lg 2＋2lg 5

＝(1＋1)lg 2＋2lg 5＝2(lg 2＋lg 5)＝2.

33lg 3＋3lg 2－31－lg 3·lg 3＋2lg 2－1lg 32－2lg 3＋1·2223

＝＝－.

2lg 3－1·lg 3＋2lg 2－1lg 3－1·lg 3＋2lg 2－1

(2)原式＝

lg 2lg 2lg 3lg 3lg 2lg 2lg 3lg 33lg 25lg 35

(3)原式＝＝. lg 3＋lg 9·lg 4＋lg 8＝lg 3＋2lg 3·2lg 2＋3lg 2＝2lg 3·6lg 243

×707

变式训练1 解 (1)原式＝lg －3

lg23－2lg 3＋1＝lg 10－lg 3－12＝1－|lg 3－1|＝lg 3.

(2)令3x＝t，∴x＝log3t，∴f(t)＝4log23·log3t＋233＝4log2t＋233，

∴f(2)＋f(4)＋f(8)＋…＋f(28)＝4(log22＋log24＋log28＋…＋log228)＋8×233 ＝4·log2(2·22·23·…·28)＋8×233＝4·log2236＋1 864＝4×36＋1 864＝2 008. 例2 解作出函数y＝log2x的图象，将其关于y轴对称得

到函数y＝log2|x|的图象，再将图象向左平移1个单位长度就得到函数y＝log2|x＋1|的图象(如图所示).

由图知，函数y＝log2|x＋1|的递减区间为(－∞，－1)，递增区间为(－1，＋∞). 变式训练2 C

例3 解 (1)f(2)＝loga4，依题意f(2)＝2，则loga4＝2，∴a＝2.

(2)由题意知8－2x>0，解得x<3，

由8－2－x>0知，x>－3，∴函数y＝f(x)＋f(－x)的定义域为(－3,3). 又y＝f(x)＋f(－x)＝loga(8－2x)＋loga(8－2－x)＝loga[65－8(2x＋2－x)]， ∵

65x－x

>2＋2≥2，当且仅当x＝0时取等号，∴0<65－8(2x＋2－x)≤49， 8

∴当a>1时，函数y＝f(x)＋f(－x)在x＝0处取得最大值loga49.

变式训练3 解 (1)设P(x，y)为g(x)图象上任意一点，则Q(－x，－y)是点P关于原点的对称点，

∵Q(－x，－y)在f(x)的图象上，∴－y＝loga(－x＋1)，即y＝g(x)＝－loga(1－x). x＋1

(2)f(x)＋g(x)≥m，即loga≥m.

1－x

1＋x

设F(x)＝loga，x∈[0,1)，由题意知，只要F(x)min≥m即可.

1－x∵F(x)在[0,1)上是增函数，∴F(x)min＝F(0)＝0，故m≤0即为所求. 课时规范训练 A组

1.B 2.C 3.C 4.1 5.(1,23) 6.(－∞，－1)

x＋1>0，

7.解 (1)f(x)＝loga(x＋1)－loga(1－x)，则解得－11－x>0，

故所求函数f(x)的定义域为{x|－128

(2)由(1)知f(x)的定义域为{x|－1且f(－x)＝loga(－x＋1)－loga(1＋x)＝－[loga(x＋1)－loga(1－x)]＝－f(x)，故f(x)为奇函数.

(3)∵当a>1时，f(x)在定义域{x|－1x＋1

∴f(x)>0⇔>1.解得00的x的解集是{x|01－x8.解 (1)函数f(x)＝log1(a2－3a＋3)x的定义域为R.

2又f(－x)＝log1(a2－3a＋3)－x＝－log1(a2－3a＋3)x＝－f(x)，∴函数f(x)是奇函数.

22(2)函数f(x)＝log1(a2－3a＋3)x在(－∞，＋∞)上为减函数，则y＝(a2－3a＋3)x在(－∞，＋∞)上为增函数，

2由指数函数的单调性，有a2－3a＋3>1，解得a<1或a>2. ∴a的取值范围是(－∞，1)∪(2，＋∞). B组

1

1.C 2.C 3.C 4.6 5.2，1 6.16 7.2

8.解 (1)由ax－bx>0，得()x>1，且a>1>b>0，得>1，∴x>0，即f(x)的定义域为(0，＋∞).

(2)任取x1>x2>0，a>1>b>0，则ax1>ax2>0，bx1ax2－bx2>0，即lg(ax1－bx1)>lg(ax2－bx2)，故f(x1)>f(x2)，∴f(x)在(0，＋∞)上为增函数.

假设函数y＝f(x)的图象上存在不同的两点A(x1，y1)、B(x2，y2)，使直线平行于x轴，则x1≠x2，y1＝y2，这与f(x)是增函数矛盾.

故函数y＝f(x)的图象上不存在不同的两点使过两点的直线平行于x轴.

(3)∵f(x)是增函数，∴当x∈(1，＋∞)时，f(x)>f(1)，这样只需f(1)＝lg(a－b)≥0，即当a≥b＋1时，f(x)在(1，＋∞)上恒取正值.

§2.8 幂函数

要点梳理 1.y＝xα

2.(1)(0，＋∞) (2)(1,1) (3)(0,0) (1,1) 递增 (4)递减 3.(2)定义域：R R R [0，＋∞) {x|x∈R且x≠0}

值域：R [0，＋∞) R [0，＋∞) {y|y∈R且y≠0} 奇偶性：奇函数偶函数奇函数非奇非偶函数奇函数

单调性：增 x∈[0，＋∞)时，增；x∈(－∞，0]时，减增增 x∈(0，＋∞)时，减；x∈(－∞，0)时，减 3

基础自测 1.二、四 2. 3.④⑤ 4.D

2题型分类·深度剖析

1xm例1 解 ∵y＝(m2＋2m－2)·

21＋(2n－3)为幂函数．∴m2＋2m－2＝1且2n－3＝0.

∴m＝－3，m＝1且n＝，又m2－1≠0，∴m＝－3且n＝.

m＋m－1＝1

变式训练1 解 (1)若f(x)是正比例函数，则，解得m＝1.

2m＋2m≠0

∴当m＝1时，f(x)为正比例函数．

m＋m－1＝－1

(2)若f(x)为反比例函数，则，解得m＝－1.

m＋2m≠0

∴当m＝－1时，f(x)为反比例函数．

2－1±13m＋m－1＝2

(3)若f(x)为二次函数，则，解得m＝. 22

m＋2m≠0

－1±13

∴当m＝时，f(x)为二次函数．

(4)若f(x)为幂函数，则m2＋2m＝1，解得m＝－1±2，∴当m＝－1±2时，f(x)为幂函数．例2 解 (1)设f(x)＝xα，∵其图象过点(2，2)，故2＝(2)α，解得α＝2，∴f(x)＝x2.设g(x)＝xβ，

2，，∴＝2β，解得β＝－2，∴g(x)＝x－2. ∵其图象过点44(2)在同一坐标系下作出f(x)＝x2与g(x)＝x－2的图象，如图所示．由图象可知：f(x)，g(x)的图象均过点(－1,1)与(1,1)． ∴①当x>1或x<－1时，f(x)>g(x)； ②当x＝1或x＝－1时，f(x)＝g(x)；

③当－1变式训练2 解依题意，其图象与y轴有公共点，则4－3m－m2>0，即m2＋3m－4<0，

解得－4当m＝－3或m＝0时，函数可化为y＝x4，符合题意，其图象如图①. 当m＝－2或m＝－1时，函数可化为y＝x6，符合题意，其图象如图②.

图① 图②

综上所述，m的值为－3，－2，－1,0.

例3 解 (1)∵函数y＝x在(0，＋∞)上是递增函数，且0.95<0.96.

∴0.95<0.96，∴0.95>0.96.

1313131313

1111113333(2)()＝9，由于函数y＝x在(0，＋∞)上是减函数，∴8>93，

913131313∴－8<－9，即－8<－9.

(3)由于函数y＝0.2x在R上是减函数，

∴，又函数y＝x0.3在(0，＋∞)上是增函数，∴，故

变式训练3 解 (1)函数y＝3x是增函数，∴30.8>30.7，(2)函数y＝x3是增函数，∴0.213<0.233.

(3)∵2>1.8>1.8，∴2>1.8. (4)4.1>1＝1；0<3.82525121213121323<123＝1；(1.9)<0，∴(1.9)<3.8353523<4.1.

25例4 解 ∵函数在(0，＋∞)上递减，∴m2－2m－3<0，解得－1又函数的图象关于y轴对称，∴m2－2m－3是偶数，

而22－2×2－3＝－3为奇数，12－2×1－3＝－4为偶数，∴m＝1. 而f(x)＝x13在(－∞，0)，(0，＋∞)上均为减函数，

13∴(a1)<(32a)1等价于a＋1>3－2a>0或0>a＋1>3－2a或a＋1<0<3－2a.

2323

解得a<－1或32

变式训练4 解 (1)m2＋m＝m(m＋1)，m∈N*，而m与m＋1中必有一个为偶数，

∴m(m＋1)为偶数．

∴函数f(x)＝x(m2＋m)－1(m∈N*)的定义域为[0，＋∞)，并且在定义域上为增函数． (2)∵函数f(x)经过点(2，2)，∴2＝2(m2m)1，即2＝212(m2m)1，∴m2＋m＝2.

2－a≥0，

解得m＝1或m＝－2，又∵m∈N，∴m＝1，由f(2－a)>f(a－1)得a－1≥0

2－a>a－1.

解得1≤a<，∴a的取值范围为[1，)．

22课时规范训练 A组

231.C 2.C 3.B 4.1或2 5.c11

7.解设在[－1,1)中，f(x)＝xn，由点(，)在函数图象上，求得n＝3.

令x∈[2k－1,2k＋1)，则x－2k∈[－1,1)，∴f(x－2k)＝(x－2k)3. 又f(x)周期为2，∴f(x)＝f(x－2k)＝(x－2k)3，即f(x)＝(x－2k)3(k∈Z)．

8.解由条件知2>0，－n2＋2n＋3>0，解得－1－n＋2n＋3

当n＝0,2时，f(x)＝x，∴f(x)在R上单调递增．∴f(x2－x)>f(x＋3)转化为x2－x>x＋3. 解得x<－1或x>3，∴原不等式的解集为(－∞，－1)∪(3，＋∞)． B组

1.A 2．B 3.B 4.2 5．①②③ 6.(0，＋∞) 7．①②

8.解 (1)∵f(2)0，解得－1又∵k∈Z，∴k＝0或k＝1，当k＝0或k＝1时，－k2＋k＋2＝2，∴f(x)＝x2. (2)假设存在q>0满足题设，由(1)知，g(x)＝－qx2＋(2q－1)x＋1，x∈[－1,2]．

1332

2q－14q2＋1

∵g(2)＝－1，∴两个最值点只能在端点(－1，g(－1))和顶点(，)处取得．

2q4q4q2＋14q2＋14q－124q2＋117

而－g(－1)＝－(2－3q)＝≥0，∴g(x)max＝＝，

4q4q4q4q8g(x)min＝g(－1)＝2－3q＝－4，解得q＝2.∴存在q＝2满足题意．

§2.9 函数与方程要点梳理

1.(1)f(x)＝0 (2)x轴零点 (3)f(a)·f(b)<0 (a，b) f(c)＝0 c 2.(x1,0)，(x2,0) (x1,0) 两个一个无 3.f(a)·f(b)<0 一分为二零点 11

基础自测 1.(1.25,1.5) 2.－，－ 3．3 4．a>1 5.(－2,0)

23题型分类·深度剖析

例1 解 (1)方法一 ∵f(1)＝12－3×1－18＝－20<0，f(8)＝82－3×8－18＝22>0，∴f(1)·f(8)<0，

故f(x)＝x2－3x－18，x∈[1,8]存在零点．

方法二令f(x)＝0，得x2－3x－18＝0，x∈[1,8]．∴(x－6)(x＋3)＝0， ∵x＝6∈[1,8]，x＝－3∉[1,8]，∴f(x)＝x2－3x－18，x∈[1,8]存在零点．

(2)方法一 ∵f(1)＝log23－1>log22－1＝0，f(3)＝log25－3方法二设y＝log2(x＋2)，y＝x，在同一直角坐标系中画出它们的图象，从图象中可以看出当1≤x≤3时，两图象有一个交点，因此f(x)＝log2(x＋2)－x，x∈[1,3]存在零点．变式训练1 (1)B (2)D 例2 4 变式训练2 B

例3 解 (1)由条件，抛物线f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1

与x轴的交点分别在区间(－1,0)和(1,2)内，如图(1)所示，

1m<－，2

f－1＝2>0，得f1＝4m＋2<0，f2＝6m＋5>0.

列不等式组

f0＝2m＋1<0，



m∈R，⇒1

m<－，2

5m>－6.

51，即－62

(2)抛物线与x轴交点均落在区间(0,1)内，如图(2)所示

f1>0，

Δ≥0，0<－m<1.

f0>0，



m>－1，

2⇒

m≥1＋2或m≤1－－11m>－，

2，

即－2

变式训练3 证明 (1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－，∴3a＋2b＋2c＝0.

又3a>2c>2b，∴3a>0,2b<0，∴a>0，b<0，又2c＝－3a－2b，由3a>2c>2b，∴3a>－3a－2b>2b. b3

∵a>0，∴－3<<－. a4

(2)∵f(0)＝c，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c.

①当c>0时，∵a>0，∴f(0)＝c>0且f(1)＝－<0，∴函数f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点．

2②当c≤0时，∵a>0，

∴f(1)＝－<0且f(2)＝a－c>0，∴函数f(x)在区间(1,2)内至少有一个零点．

2综合①②得f(x)在(0,2)内至少有一个零点．

(3)∵x1，x2是函数f(x)的两个零点，则x1，x2是方程ax2＋bx＋c＝0的两根． bc3b

∴x1＋x2＝－，x1x2＝＝－－.

aa2a∴|x1－x2|＝

x1＋x22－4x1x2＝

b3b

－2－4－－＝a2a

＋22＋2. a

b357∵－3<<－，∴2≤|x1－x2|<. a44课时规范训练 A组

1.C 2.B 3.B 4.3 5.x17.解 ∵Δ＝(3a－2)2－4(a－1)>0，∴若存在实数a满足条件，则只需f(－1)·f(3)≤0即可．

f(－1)·f(3)＝(1－3a＋2＋a－1)·(9＋9a－6＋a－1)＝4(1－a)(5a＋1)≤0，∴a≤－或a≥1.

5检验：①当f(－1)＝0时，a＝1，∴f(x)＝x2＋x.令f(x)＝0，即x2＋x＝0. 得x＝0或x＝－1. 方程在[－1,3]上有两根，不合题意，故a≠1.

1136136

②当f(3)＝0时，a＝－，此时f(x)＝x2－x－，令f(x)＝0，即x2－x－＝0，

5555521

解之得x＝－或x＝3. 方程在[－1,3]上有两根，不合题意，故a≠－.

551

综上所述，a<－或a>1.

8.解 ∵f(x)＝4x＋m·2x＋1有且仅有一个零点，即方程(2x)2＋m·2x＋1＝0仅有一个实根．

设2x＝t (t>0)，则t2＋mt＋1＝0.当Δ＝0时，即m2－4＝0，

∴m＝－2时，t＝1；m＝2时，t＝－1(不合题意，舍去)，∴2x＝1，x＝0符合题意．当Δ>0时，即m>2或m<－2时，t2＋mt＋1＝0有两正或两负根，即f(x)有两个零点或没有零点．∴这种情况不符合题意．综上可知：m＝－2时，f(x)有唯一零点，该零点为x＝0. B组

1.B 2.B 3.B 4．(2,3) 5.6 6.(0,1) 7.{0,3,14,30}

8.解 (1)①f(x)＝x2＋2mx＋3m＋4有且仅有一个零点⇔方程f(x)＝0有两个相等实根⇔Δ＝0，即4m2－4(3m＋4)＝0，

即m2－3m－4＝0，∴m＝4或m＝－1.

②方法一设f(x)的两个零点分别为x1，x2，则x1＋x2＝－2m，x1·x2＝3m＋4.



由题意，知x＋1x＋1>0

x＋1＋x＋1>0

Δ＝4m2－43m＋4>0



⇔3m＋4－2m＋1>0－2m＋2>0

m2－3m－4>0

m>4或m<－1，



⇔m>－5，m<1，

∴－5

方法二由题意，知－m>－1，

f－1>0，

Δ>0，

∴m的取值范围为(－5，－1)．



即m<1，1－2m＋3m＋4>0.

m2－3m－4>0，

∴－5(2)令f(x)＝0，得|4x－x2|＋a＝0，即|4x－x2|＝－a. 令g(x)＝|4x－x2|，h(x)＝－a，作出g(x)、h(x)的图象．

由图象可知，当0<－a<4，

即－4§2.10 函数模型及其应用

要点梳理 1.(2)①ax>xn ②logaxxn>logax

基础自测 1.78℃ 2.2 500 3.y＝a(1＋r)x，x∈N* 4.A 5.B 题型分类·深度剖析

例1 解 (1)设甲、乙两种产品分别投资x万元(x≥0)，所获利润分别为f(x)、g(x)万元，由题意可设f(x)＝k1x，

g(x)＝k2x，∴根据图象可解得f(x)＝0.25x (x≥0)，g(x)＝2x (x≥0)． (2)①由(1)得f(9)＝2.25，g(9)＝29＝6，∴总利润y＝8.25(万元)．

②设B产品投入x万元，A产品投入(18－x)万元，该企业可获总利润为y万元， 1

则y＝(18－x)＋2x，0≤x≤18.

1134

令x＝t，t∈[0,32]，则y＝(－t2＋8t＋18)＝－(t－4)2＋. 44434

∴当t＝4时，ymax＝＝8.5，此时x＝16,18－x＝2.

∴当A、B两种产品分别投入2万元、16万元时，可使该企业获得最大利润8.5万元．变式训练1 解设框架的宽度为x m，则其高度为

h＝(6－2x) m,01211

x－200x＋80 000＝－x2＋400x－80 000＝－(x－400)2，则S＝200x－222∴当x∈[200,300]时，S<0，因此该单位不会获利．

当x＝300时，S取得最大值－5 000，∴国家每月至少补贴5 000元才能使该项目不亏损．

(2)由题意，可知二氧化碳的每吨处理成本为：＝x180 000

x＋－200，x∈[144，500].2xy11

①当x∈[120,144)时，＝x2－80x＋5 040＝(x－120)2＋240，

x33y

∴当x＝120时，取得最小值240.

y180 000

②当x∈[144,500]时，＝x＋－200≥2x2x

180 000x×－200＝200， 2x



x－80x＋5 040，x∈[120，144.3

180 000y

当且仅当x＝，即x＝400时，取得最小值200.

2xx

∵200<240，∴当每月的处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低．

变式训练2 解 (1)当甲的用水量不超过4吨时，即5x≤4，乙的用水量也不超过4吨，y＝1.8(5x＋3x)＝14.4x；

当甲的用水量超过4吨，乙的用水量不超过4吨，即3x≤4，且5x>4时，y＝4×1.8＋3x×1.8＋3(5x－4)＝20.4x－4.8；当乙的用水量超过4吨，即3x>4时，y＝2×4×1.8＋3×[(3x－4)＋(5x－4)]＝24x－9.6.

44

∴y＝20.4x－4.8， 5.3

14.4x， 0≤x≤，5

(2)由于y＝f(x)在各段区间上均单调递增，

44444

0，时，y≤f<26.4；当x∈，时，y≤f<26.4；当x∈555334

，＋∞时，令24x－9.6＝26.4，解得x＝1.5. 当x∈3

∴甲户用水量为5x＝5×1.5＝7.5吨，付费S1＝4×1.8＋3.5×3＝17.70(元)；乙户用水量为3x＝4.5吨，付费S2＝4×1.8＋0.5×3＝8.70(元)．

例3 解 (1)1年后该城市人口总数为y＝100＋100×1.2%＝100×(1＋1.2%)，

2年后该城市人口总数为y＝100×(1＋1.2%)＋100×(1＋1.2%)×1.2%＝100×(1＋1.2%)2. 3年后该城市人口总数为y＝100×(1＋1.2%)2＋100×(1＋1.2%)2×1.2%＝100×(1＋1.2%)3. x年后该城市人口总数为y＝100×(1＋1.2%)x.

(2)10年后，人口总数为100×(1＋1.2%)10≈112.7(万人)． (3)设x年后该城市人口将达到120万人，即100×(1＋1.2%)x＝120，x＝log1.012

120

＝ 100

(4)由100×(1＋x%)20≤120，得(1＋x%)20≤1.2，两边取对数得20lg(1＋x%)≤lg 1.2≈0.079， 0.079

∴lg(1＋x%)≤＝0.003 95，∴1＋x%≤1.009，得x≤0.9，

20即年自然增长率应该控制在0.9%.

12t＋t，变式训练3 解 (1)若m＝2，则θ＝2·2t＋21－t＝221515

当θ＝5时，2t＋t＝，令2t＝x≥1，则x＋＝，

22x21

即2x2－5x＋2＝0，解得x＝2或x＝(舍去)，此时t＝1.

2∴经过1分钟，物体的温度为5摄氏度．

(2)物体的温度总不低于2摄氏度，即θ≥2恒成立，亦m·2t＋t≥2恒成立，

1111221t－2t恒成立．令t＝x，则0，＋∞. 因此，当物体的温度总不低于2摄氏度时，m的取值范围是2课时规范训练 A组

1.A 2.C 3.A 4.C 5.3 6.③ f(x)＝x3－9x2＋24x－12 (1≤x≤12，且x∈Z) 7.20 yyx8 000

8.解 (1)每吨平均成本为(万元)．则＝＋－48≥2xx5x

x8 000·－48＝32， 5x

x8 000

当且仅当＝，即x＝200时取等号．∴年产量为200吨时，每吨平均成本最低为32万元．

5xx2x2

(2)设年获得总利润为R(x)万元，则R(x)＝40x－y＝40x－＋48x－8 000＝－＋88x－8 000

551

＝－(x－220)2＋1 680 (0≤x≤210)．

∵R(x)在[0,210]上是增函数，∴x＝210时，R(x)有最大值为－(210－220)2＋1 680＝1 660.∴年产量为210

5吨时，可获得最大利润1 660万元． B组

1.B 2. A 3.A 4.30 cm、20 cm 5.2 400 6.y＝x (x∈N*)

47.解 (1)设DN的长为x (x>0)米，则AN＝(x＋2)米．

3x＋23x＋22DNDC

∵＝，∴AM＝，∴SAMPN＝AN·AM＝. ANAMxx

3x＋222由SAMPN>32，得>32，又x>0，得3x2－20x＋12>0，解得：06，

x32

0，∪(6，＋∞)．即DN长的取值范围是3

3x＋223x2＋12x＋1212

(2)矩形花坛AMPN的面积为y＝＝＝3x＋＋12≥2

xxx12

当且仅当3x＝，即x＝2时，矩形花坛AMPN的面积取得最小值24.

x故DN的长为2米时，矩形AMPN的面积最小，最小值为24平方米．

8.解 (1)由题意，当0≤x≤20时，v(x)＝60；当20≤x≤200时，设v(x)＝ax＋b，

123x·＋12＝24，

200a＋b＝0，

再由已知得 解得20020a＋b＝60，b＝3.

a＝－，

60， 0≤x≤20，

故函数v(x)的表达式为v(x)＝1

3200－x， 2039

60x， 0≤x≤20，

(2)依题意并由(1)可得f(x)＝1

3x200－x， 20当0≤x≤20时，f(x)为增函数，故当x＝20时，其最大值为60×20＝1 200； 11x＋200－x210 000

当203

10 000

综上，当x＝100时，f(x)在区间[0,200]上取得最大值≈3 333，

即当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3 333辆/时．

专题一函数图象与性质的综合应用

题型分类·深度剖析例1 12 变式训练1 D 例2 D 变式训练2 C 例3 C 变式训练3 B

例4 (1)解令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)，即f(0)＝0.

(2)证明令y＝－x，得f(x－x)＝f(x)＋f(－x)，又f(0)＝0，则有0＝f(x)＋f(－x)，即f(－x)＝－f(x)对任意x∈R成立，∴f(x)是奇函数．

(3)解方法一 ∵f(x)在R上是增函数，又由(2)知f(x)是奇函数． f(k·3x)<－f(3x－9x－2)＝f(－3x＋9x＋2)，∴k·3x<－3x＋9x＋2， 32x－(1＋k)·3x＋2>0对任意x∈R成立．

令t＝3x>0，问题等价于t2－(1＋k)t＋2>0对任意t>0恒成立．

1＋k1＋k

令f(t)＝t－(1＋k)t＋2，其对称轴为x＝，当<0即k<－1时，f(0)＝2>0，符合题意；

1＋k

1＋k≥0，

当≥0即k≥－1时，对任意t>0，f(t)>0恒成立⇔2

Δ＝1＋k－4×2<0，

解得－1≤k<－1＋22.

综上所述，当k<－1＋22时，f(k·3x)＋f(3x－9x－2)<0对任意x∈R恒成立． 2方法二由k·3x<－3x＋9x＋2，得k<3x＋x－1.

u＝3x＋x－1≥22－1,3x＝2时，取“＝”，即u的最小值为22－1，

要使对x∈R不等式k<3x＋x－1恒成立，只要使k<22－1.

3变式训练4 解 ∵f(x)＝logax，则y＝|f(x)|的图象如右图． 11

由图示，可使x∈[，2]时恒有|f(x)|≤1，只需|f()|≤1，

3311

即－1≤loga≤1，即logaa－1≤loga≤logaa，

331

亦当a>1时，得a－1≤≤a，即a≥3；

311

当0综上所述，a的取值范围是(0，]∪[3，＋∞)．

例5 解由x2－logax<0，得x21

0，时，函数f(x)的图象在函数g(x)的图象的下方，由题意知，当x∈20如图，可知1即112≤loga1，f≤g，2222

11解得≤a<1，∴实数a的取值范围是16，1. 161变式训练5 2，1∪(1,2] 课时规范训练 A组

1.D 2.A 3.C 4.(2，＋∞) 5.x<0或x>1 6.[7,8) 7.解 (1)令t＝logax (t∈R)，则x＝at，且f(t)＝

at1ax－x) (x∈R)． a－t，∴f(x)＝(a－aaa2－1a2－1

(2)当a>1时，ax－a－x为增函数，又2>0，∴f(x)为增函数；

a－1

当0a－1a

(3)∵f(0)＝2(a0－a0)＝0，∴f(x2－3x＋2)<0＝f(0)．

a－1由(2)知：x2－3x＋2<0，∴11

8.解 (1)设点P(x，y)是C2上的任意一点，则P(x，y)关于点A(2,1)对称的点为P′(4－x,2－y)，代入f(x)＝x＋，x

111

可得2－y＝4－x＋，即y＝x－2＋，∴g(x)＝x－2＋. 4－xx－4x－4

y＝m，

(2)由1

y＝x－2＋

x－4

，消去y，得x2－(m＋6)x＋4m＋9＝0，Δ＝(m＋6)2－4(4m＋9)．

∵直线y＝m与C2只有一个交点，∴Δ＝0，解得m＝0或m＝4.

当m＝0时，经检验合理，交点为(3,0)；当m＝4时，经检验合理，交点为(5,4)． B组

3π1.D 2.C 3.D 4.2，2π 5.4 6.(－2,1) 7.3

1－mx

8.解 (1)∵函数f(x)＝loga (a>0，a≠1)的图象关于原点对称，∴f(－x)＋f(x)＝0，

x－1

1＋mx1－mx1－mx1＋mx1－mx1＋mx即loga＋loga＝loga＝0，由＝1，得m2＝1，

－x－1x－1－x－1x－1－x－1x－11－mx∴m＝1或m＝－1，当m＝1时，＝－1<0，舍去；

x－1

1－mx1＋x1＋x

当m＝－1时，＝，令>0，解得x<－1或x>1，∴符合条件的m的值为－1.

x－1x－1x－1x＋1x2＋1x1＋1x2＋1x1－1

(2)由(1)得f(x)＝loga，任取1∵1x2－1x1＋1x2＋1x1－1

∴当00，即f(x2)－f(x1)>0，此时f(x)为增函数；

x2－1x2＋1

x2＋1x1－1

当a>1时，loga<0，即f(x2)－f(x1)<0，此时f(x)为减函数．

x2－1x1＋1

(3)由(2)知，当a>1时，f(x)在(1，＋∞)上为减函数；同理在(－∞，－1)上也为减函数．当(t，a)⊆(－∞，－1)时，f(a)t＋1

当(t，a)⊆(1，＋∞)时，∵函数f(x)的值域为(1，＋∞)，∴f(a)＝1且＝0，

t－1解得t＝－1，a＝1＋2.

§3.1 导数的概念及其运算要点梳理 1.

fx2－fx1Δyfx0＋Δx－fx0fx0＋Δx－fx0Δy

2.(1)lim lim lim ΔxΔxΔxΔx→0Δx→0ΔxΔx→0x2－x1

Δx0

(2)(x0，f(x0)) 切线的斜率 y－y0＝f′(x0)(x－x0) 3.lim →4.0 nxn1 cos x －sin x axln a(a>0) ex

－

fx＋Δx－fx

Δx

11(a>0，且a≠1) xln ax

f′xgx－fxg′x

5.(1)f′(x)±g′(x) (2)f′(x)g(x)＋f(x)g′(x) (3) 6.y′u·u′x y对u u对x

[gx]2基础自测

1.3 2.2 3.－2 4.(1,0) 5.B 题型分类·深度剖析例1 解 ∵Δy＝x0＋Δx＋1－2

x0＋1＝

x0＋Δx2＋1－x20－1x0＋Δx＋1＋2

x20＋1

＝2x0Δx＋Δx2x0＋Δx＋1＋

x0＋1

，

Δy

∴＝Δx

2x0＋Δxx0＋Δx＋1＋

x20＋1

变式训练1 (1)－ (2)f′(x)＝－ 2x＋221112

例2 解 (1)y′＝(ex·ln x)′＝exln x＋ex·＝ex(ln x＋). (2)∵y＝x3＋1＋2，∴y′＝3x2－3.

xxxx

xx1

(3)先使用三角公式进行化简，得y＝x－sin cos ＝x－sin x，

222111

x－sin x′＝x′－(sin x)′＝1－cos x. ∴y′＝222

(4)先化简，y＝x·1x－x＋1x－1＝－x12＋x－12，∴y′＝－12x－12－12x－32＝－12x1＋1x. 变式训练2 (1)y′＝－32x－52＋3x2－2x－3sin x＋x－

2cos x；(2)y′＝3x2＋12x＋11

(3)y′＝12cos x；(4)y′＝2

1－x2；(5)y′＝－sin x－cos x

例3 解 (1)∵P(2,4)在曲线y＝14

3x3＋3

上，且y′＝x2，

∴在点P(2,4)处的切线的斜率为：y′|x＝2＝4.

∴曲线在点P(2,4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.

(2)设曲线y＝13x3＋43与过点P(2,4)的切线相切于点Ax140，3x30＋3，则切线的斜率为：y′|x＝x0＝x2

0. 线方程为y－13x3＋43＝x2－x20(x0)，即y＝x20·x－34

03x0＋3. ∵点P(2,4)在切线上， ∴4＝2x220－3x340＋3

，即x30－3x20＋4＝0，∴x30＋x20－4x2

0＋4＝0， ∴x20(x0＋1)－4(x0＋1)(x0－1)＝0，∴(x0＋1)(x0－2)2＝0，解得x0＝－1或x0＝2，

故所求的切线方程为4x－y－4＝0或x－y＋2＝0.

(3)设切点为(x0，y0)，则切线的斜率为：x20＝1，x0

＝±1，切点为(－1,1)或1，53， ∴切线方程为y－1＝x＋1或y－5

＝x－1，即x－y＋2＝0或3x－3y＋2＝0.

变式训练3 解 ∵y′＝2ax＋b，∴抛物线在Q(2，－1)处的切线斜率为k＝y′|x＝2＝4a＋b.

∴4a＋b＝1.

① 又∵P(1,1)、Q(2，－1)在抛物线上，∴a＋b＋c＝1，

②

4a＋2b＋c＝－1.

③

a＝3，联立①②③解方程组，得

b＝－11，

c＝9.

，∴实数a、b、c的值分别为3、－11、9.

课时规范训练 A组

1.C 2.B 3.A 4.－2 5.5x－16y＋3＝0 6.12x＋3y＋8＝0

7.解 (1)由y＝x3＋x－2，得y′＝3x2＋1，由已知令3x2＋1＝4，解之得x＝±1.当x＝1时，y＝0；

切 ∴

当x＝－1时，y＝－4. 又∵点P0在第三象限，∴切点P0的坐标为(－1，－4). 1

(2)∵直线l⊥l1，l1的斜率为4，∴直线l的斜率为－.

∵l过切点P0，点P0的坐标为(－1，－4)，∴直线l的方程为y＋4＝－(x＋1)，

4即x＋4y＋17＝0.

8.解 (1)由条件知点A(－1,2)为直线l1与抛物线C的切点，∵y′＝4x，∴直线l1的斜率k＝－4，

∴直线l1的方程为y－2＝－4(x＋1)，即4x＋y＋2＝0. (2)点A的坐标为(－1,2)，由条件可求得点B的坐标为(a,2a2)，

点D的坐标为(a，－4a－2)，∴△ABD的面积为S1＝×|2a2－(－4a－2)|×|－1－a|

2＝|(a＋1)3|＝－(a＋1)3. B组

3131.B 2.D 3.B 4.[2，2] 5.x－y－2＝0 6.2，4

71b7.解 (1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝x－3. 当x＝2时，y＝.又f′(x)＝a＋2，

42x



于是b7

a＋4＝4，b12a－＝，22

a＝1，3，解得，故f(x)＝x－.

b＝3.

(2)设P(x0，y0)为曲线上任一点，由y′＝1＋2知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为

x33361＋2(x－x0)，即y－x0－＝1＋2(x－x0)，令x＝0，得y＝－， y－y0＝x0x0x0x06

0，－. 令y＝x，得y＝x＝2x0，从而得切线与直线x＝0的交点坐标为x

从而得切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0).

－|2x0|＝6. ∴点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为S＝2x0故曲线y＝f(x)上任一点的切线与直线x＝0，y＝x所围成的三角形的面积为定值，且此定值为6.

§3.2 导数在研究函数中的应用要点梳理

1.> < 2.(1)①f′(x)>0 f′(x)<0 ②f′(x)<0 f′(x)>0 (2)②f′(x)＝0 ③f′(x)＝0 极大值极小值 3.(2)f(a) f(b) f(a) f(b) (3)①极值 ②f(a)，f(b)

基础自测 1.(－∞，－1)和(1，＋∞) 2.减函数 3.[－3，＋∞) 4.②③ 5.A 题型分类·深度剖析

例1 解 (1)由已知条件得f′(x)＝3mx2＋2nx，又f′(2)＝0，∴3m＋n＝0，故n＝－3m.

(2)∵n＝－3m，∴f(x)＝mx3－3mx2，∴f′(x)＝3mx2－6mx. 令f′(x)>0，即3mx2－6mx>0，当m>0时，解得x<0或x>2，则函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；当m<0时，解得0综上，当m>0时，函数f(x)的单调增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)；当m<0时，函数f(x)的单调增区间是(0,2).

f′1＝03＋2a＋b＝0变式训练1 解 (1)f′(x)＝3x＋2ax＋b，由已知条件，即

f1＝－21＋a＋b＋c＝－2

解得a＝c，b＝－3－2c.

3＋2c

(2)f′(x)＝3x2＋2cx－3－2c＝(3x＋3＋2c)(x－1)＝3x＋(x－1)

3

3＋2c

①若－＝1，即c＝－3，f′(x)＝3(x－1)2≥0.

3f(x)在(－∞，＋∞)上递增不合题意，c＝－3应舍去.

3＋2c3＋2c②若－<1，即c>－3时，f(x)的递减区间为－，1； 333＋2c3＋2c③若－>1，即c<－3时，f(x)的递减区间为1，－. 33

例2 解 (1)当a＝2时，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1，f′(x)＝3x2－12x＋3＝3(x－2＋3)(x－2－3).

当x∈(－∞，2－3)时，f′(x)>0，f(x)在(－∞，2－3)上单调递增；当x∈(2－3，2＋3)时，f′(x)<0，f(x)在(2－3，2＋3)上单调递减；当x∈(2＋3，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(2＋3，＋∞)上单调递增. 综上，f(x)的单调增区间是(－∞，2－3)和(2＋3，＋∞)， f(x)的单调减区间是(2－3，2＋3).

(2)f′(x)＝3x2－6ax＋3＝3[(x－a)2＋1－a2].当1－a2≥0时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，故f(x)无极值点；当1－a2<0时，f′(x)＝0有两个根x1＝a－由题意，知2a2－1，x2＝a＋

a2－1. ① ②

a2－1<3，

5555

①无解，②的解为2

1＋ax－2axx

变式训练2 解对f(x)求导得f′(x)＝e·.

1＋ax22

①

(1)当a＝时，若f′(x)＝0，则4x2－8x＋3＝0，

331

解得x1＝，x2＝.结合①，可知

x f′(x) f(x) 1(－∞，) 2＋ 1 20 极大值 13(，) 22－ 3 20 极小值 3(，＋∞) 2＋ 31∴x1＝是极小值点，x2＝是极大值点.

(2)若f(x)为R上的单调函数，则f′(x)在R上不变号，结合①与条件a>0，知1＋ax2－2ax≥0在R上恒成立，即Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a>0，知02

例3 解 (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋b. 依题意f′(1)＝3，f′3＝0，

3＋2a＋b＝3，

∴2423·＋33a＋b＝0，

a＝2，

，解之得，∴f(x)＝x3＋2x2－4x＋5.

b＝－4.

(2)由(1)知，f′(x)＝3x2＋4x－4＝(x＋2)(3x－2). 2

令f′(x)＝0，得x1＝－2，x2＝. 3

当x变化时，f(x)，f′(x)的变化情况如表：

x f′(x) f(x) －4 －11 (－4，－2) ＋－2 0 极大值13 2(－2，) 3－ 2 30 95极小值 272(，1) 3＋ 1 4 ∴f(x)在[－4,1]上的最大值为13，最小值为－11. 11

变式训练3 解 (1)f′(x)＝－x2＋x＋2a＝－(x－)2＋＋2a.

22221

当x∈[，＋∞)时，f′(x)的最大值为f′()＝＋2a. 令＋2a>0，得a>－.

3399912

∴当a>－时，f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间.

即f(x)在(，＋∞)上存在单调递增区间时，a的取值范围为(－，＋∞).

39(2)令f′(x)＝0，得两根x1＝

1－1＋8a1＋1＋8a

，x2＝， 22

∴f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增. 当0又f(4)－f(1)＝－＋6a<0，即f(4)2401610

f(4)＝8a－＝－.得a＝1，x2＝2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)＝. 333课时规范训练 A组

1.C 2.B 3.D 4.3 5.－37 6.－2

7.解显然a≠0，f′(x)＝3ax2－12ax＝3a(x2－4x).令f′(x)＝0，得x＝0或x＝4(舍去).

(1)当a>0时，如下表：

x f′(x) f(x) (－1,0) ＋ 0 0 极大值 (0,2) － ∴当x＝0时，f(x)取得最大值，f(0)＝3，∴b＝3.

又f(－1)＝－7a＋3>f(2)＝－16a＋3，∴最小值f(2)＝－16a＋3＝－29，a＝2. (2)当a<0时，如下表：

x f′(x) f(x) (－1,0) － 0 0 极小值 (0,2) ＋ ∴当x＝0时，f(x)取得最小值，∴b＝－29，又f(－1)＝－7a－29a＝2a＝－2，综上，或

b＝3b＝－29.

11f1＝，a＝2，b12

8.解 (1)f′(x)＝2ax＋，又f(x)在x＝1处有极值，∴ 即

f′1＝0，2a＋b＝0.1

解之得a＝且b＝－1.

11x＋1x－1

(2)由(1)可知f(x)＝x2－ln x，其定义域是(0，＋∞)，且f′(x)＝x－＝.

2xx由f′(x)<0，得00，得x>1.

∴函数y＝f(x)的单调减区间是(0,1).单调增区间是(1，＋∞). B组

1， 5．(－∞，0)∪(0,1)∪(4，＋∞) 6.a>2或a<－1 7.p≥1 1.C 2.A 3.B 4.a8.解 (1)由f(x)是奇函数，知f(－x)＝－f(x)，∴b＝d＝0，即f(x)＝ax3＋cx.∴f′(x)＝3ax2＋c. 又f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为9x－y－16＝0，

f2＝2，8a＋2c＝2，a＝1，

则即解得，于是，f(x)＝x3－3x. f′2＝9，12a＋c＝9.c＝－3.

(2)设g(x)＝f(x)＋m，即g(x)＝x3－3x＋m，g′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1). 令g′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝1. 当x变化时，g′(x)、g(x)的变化情况如下表：

(－∞，－1) －1 (－1，1) (1，＋∞) g′(x) g(x) ＋ 0 极大值 49

－ 0 极小值＋

x 1

∴g(x)的极大值为2＋m，极小值为－2＋m. 要使y＝f(x)＋m的图象与x轴仅有一个公共点，只需－2＋m>0或2＋m<0，即m>2或m<－2.

故当m∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)时，y＝f(x)＋m的图象与x轴仅有一个公共点.

§3.3 导数的综合应用

基础自测

1.(－∞，0) 2.25 000π 3.[－1,1] 4.C 5.A 题型分类·深度剖析

例1 解 (1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)，当a<0时，对x∈R，有f′(x)>0，

∴当a<0时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞). 当a>0时，由f′(x)>0，解得x<－a或x>a. 由f′(x)<0，解得－a∴当a>0时，f(x)的单调增区间为(－∞，－a)，(a，＋∞)，单调减区间为(－a，a). (2)∵f(x)在x＝－1处取得极值， ∴f′(－1)＝3×(－1)2－3a＝0，∴a＝1. ∴f(x)＝x3－3x－1，f′(x)＝3x2－3，由f′(x)＝0，解得x1＝－1，x2＝1.

由(1)中f(x)的单调性可知，f(x)在x＝－1处取得极大值f(－1)＝1，在x＝1处取得极小值f(1)＝－3.∵直线y＝m与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，

结合如图所示f(x)的图象可知：实数m的取值范围是(－3,1). 35

变式训练1 (1)－ (2)a>或a<2

1ax＋a

例2 解 (1)由题意f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋2＝2.

xxx

∵a>0，∴f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数.

x＋a

(2)由(1)可知，f′(x)＝2.①若a≥－1，则x＋a≥0，即f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，

x33

此时f(x)在[1，e]上为增函数，∴f(x)min＝f(1)＝－a＝，∴a＝－(舍去).

②若a≤－e，则x＋a≤0，即f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，此时f(x)在[1，e]上为减函数，

a3e

∴f(x)min＝f(e)＝1－＝，∴a＝－(舍去).

e22③若－e当10，∴f(x)在(－a，e)上为增函数，

∴f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝，∴a＝－e. 综上所述，a＝－e.

(3)∵f(x)0，∴a>xln x－x3. 令g(x)＝xln x－x3，

1－6x1

h(x)＝g′(x)＝1＋ln x－3x2，h′(x)＝－6x＝.

∵x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(1，＋∞)上是减函数. ∴h(x)变式训练2 (1)x＋y－3＝0 (2)满足条件的最大整数M为4 (3)a≥1

例3 解 (1)设隔热层厚度为x cm，由题设，每年能源消耗费用为C(x)＝. 3x＋5

再由C(0)＝8，得k＝40，因此C(x)＝. 又建造费用为C1(x)＝6x.

3x＋5最后得隔热层建造费用与20年的能源消耗费用之和为 40800

f(x)＝20C(x)＋C1(x)＝20×＋6x＝＋6x (0≤x≤10).

3x＋53x＋5

2 4002 40025

(2)f′(x)＝6－，令f′(x)＝0，即＝6.解得x＝5，x＝－(舍去).

33x＋523x＋52当00，

800

故x＝5是f(x)的最小值点，对应的最小值为f(5)＝6×5＋＝70.

15＋5当隔热层修建5 cm厚时，总费用达到最小值70万元.

变式训练3 (1)2 (2)当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大课时规范训练 A组

3

1.D 2.B 3.D 4.4，3 5.(－1,0] 6.－13

7.解 (1)f′(x)＝3ax2－6x＝3x(ax－2)，∵x＝2是函数y＝f(x)的极值点，

∴f′(2)＝0，即6(2a－2)＝0，因此a＝1.

经验证，当a＝1时，x＝2是函数y＝f(x)的极值点. ∴f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2). ∴y＝f(x)的单调增区间是(－∞，0)，(2，＋∞)；单调减区间是(0,2).

(2)g(x)＝ex(x3－3x2)，g′(x)＝ex(x3－3x2＋3x2－6x)＝ex(x3－6x)＝x(x＋6)(x－6)ex，

∵ex>0，∴y＝g(x)的单调增区间是(－6，0)，(6，＋∞)；单调减区间是(－∞，－6)，(0，6). 8.解 (1)设x<0，则－x>0，∵f(x)是奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝－ln(－x)－ax－1，

ln x－ax＋1 x>0，



当x＝0时，f(x)＝0，∴函数f(x)＝0 x＝0，

－ln－x－ax－1 x<0.

(2)∵函数f(x)是奇函数，∴函数y＝f(x)的零点关于原点对称，由f(x)＝0恰有5个不同的实数根知5个实数根中有两个正根、两个负根、一个零根，且两个正根和两个负根互为相反数.

∴要使方程f(x)＝0恰有5个不同的实数根，只要使方程f(x)＝0在(0，＋∞)上恰有两个不同的实数根. 下面研究x>0时的情况：

∵f′(x)＝－a，∴当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，

1x－－aa∴方程f(x)＝0在(0，＋∞)上不可能有两个不同的实数根. ∴当a>0时，f′(x)＝，

x11

令f′(x)＝0，得x＝. 当00，函数f(x)单调递增；

当x>时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减， ∴函数f(x)在x＝处取得极大值－ln a.

aa又根据函数单调性可判断f(x)在趋近于0处及＋∞时，f(x)<0.

∴要使方程f(x)＝0在(0，＋∞)上恰有两个不同的实数根，只要－ln a>0，解得01.A 2.D 3.B 4.[1，＋∞) 5.[－2，－1] 6.[4，＋∞)

7.解 (1)f′(x)＝3mx2－6(m＋1)x＋n. ∵x＝1是f(x)的一个极值点，∴f′(1)＝0，

即3m－6(m＋1)＋n＝0，∴n＝3m＋6.

1＋2. (2)由(1)知，f′(x)＝3mx2－6(m＋1)x＋3m＋6＝3m(x－1)x－m

当m<0时，有1>1＋，当x变化时，f(x)与f′(x)的变化如下表：

x f′(x) f(x) 2(－∞，1＋) m－单调递减 21＋ m0 极小值 2(1＋，1) m＋单调递增 1 0 极大值 (1，＋∞) －单调递减 22－∞，1＋，(1，＋∞)上单调递减，在1＋，1上单调递增. 由上表知，当m<0时，f(x)在mm22

(3)由已知，得f′(x)>3m，即mx2－2(m＋1)x＋2>0. ∵m<0，∴x2－(m＋1)x＋<0，

mm12

1＋x＋<0，x∈[－1,1]. ① 即x2－2mm12

1＋x＋，其函数图象开口向上. 设g(x)＝x2－2mm

2241＋2＋m＋m<0，m<－3，g－1<0，4

由题意①式恒成立.∴⇒⇒⇒m>－. 3g1<0－1<0－1<0

44又m<0，∴－33

专题二导数的工具性作用之研究

要点梳理 1.f′(x)≥0 f′(x)≤0 题型分类·深度剖析例1 解 (1)a≤0

－∞，－，(3，＋∞)，单调递减区间为－，3 (2)f(x)的单调递增区间为33变式训练1 (1)3x－2y＋2ln 2－3＝0

(2)当k＝0时，f(x)的单调递增区间为(－1，0)，单调递减区间为(0，＋∞)；当01－k1－k；，＋∞，单调递减区间为0，

kk

当k＝1时，f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞)；

1－k1－k

当k>1时，f(x)的单调递增区间为－1，和(0，＋∞)，单调递减区间为kk，0

例2 解 (1)∵g(x)＝ax3＋bx2＋cx，∴g(－1)＝－a＋b－c＝0，即c＝b－a.

又f(x)＝g′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由f(0)f(1)≤0，得c(3a＋2b＋c)≤0，即(b－a)(3b＋2a)≤0. bb2b－13·＋2≤0，解得－≤≤1. ∵a≠0，∴aa3a又∵方程f(x)＝3ax2＋2bx＋c＝0 (a≠0)有两根，∴Δ≥0.

b－a2＋3a2>0恒成立，而Δ＝(2b)2－4×3a×c＝4b2－12a(b－a)＝422b

－，1. 于是，的取值范围是3a

(2)∵x1、x2是方程f(x)＝0的两根，即3ax2＋2bx＋c＝0的两根为x1、x2， 2bcb－ab1

∴x1＋x2＝－，x1x2＝＝＝－. 3a3a3a3a3

2bb14b24b44b321

－2－4－＝·∴|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝＋＝－＋. 3a3a39a－3·a39a232bb

∵－≤≤1，∴当且仅当＝1，即a＝b时，|x1－x2|2取最小值，

3aa即|x1－x2|取最小值.此时，g(x)＝ax3＋ax2，f(x)＝3ax2＋2ax＝ax(3x＋2).

令f(x)＝0，得x1＝－，x2＝0. 若a>0，当x变化时，f(x)、g(x)的变化情况如下表：

2(－∞，－) 3＋ 2－ 30 极大值 x f(x) g(x) 2,0 3－ 0 0 极小值 (0，＋∞) ＋ 24－＝a，极小值为g(0)＝0. 由上表可知，g(x)的极大值为g32744

由题设，知a－0＝，解得a＝9，此时g(x)＝9x3＋9x2；

273当a<0，当x变化时，f(x)、g(x)的变化情况如下表：

x f(x) g(x) 2(－∞，－) 3－ 2－ 30 极小值 2(－，0) 3＋ 0 0 极大值 (0，＋∞) － 24－＝a. 由上表可知，g(x)的极大值为g(0)＝0，极小值为g327

由题设知0－a＝，解得a＝－9，此时g(x)＝－9x3－9x2.

273综上所述，g(x)的解析式为g(x)＝9x3＋9x2或g(x)＝－9x3－9x2. 变式训练2 (1)a＝－3，b＝2

(2)当03时，f(x)的最大值为f(t)＝t3－3t2＋2，最小值为f(2)＝－2

例3 解 (1)f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1).当a＝时，f′(x)＝2(x＋2)(x－1)2，

∴f(x)在(－∞，－2]内单调递减，在[－2，＋∞)内单调递增，当x＝－2时，f(x)有极小值.∴f(－2)＝－12是f(x)的极小值.

(2)在(－1,1)上f(x)是增函数，由此可得在(－1,1)上，f′(x)＝4(x－1)(3ax2＋3ax－1)≥0， ∴3ax2＋3ax－1≤0.

①

令g(x)＝3ax2＋3ax－1 (－1②当a>0时，若①成立，根据二次函数g(x)＝3ax2＋3ax－1 (－166

－＝3a×－③当a<0时，若①成立，根据二次函数g(x)＝3ax2＋3ax－1 (－1144

－－1≤0，即a≥－，∴－≤a<0. ＋3a×233

－，. 综上所述，f(x)在(－1,1)上是增函数时，a的取值范围为36

0，和(2，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)和，2上是减函数变式训练3 (1)f(x)在22

－， (3)(－∞，－4] (2)33

例4 (1)解 f′(x)＝2x－，依题意f′(x)≥0，x∈(1,2]，即a≤2x2，x∈(1,2].

∵上式恒成立，∴a≤2.

①

又g′(x)＝1－，依题意g′(x)≤0，x∈(0,1)，即a≥2x，x∈(0,1).

2x∵上式恒成立，∴a≥2.

②

由①②得a＝2，(x)＝x2－2ln x，g(x)＝x－2x.

(2)证明由(1)可知，方程f(x)＝g(x)＋2，即x2－2ln x－x＋2x－2＝0. 21

设h(x)＝x2－2ln x－x＋2x－2，则h′(x)＝2x－－1＋，

xx当h′(x)＝0时，(x－1)(2xx＋2x＋x＋2)＝0，解得x＝1. 令h′(x)>0，并由x>0，解得x>1；令h′(x)<0，由x>0，解得0x h′(x) h(x) (0,1) －单调递减 1 0 极小值 (1，＋∞) ＋单调递增可知h(x)在x＝1处有一个最小值0，当x>0且x≠1时，h(x)>0， ∴h(x)＝0在(0，＋∞)上只有一个解.即当x>0时，方程f(x)＝ g(x)＋2有唯一解.

变式训练4 解 (1)F(x)＝ax2－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，

22ax－1

∴F′(x)＝2ax－＝ (x>0).

①当a>0时，由ax2－1>0，得x>故当a>0时，F(x)的递增区间为

. 由ax2－1<0，得0aa

②当a≤0时，F′(x)<0 (x>0)恒成立. 故当a≤0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递减. ln 21

(2)≤a< 2e课时规范训练 A组

1.A 2.C 3.D 4.32 5.(0,1) 6.1 7.(1)f(x)＝x3－2x2＋1 (2)m≥20

8.(1)f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2]单调递增区间是[ln 2，＋∞)，极小值为f(ln 2)＝2(1－ln 2＋a) (2)证明设g(x)＝ex－x2＋2ax－1，x∈R，于是g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R. 由(1)知当a>ln 2－1时，g′(x)的最小值为g′(ln 2)＝2(1－ln 2＋a)>0. 于是对任意x∈R，都有g′(x)>0，∴g(x)在R内单调递增.

于是当a>ln 2－1时，对任意x∈(0，＋∞)，都有g(x)>g(0).而g(0)＝0，从而对任意x∈(0，＋∞)，g(x)>0. 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. B组

1. C 2.B 3.C 4.(－4,0) 5.(1，＋∞) 6.4 7.4

x2＋bx＋ax－1x－a

8.解 (1)f′(x)＝ (x>－3). 由f′(1)＝0⇒b＝－a－1，故f′(x)＝，

x＋3x＋3

00，得f(x)的单调增区间为(－3，a)，(1，＋∞)，由f′(x)<0得f(x)的单调减区间为(a,1).

同理a>1时，f(x)的单调增区间为(－3,1)，(a，＋∞)，单调减区间为(1，a). 1

(2) ①由(1)及f′(3)≤⇒－3b－8≥a.

(ⅰ)

又由|x|≥2时，f′(x)≥0知f′(x)的零点在[－2,2]内，设g(x)＝x2＋bx＋a， g2≥0，g－2≥0，则

b－2≤－≤22

a≥－4－2b，



⇒a≥2b－4，－4≤b≤4，

结合(ⅰ)解得b＝－4，a＝4，∴f(x)＝25ln(x＋3)＋x2－7x.

2②设φ(x)＝f(x)－f′(x)，先求φ(x)与x轴在(－3,2)内的交点， x－2225

∵φ′(x)＝＋－1，由－3x＋3x＋3

故φ′(x)>0，φ(x)在(－3,2)上单调递增.又φ(－2)＝16－16＝0，故φ(x)与x轴有唯一交点(－2,0)，即f(x)与f′(x)的图象在区间(－3,2)上的唯一交点坐标为(－2,16).

§4.1 任意角和弧度制及任意角的三角函数

要点梳理

1.(1)①正角负角零角 ②象限角轴线角 (2)α＋k·360° (k∈Z) (3)①把长度等于半径长的弧所对的圆心角 l

②正数负数零 ③无关角的大小 ④2π π

r⑤l＝|α|r

11lr |α|r2 22

yxy

2.(1) 自变量函数值

rrx

3.正射影 (cos α，sin α) P(cos α，sin α) OM MP AT 余弦线正弦线正切线 MP OM AT 基础自测

516π

1. 2.(－1，3) 3. 4.－8 5.C 23题型分类·深度剖析

例1 解 (1)所有与角α有相同终边的角可表示为：β＝45°＋k×360°(k∈Z)，

则令－720°≤45°＋k×360°≤0°，得－765°≤k×360°≤－45°，

76545

解得－≤k≤－，从而k＝－2或k＝－1，代入得β＝－675°或β＝－315°.

360360

(2)∵M＝{x|x＝(2k＋1)×45°，k∈Z}表示的是终边落在四个象限的平分线上的角的集合；

而集合N＝{x|x＝(k＋1)×45°，k∈Z}表示终边落在坐标轴或四个象限平分线上的角的集合，从而：MN. 3π

变式训练1 解 (1)由α是第三象限的角得π＋2kπ<α<＋2kπ (k∈Z)

3ππ

⇒－－2kπ<－α<－π－2kπ (k∈Z)，即＋2kπ<－α<π＋2kπ (k∈Z).

3π

∴角－α的终边在第二象限；由π＋2kπ<α<＋2kπ (k∈Z)，得2π＋4kπ<2α<3π＋4kπ(k∈Z).

2∴角2α的终边在第一、二象限及y轴的非负半轴. π

(2)在(0，π)内终边在直线y＝3x上的角是，

∴终边在直线y＝3x上的角的集合为{α|α＝＋kπ，k∈Z}.

36πθ2π2kπ

(3)∵θ＝＋2kπ (k∈Z)，∴＝＋ (k∈Z).

7373

2π2kπ318θ2π20π34π

依题意0≤＋<2π⇒－≤k<，k∈Z.∴k＝0,1,2，即在[0,2π)内终边与相同的角为，，. 7377372121例2 解 ∵P(x，－2) (x≠0)，∴点P到原点的距离r＝

又cos α＝

x，∴cos α＝6

x2＋2.

＝x. ∵x≠0，∴x＝±10.∴r＝23. 6

x2＋2

当x＝10时，P点坐标为(10，－2)，由三角函数的定义，

－265＋6611016

有sin α＝＝－，＝＝－5，∴sin α＋＝－－5＝－；

6tan α－2tan α662358

65－61

当x＝－10时，同理可求得sin α＋＝.

tan α6

变式训练2 解 ∵角α的终边在直线3x＋4y＝0上，∴在角α的终边上任取一点P(4t，－3t) (t≠0)，则x＝4t，y

＝－3t，r＝

x2＋y2＝4t2＋－3t2＝5|t|，

y－3t3x4t4y－3t3

当t>0时，r＝5t，sin α＝＝＝－，cos α＝＝＝，tan α＝＝＝－；

r5t5r5t5x4t4y－3t3x4t4y－3t3

当t<0时，r＝－5t，sin α＝＝＝，cos α＝＝＝－，tan α＝＝＝－. r－5t5r－5t5x4t4343343

综上可知，sin α＝－，cos α＝，tan α＝－或sin α＝，cos α＝－，tan α＝－. 554554例3 解 (1)∵点P(sin θcos θ，2cos θ)位于第三象限，

sin θ>0

∴sin θcos θ<0,2cos θ<0，即，∴θ为第二象限角.

cos θ<0

(2)∵2kπ＋<θ<2kπ＋π (k∈Z)，∴－12∴sin(cos θ)<0，cos(sin 2θ)>0.∴

sincos θsincos θ

<0.∴的符号是负号.

cossin 2θcossin 2θ

变式训练3 解方法一由sin 2θ<0，得2kπ＋π<2θ<2kπ＋2π (k∈Z)，kπ＋<θ2

当k为奇数时，θ的终边在第四象限；当k为偶数时，θ的终边在第二象限. 又因cos θ≤0，∴θ的终边在左半坐标平面(包括y轴)，∴θ的终边在第二象限. ∴tan θ<0，cos θ<0，点P在第三象限. 方法二由|cos θ|＝－cos θ知cos θ≤0，又sin 2θ<0，即2sin θcos θ<0

① ②

sin θ>0

由①②可推出，因此θ在第二象限，P(tan θ，cos θ)在第三象限.

cos θ<0

ππ10π

例4 解 (1)设弧长为l，弓形面积为S弓，则α＝60°＝，R＝10，l＝×10＝ (cm)，

333

110π1π50503π3

S弓＝S扇－S△＝××10－×102×sin ＝π－＝50－ (cm2).

23233232C

(2)扇形周长C＝2R＋l＝2R＋αR，∴R＝，

2＋α

121C2C21C21C2

∴S扇＝α·R＝α·＝·≤. ＝α·222＋α24＋4α＋α224＋α＋416

αC2

当且仅当α＝4，即α＝2时，扇形面积有最大值. 16

变式训练4 解设扇形的圆心角为α，半径为R，弧长为l，根据已知条件lR＝S扇，

2S扇

则扇形的周长为：l＋2R＝＋2R≥4

2S扇

S扇，当且仅当＝2R，即R＝R

S扇时等号成立，此时l＝2S扇，

α＝＝2，因此当扇形的圆心角为2弧度时，扇形的周长取到最小值.

R课时规范训练 A组

210

1.B 2.C 3.A 4.钝角三角形 5. 6.



7.解 ∵θ是第二象限角，∴sin θ>0，cos θ<0. ∴3a－1

－11－a23a－12

又∵sinθ＋cosθ＝1，∴＋＝1，

1＋a1＋a

1－a

01＋a

解得03

解得a＝或a＝1(舍去).故实数a的值为.

99B组

ππ222kπ－，2kπ＋(k∈Z) 5.或－－1 6.(7＋43)∶9 1.B 2.A 3.D 4.33227.解由题意得，点P的坐标为(a，－2a)，点Q的坐标为(2a，a).

∴，sin α＝

－2aa2＋－2a2

＝－

，cos α＝5a

aa2＋－2a2

＝1， 5

2a1，tan β＝＝，

2a25

－2a

tan α＝＝－2，sin β＝

2a2＋a2

＝1

，cos β＝5

2a2＋a2

＝

－21121

故有sin α·cos α＋sin β·cos β＋tan α·tan β＝·＋·＋(－2)×＝－1.

25555

§4.2 同角三角函数的基本关系及诱导公式

要点梳理

sin α

1.(1)sin2α＋cos2α＝1 (2)＝tan α

cos α

2.相同关于原点对称关于x轴对称关于y轴对称关于直线y＝x对称 3.

组数角正弦余弦正切口诀一 2kπ＋α (k∈Z) sin_α cos_α tan_α 二 π＋α －sin_α －cos_α tan_α 函数名不变符号看象限三－α －sin_α cos_α －tan_α 四 π－α sin_α －cos_α －tan_α 五 π－α 2cos_α sin_α 六 π＋α 2cos_α －sin_α 函数名改变符号看象限 3325基础自测 1.－ 2. 3.3 4.－ 5.A 545题型分类·深度剖析

1sin α＋cos α＝ ①5

例1 解 (1)方法一联立方程

22sinα＋cosα＝1 ②

由①得cos α＝－sin α，将其代入②，整理得25sin2α－5sin α－12＝0.



∵α是三角形内角，∴sin α>0，∴3

cos α＝－5

4sin α＝

，∴tan α＝－.

1211

方法二 ∵sin α＋cos α＝，∴(sin α＋cos α)2＝，即1＋2sin αcos α＝， 5525242449∴2sin αcos α＝－，∴(sin α－cos α)2＝1－2sin αcos α＝1＋＝.

252525

127

∵sin αcos α＝－<0且0<α<π，∴sin α>0，cos α<0，∴sin α－cos α>0，∴sin α－cos α＝，

255



由7

sin α－cos α＝5

1sin α＋cos α＝

，得3

cos α＝－5

4sin α＝5

，∴tan α＝－. 3

sin2α＋cos2α

sin2α＋cos2αtan2α＋1cos2α1

(2)2＝＝＝， cosα－sin2αcos2α－sin2αcos2α－sin2α1－tan2α

cos2α

－42＋1

tanα＋134125

∵tan α＝－，∴2＝＝＝－. 37cosα－sin2α1－tan2α1－－42

3

sin2α＋sin αcos α－2cos2αtan2α＋tan α－24

变式训练1 解 (1)sinα＋sin αcos α－2cosα＝＝＝. 5sin2α＋cos2αtan2α＋1

(2)∵sin α＝2sin β，tan α＝3tan β， ∴sin2α＝4sin2β， tan2α＝9tan2β，

① ② ③

由①÷②得：9cos2α＝4cos2β，

36①＋③得：sin2α＋9cos2α＝4，∵cos2α＋sin2α＝1，∴cos2α＝，即cos α＝±. 84π5ππ5π

＋α＋－α＝π，∴－α＝π－＋α. 例2 解 (1)∵6666

5πππ5π33－α＝cosπ－＋α＝－cos＋α＝－，即cos－α＝－. ∴cos66663333

(2)∵cos(α－7π)＝cos(7π－α)＝cos(π－α)＝－cos α＝－，∴cos α＝.

－αsin277π－tanπ－α＝sin α·－α＝sin α·α－π＝sin(π＋α)·∴sin(3π＋α)·tantan 222πcos2－αcos α3

＝sin α·＝cos α＝.

sin α5

α＋πtan αcos αsinπ＋αtan αcos αsin－2π＋22tan αcos αcos α

变式训练2 解 (1)原式＝＝＝ cos3π＋α[－sin3π＋α]－cos αsin α－cos αsin α

tan αcos αsin αcos α＝－＝－·＝－1.

sin αcos αsin α

sin x·cos x·－tan x

(2)∵f(x)＝＝－cos x·tan x＝－sin x，

sin x31π31π31π10π＋π＝sin π＝3. －＝－sin－＝sin ∴f＝sin333332

sin θ1＋cos θ＝sin θ＋sinθ＋cos θ＋cosθ 1＋例3 证明左边＝sin θ＋cos θcos θsin θcos θsin θ

22sin2θ＋cos2θcos2θ＋sin2θcosθsinθ11＋cos θ＋＝sin θ＋＝＋＝＋＝右边. sin θcos θsin θcos θsin θcos θ

cos2x＋sin2x＋2sin xcos xcos x＋sin x2

变式训练3 证明 (1)左边＝＝ 22

cosx－sinxcos x＋sin xcos x－sin xcos x＋sin x1＋tan x

＝＝＝右边. ∴原式得证. cos x－sin x1－tan x

－tan αsin－αcos－α－tan α－sin αcos α

(2)左边＝＝＝－tan α＝右边. ∴原式得证.

cosπ－αsinπ－α－cos αsin α课时规范训练 A组

1.B 2.A 3.D 4.－ 5.－ 6.－1

7.解 ∵sin(3π＋θ)＝－sin θ＝，∴sin θ＝－，

1cos θ

∴原式＝＋＝＋ cos θ－cos θ－1－sin3π－θcosπ－θ＋cos θ1＋cos θ－cos2θ＋cos θ

2＝

1222

＋＝＝＝＝18. 21＋cos θ1－cos θ1－cos2θsinθ－12

31

－cos θ

cos2π－θ

B组

1.A 2.A 3.B 4.－33

5. 6.0 24

3π

－α＋－tan αcos α－cos αtanπ－αcos2π－αsin2

7.解 (1)f(α)＝＝＝cos α.

cos－α－πtan－π－α－cos α－tan α

3π11126α－＝，∴－sin α＝，∴sin α＝－，又α是第三象限角，∴cos α＝－(2)∵cos. 2555526

∴f(α)＝cos α＝－.

(3)∵α＝－1 860°＝－360°×5－60°，∴cos α＝cos(－1 860°)＝cos(－60°)＝cos 60°＝.

∴f(α)＝. 2

§4.3 三角函数的图象与性质

要点梳理

1.(0,0) π2，1 (π，0) 3

2π，－1

(2π，0) 2.定义域：R R {x|x≠kπ＋π

，k∈Z} 值域：[－1,1] [－1,1]

对称性：x＝kπ＋π2(k∈Z) (kπ，0)(k∈Z) x＝kπ(k∈Z) (kπ＋π

2，0) (k∈Z) kπ2，0 (k∈Z) 周期：2π 2π π

单调性：[2kπ－π2，2kπ＋π2](k∈Z) [2kπ＋π2，2kπ＋3π

2] (k∈Z) [2kπ－π，2kπ] (k∈Z) [2kπ，2kπ＋π](k∈Z)－π2，kπ＋π

)(k∈Z) 奇偶性：奇函数偶函数奇函数基础自测 1.x|x≠kπ－π，k∈Z3

4 2.4π 3.π 4.5 4π＋2kπ，k∈Z 5.D

题型分类·深度剖析

例1 解 (1)要使函数有意义，必须使sin(cos x)>0.

∵－1≤cos x≤1，∴0利用单位圆中的余弦线OM，依题意知02＋2kπ，k∈Z}.

(2)要使函数有意义，必须使sin x－cos x≥0.

利用图象.在同一坐标系中画出[0,2π]上y＝sin x和y＝cos x的图象，如图所示.

在[0,2π]内，满足sin x＝cos x的x为π5π

4，4，再结合正弦、余弦函数的周期是2π，

∴定义域为

x|π5π

4＋2kπ≤x≤4＋2kπ，k∈Z

2sin x－1>0

sin x>12

，变式训练1 解 (1)要使函数有意义，则

－tan x－1≥0

⇒tan x≤－1，

cosx2＋π8≠0



x2＋π8≠kπ＋π2

(kπ

图①

π3π

如图①利用单位圆得：kπ＋2k∈Z.x≠2kπ＋3π4x>0，

(2)要使函数有意义，则tan x≥0，

，k∈Zx≠kπ＋π2

利用数轴可得图②

2＋logx≥0，

π5π2kπ＋π3π

∴函数的定义域为{x|2kπ＋24

0⇒π

kπ≤x图②

∴函数的定义域是{x|02π2x－，例2 解 (1)y＝－sin3

ππ

2x－的减区间，它的减区间是y＝sin2x－的增区间. 它的增区间是y＝sin33ππππ5π

由2kπ－≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.

2321212ππ3π5π11π

由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋，k∈Z，得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z.

2321212

π5π5π11π

kπ－，kπ＋，k∈Z；增区间为kπ＋，kπ＋，k∈Z. 故所给函数的减区间为121212122π

最小正周期T＝＝π.

kπ，kπ＋，k∈Z，减区间是 (2)观察图象可知，y＝|tan x|的增区间是2

kπ－π，kπ，k∈Z.最小正周期：T＝π.

2

5πkππkππ

－＋，＋ (k∈Z)；变式训练2 (1)周期为函数的递增区间为2422422πkπ7πkπ函数的递减区间为24＋2，24＋2(k∈Z)；ymax＝2；ymin＝－2 (2)①π ②最大值为2；最小值为－1 π

例3 (1) (2)A

6变式训练3 (1)B (2)π 课时规范训练 A组

π3

2kπ，＋2kπ (k∈Z) 5.[－，3] 6.②③ 1.D 2.B 3.A 4.323π

7.解 (1)－ 4

3ππ3ππ

2x－，令－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z， (2)由(1)得：f(x)＝sin4242

π5ππ5π

＋kπ，＋kπ，k∈Z. 可解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，因此y＝f(x)的单调增区间为8888πππππ2π

2x＋≤1，∴y＝2sin2x＋的值域为(0,2]. 8.解 (1)∵－59

sin x－2＋. (2)y＝2cos2x＋5sin x－4＝2(1－sin2x)＋5sin x－4＝－2sin2x＋5sin x－2＝－248∴当sin x＝1时，ymax＝1，当sin x＝－1时，ymin＝－9， ∴y＝2cos2x＋5sin x－4的值域为[－9,1]. B组

1.D 2.B 3.D 4. 5. 6.①④

π111112

2ax＋＋. 7.解 (1)f(x)＝(1－cos 2ax)－sin 2ax＝－(sin 2ax＋cos 2ax)＋＝－sin4222222

1＋21－2

∵y＝f(x)的图象与y＝m相切，∴m为f(x)的最大值或最小值，即m＝或m＝.

22ππ

(2)∵切点的横坐标依次成公差为的等差数列，∴f(x)的最小正周期为. 22

π12ππ24x＋＋. T＝＝，a>0，∴a＝2，即f(x)＝－sin42|2a|22

ππkππ

4x0＋＝0，则4x0＋＝kπ (k∈Z)，∴x0＝－ (k∈Z). 由题意知sin444163171kπππ

π，，π，. 由0≤－≤ (k∈Z)得k＝1或2，因此点A的坐标为1621624162

ππ1πππ7π

0，，∴2x＋∈，. ∴sin2x＋∈－，1，∴－2asin2x＋∈[－2a，a]. 8.解 (1)∵x∈6262666

∴f(x)∈[b,3a＋b]，又∵－5≤f(x)≤1，∴b＝－5,3a＋b＝1，因此a＝2，b＝－5. π

2x＋－1， (2)由(1)得a＝2，b＝－5，∴f(x)＝－4sin6

π7ππ

x＋＝－4sin2x＋－1＝4sin2x＋－1，又由lg g(x)>0 g(x)＝f662

ππ1ππ5π

2x＋－1>1，∴sin2x＋>，∴2kπ＋<2x＋<2kπ＋，k∈Z，得g(x)>1，∴4sin662666ππππ

其中当2kπ＋<2x＋≤2kπ＋，k∈Z时，g(x)单调递增，即kπ6626π

kπ，kπ＋，k∈Z. ∴g(x)的单调增区间为6

ππ5πππ

又∵当2kπ＋<2x＋<2kπ＋，k∈Z时，g(x)单调递减，即kπ＋26663

kπ＋π，kπ＋π，k∈Z.

63

§4.4 函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象及三角函数模型的简单应用

要点梳理

π3π－φ－φ

0－φ2π－φ22π－φπ3π1. 0 π 2π ωωωωω22

2.方法一：向左(右)平移|φ|个单位长度，各点的横坐标变为原来的倍，各点的纵坐标变为原来的A倍

ωφ1

方法二：各点的横坐标变为原来的倍，向左(右)平移ω个单位长度，各点的纵坐标变为原来的A倍 ω3.振幅周期频率相位初相

1πππ

基础自测 1.2 － 2.6， 3.左 4.C 5.D

π468题型分类·深度剖析

π2ππ

2x＋的振幅A＝2，周期T＝＝π，初相φ＝. 例1 解 (1)y＝2sin323

ππ

2x＋＝2sin X. (2)令X＝2x＋，则y＝2sin33列表，并描点画出图象：

x X y＝sin X π2x＋ y＝2sin3

π－ 60 0 0 π 12π 21 2 π 3π 0 0 7π 123π 2－1 －2 5π 62π 0 0

ππ

x＋的图象， (3)把y＝sin x的图象上所有的点向左平移个单位，得到y＝sin33

ππ1

x＋的图象上的点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变)，得到y＝sin2x＋的图象，再把y＝sin332ππ

2x＋上所有点的纵坐标伸长到原来的2倍(横坐标不变)，即可得到y＝2sin2x＋的图象. 最后把y＝sin33π

变式训练1 (1)ω＝2，φ＝－

(2)图象如图：

π7

(3)x的取值范围是x|kπ＋24



3ππ2π1－＝4π，∵T＝＝4π，ω>0，∴ω＝. 例2 解 (1)依题意，A＝2，T＝4×22|ω|21π1π

x＋φ. 又曲线上的最高点为，2，∴sin×＋φ＝1， ∴y＝2sin22221ππππππ

∴φ＋＝2kπ＋，k∈Z.∵－<φ<，∴φ＝. ∴y＝2sin2x＋4. 42224

π1ππ3ππ

(2)令2kπ－≤x＋≤2kπ＋，k∈Z，∴4kπ－≤x≤4kπ＋，k∈Z.

2242223ππ

4kπ－，4kπ＋ (k∈Z). ∴函数f(x)的单调递增区间为22

π1π3π5π

令2kπ＋≤x＋≤π＋2kπ (k∈Z)，∴4kπ＋≤x≤4kπ＋，k∈Z.

224222π5π

4kπ＋，4kπ＋ (k∈Z). ∴函数f(x)的单调递减区间为22变式训练2 (1)

(2)B 2

π2πT2ππ

例3 解 (1)由条件，得A＝2，＝3. ∵T＝，∴ω＝. ∴曲线段FBC的解析式为y＝2sin6x＋3. 4ω6

ππ

当x＝0时，y＝OC＝3. 又CD＝3，∴∠COD＝，即∠DOE＝.

(2)由(1)，可知OD＝6. 又易知当“矩形草坪”的面积最大时，点P在DE上，故OP＝6. “矩形草坪”的面积为

111

sin 2θ＋cos 2θ－ S＝6sin θ(6cos θ－6sin θ)＝6(sin θcos θ－sin2θ)＝6222π

2θ＋－3. ＝32sin4

ππππ

∵0<θ≤，∴当2θ＋＝，即θ＝时，S取得最大值.

4428

T2πππ

变式训练3 解 (1)依题意，有A＝23，＝3，又T＝，∴ω＝.∴y＝23sin x.

4ω66

当x＝4时，y＝23sin

2π

＝3，∴M(4,3). 又P(8,0)，∴MP＝3

42＋32＝5.

(2)在△MNP中，∠MNP＝120°，MP＝5，设∠PMN＝θ，则0°<θ<60°.

MPNPMN103103由正弦定理，得＝＝. ∴NP＝sin θ，∴MN＝sin(60°－θ)，

sin 120°sin θsin60°33－θ10310310313＝103sin(θ＋60°故NP＋MN＝sin θ＋sin(60°－θ)＝). sin θ＋cos θ333232∵0°<θ<60°，∴当θ＝30°时，折线段赛道MNP最长. 亦即，将∠PMN设计为30°时，折线段赛道MNP最长. 课时规范训练 A组

1.D 2.A 3.D 4.A 5.3 6.

2x＋ 7.(1)f(x)＝2sin6

1向左平移个单位 π12

2x＋. (2)y＝2sin x 横坐标缩短为原来的2 y＝2sin 2x y＝2sin6

纵坐标不变8.解 (1)最大用电量为50万度，最小用电量为30万度.

(2)观察图象，可知从8～14时的图象是y＝Asin(ωx＋φ)＋b的半个周期的图象. 11T12ππ∴A＝×(50－30)＝10，b＝×(50＋30)＝40. ∴＝14－8＝·，∴ω＝，

2222ω6ππ

x＋φ＋40. 将x＝8，y＝30代入上式，解得φ＝， ∴y＝10sin66ππ∴所求解析式为y＝10sin6x＋6＋40，x∈[8,14]. B组

πxπ1.C 2.A 3.C 4.20.5 5.sin2＋6 6.2 7.k≤1 2π8.解 (1)由最低点为M3，－2得A＝2.

πTπ2π2π

由x轴上相邻两个交点之间的距离为得＝，即T＝π，∴ω＝＝＝2.

222Tπ2π2π4π

，－2在图象上得2sin2×＋φ＝－2，即sin＋φ＝－1，由点M333故

ππ4ππ11ππ

0，，∴φ＝，故f(x)＝2sin2x＋. ＋φ＝2kπ－(k∈Z)，∴φ＝2kπ－(k∈Z).又φ∈623266

ππππ7ππππ

，，∴2x＋∈，，当2x＋＝，即x＝时，f(x)取得最大值2； (2)∵x∈122636626π7ππ

当2x＋＝，即x＝时，f(x)取得最小值－1，故f(x)的值域为[－1,2].

662

§4.5 两角和与差的正弦、余弦和正切

要点梳理

1.cos αcos β－sin αsin β sin αcos β－cos αsin β sin αcos β＋cos αsin β 2.2sin αcos α cos2α－sin2α 2cos2α－1 1－2sin2α 3.tan(α±β)(1∓tan αtan β) 1－4.

a2＋b2sin(α＋φ)

2tan α

1－tan2α

tan α＋tan βtan α－tan β

－1

tanα＋βtanα－β

a2＋b2cos(α－φ)

基础自测 1.

π3π37

－＋kπ，＋kπ (k∈Z) 4.A 5.D 2. 3.88213

题型分类·深度剖析

2sin θcos θ＋2cos2θsin θ－cos θcos θsin2θ－cos2θ－cos θ·cos θ222222222

例1 解 (1)原式＝＝＝. θθ2θ4coscos 2cos 22

θπθ

∵0<θ<π，∴0<<，∴cos >0，∴原式＝－cos θ.

222

cos25°－sin25°cos 5°sin 5°2cos210°cos 10°＝－(2)原式＝－sin 10°－sin 10°· sin 5°cos 5°2sin 10°sin 5°cos 5°2×2sin 10°cos 10°cos 10°－2sin 20°cos 10°cos 10°cos 10°

＝－sin 10°·.＝－2cos 10°＝ 2sin 10°12sin 10°2sin 10°

sin 10°2

31cos 10°cos 10°－2－sin 10°cos 10°－2sin30°－10°223sin 10°3

＝＝＝＝. 2sin 10°2sin 10°2sin 10°22

变式训练1 (1) (2)6

sin α

αππαππβ

例2 解 (1)∵0<β<<α<π，∴－<－β<，<α－<π，∴cos2－β＝242242

α－＝sin2∴cos

β45

α－＝1－cos229，

α5

－β＝， 1－sin223

α＋β

α－β－α－β＝cosα－βcosα－β＋sinα－β·α－β ＝cossin2222222

α＋β149×55452752392

－×＋＝×＝，∴cos(α＋β)＝2cos－1＝2×－1＝－. 939327272972911

－tanα－β＋tan β271π

(2)∵tan α＝tan[(α－β)＋β]＝＝＝>0，∴0<α<，

21－tanα－βtan β1＋1×13

2712×32tan α3π

又∵tan 2α＝＝＝>0，∴0<2α<，

21－tan2α1－124

331＋tan 2α－tan β471π

∴tan(2α－β)＝＝＝1. ∵tan β＝－<0，∴<β<π，－π<2α－β<0，

721＋tan 2αtan β1－3×1

3π

∴2α－β＝－. 416

变式训练2 (1)2 (2) 65

ππ1－cos 2x1π2x＋ 例3 解 (1)f(x)＝(sinx＋sin xcos x)＋2sinx＋4·cosx＋4＝＋sin 2x＋sin222

1111

＝＋(sin 2x－cos 2x)＋cos 2x＝(sin 2x＋cos 2x)＋. 2222

cos2α－sin2α1－tan2α43由tan α＝2，得sin 2α＝2＝＝，cos 2α＝＝＝－. 5sinα＋cos2αtan2α＋15sin2α＋cos2α1＋tan2α

2sin αcos α

2tan α

113

∴，f(α)＝(sin 2α＋cos 2α)＋＝. 225

π1ππ1125ππ5

2x＋＋. 由x∈，，得≤2x＋≤π. (2)由(1)得f(x)＝(sin 2x＋cos 2x)＋＝sin4212222212442＋1π22＋1∴－≤sin2x＋4≤1,0≤f(x)≤，∴f(x)的取值范围是0，. 2223－43

变式训练3 (1)最小正周期为π，最大值为2，最小值为－1 (2) 10课时规范训练 A组

4π7π

1.B 2.D 3.C 4. 5.1－2 6. 7. 9248.解由题意，得

ππx＋π＝1cos 2x＋3sin 2x＋(sin x－cos x)(sin x＋cos x) 2x－＋2sinx－·f(x)＝cossin344221313

＝cos 2x＋sin 2x＋sin2x－cos2x＝cos 2x＋sin 2x－cos 2x 2222ππππ5ππ

2x－，又x∈－，，∴2x－∈－，. ＝sin6122636πππππ

2x－在区间－，上单调递增，在区间，上单调递减，又f(x)＝sin612332ππ3π1

－＝－∴当x＝－时，f(x)取得最小值－.

122

ππ3

－，上的最大值与最小值分别为1与－. 故函数f(x)在区间1222

B组

π102x＋＋2 5.－43 6. 1.A 2.D 3.C 4.2sin4131π

7.解 (1)由cos α＝，0<α<，得sin α＝72

1－cos2α＝

1243

1－7＝7，

2×43sin α4372tan α83

∴tan α＝＝×＝43. 于是tan 2α＝＝＝－. 22cos α71471－tanα1－43ππ13(2)由0<β<α<，得0<α－β<. 又∵cos(α－β)＝，

2214∴sin(α－β)＝1－cos2α－β＝

13233

1－14＝14. 由β＝α－(α－β)，得cos β＝cos[α－(α－β)]

11343331π

＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)＝×＋×＝. ∴β＝.

71471423

ππ1－cos 2x1311

8.解 (1)f(x)＝cos 2xcos －sin 2xsin ＋＝cos 2x－sin 2x＋－cos 2x

332222213ππ

＝－sin 2x. ∴，当2x＝－＋2kπ，k∈Z，即x＝－＋kπ (k∈Z)时， 22241＋3f(x)取得最大值，f(x)max＝. 2

C11313π

(2)由f＝－，即－sin C＝－，解得sin C＝，又C为锐角，∴C＝. 2422423

122由cos B＝求得sin B＝.因此sin A＝sin[π－(B＋C)]＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C

332211322＋3

＝×＋×＝.

32326

§4.6 正弦定理和余弦定理要点梳理 1.

abcabc (1)sin A∶sin B∶sin C (2)2Rsin A 2Rsin B 2Rsin C (3) sin Asin Bsin C2R2R2R

b2＋c2－a2a2＋c2－b2a2＋b2－c22.b＋c－2bccos A a＋c－2accos B a＋b－2abcos C 2bc2ac2ab基础自测 1.2 2.1 3.

4.3 5.C 3

题型分类·深度剖析

ab323例1 解由正弦定理得＝，＝，∴sin A＝. ∵a>b，∴A＝60°或A＝120°.

sin Asin Bsin Asin 45°2

6＋2bsin C

当A＝60°时，C＝180°－45°－60°＝75°，c＝＝；

sin B26－2bsin C

当A＝120°时，C＝180°－45°－120°＝15°，c＝＝.

sin B2π

变式训练1

a2＋c2－b2a2＋b2－c2cos Bb

例2 解 (1)由余弦定理知：cos B＝，cos C＝. 将上式代入＝－得：

2ac2abcos C2a＋c

a2＋c2－b22abb

·222＝－，整理得：a2＋c2－b2＝－ac. 2aca＋b－c2a＋ca2＋c2－b2－ac12∴cos B＝＝＝－. ∵B为三角形的内角，∴B＝π.

2ac2ac23

(2)将b＝13，a＋c＝4，B＝π代入b2＝a2＋c2－2accos B，得b2＝(a＋c)2－2ac－2accos B，

311331－，∴ac＝3.∴S△ABC＝acsin B＝∴13＝16－2ac. 224A25A3

变式训练2 解 (1)∵cos ＝，∴cos A＝2cos2－1＝，

2525

4→→114

∴sin A＝.又AB·AC＝3，∴bccos A＝3，∴bc＝5. ∴S△ABC＝bcsin A＝×5×＝2.

5225(2)由(1)知，bc＝5，又b＋c＝6，根据余弦定理得

a2＝b2＋c2－2bccos A＝(b＋c)2－2bc－2bccos A＝36－10－10×＝20，∴a＝25.



例3 解 (1)由题设并由正弦定理，得1

ac＝4，5a＋c＝，4

1a＝1，a＝4，

解得1或

c＝4c＝1.

(2)由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac－2accos B＝p2b2－b2－b2cos B，

223316

，2，由题设知p>0，∴变式训练3 解 (1)∵c＝2，C＝，∴由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcos C得a2＋b2－ab＝4.

又∵△ABC的面积为3，∴absin C＝3，ab＝4.

22a＋b－ab＝4，

联立方程组，解得a＝2，b＝2.

ab＝4，

(3)由sin C＋sin(B－A)＝sin 2A，得sin(A＋B)＋sin(B－A)＝2sin Acos A，

即2sin Bcos A＝2sin Acos A，∴cos A·(sin A－sin B)＝0，∴cos A＝0或sin A－sin B＝0， π

当cos A＝0时，∵02

当sin A－sin B＝0时，得sin B＝sin A，由正弦定理得a＝b，即△ABC为等腰三角形. ∴△ABC为等腰三角形或直角三角形. 课时规范训练 A组

1.D 2.C 3.B 4. 5.2 6.4或5

7.解 (1)∵3b＝2a·sin B，由正弦定理知3sin B＝2sin A·sin B. ∵B是三角形的内角，∴sin B>0，

从而有sin A＝

，∴A＝60°或120°，∵A是锐角，∴A＝60°. 2

(2)∵103＝bcsin 60°，∴bc＝40，又72＝b2＋c2－2bccos 60°，∴b2＋c2＝89.

2bc

8.解方法一 ∵sin B＝4cos Asin C，由正弦定理，得＝4cos A，∴b＝4ccos A，

2R2R

b2＋c2－a2

由余弦定理得b＝4c·，∴b2＝2(b2＋c2－a2)，∴b2＝2(b2－2b)，∴b＝4.

2bc方法二由余弦定理，得a2－c2＝b2－2bccos A， ∵a2－c2＝2b，b≠0，∴b＝2ccos A＋2，

①

bsin Bsin B

由正弦定理，得＝，又由已知得，＝4cos A，

csin Csin C∴b＝4ccos A. 解①②得b＝4. B组

1.D 2.D 3.A 4.60° 正三角形 5.4 6.

7.解 (1)由已知，根据正弦定理得2a2＝(2b＋c)b＋(2c＋b)c，

即a2＝b2＋c2＋bc.

①

②

由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccos A，故cos A＝－，又∵0°23

(2)由①得sin2A＝sin2B＋sin2C＋sin Bsin C. ∴＝(sin B＋sin C)2－sin Bsin C，

4又sin B＋sin C＝1， 1

∴sin Bsin C＝.

② ③

解②③联立的方程组，得sin B＝sin C＝. ∵0°2∴△ABC是等腰的钝角三角形.

B＋CπAB＋C7A72

8.解 (1)∵B＋C＝π－A，即＝－，由4sin－cos 2A＝，得4cos2－cos 2A＝，

2222222

即2(1＋cos A)－(2cos2A－1)＝，整理得4cos2A－4cos A＋1＝0，即(2cos A－1)2＝0.

∴cos A＝，又0°2

b2＋c2－a2

(2)由A＝60°，根据余弦定理cos A＝，

2bcb2＋c2－a21即＝，∴b2＋c2－bc＝3，

2bc2又b＋c＝3，

① ② ③ ④

∴b2＋c2＋2bc＝9. ①－③整理得：bc＝2.

b＝1，b＝2，解②④联立方程组得或

c＝2，c＝1.

§4.7 正弦定理、余弦定理应用举例基础自测

1.130° 2.6 3.103 4.500(3＋1) 5.B 题型分类·深度剖析

例1 解由题意知AB＝5(3＋3)海里，

∠DBA＝90°－60°＝30°，∠DAB＝90°－45°＝45°，∴∠ADB＝180°－(45°＋30°)＝105°.

AB·sin∠DABDBAB

在△ABD中，由正弦定理，得＝，∴DB＝ sin∠DABsin∠ADBsin∠ADB53＋3·sin 45°53＋3·sin 45°533＋1

＝＝＝＝103(海里).

sin 105°sin 45°cos 60°＋cos 45°sin 60°3＋1

2又∠DBC＝∠DBA＋∠ABC＝30°＋(90°－60°)＝60°，BC＝203(海里)，

1在△DBC中，由余弦定理，得CD2＝BD2＋BC2－2BD·BC·cos ∠DBC＝300＋1 200－2×103×203×＝

230

900，∴CD＝30(海里)，∴需要的时间t＝＝1(小时).

30故救援船到达D点需要1小时. 变式训练1 A、B之间的距离为5 km

例2 解如图所示，某人在C处，AB为塔高，他沿CD前进，

CD＝40，此时∠DBF＝45°，过点B作BE⊥CD于E，则 ∠AEB＝30°，在△BCD中，CD＝40，∠BCD＝30°， CDBD∠DBC＝135°，由正弦定理，得＝，

sin∠DBCsin∠BCD40sin 30°

∴BD＝＝202，∠BDE＝180°－135°－30°＝15°.

sin 135°6－2

在Rt△BED中，BE＝DBsin 15°＝202×＝10(3－1).

4在Rt△ABE中，∠AEB＝30°，∴AB＝BEtan 30°＝10

故所求的塔高为(3－3)米.

变式训练2 解 (1)依题意知，在△DBC中，∠BCD＝30°，∠DBC＝180°－45°＝135°，

1CDBC

CD＝6 000×＝100(米)，∠D＝180°－135°－30°＝15°，由正弦定理得＝，

60sin∠DBCsin∠D

100×

6－2506－24

＝＝50(3－1)(米). 222

(3－3)(米). 3

CD·sin∠D100×sin 15°

∴BC＝＝＝

sin 135°sin∠DBC

在Rt△ABE中，tan α＝. ∵AB为定长，∴当BE的长最小时，α取最大值60°，这时BE⊥CD.

BE3

当BE⊥CD时，在Rt△BEC中，EC＝BC·cos∠BCE＝50(3－1)·＝25(3－3)(米).

设该人沿南偏西60°的方向走到仰角α最大时，走了t分钟. 则t＝

253－33－3EC

×60＝×60＝(分钟). 6 0006 0004

(2)由(1)知当α取得最大值60°时，BE⊥CD，在Rt△BEC中，BE＝BC·sin∠BCD， 1∴AB＝BE·tan 60°＝BC·sin∠BCD·tan 60°＝50(3－1)··3＝25(3－3)(米).

2即所求塔高AB为25(3－3)米.

ABAC

例3 解在△ABC中，AB＝5，AC＝9，∠BCA＝30°. 由正弦定理，得＝，

sin∠BCAsin∠ABC

AC·sin∠BCA9sin 30°9

sin∠ABC＝＝＝. ∵AD∥BC，∴∠BAD＝180°－∠ABC，

AB510于是sin∠BAD＝sin∠ABC＝∠ADB＝45°，由正弦定理：

. 同理，在△ABD中，AB＝5，sin∠BAD＝， 1010

ABBD9292

＝，解得BD＝.故BD的长为.

22sin∠BDAsin∠BAD

变式训练3 (1)课时规范训练 A组

6＋2

(2)6－2 4

1.B 2.C 3.A 4.507 5.302 6.82 7.解在△ADC中，AD＝10，AC＝14，DC＝6，

AD2＋DC2－AC2100＋36－1961

由余弦定理得cos∠ADC＝＝＝－，

2AD·DC22×10×6

∴∠ADC＝120°，∴∠ADB＝60°. 在△ABD中，AD＝10，∠B＝45°，∠ADB＝60°， 3

10×

2AD·sin∠ADB10sin 60°ABAD

由正弦定理得＝，∴AB＝＝＝＝56.

sin Bsin 45°sin∠ADBsin B2

28.解如图所示，连接A1B2，由已知A2B2＝102， 20

A1A2＝302×＝102，∴A1A2＝A2B2.

又∠A1A2B2＝180°－120°＝60°，∴△A1A2B2是等边三角形， ∴A1B2＝A1A2＝102.由已知，A1B1＝20， ∠B1A1B2＝105°－60°＝45°，

在△A1B2B1中，由余弦定理得

B1B2A1B2·cos 45° 2＝A1B1＋A1B2－2A1B1·

＝202＋(102)2－2×20×102×

＝200，∴B1B2＝102. 2

102

因此，乙船的速度为×60＝302(海里/小时).

20B组

1.A 2.C 3.B 4.153 5.27 6.60°

7.解在△ABC中，BC＝30，∠B＝30°，∠ACB＝180°－45°＝135°，∴∠A＝15°.

BCAC30AC30sin 30°

由正弦定理，得＝，即＝，∴AC＝＝15(6＋2).

sin Asin Bsin 15°sin 30°sin 15°∴A到BC的距离为AC·sin 45°＝15(6＋2)×

＝15(3＋1)≈15×(1.732＋1)＝40.98(海里). 2

这个距离大于38海里，∴继续向南航行无触礁的危险.

8.解在△ACD中，∠DAC＝30°，∠ADC＝60°－∠DAC＝30°，∴CD＝AC＝0.1.

又∠BCD＝180°－60°－60°＝60°，故CB是△CAD底边AD的中垂线，∴BD＝BA. ABACACsin 60°32＋6

在△ABC中，＝，∴AB＝＝，

sin 15°20sin∠BCAsin∠ABC32＋6同理，BD＝≈0.33(km). 故B、D的距离约为0.33 km.

§5.1 平面向量的概念及线性运算

要点梳理

1.大小方向长度模零 0 1个单位相同相反方向相同或相反平行相等相同相等相反

2.三角形平行四边形 (1)b＋a (2)a＋(b＋c) 三角形 (1)|λ||a| (2)相同相反 0 λμa λa＋μa λa＋λb 3.b＝λa

1→

基础自测 1.OS 2.b－a 3.①②③ 4.－2 5.A

2题型分类·深度剖析例1 ②③

变式训练1 解 (1)不正确，∵向量只讨论相等和不等，而不能比较大小.(2)不正确，∵向量模相等与向量

的方向无关.(3)正确.(4)不正确，∵规定零向量与任意向量平行.(5)不正确，∵两者中若有零向量，零向量的→→

方向是任意的.(6)不正确，∵AB与CD共线，而AB与CD可以不共线即AB∥CD.(7)正确.(8)不正确，∵零向量可以与它的相反向量相等. 1→1→→1

例2 解 AD＝(AB＋AC)＝a＋b；

222

→→→→2→→1→→2→1→→1→1→11

AG＝AB＋BG＝AB＋BE＝AB＋(BA＋BC)＝AB＋(AC－AB)＝AB＋AC＝a＋b.

33333333λ→λ→→→→→→→→λ→→

1－AB＋(AC－AB) 变式训练2 解 AG＝AB＋BG＝AB＋λBE＝AB＋(BA＋BC)＝222

λ→λ→

＝(1－λ)AB＋AC＝(1－λ)a＋b.

→→→→→→m→→→m→m

又AG＝AC＋CG＝AC＋mCF＝AC＋(CA＋CB)＝(1－m)AC＋AB＝a＋(1－m)b，

222

1－λ＝2

∴λ

1－m＝2

2→11

，解得λ＝m＝，∴AG＝a＋b.

333

→→→

例3 (1)证明 ∵AB＝a＋b，BC＝2a＋8b，CD＝3(a－b)，

→→→→∴BD＝BC＋CD＝2a＋8b＋3(a－b)＝2a＋8b＋3a－3b＝5(a＋b)＝5AB. →→

∴AB、BD共线，又∵它们有公共点B，∴A、B、D三点共线. (2)解 ∵ka＋b与a＋kb共线，∴存在实数λ，使ka＋b＝λ(a＋kb)，即ka＋b＝λa＋λkb.∴(k－λ)a＝(λk－1)b.

∵a、b是不共线的两个非零向量，∴k－λ＝λk－1＝0，∴k2－1＝0.∴k＝±1. 1变式训练3

2课时规范训练 A组

1.C 2.B 3.D 4.－1 5. 6.

311

→→→→1→11→→→15→

7.解 ∵BA＝OA－OB＝a－b，BM＝BA＝a－b，∴OM＝OB＋BM＝a＋b.又OD＝a＋b，

66666

→→1→1→1→2→2

∴ON＝OC＋CD＝OD＋OD＝OD＝(a＋b).

32633

1511→→→22→15→22→11

∴MN＝ON－OM＝a＋b－a－b＝a－b. 即OM＝a＋b，ON＝a＋b，MN＝a－b.

33662666332621→→→1→→→→→→

8.解设OA＝a，OB＝tb，OC＝(a＋b)，∴AC＝OC－OA＝－a＋b，AB＝OB－OA＝tb－a.

333

21→→

要使A、B、C三点共线，只需AC＝λAB.即－a＋b＝λtb－λa.

－3＝－λ，

∴有1

3＝λt，

B组

λ＝3，⇒1

t＝2.2

，∴当t＝时，三向量终点在同一直线上.

1.B 2.B 3.B 4.①② 5.2 6. 7.±2

→→→→→→→→→→

8.(1)解 ∵GA＋GB＝2GM，又2GM＝－GO，∴GA＋GB＋GO＝－GO＋GO＝0.

→1→2→1

(2)证明显然OM＝(a＋b). ∵G是△ABO的重心，∴OG＝OM＝(a＋b).

233→→→→

由P、G、Q三点共线，得PG∥GQ，∴，有且只有一个实数λ，使PG＝λGQ. 11→→→1

－ma＋b，而PG＝OG－OP＝(a＋b)－ma＝333

1111111→→→

n－b，∴－ma＋b＝λ－a＋n－3b. GQ＝OQ－OG＝nb－(a＋b)＝－a＋333333



又∵a、b不共线，∴113＝λn－3

11－m＝－λ33

，消去λ，整理得3mn＝m＋n，故＋＝3.

§5.2 平面向量的基本定理及坐标表示

要点梳理

1.非零 0°≤θ≤180° 0°或180° 90°

2.(1)不共线有且只有 λ1e1＋λ2e2 基底 (2)互相垂直 (3)①(x，y) (x，y) x y ②终点A (x，y)

3.(1)(x1＋x2，y1＋y2) (x1－x2，y1－y2) (λx1，λy1)

x2－x12＋y2－y12 4.x1y2－x2y1＝0 基础自测 1.(7,3) 2.(－3，－5) 3.0 4.C 5.B 题型分类·深度剖析

2x21＋y1 (2)②(x2－x1，y2－y1)

→→

例1 解方法一设AB＝a，AD＝b，

1→→

－b，则a＝AN＋NB＝d＋21→→

－a. b＝AM＋MD＝c＋2

① ②

11422

－c＋－a ∴a＝d－c＝(2d－c)，代入② 将②代入①得a＝d＋22333122→2→2

－×(2d－c)＝(2c－d). ∴AB＝(2d－c)，AD＝(2c－d). 得b＝c＋23333

→→→1→1

方法二设AB＝a，AD＝b. 因M，N分别为CD，BC的中点，∴BN＝b，DM＝a，



因而1

d＝a＋b2

1c＝b＋a2

⇒2

b＝32c－d

a＝2d－c3

→2→2

，即AB＝(2d－c)，AD＝(2c－d).

→1→→1→1→1

变式训练1 解 ∵AD＝AB，DE∥BC，M为BC中点，∴DN＝BM＝BC＝(b－a).

4488例2 解由已知得a＝(5，－5)，b＝(－6，－3)，c＝(1,8).

(1)3a＋b－3c＝3(5，－5)＋(－6，－3)－3(1，8)＝(15－6－3，－15－3－24)＝(6，－42).

－6m＋n＝5，m＝－1，

(2)∵mb＋nc＝(－6m＋n，－3m＋8n)，∴解得

－3m＋8n＝－5，n＝－1.

→→→→→

(3)设O为坐标原点，∵CM＝OM－OC＝3c，∴OM＝3c＋OC＝(3,24)＋(－3，－4)＝(0,20). →→→

∴M(0,20).又∵CN＝ON－OC＝－2b，

→→→

∴ON＝－2b＋OC＝(12,6)＋(－3，－4)＝(9,2)，∴N(9,2).∴MN＝(9，－18). →

变式训练2 (1)解 OP＝t1(1,2)＋t2(3,3)＝(t1＋3t2,2t1＋3t2)，

t1＋3t2<03

P在第二象限的充要条件是有解.∴－t22

2t1＋3t2>0

→→→→→

(2)证明当t1＝1时，有OP－OA＝t2AB，∴AP＝t2AB，∴不论t2为何实数，A，B，P三点共线. →

(3)解由OP＝(t1＋3t2,2t1＋3t2)，

得点P(t1＋3t2,2t1＋3t2)，∴O，A，B，P能组成一个平行四边形有三种情况.

t1＋3t2－4＝1t1＝2t1＋3t2－4＝－1t1＝0→→→→

当OA＝BP，有⇒；当OA＝PB，有⇒；

2t1＋3t2－5＝22t1＋3t2－5＝－2t2＝1t2＝1t1＋3t2＝－3t1＝0→→

当OP＝BA，有⇒.

2t1＋3t2＝－3t2＝－1

－m＋4n＝3

例3 解 (1)由题意得(3,2)＝m(－1,2)＋n(4,1)，∴

2m＋n＝2

m＝9，得8

n＝9

(2)a＋kc＝(3＋4k,2＋k)，2b－a＝(－5,2)，∵(a＋kc)∥(2b－a)，∴2×(3＋4k)－(－5)(2＋k)＝0， 16

∴k＝－. 13

(3)设d＝(x，y)，d－c＝(x－4，y－1)，a＋b＝(2,4)，

4x－4－2y－1＝0x＝3x＝5

由题意得，解得或，∴d＝(3，－1)或d＝(5,3).

x－4＋y－1＝5y＝3y＝－1

变式训练3 解 (1)∵a＝(1,0)，b＝(2,1)，∴a＋3b＝(7,3)，∴|a＋3b|＝

72＋32＝58.

(2)ka－b＝(k－2，－1)，a＋3b＝(7,3)，∵ka－b与a＋3b平行，∴3(k－2)＋7＝0，即k＝－.

－，－1，a＋3b＝(7,3)，则a＋3b＝－3(ka－b)，此时ka－b＝(k－2，－1)＝3即此时向量a＋3b与ka－b方向相反. 课时规范训练 A组

1.C 2.B 3.C 4. 5. 6.8

7.解 ka＋b＝k(1,2)＋(－3,2)＝(k－3,2k＋2)，a－3b＝(1,2)－3(－3,2)＝(10，－4)，

当ka＋b与a－3b平行时，存在唯一实数λ使ka＋b＝λ(a－3b)，由(k－3,2k＋2)＝λ(10，－4)得，

k－3＝10λ，11

，解得k＝λ＝－，∴当k＝－时，ka＋b与a－3b平行，

2k＋2＝－4λ.

111

这时ka＋b＝－a＋b＝－(a－3b). ∵λ＝－<0，∴ka＋b与a－3b反向.

333

→→→→→→→λ

8.解设PA＝a，PB＝b，由已知条件3CP＝PA＋2PB，即3p＝a＋2b，PQ＝λCP＝(a＋2b)，

→→→→→→→→

又PQ＝PA＋AQ＝PA＋μAB＝PA＋μ(PB－PA)＝(1－μ)a＋μb，

3＝1－μ

由平面向量基本定理2λ

3＝μ

B组

→→

. 解得λ＝1，因此PQ＝λCP＝p.

1.A 2.D 3.D 4.(－2,0)或(－2,2) 5.60° 6.2

→→

7.解 (1)设点D(x，y)，∵AD＝BC，∴(x，y)＝(6,8)－(4,1)＝(2,7)，∴顶点D的坐标为(2,7).

714231，，(xE－2，yE－7)＝2(6－xE,8－yE)⇒E，， (2)设点I(x，y)，则有F点坐标为2335→→→→5

－3，，BI＝(x－4，y－1)，BF∥BI⇒(x－4)＝－3(y－1)， BF＝22

9129991299→→2314

又AE∥AI⇒x＝y，联立方程组可得x＝，y＝，则点I的坐标为52，104. 3352104→→→

8.(1)解 OM＝t1OA＋t2AB＝t1(0,2)＋t2(4,4)＝(4t2,2t1＋4t2).

4t2<0，

当点M在第二或第三象限时，有，故所求的充要条件为t2<0且t1＋2t2≠0.

2t1＋4t2≠0，

→

(2)证明当t1＝1时，由(1)知OM＝(4t2,4t2＋2).

→→→→→→→

∵AB＝OB－OA＝(4,4)，AM＝OM－OA＝(4t2,4t2)＝t2(4,4)＝t2AB，∴A、B、M三点共线. →→→→

(3)解当t1＝a2时，OM＝(4t2,4t2＋2a2).又AB＝(4,4)，OM⊥AB， 1→

∴4t2×4＋(4t2＋2a2)×4＝0，∴t2＝－a2，故OM＝(－a2，a2).

|－a2－a2＋2|→

又|AB|＝42，点M到直线AB：x－y＋2＝0的距离d＝＝2|a2－1|.

2112

∵S△ABM＝12，∴|AB|·d＝×42×2|a－1|＝12，解得a＝±2，故所求a的值为±2.

§5.3 平面向量的数量积

要点梳理

1.|a||b|cos θ a·b＝|a||b|cos θ 0 a·b＝0 a·b＝±|a||b| 2.|b|cos θ 3.(1)|a|cos θ (2)a·b＝0 (3)|a||b| －|a||b| a2

a·ba·a (4) (5)≤ 4.(1)b·a (2)λ(a·b) a·(λb) (3)a·c＋b·c

|a||b|

5.x1x2＋y1y2 (1)x2＋y2

x2＋y2 (2)x1－x22＋y1－y22 (3)x1x2＋y1y2＝0

365

基础自测 1.－32 2. 3. 4.②④ 5.D

25题型分类·深度剖析例1

变式训练1 (1)－3 (2)D

例2 解 (1)∵(2a－3b)·(2a＋b)＝61，∴4|a|2－4a·b－3|b|2＝61.

－61a·b

又|a|＝4，|b|＝3，∴64－4a·b－27＝61，∴a·b＝－6. ∴cos θ＝＝＝－.

|a||b|4×322π

又0≤θ≤π，∴θ＝. 3

(2)可先平方转化为向量的数量积.

|a＋b|2＝(a＋b)2＝|a|2＋2a·b＋|b|2＝42＋2×(－6)＋32＝13，∴|a＋b|＝13. 2π2ππ→→→→

(3)∵AB与BC的夹角θ＝，∴∠ABC＝π－＝. 又|AB|＝|a|＝4，|BC|＝|b|＝3，

3331→→13

∴S△ABC＝|AB||BC|sin∠ABC＝×4×3×＝33.

222

变式训练2 解 (1)∵β＝(2,0)，∴|β|＝2，又α⊥(α－2β)，∴α·(α－2β)＝α2－2α·β＝1－2α·β＝0.

∴α·β＝. ∴(2α＋β)2＝4α2＋β2＋4α·β＝4＋4＋2＝10. ∴|2α＋β|＝10.

(2)由已知得(a＋b＋c)·a＝a2＋a·b＋a·c＝1＋2cos 120°＋3cos 120°＝－，

2|a＋b＋c|＝＝

a＋b＋c2＝

a2＋b2＋c2＋2a·b＋2a·c＋2b·c

1＋4＋9＋4cos 120°＋6cos 120°＋12cos 120°＝3. 3

－a＋b＋c·a23

设向量a＋b＋c与向量a的夹角为θ，则cos θ＝＝＝－，即θ＝150°，

23|a＋b＋c||a|故向量a＋b＋c与向量a的夹角为150°.

例3 (1)证明 ∵(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝|a|2－|b|2＝(cos2α＋sin2α)－(cos2β＋sin2β)＝0，

∴a＋b与a－b互相垂直.

(2)解 ka＋b＝(kcos α＋cos β，ksin α＋sin β)，a－kb＝(cos α－kcos β，sin α－ksin β)， |ka＋b|＝

k2＋2kcosβ－α＋1，|a－kb|＝

1－2kcosβ－α＋k2.

∵|ka＋b|＝|a－kb|，∴2kcos(β－α)＝－2kcos(β－α). 又k≠0，∴cos(β－α)＝0. π

而0<α<β<π，∴0<β－α<π，∴β－α＝.

变式训练3 (1)证明 ∵a·b＝3×－1×＝0，∴a⊥b.

(2)解 ∵c＝a＋(t2－3)b，d＝－ka＋tb，且c⊥d，∴c·d＝[a＋(t2－3)b]·(－ka＋tb) ＝－ka2＋t(t2－3)b2＋[t－k(t2－3)]a·b＝0，又a2＝|a|2＝4，b2＝|b|2＝1，a·b＝0， t3－3t

∴c·d＝－4k＋t－3t＝0，∴k＝f(t)＝ (t≠0).

课时规范训练 A组

3－6， 1.B 2.D 3.D 4.1 5.－6 6.(－∞，－6)∪27.解 (1)a·b＝2n－2，|a|＝5，|b|＝

n＋4，∴cos 45°＝

2n－25·n2＋4

＝

， 2

∴3n2－16n－12＝0 (n>1)，∴n＝6或n＝－(舍)，∴b＝(－2,6).

(2)由(1)知，a·b＝10，|a|2＝5. 又c与b同向，故可设c＝λb (λ>0)， (c－a)·a＝0， |a|2511∴λb·a－|a|＝0，∴λ＝＝＝，∴c＝b＝(－1,3).

b·a1022

→→→→→→

8.解 (1)由题设知AB＝(3,5)，AC＝(－1,1)，则AB＋AC＝(2,6)，AB－AC＝(4,4).

→→→→

∴|AB＋AC|＝210，|AB－AC|＝42. 故所求的两条对角线长分别为42，210. →→→

(2)由题设知OC＝(－2，－1)，AB－tOC＝(3＋2t,5＋t).

11→→→

由(AB－tOC)·OC＝0，得(3＋2t,5＋t)·(－2，－1)＝0，从而5t＝－11，∴t＝－.

5B组

π5π1.B 2.A 3.C 4.6，6 5.4 6.3

137.(1)证明 ∵(a＋b)·(a－b)＝a2－b2＝|a|2－|b|2＝(cos2α＋sin2α)－4＋4＝0，故a＋b与a－b垂直.

(2)解由|3a＋b|＝|a－3b|，两边平方得

3|a|2＋23a·b＋|b|2＝|a|2－23a·b＋3|b|2，∴2(|a|2－|b|2)＋43a·b＝0，

13－·而|a|＝|b|，∴a·b＝0，则cos α＋·sin α＝0， 22

即cos(α＋60°)＝0，∴α＋60°＝k·180°＋90°，即α＝k·180°＋30°，k∈Z，又0°≤α<360°，则α＝30°或α＝210°.

8.解 e1＝4，e2e2＝2×1×cos 60°＝1， 2＝1，e1·

∴(2te1＋7e2)·(e1＋te2)＝2te1＋(2t2＋7)e1·e2＋7te2＝2t2＋15t＋7.

1∵向量2te1＋7e2与向量e1＋te2的夹角为钝角，∴2t2＋15t＋7<0.∴－72t＝λ14

假设2te1＋7e2＝λ(e1＋te2) (λ<0)⇒⇒2t2＝7⇒t＝－，λ＝－14. 2

7＝tλ

∴当t＝－

时，2te1＋7e2与e1＋te2的夹角为π，不符合题意. 2

∴t的取值范围是－7，－



14141∪－，－. 222

§5.4 平面向量应用举例 a·b

要点梳理 1.(1)a＝λb(b≠0) x1y2－x2y1＝0 (2)a·b＝0 x1x2＋y1y2＝0 (3) |a||b|基础自测 1.y2＝8x (x≠0) 2.226 m/s 3.A 4.B 题型分类·深度剖析

→1→1→例1 (1)证明 ∵点M为线段AB的中点，∴OM＝OA＋OB.

1→1→1→1→→→→→→

∴MP＝OP－OM＝(xOA＋yOB)－2OA＋2OB＝x－2OA＋y－2OB.

→→→→→1→

(2)解设点M为线段AB的中点，则由OA⊥OB，知|MA|＝|MB|＝|MO|＝|AB|＝1.

211

x－2＋b2y－2＝1，又由(1)及a2221→1→11→→→

x－2OA2＋y－2OB2＝x－2a2＋y－2b2＝1. 得|MP|2＝|OP－OM|2＝2222→→→→

∴|MP|＝|MO|＝|MA|＝|MB|＝1.

→

故P，O，A，B四点都在以M为圆心、1为半径的圆上，∴当且仅当OP为圆M的直径时，|OP|max＝2.

222 x1＋y2x＋y122

x1x2＋y1y2

22a＋b→→

这时四边形OAPB为矩形，则S四边形OAPB＝|OA|·|OB|＝ab≤＝2，当且仅当a＝b＝2时，四边形OAPB

的面积最大，最大值为2. 变式训练1 D

1→→1→→1→

PC＋PQ·PC－PQ＝0，得|PC|2－|PQ|2＝0，例2 解 (1)设P(x，y)，则Q(8，y). 由224

1x2y2x2y22

即(x－2)＋y－(x－8)＝0，化简得＋＝1. ∴点P在椭圆上，其方程为＋＝1.

416121612

→→→→→→→→→→→→→

(2)因PE·PF＝(NE－NP)·(NF－NP)＝(－NF－NP)·(NF－NP)＝(－NP)2－NF2＝NP2－1，

x2y2x0y04y202

P是椭圆＋＝1上的任意一点，设P(x0，y0)，则有＋＝1，即x0＝16－，

161216123

121→2

又N(0,1)，∴NP2＝x2＋(y－1)＝－y－2y＋17＝－(y0＋3)2＋20. 0000

→

∵y0∈[－23，23]，∴当y0＝23时，NP2取得最小值(23－1)2＝13－43，(此时x0＝0)， →→故PE·PF的最小值为12－43.

→→

变式训练2 解设M(x0，y0)、N(x，y)，由MA＝2AN得(1－x0,1－y0)＝2(x－1，y－1)，

x0＝3－2x，∴ ∵点M(x0，y0)在圆C上，∴(x0－3)2＋(y0－3)2＝4， y0＝3－2y.

即(3－2x－3)2＋(3－2y－3)2＝4. ∴x2＋y2＝1. ∴所求点N的轨迹方程是x2＋y2＝1. 例3 解 (1)∵p∥q，

33∴(2－2sin A)(1＋sin A)－(cos A＋sin A)(sin A－cos A)＝0，∴sin2A＝，sin A＝，

42∵△ABC为锐角三角形，∴A＝60°. (2)y＝2sin2B＋cos

C－3B180°－B－A－3B

) ＝2sin2B＋cos＝2sin2B＋cos(2B－60°

22＝1－cos 2B＋cos(2B－60°)＝1－cos 2B＋cos 2Bcos 60°＋sin 2Bsin 60° 13

＝1－cos 2B＋sin 2B＝1＋sin(2B－30°)，

22当2B－30°＝90°，即B＝60°时，函数取最大值2. 变式训练3

5π 6

课时规范训练 A组

1.D 2.D 3.D 4.150° 5.3 6.2x－3y＋1＝0 (x≠1) →→→1→→2→7.证明 AD·CE＝AC＋2CB·CA＋3AB

1→→2→→1→→1→→22→22→→→

＝－|AC|2＋CB·CA＋AB·AC＋AB·CB＝－|AC|2＋|CB||CA|cos 90°＋|AC|cos 45°＋|AC|2cos 45°＝－

233233→→→→

|AC|2＋|AC|2＝0，∴AD⊥CE，即AD⊥CE.

→→→

8.解设M(x，y)，A(a,0)，Q(0，b) (b>0)，则PA＝(a,3)，AM＝(x－a，y)，MQ＝(－x，b－y).

→→由PA·AM＝0，得a(x－a)＋3y＝0. ① 3→3→

由AM＝－MQ，得(x－a，y)＝－(－x，b－y).

∴33

y＝2y－2b，

3x－a＝x，

∴y

b＝3.xa＝－，

xxx1x＋＋3y＝0，整理得y＝x2. 把a＝－代入①，得－2224

∴动点M的轨迹方程是y＝x2.

4B组

1.B 2.B 3.A 4.2 5.3 6.2

→→→→→→→→→→→→

7.解 ∵AB⊥AC，∴AB·AC＝0. ∵AP＝－AQ，BP＝AP－AB，CQ＝AQ－AC，

→→→→→→→→→→→→→→→→→→

∴BP·CQ＝(AP－AB)·(AQ－AC)＝AP·AQ－AP·AC－AB·AQ＋AB·AC＝－a2－AP·AC＋AB·AP 1→→→→→＝－a2＋AP·(AB－AC)＝－a2＋PQ·BC＝－a2＋a2cos θ.

→→→→

故当cos θ＝1，即θ＝0，即PQ与BC同向时，BP·CQ最大，最大值为0.

8.解 (1)a·b＝cos 23°·cos 68°＋cos 67°·cos 22°＝cos 23°·sin 22°＋sin 23°·cos 22°＝sin 45°＝

(2)由向量b与向量m共线，

得m＝λb (λ∈R)，u＝a＋m＝a＋λb＝(cos 23°＋λcos 68°，cos 67°＋λcos 22°) ＝(cos 23°＋λsin 22°，sin 23°＋λcos 22°)，

|u|2＝(cos 23°＋λsin 22°)2＋(sin 23°＋λcos 22°)2＝λ2＋2λ＋1＝λ＋

. 2



221＋， 22

22时，|u|有最小值为. 22

∴当λ＝－

专题三三角函数与平面向量的综合应用

题型分类·深度剖析

例1 解 (1)由f(x)＝23sin xcos x＋2cos2x－1，得f(x)＝3(2sin xcos x)＋(2cos2x－1)

2x＋. ∴函数f(x)的最小正周期为π. ＝3sin 2x＋cos 2x＝2sin6

ππππππ

2x＋在区间0，上为增函数，在区间，上为减函数，又f(0)＝1，f＝2，f＝－1，∵f(x)＝2sin666262π

0，上的最大值为2，最小值为－1. ∴函数f(x)在区间2ππ36

2x0＋，又∵f(x0)＝，∴sin2x0＋＝. (2)由(1)，可知f(x0)＝2sin6655ππππ2π7π

，，得2x0＋∈，. 从而cos2x0＋＝－由x0∈642636π4

2x0＋＝－. 1－sin265

ππππππ3－43∴cos 2x0＝cos2x0＋6－6＝cos2x0＋6cos ＋sin2x0＋6·sin ＝.

6610113

变式训练1 (1) (2)－2

314例2 解 (1)由a＝2bsin A，根据正弦定理得sin A＝2sin Bsin A，

1π

∴sin B＝，由△ABC为锐角三角形可得B＝.

26(2)由(1)可知A＋C＝π－B＝

5π5π5π，故C＝－A. 故cos A＋sin C＝cos A＋sin6－A 66

π133331

＋A＝cos A＋cos A＋sin A＝cos A＋sin A＝3cos A＋sin A ＝cos A＋sin6222222πA＋，＝3sin3

π5πππ5ππππ

由△ABC为锐角三角形可得，0ππ32ππ5π133

A＋<，∴<3sinA＋<， 33.

2，2即cos A＋sin C的取值范围为

变式训练2 (1) (2)－

1＋cos

2xπ1xxx3x

例3 解 (1)m·n＝3sin ·cos ＋cos2＝sin ＋＝sin2＋6＋2， 444222

xπ1πxπ12ππ1

＋＝，cosx＋＝1－2sin2＋＝，cos－x＝－cosx＋＝－. ∵m·n＝1，∴sin2623262332(2)∵(2a－c)cos B＝bcos C，由正弦定理得(2sin A－sin C)cos B＝sin Bcos C， ∴2sin Acos B－sin Ccos B＝sin Bcos C.∴2sin Acos B＝sin(B＋C).

1π

∵A＋B＋C＝π，∴sin(B＋C)＝sin A≠0，∴cos B＝，∵0∴0xπ1Aπ13

＋＋，∴f(A)＝sin＋＋. 故函数f(A)的取值范围是1，. 又∵f(x)＝sin26226225π5

变式训练3 (1) (2)－

49课时规范训练 A组

ππ19

1.B 2.C 3.B 4.4＋2m 5.或 6.－ 235

π1ππ2π

－＝，∴T＝π，ω＝＝2.y＝3sin(2x＋φ)， 7.解 (1)由题意知A＝3，T＝－46124T

πππ

又由2×＋φ＝2kπ＋，k∈Z，得φ＝2kπ＋，k∈Z.

626πππ

2x＋，x∈R. ∵|φ|<，∴φ＝，∴y＝3sin626

πππ

(2)由(1)知，函数的最小值为－3；由2x＋＝2kπ－，k∈Z，得x＝kπ－，k∈Z，

623π

∴函数取得最小值时自变量x的集合为x|x＝kπ－3，k∈Z.





2cos2－1＝－3cos 2B，∴sin 2B＝－3cos 2B，即tan 2B＝－3. 8.解 (1)∵m∥n，∴2sin B2

2ππ

又∵B为锐角，∴2B∈(0，π)，∴2B＝，∴B＝.

a2＋c2－b2π

(2)∵B＝，b＝2，由余弦定理cos B＝，得a2＋c2－ac－4＝0，又∵a2＋c2≥2ac，

32ac代入上式，得ac≤4(当且仅当a＝c＝2时等号成立).

S△ABC＝acsin B＝ac≤3(当且仅当a＝c＝2时等号成立).∴S△ABC的最大值为3. 24

B组

1215

1.D 2.B 3.A 4.4、0 5. 6. 352

acos B

7.解 (1)∵lg a－lg b＝lg cos B－lg cos A≠0，∴＝≠1，∴sin 2A＝sin 2B且a≠b.

bcos A

∵A，B∈(0，π)且A≠B，∴2A＝π－2B，即A＋B＝且A≠B.

2∴△ABC是非等腰的直角三角形. (2)由m⊥n，得m·n＝0. ∴2a2－3b2＝0.

①

由(m＋n)·(n－m)＝14，得n2－m2＝14，∴a2＋9b2－4a2－b2＝14，即－3a2＋8b2＝14.

②

联立①②，解得a＝6，b＝2. ∴c＝

a2＋b2＝10. 故所求的a，b，c的值分别为6，2，10.

8.解 (1)由题意得，(a＋2b)(a－4b)＝0，即a2－2a·b－8b2＝0，得32－2×3×1×cos θ－8×12＝0，

π1

0，，得cos θ＝，又θ∈(0，π)，故θ∈26因此，sin θ＝(2)|xa－b|＝＝＝

9x－1－cos2θ＝xa－b2＝

1235sin θ1－＝，tan θ＝＝35. 66cos θ

π9x2－2x×3×1×cos ＋1

x2a2－2xa·b＋b2＝



31321

＋，故当x＝时，|xa－b|取得最小值为，此时，a·(xa－b)＝xa2－a·b

6264

3π

×9－3×1×cos ＝0， 66

故向量a与xa－b垂直.

(3)对方程|xa－b|＝|ma|两边平方整理，得9x2－(6cos θ)x＋1－9m2＝0，

①

设方程①的两个不同正实数解为x1，x2，则由题意得，

Δ＝6cos θ2－4×9×1－9m2>0，

θx＋x＝6cos

>0，9



1－9m

xx＝>0.9

，解之得，sin θ33

若x＝m，则方程①可以化为－(6cos θ)x＋1＝0，则x＝

，即m＝. 6cos θ6cos θ

sin 2θ<1，1111

而x≠m，故得m≠. 令sin θ<<，得16cos θ36cos θ3

cos θ>，2



得0°<θ<60°，且θ≠45°，

111

当0°<θ<60°，且θ≠45°时，m的取值范围为m|3sin θ

11当60°≤θ<90°，或θ＝45°时，m的取值范围为m|3sin θ



§6.1 数列的概念与简单表示法要点梳理

1.一定顺序项 2.有限无限 > < 3.列表法图象法解析法 4.序号n 5.S1 Sn－Sn－1 基础自测 1.an＝2n－1 (n∈N*) 2.7 3.2n－11 3 4.C 5.B 题型分类·深度剖析

例1 解 (1)符号问题可通过(－1)n或(－1)n＋1表示，其各项的绝对值的排列规律为：后面的数的绝对值总比前面数的绝对值大6，故通项公式为an＝(－1)n(6n－5).

18888

1－n. (2)将数列变形为(1－0.1)，(1－0.01)，(1－0.001)，…，∴an＝9999102－3

(3)各项的分母分别为2222，…，易看出第2,3,4项的分子分别比分母少3.因此把第1项变为－，

1,2,3,4

21－322－323－324－32n－3n

原数列可化为－1，2，－3，4，…，∴an＝(－1)·n.

22222

3579

(4)将数列统一为，，，，…，对于分子3,5,7,9，…，是序号的2倍加1，可得分子的通项公式为bn

251017＝2n＋1，对于分母2,5,10,17，…，联想到数列1,4,9,16，…，即数列{n2}，可得分母的通项公式为cn＝n22n＋1

＋1，因此可得它的一个通项公式为an＝2.

n＋1

1＋－1n1＋cos nπ0 n为奇数(5)an＝或an＝或an＝.

1 n为偶数

变式训练1 解 (1)各项减去1后为正偶数，∴an＝2n＋1.

2－11,2,3,4

(2)每一项的分子比分母少1，而分母组成数列2222，…，∴an＝n. 2

(3)奇数项为负，偶数项为正，故通项公式中含因子(－1)n；各项绝对值的分母组成数列1,2,3,4，…；而各项绝对值的分子组成的数列中，奇数项为1，偶数项为3，即奇数项为2－1，偶数项为2＋1，

－n n为正奇数2＋－1

∴a＝(－1)·.也可写为a＝n3

n n为正偶数

9999999 999

(4)将数列各项改写为，，，，…，分母都是3，而分子分别是10－1,102－1,103－1,104－1，…，

33331

∴an＝(10n－1).

an＋1＋1

例2 解 (1)∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)，∴＝3，

an＋1

∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3，又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n－1，∴an＝2·3n－1－1. n－1n－21(2)∵an＝an－1 (n≥2)，∴an－1＝an－2，…，a2＝a1. 以上(n－1)个式子相乘得

n2n－1n－1a1112

an＝a1···…·＝＝.

23nnn

(3)∵an＋1－an＝3n＋2，∴an－an－1＝3n－1 (n≥2)，

n3n＋1∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝ (n≥2).

213n

当n＝1时，a1＝×(3×1＋1)＝2符合公式，∴an＝n2＋. 222

变式训练2 解 (1)由已知an>0，在递推关系式两边取对数，有lg an＋1＝2lg an＋lg 3，

令bn＝lg an，则bn＋1＝2bn＋lg 3，∴bn＋1＋lg 3＝2(bn＋lg 3)，∴{bn＋lg 3}是等比数列， ∴bn＋lg 3＝2n－1·2lg 3＝2nlg 3，∴bn＝2nlg 3－lg 3＝(2n－1)lg 3＝lg an，∴an＝32n－1.

an11111

(2)将an＋1＝取倒数得：＝2＋，∴－＝2，又＝1，

ana1

2an＋1an＋1an＋1an

111

∴a是以1为首项，2为公差的等差数列.∴＝1＋2(n－1)，∴an＝.

ann2n－1

(3)由an＋1＝4an－3n＋1，得an＋1－(n＋1)＝4(an－n)，又a1－1＝1，∴数列{an－n}是首项为1，且公比为4的等比数列，∴an－n＝(a1－1)4n－1，∴an＝4n－1＋n. (4)将an＋2－4an＋1＋3an＝0变形为an＋2－an＋1＝3(an＋1－an)，

则数列{an＋1－an}是以a2－a1＝－6为首项，3为公比的等比数列，则an＋1－an＝－6·3n－1，利用累加法可得an＝11－3n.

例3 解由a1＝S1＝(a1＋1)(a1＋2)，

解得a1＝1或a1＝2，由已知a1＝S1>1，因此a1＝2.又由an＋1＝Sn＋1－Sn＝(an＋1＋1)(an＋1＋2)－(an＋1)(an

66＋2)，得an＋1－an－3＝0或an＋1＝－an. ∵an>0. 故an＋1＝－an不成立，舍去. 因此an＋1－an－3＝0.

即an＋1－an＝3，从而{an}是公差为3，首项为2的等差数列，故{an}的通项为an＝3n－1. Sn变式训练3 解 (1)由an＝＋2(n－1)，得Sn＝nan－2n(n－1) (n∈N*).

当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－(n－1)·an－1－4(n－1)，即an－an－1＝4，∴数列{an}是以a1＝1为首项，4a1＋ann为公差的等差数列. 于是，an＝4n－3，Sn＝＝2n2－n (n∈N*).

2Sn(2)由Sn＝nan－2n(n－1)，得＝2n－1 (n∈N*)，

S2S3Sn∴S1＋＋＋…＋－(n－1)2＝1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)－(n－1)2＝n2－(n－1)2＝2n－1.令2n－1＝2

23n013，得n＝1 007，即存在满足条件的自然数n＝1 007. 课时规范训练 A组

1.C 2.B 3.D 4.4 5.－1 4 6.n2＋1 7.解 (1)当n＝4时，a4＝42－4×7＋6＝－6.

(2)令an＝150，即n2－7n＋6＝150，解得n＝16或n＝－9(舍去)，

即150是这个数列的第16项.

(3)令an＝n2－7n＋6>0，解得n>6或n<1(舍).∴从第7项起各项都是正数. 8．解 (1)当n＝1时，a1＝S1＝2－3＝－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1

＝(2n2－3n)－[2(n－1)2－3(n－1)]＝4n－5，由于a1也适合此等式，∴an＝4n－5. (2)当n＝1时，a1＝S1＝3＋b，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(3n＋b)－(3n－1＋b)＝2·3n－1. 当b＝－1时，a1适合此等式；当b≠－1时，a1不适合此等式．

∴当b＝－1时，an＝2·3B组

n－1

3＋b， n＝1，

；当b≠－1时，an＝

n－1

3， n≥2.2·

41111

，－ 6.4 1.D 2.B 3.A 4. 5.222

7.解 (1)∵an＝1＋ (n∈N*，a∈R，且a≠0)，∵a＝－7，∴an＝1＋.

a＋2n－12n－9

结合函数f(x)＝1＋

的单调性. 可知1>a1>a2>a3>a4；a5>a6>a7>…>an>1 (n∈N*).

2x－91

∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.

(2)an＝1＋＝1＋. ∵对任意的n∈N*，都有an≤a6成立

a＋2n－12－a

n－22－a

并结合函数f(x)＝1＋的单调性，∴5<<6，∴－1022－a

x－

8．解 (1)依题意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1＝2(Sn－3n)，

∴{Sn－3n}是等比数列，因此，所求通项公式为bn＝Sn－3n＝(a－3)2n－1，n∈N*.① (2)由①知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，于是，当n≥2时，

an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2＝2×3n－1＋(a－3)2n－2，

3n－2＋a－3， an＋1－an＝4×3n－1＋(a－3)2n－2＝2n－212·2

3n－2＋a－3≥0⇔a≥－9，又a2＝a1＋3>a1. 当n≥2时，an＋1≥an⇔12·296

综上，所求的a的取值范围是[－9，＋∞)．

§6.2 等差数列及其前n项和

要点梳理

1.从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数公差 d

a＋b

2.an＝a1＋(n－1)d 3.A＝ 4.(1)(n－m)d (2)ak＋al＝am＋an (3)2d (5)md

25.

na1＋annn－1

na1＋d 7.大小 22

基础自测 1.12n－10 2. 3.15 4.2n－1 5.B

4题型分类·深度剖析

11例1 (1)证明 ∵an＝2－ (n≥2，n∈N*)，bn＝. an－1an－1

an－1111

∴n≥2时，bn－bn－1＝－＝－＝－＝1.

an－1an－1－12－1an－1－1an－1－1an－1－1

a－－1

n1

155

又b1＝＝－. ∴数列{bn}是以－为首项，1为公差的等差数列.

22a1－1

7122

(2)解由(1)知，bn＝n－，则an＝1＋＝1＋，设函数f(x)＝1＋，

2bn

2n－72x－777

－∞，和，＋∞内为减函数. 易知f(x)在区间22

∴当n＝3时，an取得最小值－1；当n＝4时，an取得最大值3. 12Sn－1＋11

变式训练1 (1)证明由Sn＝，得＝＝＋2，

2Sn－1＋1Sn－1Sn－1

11111

∴－＝2，∴S是以即为首项，以2为公差的等差数列. SnSn－1S12n1131(2)解由(1)知＝＋(n－1)×2＝2n－，∴Sn＝，

Sn223

2n－2－2

∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝；

37372n－2n－2n－2n－22221

Sn－1

2 n＝1

－2当n＝1时，a＝2不适合a，故a＝ n≥2.372n－22n－2

－155a1＋10d＝5，

例2 解 (1)由题意知S6＝＝－3，a6＝S6－S5＝－8. ∴

a1＋5d＝－8.

解得a1＝7，∴S6＝－3，a1＝7.

(2)方法一 ∵S5S6＋15＝0，∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2a21＋9da1＋10d＋1＝0.

∵关于a1的一元二次方程有解，∴Δ＝81d2－8(10d2＋1)＝d2－8≥0，解得d≤－22或d≥22.

2方法二 ∵S5S6＋15＝0，∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2a21＋9da1＋10d＋1＝0.

故(4a1＋9d)2＝d2－8.∴d2≥8. 故d的取值范围为d≤－22或d≥22. 变式训练2 解 (1)设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d.

由a1＝1，a3＝－3，可得1＋2d＝－3，解得d＝－2. 从而an＝1＋(n－1)×(－2)＝3－2n. n[1＋3－2n](2)由(1)可知an＝3－2n，∴Sn＝＝2n－n2. 由Sk＝－35，可得2k－k2＝－35，

2即k2－2k－35＝0，解得k＝7或k＝－5. 又k∈N*，故k＝7.

10×915×14

例3 解 (1)方法一 ∵a1＝20，S10＝S15，∴10×20＋d＝15×20＋d，

55565

－＝－n＋. ∴d＝－. ∴an＝20＋(n－1)×3333∴a13＝0，即当n≤12时，an>0，n≥14时，an<0，

12×115∴当n＝12或13时，Sn取得最大值，且最大值为S13＝S12＝12×20＋×－3＝130.

方法二同方法一求得d＝－. 3

nn－1

－5＝－5n2＋125n＝－5n－252＋3 125. ∴Sn＝20n＋·23266624

∵n∈N*，∴当n＝12或13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130. 5

方法三同方法一得d＝－. 又由S10＝S15得a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0.

∴5a13＝0，即a13＝0. ∴当n＝12或13时，Sn有最大值. 且最大值为S12＝S13＝130.

(2)∵an＝4n－25，an＋1＝4(n＋1)－25，∴an＋1－an＝4＝d，又a1＝4×1－25＝－21. ∴数列{an}是以－21为首项，以4为公差的递增的等差数列.

an＝4n－25<0， ①11令 由①得n<6；由②得n≥5，∴n＝6.

an＋1＝4n＋1－25≥0， ②

即数列{|an|}的前6项是以21为首项，公差为－4的等差数列，从第7项起以后各项构成公差为4的等差数列，而|a7|＝a7＝4×7－24＝3. 设{|an|}的前n项和为Tn，

nn－1

21n＋2×－4 n≤6

则T＝

n－6n－7

66＋3n－6＋×4 n≥72

－2n＋23n n≤6，＝

22n－23n＋132 n≥7.

2 009×2 0081

变式训练3 解方法一 (1)设公差为d，则由S2 009＝0⇒2 009a1＋d＝0⇒a1＋1 004d＝0，d＝－

21 004

2 009－nnn2 009－na1a1，a1＋an＝a1，∴Sn＝(a1＋an)＝·a1＝(2 009n－n2)

1 004221 0042 0081 005

∵a1<0，n∈N*，∴当n＝1 004或1 005时，Sn取最小值a.

211 005－n1 005－na1(2)an＝a1. Sn≤an⇔(2 009n－n2)≤a.

1 0042 0081 0041

∵a1<0，∴n2－2 011n＋2 010≤0，即(n－1)(n－2 010)≤0，解得：1≤n≤2 010. 故所求n的取值集合为{n|1≤n≤2 010，n∈N*}. 课时规范训练 A组

1.B 2.C 3.D 4.－1 5.15 6. 3

7．解由a2＋a7＋a12＝12，得a7＝4，又∵a2·a7·a12＝28，∴(a7－5d)(a7＋5d)·a7＝28，

933

∴16－25d2＝7，∴d2＝，∴d＝或d＝－. 25553331

∴d＝时，an＝a7＋(n－7)d＝4＋(n－7)×＝n－；

555533341d＝－时，an＝a7＋(n－7)d＝4－(n－7)×＝－n＋.

5555

31341

∴数列{an}的通项公式为an＝n－或an＝－n＋.

55558.(1)解 an＋1－an＝[p(n＋1)2＋q(n＋1)]－(pn2＋qn)＝2pn＋p＋q，

要使{an}是等差数列，则2pn＋p＋q应是一个与n无关的常数，∴只有2p＝0，即p＝0. 故当p＝0，q∈R时，数列{an}是等差数列.

(2)证明 ∵an＋1－an＝2pn＋p＋q，∴an＋2－an＋1＝2p(n＋1)＋p＋q， ∴(an＋2－an＋1)－(an＋1－an)＝2p为一个常数.∴{an＋1－an}是等差数列. B组

6719

1.A 2.A 3.D 4. 5.75 6. 6641

a4－a12－8

7．解 (1)由2an＋1＝an＋2＋an可得{an}是等差数列，且公差d＝＝＝－2.

34－1

∴an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋10.

(2)令an≥0，得n≤5. 即当n≤5时，an≥0，n≥6时，an<0 ∴当n≤5时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋an＝－n2＋9n 当n≥6时，Sn＝|a1|＋|a2|＋…＋|an|＝a1＋a2＋…＋a5－(a6＋a7＋…＋an)

＝－(a1＋a2＋…＋an)＋2(a1＋a2＋…＋a5)＝－(－n2＋9n)＋2×(－52＋45)＝n2－9n＋40，

－n＋9n n≤5，∴Sn＝

2n－9n＋40 n≥6.

a2a3＝45，a1＋da1＋2d＝45，

8.解 (1)由题设知，{an}是等差数列，且公差d>0，则由，得

a1＋a5＝18，a1＋a1＋4d＝18.

a1＝1，

解得 ∴an＝4n－3 (n∈N*).

d＝4.

n1＋4n－3

n－12n22Sn1

(2)由bn＝＝＝，∵c≠0，∴可令c＝－，得到bn＝2n.

2n＋cn＋cn＋c∵bn＋1－bn＝2(n＋1)－2n＝2(n∈N*)，∴数列{bn}是公差为2的等差数列. 1

即存在一个非零常数c＝－，使数列{bn}也为等差数列.

100

§6.3 等比数列及其前n项要点梳理

1.从第2项起，每一项与它的前一项的比等于同一常数(不为零) 公比 q 2.a1·qn1 3.G2＝a·b (ab≠0) 4.(1)qnm (2)ak·al＝am·an 6.qn

－

基础自测 1.2，2,22或－2，2，－22 2.5 3.240 4.2 5.A 题型分类·深度剖析

例1 解 (1)设数列{an}的公比为q，

a6－a4＝a1q3q2－1＝24， ①

由通项公式an＝a1qn－1及已知条件得：

a5＝a1q＝64. ②a3·

由②得a1q3＝±8.将a1q3＝－8代入①式，得q2＝－2，无解，故舍去. 将a1q3＝8代入①式，得q2＝4，∴q＝±2.

a11－q8a11－q8

当q＝2时，a1＝1，∴S8＝＝255；当q＝－2时，a1＝－1，∴S8＝＝85.

1－q1－q(2)若q＝1，则na1＝40,2na1＝3 280，矛盾.



∴q≠1，∴a1－q

＝3 280， ②1－q

a11－qn

＝40， ①1－q

②

得：1＋qn＝82，∴qn＝81， ①

将③代入①得q＝1＋2a1.

③ ④ ⑤

又∵q>0，∴q>1，∴a1>0，{an}为递增数列.∴an＝a1qn－1＝27，由③、④、⑤得q＝3，a1＝1，n＝4. ∴a2n＝a8＝1×37＝2 187. 11n－1n－1－·变式训练1 an＝·2或an＝(－2) 515例2 (1)证明 ∵an＋Sn＝n，

∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1.

① ②

②－①得an＋1－an＋an＋1＝1，

101

an＋1－11

∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，∴＝，∴{an－1}是等比数列.

an－12111

∵首项c1＝a1－1，又a1＋a1＝1，∴a1＝，∴c1＝－，公比q＝.

22211

又cn＝an－1，∴{cn}是以－为首项，为公比的等比数列.

2211n－11n，∴an＝cn＋1＝1－1n. －·(2)解由(1)可知cn＝＝－22221n1n－11n－11n1n

∴当n≥2时，bn＝an－an－1＝1－2－1－2＝2－2＝2. 1n1

又b1＝a1＝代入上式也符合，∴bn＝2. 2

变式训练2 (1)证明由已知有a1＋a2＝4a1＋2，解得a2＝3a1＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3.又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝

4an＋1＋2－(4an＋2)＝4an＋1－4an，

于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，即bn＋1＝2bn.因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列. (2)an＝(3n－1)·2n2

－

1a511

－n－4. 例3 解 (1)设公比为q，则＝q3，即q3＝－，∴q＝－，∴an＝a5·qn－5＝2a282

355

(2)∵a3a4a5＝8，又a3a5＝a24，∴a4＝8，a4＝2. ∴a2a3a4a5a6＝a4＝2＝32.

a8＝－512a3·a3＝－4a3＝128变式训练3 解 (1)a4·a7＝a3·a8＝－512，∴，解之得或.

a3＋a8＝124a8＝－4a8＝128

a3＝－4a8a3当时，q5＝＝－32，∴q＝－2. ∴a1＝2＝－1，

a3q

a8＝128

∴a10＝a1q9＝－1×(－2)9＝512.

a3＝128a8111当时，q5＝＝－，q＝－. 又∵q为整数，∴q＝－舍去.

a33222

a8＝－4

综上所述：a10＝512.

(2)∵a3a11＝a27＝4a7，∵a7≠0，∴a7＝4，∴b7＝4，∵{bn}为等差数列，∴b5＋b9＝2b7＝8.

6(3)a1a2a3a4＝a1a1qa1q2a1q3＝a41q＝1.

① ②

a13a14a15a16＝a1q12·a1q13·a1q14·a1q15＝a4q54＝8. 1·a4q54481·②÷①：46＝q＝8⇒q16＝2，

a1·q

102

4166

又a41a42a43a44＝a1q40·a1q41·a1q42·a1q43＝a1·q＝a4q6·q160＝(a4q6)·(q16)10＝1·210＝1 024. 1·1·

例4 解 (1)由已知有a2＝1＋d，a5＝1＋4d，a14＝1＋13d，∴(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d).解得d＝2 (∵d>0). ∴an＝1＋(n－1)·2＝2n－1.

又b2＝a2＝3，b3＝a5＝9，∴数列{bn}的公比为3，∴bn＝3·3n－2＝3n－1. cn－1c1c2cnc1c2(2)由＋＋…＋＝an＋1得，当n≥2时，＋＋…＋＝an.

b1b2bnb1b2

bn－1cn两式相减得：n≥2时，＝an＋1－an＝2. ∴cn＝2bn＝2·3n－1 (n≥2).

3 n＝1c1又当n＝1时，＝a2，∴c1＝3. ∴cn＝.

b1n－1

3 n≥22·

6－2×32 013

∴c1＋c2＋c3＋…＋c2 013＝3＋＝3＋(－3＋32 013)＝32 013.

1－3

变式训练4 解 (1)由a1＝，an＋1·an<0知，当n为偶数时，an<0；当n为奇数时，

3an＋1－an1－an＋1

an>0.由＝，得3(a2n＋1－an)＝1－an＋1.

1＋an＋1an＋1＋an

33222222

即4an＋1－3an＝1，∴4(an＋1－1)＝3(an－1)，即数列{an－1}是以a1－1＝－为首项，为公比的等比数列. 4433n－13n，a23n，故an＝(－1)n－1∴a2＝－＝1－n－1＝－4n

4443n*

1－4 (n∈N).

23n＋1－1＋3n＝1·3n，则对于任意的n∈N*，bn>bn＋1. (2)由(1)知bn＝a2n＋1－an＝1－4444假设数列{bn}中存在三项br，bs，bt (rbs>bt， 13s13r13t3s＝3r＋3t，即只能有2bs＝br＋bt成立，∴2·＝＋，2·444444444∴2·3s·4t－s＝3r·4t－r＋3t，∵r0，t－r>0，

∴2·3s·4t－s是偶数，3r·4t－r＋3t是奇数，而偶数与奇数不可能相等，因此数列{bn}中任意三项不可能构成等差数列. 课时规范训练 A组

1 n＝1

1.C 2.C 3.B 4.7 5.an＝ 6.－2 7.(1)an＝2n－2 (2)Tn＝2n－1 n－2

2×3 n≥2

103

112S2＋3S3＝2，3S2＋2S3＝12，S2＝2，

8.解 (1)根据已知条件，整理得，解得3S2＝2S3＝6，即

3S22S3＝36.S3＝3.2S23S3＝36.

1－－1n4a1＋q＝2，12881n1

(2)∵q≠1，则，可解得q＝－，a1＝4. ∴Sn＝＝－－2.

21332

a11＋q＋q＝3.1＋

－11－－1n

882288－1n. (3)由(2)得S1＋S2＋…＋Sn＝n－＝n＋1－331392

－1－2B组

1.C 2.B 3.D 4.8 5.100 6.15

nn＋1

7.(1)an＝2 (2)解 ∵bn＝log2an，an＝2，∴bn＝n. ∴{bn}的前n项和Sn＝1＋2＋3＋…＋n＝.

8.证明 (1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，得(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3，两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man，

an＋12m

∵m≠－3且m≠0，∴＝ (n≥1). ∴{an}是等比数列.

anm＋3(2)由(3－m)S1＋2ma1＝m＋3，S1＝a1，解得a1＝1，∴b1＝1.

332bn－1

又∵{an}的公比为，∴q＝f(m)＝，n≥2时，bn＝f(bn－1)＝·，

22bn－1＋3m＋3m＋3

111

∴bnbn－1＋3bn＝3bn－1，推出－＝，

bnbn－13

n－1n＋21113

∴b是以1为首项，为公差的等差数列，∴＝1＋＝，∴bn＝. 3bn33nn＋2

§6.4 数列求和

要点梳理

na1＋annn－1a11－qna1－anq1. na1＋d 倒序相加法 na1

221－q1－qnn＋1nn＋12n＋1nn＋12

2.(1) (2)n2＋n (3)n2 (4) (5)[]

262基础自测

104

2.54 3.6 4.D 5.C n＋1

题型分类·深度剖析

n·2n＋11例1 解 (1)由于an＝＝n＋n， n22

11111111

1＋1＋2＋2＋3＋3＋…＋n＋n＝(1＋2＋3＋…＋n)＋＋2＋3＋…＋n ∴Sn＝2222222211

1－nn＋122nnn＋11

＝＋＝－n＋1.

2122

1－2(2)当x＝±1时，Sn＝4n.当x≠±1时，

111111

x＋2＋x2＋22＋…＋xn＋n2＝x2＋2＋2＋x4＋2＋4 ＋…＋x2n＋2＋2n Sn＝xxxxxxx2x2n－1x－21－x－2n111＝(x＋x＋…＋x)＋2n＋x2＋x4＋…＋x2n＝x2－1＋1－x－2＋2n

x2n－1x2n＋2＋1＝＋2n.

x2nx2－1

4n x＝±1，

∴S＝x－1x＋1

＋2n x≠±1.

xx－1

2n＋22n





变式训练1 解和式中第k项为

111

ak＝1＋＋＋…＋k1＝242－

1k

1－211－2

11111－k.∴Sn＝2[1－＋1－2＋…＋1－n] ＝2222211

1－n221111n－＝2[(1＋1＋…＋1－(＋＋…＋)]＝2＝2n－＋2n－2. n1222n个211－2



例2 解 (1)∵a1＋3a2＋32a3＋…＋3n－1an＝，

3∴当n≥2时， a1＋3a2＋3a3

①

＋…＋3n－2a

n－1

， n－1＝3

②

①－②得3n－1an＝，∴an＝n.

105

111

在①中，令n＝1，得a1＝，适合an＝n，∴an＝n.

333n

(2)∵bn＝，∴bn＝n·3n.

∴Sn＝3＋2×32＋3×33＋…＋n·3n，

③ ④

∴3Sn＝32＋2×33＋3×34＋…＋n·3n＋1. ④－③得2Sn＝n·3

n＋1

－(3＋3＋3＋…＋3)，即

2Sn＝n·3n＋1－31－3n

， 1－3

2n－13n＋13∴Sn＝＋. 44

变式训练2 (1)证明 ∵Sn＋n＝2an，即Sn＝2an－n，∴Sn－1＝2an－1－(n－1) (n≥2，n∈N*).

两式相减化简，得an＝2an－1＋1. ∴an＋1＝2(an－1＋1) (n≥2，n∈N*)， ∴数列{an＋1}为等比数列，∵Sn＋n＝2an，令n＝1，得a1＝1. a1＋1＝2，∴an＋1＝2n，∴an＝2n－1.

(2)解 ∵bn＝(2n＋1)an＋2n＋1，∴bn＝(2n＋1)·2n.

∴Tn＝3×2＋5×22＋7×23＋…＋(2n－1)·2n－1＋(2n＋1)·2n， 2Tn＝3×22＋5×23＋…＋(2n－1)·2n＋(2n＋1)·2n＋1， ①－②，得－Tn＝3×2＋2(2＋2＋…＋2)－(2n＋1)·2

① ②

n＋1

＝6＋2×

22－2n＋11－2

－(2n＋1)·2n＋1＝－2＋2n＋2－

(2n＋1)·2n＋1＝－2－(2n－1)·2n＋1. ∴Tn＝2＋(2n－1)·2n＋1. 2＋2n－1·2n＋1－2

若>2 013，则>2 013，即2n＋1>2 013. 2n－12n－1Tn－2

Tn－2由于210＝1 024,211＝2 048，∴n＋1≥11，即n≥10.∴满足不等式>2 013的n的最小值是10.

2n－1112例3 解 (1)∵S2n＝anSn－2，an＝Sn－Sn－1 (n≥2)，∴Sn＝(Sn－Sn－1)Sn－2， 即2Sn－1Sn＝Sn－1－Sn，

①

由题意Sn－1·Sn≠0，①式两边同除以Sn－1·Sn，得－＝2，

SnSn－1

106

11111∴数列S是首项为＝＝1，公差为2的等差数列. ∴＝1＋2(n－1)＝2n－1，∴Sn＝. S1a1Snn2n－1

11－1(2)又bn＝＝＝，

2n＋12n－12n＋122n－12n＋1

Sn1

1－111－11111n

∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝[1－3＋3－5＋…＋]＝＝. 22n－12n＋122n＋12n＋1

a＝2S，变式训练3 (1)解由已知得1

a＝2S

n＋1

n－1

(n≥2)，得到an＋1＝an (n≥2).

3111

∴数列{an}是以a2为首项，以为公比的等比数列.又a2＝S1＝a1＝，

2222

1， n＝1，

331n－2 ＝n－2 (n≥2)，∴an＝∴an＝a2×13n－2222

22， n≥2.

3333n－11111

(2)证明 bn＝log(3an＋1)＝log2·＝n，∴＝＝－. 222bnbn＋1n1＋nn1＋n1111111－11111∴Tn＝＋＋＋…＋＝1－2＋2－3＋3－4＋…＋n b1b2b2b3b3b41＋nbnbn＋11n

＝1－＝.

1＋n1＋n课时规范训练 A组

1.C 2.B 3.C 4.(4n－1) 5.2 600 6.66

7.解 ∵an＋1＝3an＋2 (n∈N*)，∴an＋1＋1＝3(an＋1).∴{an＋1}是以a1＋1＝3为首项，3为公比的等比数列.

∴an＋1＝3n，故an＝3n－1. 而Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(31－1)＋(32－1)＋…＋(3n－1)

31－333－11312n

＝(3＋3＋…＋3)－n＝－n＝－n＝×3n＋1－n－. 2221－3

8.解 (1)∵an＋1＝2Sn，∴Sn＋1－Sn＝2Sn，

Sn＋1

∴＝3.又∵S1＝a1＝1，∴数列{Sn}是首项为1，公比为3的等比数列，Sn＝3n－1 (n∈N*). Sn

107

当n≥2

时，an＝2Sn－1＝2·3n－2，∴an＝

1，n＝1，

n2

－3，n≥2.2·

(2)Tn＝a1＋2a2＋3a3＋…＋nan，当n＝1时，T1＝1；当n≥2时，Tn＝1＋4·30＋6·31＋…＋2n·3n－2， 3Tn＝3＋4·31＋6·32＋…＋2n·3n－1，

① ②

①－②得：－2Tn＝2＋2(31＋32＋…＋3n－2)－2n·3n－1 31－3n－2

＝2＋2·－2n·3n－1＝－1＋(1－2n)·3n－1.

1－3

1111

n－3n－1 (n≥2). 又∵T1也满足上式，故Tn＝＋n－3n－1 (n∈N*). ∴Tn＝＋2222B组

n＋2

1.C 2.C 3.B 4.10 5.2n2＋6n 6.765 7.2n－1 2－n 2

8.解 (1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1 (n∈N*)，∴an＝2Sn－1＋1 (n∈N*，n>1)，∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，

即an＋1－an＝2an，∴an＋1＝3an (n∈N*，n>1). 而a2＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1.

∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列，∴an＝3n－1 (n∈N*). ∴a1＝1，a2＝3，a3＝9，在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5.

又∵a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d，则有(a1＋b1)(a3＋b3)＝(a2＋b2)2. ∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或d＝2，∵bn>0 (n∈N*)， ∴舍去d＝－10，取d＝2，∴b1＝3，∴bn＝2n＋1 (n∈N*).

(2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1， ① ∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)·3n－1＋(2n＋1)3n， ②

∴①－②得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)3n＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－3－3n(2n＋1)3＝3＋2×－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝－2n·3n.

1－3

∴Tn＝n·3n.

专题四数列的综合应用

108

题型分类·深度剖析

an＋1例1 (1)证明 ∵bn＝log2an，∴bn＋1－bn＝log2＝log2q为常数，

∴数列{bn}为等差数列且公差d＝log2q. 9n－n2－

(2)Sn＝ an＝25n (n∈N*)

2(3)解显然an＝2

5－n

n9－n

>0，当n≥9时，Sn＝≤0，∴n≥9时，an>Sn.

111

∵a1＝16，a2＝8，a3＝4，a4＝2，a5＝1，a6＝，a7＝，a8＝，

248S1＝4，S2＝7，S3＝9，S4＝10，S5＝10，S6＝9，S7＝7，S8＝4， ∴当n＝3,4,5,6,7,8时，anSn.

变式训练1 (1)证明由题设an＋1＝(1＋q)an－qan－1 (n≥2)，得an＋1－an＝q(an－an－1)，

即bn＝qbn－1，n≥2.由b1＝a2－a1＝1，q≠0，∴{bn}是首项为1，公比为q的等比数列. 1－q1＋， q≠1

1－q(2)an＝ n， q＝1

(3)解由(2)，当q＝1时，显然a3不是a6与a9的等差中项，故q≠1. 由a3－a6＝a9－a3可得q5－q2＝q2－q8，由q≠0得q3－1＝1－q6，

①

n－1

3整理得(q3)2＋q3－2＝0，解得q3＝－2或q3＝1(舍去).于是q＝－2. 另一方面，

qn＋2－qn－1qn－13qn－1－qn＋5qn－1

an－an＋3＝＝(q－1)；an＋6－an＝＝(1－q6).

1－q1－q1－q1－q由①可得an－an＋3＝an＋6－an，即2an＝an＋3＋an＋6，n∈N*. ∴对任意的n∈N*，an是an＋3与an＋6的等差中项.

112

例2 解 (1)由已知得log22an－＝2n，∴an－＝2n，即an－2nan－1＝0.

log22anan

∴an＝n±n2＋1. ∵0n2＋1.

109

an＋1n＋1－(2)∵＝an

n－

n＋12＋1n＋n2＋1

＝<1，

22n＋1n＋1＋n＋1＋1

又∵an<0，∴an＋1>an，∴{an}是递增数列. 3n－1

变式训练2 (1)f(x)＝(x－1)2 (2)an＝4＋1

3n－1u－12－1＝3u－12－3. (3)解 bn＝3(an－1)2－4(an＋1－1)，令bn＝y，u＝，则y＝342424392791

∵n∈N*，∴u的值分别为1，，，，…，经比较距最近，

41664162189

∴当n＝3时，bn有最小值是－，当n＝1时，bn有最大值是0.

256n＋23456

例3 (1)b1＝，b2＝，b3＝，b4＝ (2)bn＝

4567n＋3

1111

(3)解 an＝1－bn＝，∴Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan＋1＝＋＋…＋ 4×55×6n＋3n＋3n＋411111－111n＝4－5＋5－6＋…＋＝－＝. 

n＋3n＋44n＋44n＋4n＋2a－1n2＋3a－6n－8

∴4aSn－bn＝－＝.

n＋4n＋3n＋3n＋4

由条件可知(a－1)n2＋(3a－6)n－8<0在[1，＋∞)上恒成立即可满足条件. 设f(x)＝(a－1)x2＋3(a－2)x－8，则a＝1时，f(x)＝－3x－8<0，恒成立；

3a－231－1

a>1时，由二次函数的性质知不可能成立；a<1时，对称轴x＝－·＝－<0.

2a－12a－1f(x)在[1，＋∞)上为单调递减函数. f(1)＝(a－1)＋(3a－6)－8＝4a－15<0. 15

∴a<，∴a<1时，4aSn4214

变式训练3 (1)an＝n＋ (2)－(2n2＋3n) (3)2 012

339

例4 解 (1)设中低价房面积形成数列{an}，由题意可知{an}是等差数列，其中a1＝250，d＝50， nn－1

则Sn＝250n＋×50＝25n2＋225n，

令25n2＋225n≥4 750，即n2＋9n－190≥0，而n是正整数，

∴n≥10.∴到2017年底，该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4 750万平方米.

110

(2)设新建住房面积形成数列{bn}，由题意可知{bn}是等比数列，其中b1＝400，q＝1.08，则bn＝400×(1.08)n

－1.由题意可知

an>0.85bn，

有250＋(n－1)×50>400×(1.08)n－1×0.85.当n＝5时，a5<0.85b5，当n＝6时，a6>0.85b6， ∴满足上述不等式的最小正整数n为6.

∴到2013年底，当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.

4n，bn＝1 600×5n－1 变式训练4 (1)an＝4 000×1－54

(2)解设经过n年，旅游业的总收入超过总投入，由此bn－an>0，

5n－1－4 000×1－4n>0，令x＝4n，代入上式得5x2－7x＋2>0，即1 600×455

4n22

解此不等式，得x<，或x>1(舍去)，即5<5，由此得n≥5. 5答：至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入. 课时规范训练 A组

31.A 2.A 3.A 4.3 5.－10 6.9

7.解 (1)设此等比数列为a1，a1q，a1q2，a1q3，…，其中a1≠0，q≠0.

由题意知：a1q＋a1q2＋a1q3＝28， a1q＋a1q3＝2(a1q2＋2).

① ②

②×7－①得6a1q3－15a1q2＋6a1q＝0，即2q2－5q＋2＝0，解得q＝2或q＝. 2∵等比数列{an}单调递增，∴a1＝2，q＝2，∴an＝2n.

(2)由(1)得bn＝－n·2n，∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝－(1×2＋2×22＋…＋n·2n). 设Tn＝1×2＋2×22＋…＋n·2n，则2Tn＝1×22＋2×23＋…＋n·2n＋1.

③ ④

由③－④，得－Tn＝1×2＋1×22＋…＋1·2n－n·2n＋1＝2n＋1－2－n·2n＋1＝(1－n)·2n＋1－2， ∴－Tn＝－(n－1)·2n＋1－2. ∴Sn＝－(n－1)·2n＋1－2.

要使Sn＋n·2n＋1>50成立，即－(n－1)·2n＋1－2＋n·2n＋1>50，即2n>26.

∵24＝16<26,25＝32>26，且y＝2x是单调递增函数，∴满足条件的n的最小值为5.

111

8.解设该人将1万元购买股票，x年后所得的总红利为y万元，则

y＝24%＋24%(1＋6%)＋24%(1＋6%)2＋…＋24%(1＋6%)x－1 ＝24%(1＋1.06＋1.062＋…＋1.06x－1)＝4(1.06x－1).

(1)由题意，得4(1.06x－1)＝1，∴1.06x＝.两边取常用对数，得

41－3lg 21－3×0.301 05

xlg 1.06＝lg ＝lg 5－lg 4＝1－3lg 2. ∴x＝≈≈4.

4lg 1.060.025 34

(2)由题意，得4(1.06x－1)＝(1＋6%)x，∴1.06x＝.解得x≈5.

3答：(1)买股票4年后所得的红利才能和原来的投资款相等；

(2)经过大约5年，买股票所得的红利与储蓄所拥有的人民币相等。

B组

n2－n＋6n＋1＋＋

1.A 2.A 3.C 4.2 000 5. 6.2n1－2 7.(1)an＝，n∈N* (2)Sn＝n·2n1

2n8.解 (1)由题意得(a1＋d)(a1＋13d)＝(a1＋4d)2，整理得2a1d＝d2.

∵a1＝1，解得d＝2，d＝0(舍). ∴an＝2n－1 (n∈N*). 11－1(2)bn＝＝＝n，

n＋1nan＋32nn＋12

11111－111－1n

∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝[1－2＋2－3＋n]＝＝. 2n＋12n＋12n＋1n＋1tn1假设存在整数t满足Sn>总成立，又Sn＋1－Sn＝－＝>0，

362n＋22n＋12n＋2n＋11t1

∴数列{Sn}是单调递增的. ∴S1＝为Sn的最小值，故<，即t<9.

4364又∵t∈Z，∴适合条件的t的最大值为8.

§7.1 不等关系与不等式要点梳理

1.(1)> ＝ < (2)> ＝ 2.(1)> (2)> (3)> < > > > b ④< < 基础自测 1.②⑤ 2.①②④ 3.题型分类·深度剖析

112

a>d

b 4.ab>ab2>a c

例1 解 (1)因未知c的正负或是否为零，无法确定ac与bc的大小，∴是假命题.

(2)∵c2≥0，∴只有c≠0时才正确. c＝0时，ac2＝bc2，∴是假命题. (3)∵aab；ab2，∴a2>ab>b2，命题是真命题. 11

(4)由性质定理a，命题是真命题.

ab23

(5)例如－3<－2<0，<，命题是假命题.

－a>－b>0－a>－b>0ab

或者由a，命题是假命题. 1ba

b－a>0变式训练1 解 (1)原命题改为：若a>b且c≤0，则ac≤bc，即增加条件“c≤0”.

(2)由ac2>bc2可得a>b，当b≥0时，有a2>b2.即增加条件“b≥0”.

(3)由a>b可得a＋1>b＋1，但作为真数，应有b＋1>0，故应增加条件“b>－1”. 1

例2 解 ∵－(1＋a)＝，①当a＝0时，＝0，∴＝1＋a.

1－a1－a1－a1－a

②当a<1，且a≠0时，>0，∴>1＋a. ③当a>1时，<0，∴<1＋a.

1－a1－a1－a1－a变式训练2 解方法一 (作差法)

∵a2＋b2＋c2－(ab＋bc＋ca)＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，

2当且仅当a＝b＝c时取等号，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca. 方法二 (函数法)

记t＝a2＋b2＋c2－(ab＋bc＋ca)＝a2－(b＋c)a＋b2＋c2－bc， ∵Δ＝(b＋c)2－4(b2＋c2－bc)＝－3b2－3c2＋6bc＝－3(b－c)2≤0， ∴t≥0对a∈R恒成立，即a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.

例3 解方法一设f(－2)＝mf(－1)＋nf(1) (m，n为待定系数)，则4a－2b＝m(a－b)＋n(a＋b)，

m＋n＝4m＝3

即4a－2b＝(m＋n)a＋(n－m)b. 于是得，解得，∴f(－2)＝3f(－1)＋f(1).

n－m＝－2n＝1

又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.

113

f－1＝a－b

方法二由，得1f1＝a＋bb＝2[f1－f－1]

a＝[f－1＋f1]2

，∴f(－2)＝4a－2b＝3f(－1)＋f(1).

又∵1≤f(－1)≤2,2≤f(1)≤4，∴5≤3f(－1)＋f(1)≤10，故5≤f(－2)≤10.

，时，取得最小值4×－2×＝5，当f(－2)＝4a－2b过点A2222

当f(－2)＝4a－2b过点B(3,1)时，取得最大值4×3－2×1＝10，∴5≤f(－2)≤10. 变式训练3 27 课时规范训练 A组

3ππ

－， 5.②③ 6.② 1.D 2.B 3.A 4.227.解 (1)∵3x2－x＋1－2x2－x＋1＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1>0，∴3x2－x＋1>2x2＋x－1.

aabba－bb－aa－b1a－baa－b

(2)ba＝ab＝ab＝b. ab

aa－baaabbaaa－b>1，当a>b，即a－b>0，>1时，>1，∴ab>ab. 当aabba. ∴当a>0，b>0且a≠b时，aabb>abba.

8.解 ∵f(1)＝0，∴a＋b＋c＝0，∴b＝－(a＋c)，又a>b>c，∴a>－(a＋c)>c，且a>0，c<0，

1.D 2.C 3.A 4.②④ 5.z>y>x 6.f(n)<φ(n)

<－1，a

∴－2<<－. a2

114

－＝. ∵>且a，b∈(0，＋∞)，∴b>a>0，又∵x>y>0，∴bx>ay>0， x＋ay＋bx＋ay＋babxy

>0，∴>.

x＋ay＋bx＋ay＋bbx－ayx

bx－ay

7.证明

∴

8.解 (1)方法一 (x2＋y2)(x－y)－(x2－y2)(x＋y)＝(x－y)[x2＋y2－(x＋y)2]＝－2xy(x－y)，

∵x0，x－y<0，∴－2xy(x－y)>0，∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y). 方法二 ∵xy2，x＋y<0.∴(x2＋y2)(x－y)<0，(x2－y2)(x＋y)<0， x2＋y2x－yx2＋y2∴0<22＝22<1，∴(x2＋y2)(x－y)>(x2－y2)(x＋y).

x－yx＋yx＋y＋2xy

nna＋banbn

(2)∵a，b，c∈{正实数}，∴an，bn，cn>0，而n＝c＋c. c

a2b2ab∵a2＋b2＝c2，则＋＝1，∴0<<1,0<<1. cccc

nn22

a＋ba＋baabbabn<2，n<2，∴n＝n＋n<2＝1，∴an＋bn2，∴cccccccc

§7.2 一元二次不等式及其解法要点梳理 1.{x|xx2} {x|x≠x1} {x|x∈R} {x|x11.{x|－45.x|x≥2或x<0





题型分类·深度剖析

例1 解 (1)∵不等式ax2－3x＋6>4的解集为{x|x<1或x>b}，∴x1＝1与x2＝b是方程ax2－3x＋2＝0的两个实



数根，b>1且a>0.由根与系数的关系，得2

(2)不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0，即x2－(2＋c)x＋2c<0，即(x－2)(x－c)<0.

当c>2时，不等式(x－2)(x－c)<0的解集为{x|2115

∴当c>2时，不等式ax2－(ac＋b)x＋bc<0的解集为{x|2m＝2，m－2＝0，

(1)∵A∩B＝[0,3]，∴∴∴m＝2.

m≥1.m＋2≥3，

(2)∁RB＝{x|xm＋2}.∵A⊆∁RB，∴m－2>3，或m＋2<－1，∴m>5或m<－3. 例2 解 (1)∵f(x)＋2x>0的解集为(1,3)，f(x)＋2x＝a(x－1)(x－3)，且a<0，

因而f(x)＝a(x－1)(x－3)－2x＝ax2－(2＋4a)x＋3a. 由方程f(x)＋6a＝0，得ax2－(2＋4a)x＋9a＝0.

① ②

∵方程②有两个相等的根，∴Δ＝[－(2＋4a)]2－4a·9a＝0， 1

即5a2－4a－1＝0，解得a＝1或a＝－.

1163

由于a<0，舍去a＝1，将a＝－代入①得f(x)的解析式f(x)＝－x2－x－.

5555

1＋2a2a＋4a＋1

(2)由f(x)＝ax－2(1＋2a)x＋3a＝ax－及a<0， －aa

，解得a<－2－3或－2＋3故当f(x)的最大值为正数时，实数a的取值范围是(－∞，－2－3)∪(－2＋3，0). 1111

变式训练2 解 ∵当y<0时，有－2323

∴不等式qx2＋px＋1>0⇔－x2＋x＋1>0⇔x2－x－6<0，解得－266即不等式qx2＋px＋1>0的解集为{x|－2例3 解 (1)由题意得y＝[12(1＋0.75x)－10(1＋x)]×10 000 ×(1＋0.6x) (0整理得y＝－6 000x2＋2 000 x＋20 000(0116

y－12－10×10 000>0，

(2)要保证本年度的年利润比上年度有所增加，必须有

02

－6 000x＋2 000x>0，11

0，范围内. 即，解得00xy

1＋元，每月卖出数量为n1－件，每月变式训练3 解 (1)按现在的定价上涨x成时，上涨后的定价为p1010x1－y，∴z＝10＋x10－y. 1＋·售货总金额是npz元，因而npz＝pn101010010＋x10－kxk21－k

(2)在y＝kx的条件下，z＝＝－x＋x＋1，

(3)当y＝x时，z＝，要使每月售货总金额有所增加，即z>1，

3100

10－2x>100，即x(x－5)<0，∴0课时规范训练 A组

1.C 2.A 3.D 4.2 5.－4，－9 6.{x|x≥－3}

x1＋8x. 又售价不能低于成本价， 1－·7.解 (1)依题意，y＝1001001050

1－－80≥0. ∴y＝f(x)＝40(10－x)(25＋4x)，定义域为x∈[0,2]. ∴10010113(2)由题意得40(10－x)(25＋4x)≥10 260，化简得8x2－30x＋13≤0.解得≤x≤.

241

∴x的取值范围是2，2.

8.解由题意知，F(x)＝f(x)－x＝a(x－m)·(x－n)，当m＝－1，n＝2时，不等式F(x)>0，

即a(x＋1)(x－2)>0. 当a>0时，不等式F(x)>0的解集为{x|x<－1或x>2}；当a<0时，不等式F(x)>0的解集为{x|－1117

∵a>0，且00. ∴f(x)－m<0，即f(x)aB组

13－， 1.A 2.C 3.B 4.(－∞，1] 5.(－∞，0] 6.(0,2) 7.228.解方法一 f(x)＝(x－a)2＋2－a2，此二次函数图象的对称轴为x＝a，

①当a∈(－∞，－1)时，结合图象知，f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(－1)＝2a＋3，要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)min≥a，即2a＋3≥a，解得a≥－3. 又a<－1，∴－3≤a<－1. ②当a∈[－1，＋∞)时，f(x)min＝f(a)＝2－a2，由2－a2≥a，解得－2≤a≤1. 又a≥－1，∴－1≤a≤1.

综上所述，所求a的取值范围为－3≤a≤1.

方法二由已知得x2－2ax＋2－a≥0在[－1，＋∞)上恒成立， Δ>0，

令g(x)＝x－2ax＋2－a，即Δ＝4a－4(2－a)≤0或a≤－1，

g－1≥0，

，解得－3≤a≤1.

§7.3 二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题

要点梳理

1.(1)平面区域不包括包括实线 (2)相同符号

2.一次最大值最小值一次线性约束条件可行解最大值最小值最大值最小值基础自测

50x＋40y≤2 000*

1. －50 3.x∈N

y∈N*题型分类·深度剖析

例1 解 (1)不等式x－y＋5≥0表示直线x－y＋5＝0上及右下方的点的集合

.x＋y≥0表示直线x＋y＝0上及右上方的点的集合， x≤3表示直线x＝3上及左方的点的集合.

－，3，y∈[－3,8]. 结合图中可行域得x∈2

－x≤y≤x＋5，

(2)由图形及不等式组知

－2≤x≤3，且x∈Z.

当x＝3时，－3≤y≤8，有12个整点；当x＝2时，－2≤y≤7，有10个整点；当x＝1时，－1≤y≤6，有8个整点；当x＝0时，0≤y≤5，有6个整点；当x＝－1时，1≤y≤4，有4个整点；当x＝－2时，2≤y≤3，有2个整点； ∴平面区域内的整点共有2＋4＋6＋8＋10＋12＝42(个). 变式训练1 B

可观察出4x－3y在A点取到最大值，在B点取到最小值.

表示的区域如图所示.

7x－5y－23＝0x＝－1

解方程组，得，则A(－1，－6).

4x＋y＋10＝0y＝－6x＋7y－11＝0x＝－3

解方程组，得.

4x＋y＋10＝0y＝2

则B(－3,2)，因此4x－3y的最大值和最小值分别为14，－18. 变式训练2 C

例3 解设需要预计满足要求的午餐和晚餐分别为x个单位和y个单位，所花的费用为z元，则依题意，得z

12x＋8y≥64，

＝2.5x＋4y，且x，y满足6x＋6y≥42，

作出可行域如图，则z在可行域的四个顶点A(9,0)，B(4,3)，C(2,5)，D(0,8)处的值分别是

zA＝2.5×9＋4×0＝22.5，zB＝2.5×4＋4×3＝22， zC＝2.5×2＋4×5＝25，zD＝2.5×0＋4×8＝32.

比较之，zB最小，因此，应当为该儿童预订4个单位的午餐和3个单位的晚餐，就可满足要求.

变式训练3 解设公司在甲电视台和乙电视台做广告的时间分别为x分钟和y分钟，总收益为z元，由题意得

x＋y≤300，

500x＋200y≤90 000，x≥0，y≥0.

目标函数为z＝3 000x＋2 000y.

x＋y≤300，



二元一次不等式组等价于5x＋2y≤900，

x≥0，y≥0.即可行域，如图：

作出二元一次不等式组所表示的平面区域，

作直线l：3 000x＋2 000y＝0，即3x＋2y＝0. 平移直线l，从图中可知，当直线l过M点时，

x＋y＝300，

目标函数取得最大值. 联立

5x＋2y＝900.

解得x＝100，y＝200. ∴点M的坐标为(100,200)， ∴zmax＝3 000x＋2 000y＝700 000(元).

即该公司在甲电视台做100分钟广告，在乙电视台做200分钟广告，公司的收益最大，最大收益是70万元. 课时规范训练

120

A组

1.A 2.B 3.A 4.A 5.1 6.(3,8) 7.27

8.解

0.3x＋0.1y≤1.8，

设投资人分别用x万元、y万元投资甲、乙两个项目，由题意知x≥0，

y≥0，

目标函数z＝x＋0.5y.

x＋y≤10，

上述不等式组表示的平面区域如图所示，阴影部分(含边界)即为可行域.

将z＝x＋0.5y变形为y＝－2x＋2z，这是斜率为－2、随z变化的一组平行线，当直线y＝－2x＋2z经过可行域内的点M时，直线y＝－2x＋2z在y轴上的截距2z最大，z也最大.这里M点是直线x＋y＝10和0.3x＋0.1y＝1.8的交点.

x＋y＝10，

解方程组得x＝4，y＝6，此时z＝4＋0.5×6＝7(万元).

0.3x＋0.1y＝1.8，

∵7>0，∴当x＝4，y＝6时，z取得最大值，

∴投资人用4万元投资甲项目、6万元投资乙项目，才能在确保亏损不超过1.8万元的前提下，使可能的盈利最大. B组

，＋∞ 5.－6 6.[－3,3] 1.A 2.C 3.B 4.2

y>2x－3，

7.解先将所给不等式转化为而求正整数解则意味着x，y还有限制条件，

所给不等式等价于，依照二元一次不等式表示平面区域可得如图(1).

可知，在该区域内有整数解为(1,1)、(1,2)、(1,3)、(2,2)、(2,3)共五组.

(1)z＝表示可行域内任一点与坐标原点连线的斜率，

因此的取值范围为直线OB的斜率到直线OA的斜

x－y＋1＝0

率(OA斜率不存在).而由，得B(1,2)，

y＝2

则kOB＝＝2. ∴zmax不存在，zmin＝2，∴z的取值范围是[2，＋∞).

1(2)z＝x2＋y2表示可行域内的任意一点与坐标原点之间的距离的平方. 因此x2＋y2的范围最小为|OA|2(取不到)，最大为|OB|2.

x－y＋1＝0由，得A(0,1)，∴|OA|2＝(02＋12)2＝1，|OB|2＝(12＋22)2＝5. x＝0

∴z的最大值为5，没有最小值. 故z的取值范围是(1,5].

§7.4 基本不等式及其应用要点梳理

122

a＋b

1.(1)a>0，b>0 (2)a＝b 2.(1)2ab (2)2 3.

两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数 4.(1)x＝y 小 2p (2)x＝y 大 4基础自测 1.22 2.81 3.3 4.B 5.A 题型分类·深度剖析

yz2yzxz2xzxy2xy例1 证明 ∵x>0，y>0，z>0，∴＋≥>0，＋≥>0，＋≥>0，

xxxyyyzzz

yzxzxy8yz·xz·xy

∴＝8，当且仅当x＝y＝z时等号成立. x＋xy＋yz＋z≥xyzbcac变式训练1 证明 (1)∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴＋≥2

bcac·＝2c， ab

bcacabacababbcbcacab

＋＋≥2(a＋b＋c)，即＋＋≥a＋b＋c. 同理＋≥2a，＋≥2b，∴2abcbccaabca2

(2)∵a>0，b>0，c>0，∴＋b≥2a，

①＋②＋③得＋＋＋a＋b＋c≥2a＋2b＋2c，即＋＋≥a＋b＋c.

bcabca

4＋－x4

例2 解 (1)∵x<0，∴－x>0，∴f(x)＝2＋＋x＝2－. x－x

∵－＋(－x)≥24＝4，当且仅当－x＝，即x＝－2时等号成立.

x－x

4＋－x∴f(x)＝2－≤2－4＝－2，∴f(x)的最大值为－2.

－x

(2)∵x>1，∴x－1>0，∴f(x)＝x＋＝x－1＋＋1≥2x－1x－1

1

x－1·x－1＋1＝2＋1＝3.



当且仅当x－1＝，即x＝2时，等号成立. ∴f(x)的最小值为3.

x－112

(3)y＝2x－5x2＝x(2－5x)＝·5x·(2－5x)，∵00，

55∴5x(2－5x)≤

5x＋2－5x2111＝1，∴y≤5，当且仅当5x＝2－5x，即x＝5时，ymax＝5. 2

变式训练2 (1)B (2)16

123

例3 解 (1)设矩形的另一边长为a m，

360

则y＝45x＋180(x－2)＋180×2a＝225x＋360a－360.由已知xa＝360，得a＝，

225x×＝10 800. ∴y＝225x＋－360≥10 440.

3602

当且仅当225x＝时，等号成立.

即当x＝24 m时，修建围墙的总费用最少，最少总费用是10 440元. 变式训练3 解 (1)∵铝合金窗宽为a cm，高为b cm，a>0，b>0，

∴ab＝28 800，

①

b－18

又设上栏框内高度为h cm，下栏框内高度为2h cm，则3h＋18＝b，∴h＝，

32b－18b－18

∴透光部分的面积S＝(a－18)×＋(a－12)× 33

＝(a－16)(b－18)＝ab－2(9a＋8b)＋288＝28 800－2(9a＋8b)＋288＝29 088－2(9a＋8b). 9

(2)∵9a＋8b≥29a·8b＝29×8×28 800＝2 880，当且仅当9a＝8b时等号成立，此时b＝a，

8代入①式得，a＝160，从而b＝180，即当a＝160，b＝180时，S取得最大值. ∴铝合金窗的宽为160 cm，高为180 cm时，可使透光部分的面积最大. 课时规范训练 A组

1.C 2.C 3.B 4.20 5.3 6.4

30－x

7.解由x＋2y＋xy＝30，(2＋x)y＝30－x，则2＋x≠0，y＝>0,02＋x

－x2＋30x－x2－2x＋32x＋64－64x＋2＋6464

(1)xy＝＝＝－x－＋32＝－＋34≤18，

x＋2x＋2x＋2x＋2x＝6时取等号，因此xy的取值范围是(0,18].

30－xx＝42－23232

(2)x＋y＝x＋＝x＋－1＝x＋2＋－3≥82－3，当且仅当时，

2＋xx＋2x＋2y＝42－1

124

等号成立，又x＋y＝x＋2＋－3<30，因此x＋y的取值范围是[82－3,30).

x＋211111a＋b11

8.证明 (1)＋＋＝＋＋＝2a＋b，∵a＋b＝1，a>0，b>0，

abababab

11a＋ba＋bab1111∴＋＝＋＝2＋＋≥2＋2＝4，∴＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时等号成立). ababbaabab2a＋b1b(2)方法一 ∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＋＝1＋＝2＋，

aaa

11baba1a

1＋1＋＝2＋2＋＝5＋2＋≥5＋4＝9. 同理，1＋＝2＋，∴abababbb111

1＋1＋≥9(当且仅当a＝b＝时等号成立). ∴ab2

11111111

1＋1＋＝1＋＋＋.由(1)知，＋＋≥8，方法二 ababababab11111

1＋1＋＝1＋＋＋≥9. 故abababB组

1.D 2.D 3.B 4.1＋31

5.1 6.9 7. 22

200－x2

8.解 (1)设DQ＝y，则x＋4xy＝200，y＝.

1400 000

S＝4 200x2＋210×4xy＋80×4×y2＝38 000＋4 000x2＋ (0(2)S＝38 000＋4 000x2＋≥38 000＋216×108＝118 000， 2x400 000

当且仅当4 000x2＝，即x＝10时，Smin＝118 000(元)，

x2即计划至少要投入11.8万元才能建造这个休闲小区.

§8.1 空间几何体的结构及其三视图和直观图要点梳理

1.(1)平行平行长度相等全等 (2)公共顶点 (3)平行于棱锥底面相似 2.(1)一边所在直线 (2)一条直角边所在直线 (3)平行于圆锥底面 (4)直径 3.正投影完全相同正视图侧视图俯视图

4.斜二测 (1)45°(或135°) (2)x′轴、y′轴 (3)保持不变原来的一半 (4)不变基础自测 1.①②④ 2.60° 3.①②③⑤ 4.③ 5.D

125

题型分类·深度剖析

例1 ①④ 变式训练1 ②④ 例2 B 变式训练2 C 例3 解建立如图所示的坐标系xOy′，△A′B′C′的

顶点C′在y′轴上，A′B′边在x轴上，把y′轴绕原点逆时针旋转45°得y轴，在y轴上取点C使 OC＝2OC′，A、B点即为A′、B′点，长度不变. 已知A′B′＝A′C′＝a，在△OA′C′中， OC′A′C′

由正弦定理得＝，

sin∠OA′C′sin 45°

sin 120°616

∴OC′＝a＝a，∴原三角形ABC的高OC＝6a，∴S△ABC＝×a×6a＝a2.

sin 45°222变式训练3

2＋2

例4 解如图所示，△ABE为题中的三角形，

∴△ABE的面积为S＝×BE×AF＝×3×

228＝2. ∴所求的三角形的面积为2. 3

变式训练4 解 AB为正四面体的一条棱，∴AB＝6. BD为正四面体的一个面的高，

∴BD＝

×6＝33，同理AD＝33，又HD＝×BD＝3，∴AH＝23

AD2－HD2＝26，

26－OEOEAOOE66

又△AOE∽△ADH，∴＝，即＝，∴OE＝，∴内切球的半径为. ADDH22333课时规范训练 A组

1.A 2.B 3.D 4.② 5.23

6.解如图所示，过内接正方体的一组对棱作圆锥的轴

截面，设圆锥内接正方体的棱长为x，则在轴截面中，正方体的对角面A1ACC1的一组邻边的长

126

分别为x和2x. ∵△VA1C1∽△VMN，∴

2xh－x2rh＝，∴x＝. 2rh2r＋2h. 2r＋2h2rh

即圆锥内接正方体的棱长为B组

1.D 2.C 3.B 4.①②③ 5.①④⑤ 6.7.解 (1)如图所示.

3r 2

(2)根据三视图间的关系可得BC＝23，∴侧视图中VA＝1

圆柱面积 S侧＝2πrh 体积 V＝Sh＝πr2h 11V＝Sh＝πr2 331＝πr2l2－r2h 31V＝(S上＋S下 3圆台 S侧＝π(r1＋r2)l ＋S上S下)h 12＝π(r21＋r2＋r1r2)h 3直棱柱 S侧＝Ch V＝Sh 圆锥 S侧＝πrl 127

正棱锥正棱台球 1S侧＝Ch′ 21S侧＝(C＋C′)h′ 2S球面＝4πR2 1V＝Sh 31V＝(S上＋S下＋S上S下)h 34V＝πR3 32.(1)各面面积之和 (2)矩形扇形扇环形侧面积与底面面积之和 16

基础自测 1.2 2.πa2 3. 4.3π 5.D

3题型分类·深度剖析例1 B 变式训练1 4π＋12

例2 解方法一连接A1C1，B1D1交于点O1，

连接B1D，过O1作O1H⊥B1D于H.∵EF∥A1C1，且A1C1⊄平面B1EDF，∴A1C1∥平面B1EDF.

∴C1到平面B1EDF的距离就是A1C1到平面B1EDF的距离. ∵平面B1D1D⊥平面B1EDF，

∴O1H⊥平面B1EDF，即O1H为棱锥的高. B1O1·DD16

∵△B1O1H∽△B1DD1，∴O1H＝＝a.

B1D6

1111161

∴VC1—B1EDF＝S四边形B1EDF·O1H＝··EF·B1D·O1H＝··2a·3a·a＝a3.

3323266方法二连接EF，B1D.

设B1到平面C1EF的距离为h1，D到平面C1EF的距离为h2，则h1＋h2＝B1D1＝2a. 11

由题意得，VC1—B1EDF＝VB1—C1EF＋VD—C1EF＝·S△C1EF·(h1＋h2)＝a3.

361

方法三 VC1—B1EDF＝V多面体A1B1E—D1C1FD－VE—A1B1C1D1－VE—C1D1D＝a3.

6变式训练2 (1)证明由图可知BC∥AD， CE∥DF，折叠之后平行关系不变.

∵BC∥AD，BC⊄平面ADF，AD⊂平面ADF， ∴BC∥平面ADF.

同理CE∥平面ADF.∵BC∩CE＝C，BC、CE⊂平面BCE， ∴平面BCE∥平面ADF.

128

∵BE⊂平面BCE，BE⊄平面ADF，∴BE∥平面ADF. (2)解 ∵VF—BCE＝VB—CEF，由图(1)，可知BC⊥CD，

∵平面DCEF⊥平面ABCD，平面DCEF∩平面ABCD＝CD，BC⊂平面ABCD，又∵BC⊥DC，∴BC⊥平面DCEF.

1111

由图(1)可知，DC＝CE＝1，S△CEF＝CE×DC＝，∴VF—BCE＝VB—CEF＝×BC×S△CEF＝.

2236

例3 解 (1)底面正三角形中心到一边的距离为××26＝2，

则正棱锥侧面的斜高为

12＋22＝3. ∴S侧＝3××26×3＝92.

∴S表＝S侧＋S底＝92＋××(26)2＝92＋63.

22(2)设正三棱锥P—ABC的内切球球心为O，连接OP、OA、 OB、OC，而O点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r. ∴VP—ABC＝VO—PAB＋VO—PBC＋VO—PAC＋VO—ABC 111＝S侧·r＋S△ABC·r＝S表·r＝(32＋23)r. 333113

又VP—ABC＝×××(26)2×1＝23，

322

2332－23

∴(32＋23)r＝23，得r＝＝＝6－2.

32＋2318－12

∴S内切球＝4π(6－2)2＝(40－166)π，V内切球＝π(6－2)3＝(96－22)π.

33变式训练3 解如图所示，作出轴截面，因轴截面是

正三角形，根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r，水面半径BC的长为3r，则容器 π4π5π

内水的体积为V＝V圆锥－V球＝(3r)2·3r－r3＝r3，

333将球取出后，设容器中水的深度为h，则水面圆的半径为

3π3π

h，从而容器内水的体积为V′＝h2h＝h3， 3339

129

3由V＝V′，得h＝15r. 课时规范训练 A组

22π

1.D 2.A 3.C 4. 5.2 6.4

37.解 ∵EB＝BF＝FD1＝D1E＝

a25a2＋＝22a，

∴四棱锥A1—EBFD1的底面是菱形，连接EF，则△EFB≌△EFD1，由于三棱锥A1—EFB与三棱锥A1—EFD1等底同高，

∴VA1－EBFD1＝2VA1－EFB＝2VF－EBA1＝2··S△EBA1·a＝a3.

l＋r＋2r＝5＋2×2

8.解设圆锥的母线长为l，底面半径为r，高为h，由已知条件2πrπ，

l＝2

解得r＝2，l＝42，S＝πrl＋πr2＝10π，h＝B组

1.D 2.A 3.C 4.83 5.13 6.3

7.(1)证明在图中，可得AC＝BC＝22，从而AC2＋BC2＝AB2，故AC⊥BC.

又平面ADC⊥平面ABC，平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，∴BC⊥平面ACD. (2)解由(1)可知BC为三棱锥B—ACD的高，BC＝22，S△ACD＝2，

114242

∴VB—ACD＝S△ACD·BC＝×2×22＝，由等体积性可知，几何体D—ABC的体积为.

33338.(1)证明连接AC1，AB1，由ACC1A1为

正方形知CA1⊥AC1.由AC⊥AB，AA1⊥ 底面ABC知AB⊥平面AA1C1C， ∴CA1⊥AB. 又AB∩AC1＝A， ∴CA1⊥平面C1AP，则CA1⊥C1P.

1111

(2)解 VB—AB1C1＝V－VC1—AA1B1－VB—ACC1＝1－－＝，当棱锥P—AB1C1的体积为时，P为AB

3336的中点.

130

l2－r2＝30，V＝πr2h＝230π.

§8.3 空间点、直线、平面之间的位置关系

要点梳理

π0， 1.两点不在一条直线上一条 2.(1)平行相交任何 (2)①锐角或直角 ②23.平行相交在平面内 4.平行相交 5.同一条直线 6.相等或互补基础自测 1.②③④ 2.①②④ 3.27 4.C 5.B 题型分类·深度剖析

例1 证明 (1)连接EF，CD1，A1B.

∵E、F分别是AB、AA1的中点，∴EF∥BA1.

又A1B∥D1C，∴EF∥CD1，∴E、C、D1、F四点共面. (2)∵EF∥CD1，EF则由P∈CE，CE⊂平面ABCD，得P∈平面ABCD. 同理P∈平面ADD1A1. 又平面ABCD∩平面ADD1A1＝DA，∴P∈直线DA.∴CE、D1F、DA三线共点. 1

变式训练1 (1)证明由已知FG＝GA，FH＝HD，可得GH綊AD.

又BC綊AD，∴GH綊BC，∴四边形BCHG为平行四边形.

(2)解由BE綊AF，G为FA中点知，BE綊FG，∴四边形BEFG为平行四边形，

2∴EF∥BG.由(1)知BG綊CH，∴EF∥CH，∴EF与CH共面. 又D∈FH，∴C、D、F、E四点共面. 例2 解 (1)不是异面直线．

理由：连接MN、A1C1、AC，∵M、N分别是A1B1、B1C1的中点，∴MN∥A1C1. 又∵A1A綊D1D，而D1D綊C1C，∴A1A綊C1C，∴A1ACC1为平行四边形．

∴A1C1∥AC，得到MN∥AC，∴A、M、N、C在同一平面内，故AM和CN不是异面直线． (2)是异面直线．

理由：假设D1B与CC1在同一个平面D1CC1内，则B∈平面CC1D1，C∈平面CC1D1. ∴BC⊂平面CC1D1，∴B∈平面CC1D1D，这与ABCD—A1B1C1D1是正方体矛盾．

131

∴假设不成立，故D1B与CC1是异面直线．变式训练2 D

例3 证明 (1)假设BC与AD共面，不妨设它们所共平面为α，则B、C、A、D∈α.

∴四边形ABCD为平面图形，这与四边形ABCD为空间四边形相矛盾． ∴BC与AD是异面直线．

(2)如图，连接AC，BD，则EF∥AC，HG∥AC，因此EF∥HG；同理EH∥FG，则EFGH为平行四边形．又EG、FH是▱EFGH的对角线，∴EG与HF相交．

变式训练3 解 (1)连接B1D1，BD，在平面A1C1内过P作直线l，使l∥B1D1，则l即为所求作的直线． ∵B1D1∥BD，l∥B1D1， ∴l∥直线BD. 如图(1)

(2)在平面A1C1内作直线m，使直线m与B1D1相交成α 角，∵BD∥B1D1，∴直线m与直线BD也成α角，即直线m为所求作的直线，如图(2)．由图知m与BD是异面 π0，. 直线，且m与BD所成的角α∈2

(1)

ππ

当α＝时，这样的直线m有且只有一条，当α≠时，这样

22的直线m有两条．

课时规范训练 A组

1.A 2.B 3.D 4.A 5.③④ 6.①② 7.②④

8.证明 ∵M∈PQ，直线PQ⊂面PQR，M∈BC，直线BC⊂面BCD，∴M是平面PQR与平面BCD的一个公共

点，即M在面PQR与面BCD的交线l上. 同理可证：N、K也在l上. ∴M、N、K三点共线.

(2)

132

B组

1.C 2.D 3.B 4.③ 5.②③④ 6.①②③ 7.①②④ 8.证明连接BD，B1D1，则BD∩AC＝O，

∵BB1綊DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形，又H∈B1D，B1D⊂平面BB1D1D，则H∈平面BB1D1D，

∵平面ACD1∩平面BB1D1D＝OD1，∴H∈OD1. 即D1、H、O三点共线．

§8.4 直线、平面平行的判定及其性质

要点梳理

1.平行相交在平面内平行相交

2.(1)直线和平面没有公共点，则称直线平行于平面 (2)a∥α (3)a∥β 3.a∥l 4.平行、相交 5.(1)两个平面没有公共点，称这两个平面平行 (2)α∥β (3)α∥β 6.(1)a∥β (2)a∥b 7.(1)a∥b (2)α∥β 基础自测 1.④ 2.③⑤ 3.② 4.D 5.D 题型分类·深度剖析

例1 证明如图所示.作PM∥AB交BE于M，

作QN∥AB交BC于N，连接MN.

∵正方形ABCD和正方形ABEF有公共边AB， ∴AE＝BD. 又AP＝DQ，∴PE＝QB，又PM∥AB∥QN， ∴

PMPEQBQNBQPMQN

＝＝，＝，∴＝， ABAEBDDCBDABDC

∴PM綊QN，即四边形PMNQ为平行四边形，∴PQ∥MN. 又MN⊂平面BCE，PQ⊄平面BCE，∴PQ∥平面BCE. 变式训练1 证明如图，连接AC交BD于点O，

连接MO，∵四边形ABCD是平行四边形， ∴O是AC中点，又M是PC的中点，∴AP∥OM.

133

则有PA∥平面BMD.(根据直线和平面平行的判定定理)

∵平面PAHG∩平面BMD＝GH，∴PA∥GH.(根据直线和平面平行的性质定理) 例2 证明 (1)连接FG. ∵AE＝B1G＝1， ∴BG＝A1E＝2，∴BG綊A1E，∴A1G∥BE. 又∵C1F綊B1G，∴四边形C1FGB1是平行四边形， ∴FG綊C1B1綊D1A1，∴四边形A1GFD1是平行四边形. ∴A1G綊D1F，∴D1F綊EB，故E、B、F、D1四点共面. (2)取BG的中点K，连接C1K. ∵H为B1C1的中点，∴HG∥C1K. 又∵C1F綊BK.∴四边形BFC1K是平行四边形，∴C1K∥BF，∴HG∥BF. 由A1G∥BE，A1G∩HG＝G，BF∩BE＝B. ∴平面A1GH∥平面BED1F. 变式训练2 证明 (1)∵GH是△A1B1C1的中位线，∴GH∥B1C1. 又∵B1C1∥BC，∴GH∥BC，∴B，C，H，G四点共面. (2)∵E、F分别为AB、AC的中点，∴EF∥BC，

∵EF⊄平面BCHG，BC⊂平面BCHG，∴EF∥平面BCHG. ∵A1G綊EB，∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1E∥GB. ∵A1E⊄平面BCHG，GB⊂平面BCHG.∴A1E∥平面BCHG. ∵A1E∩EF＝E，∴平面EFA1∥平面BCHG. 例3 证明 ①当AB，CD在同一平面内时，

由α∥β，α∩平面ABDC＝AC，β∩平面ABDC＝BD，∴AC∥BD， ∵AE∶EB＝CF∶FD，∴EF∥BD，又EF⊄β，BD⊂β，∴EF∥β. ②当AB与CD异面时，设平面ACD∩β＝DH，且DH＝AC. ∵α∥β，α∩平面ACDH＝AC，∴AC∥DH， ∴四边形ACDH是平行四边形.

在AH上取一点G，使AG∶GH＝CF∶FD，又∵AE∶EB＝CF∶FD，∴GF∥HD，EG∥BH，

134

又EG∩GF＝G，∴平面EFG∥平面β. ∵EF⊂平面EFG，∴EF∥β.

综上，EF∥β. ∵α∥β，EF∥β且EF⊄α，∴EF∥α.

变式训练3 解当Q为CC1的中点时，平面D1BQ∥平面PAO.证明如下：

∵Q为CC1的中点，P为DD1的中点，∴QB∥PA. ∵P、O分别为DD1、DB的中点，∴D1B∥PO.

又∵D1B⊄平面PAO，PO⊂平面PAO，QB⊄平面PAO，PA⊂平面PAO， ∴D1B∥平面PAO，QB∥平面PAO，又D1B∩QB＝B，D1B、QB⊂平面D1BQ， ∴平面D1BQ∥平面PAO. 课时规范训练 A组

1.C 2.D 3.D 4.③⑤ 5.24或 6.④

57.证明方法一如图，取BC中点M，

连接FM，GM，则GM∥OB，FM∥ SC∥EO，又FM∩GM＝M，EO∩OB＝O，则平面FGM∥平面BEO，因此FG∥平面BEO. 8.解在平面PCD内，过E作EG∥CD交PD于G，连接AG，在AB上取点F，使AF＝EG，则F即为所求的点.∵EG∥CD∥AF，EG＝AF， ∴四边形FEGA为平行四边形，∴FE∥AG.

又AG⊂平面PAD，FE⊄平面PAD，∴EF∥平面PAD. 又在Rt△BCE中，CE＝2

BC2－BE2＝23a2－a2＝a.

在Rt△PBC中，BC＝CE·CP，∴CP＝＝3a.

3a3又

EGPEPE22＝，∴EG＝·CD＝a，∴AF＝EG＝a. ∴点F为AB靠近点B的一个三等分点. CDPCPC33

135

B组

1.B 2.C 3.A 4.a 5.M∈线段HF 6.② 7.②⑤

8.(1)证明方法一 ∵EF∥AD，AD∥BC，∴EF∥BC.又EF＝AD＝BC，∴四边形EFBC是平行四边形，∴H为FC的中点.

又∵G是FD的中点，∴HG∥CD. ∵HG⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，∴GH∥平面CDE. 方法二连接EA，∵ADEF是正方形， ∴G是AE的中点.∴在△EAB中，GH∥AB. 又∵AB∥CD，∴GH∥CD.

∵HG⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，∴GH∥平面CDE.

(2)解 ∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD，且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD. ∵AD＝BC＝6，∴FA＝AD＝6.

又∵CD＝2，DB＝42，CD2＋DB2＝BC2，∴BD⊥CD.∵S▱ABCD＝CD·BD＝82， 11

∴VF—ABCD＝S▱ABCD·FA＝×82×6＝162.

§8.5 直线、平面垂直的判定及其性质

要点梳理

1.(1)②相交 ③垂直 (2)①任意 ②平行 ③平行 3.(1)②一条垂线 (2)交线 4.(1)两个半平面 (2)垂直基础自测 1.无数 2.(1)中 (2)外 (3)垂 3.①④ 4.5 5.C 题型分类·深度剖析

例1 证明 (1)由四棱锥P—ABCD中，∵PA⊥底面ABCD，CD⊂平面ABCD，

∴PA⊥CD.∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面PAC. 而AE⊂平面PAC，∴CD⊥AE. (2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA.∵E是PC的中点，∴AE⊥PC. 由(1)，知AE⊥CD，且PC∩CD＝C，∴AE⊥平面PCD. 而PD⊂平面PCD，∴AE⊥PD.∵PA⊥底面ABCD，∴PA⊥AB. 又∵AB⊥AD且PA∩AD＝A，∴AB⊥平面PAD，而PD⊂平面PAD，

136

∴AB⊥PD.又∵AB∩AE＝A，∴PD⊥平面ABE. 变式训练1 证明连接PG，BD，

∵△PAD为正三角形，G是AD的中点，∴PG⊥AD. 又平面PAD⊥平面ABCD，∴PG⊥平面ABCD. ∴PG⊥BG.

又∵四边形ABCD是菱形且∠DAB＝60°，

∴△ABD是正三角形.∴BG⊥AD. 又AD∩PG＝G，∴BG⊥平面PAD. 例2 证明 (1)如图所示，取EC中点F，连接DF.

∵EC⊥平面ABC，BD∥CE，∴DB⊥平面ABC. 1

∴DB⊥AB.∵BD∥CE，BD＝CE＝FC，

2∴四边形FCBD是矩形，∴DF⊥EC.

又BA＝BC＝DF，∴Rt△DEF≌Rt△ADB，∴DE＝DA. (2)如图所示，取AC中点N，连接MN、NB， 1

∵M是EA的中点，∴MN綊EC.

由BD綊EC，且BD⊥平面ABC，可得四边形MNBD是矩形，于是DM⊥MN.

2∵DE＝DA，M是EA的中点，∴DM⊥EA.又EA∩MN＝M， ∴DM⊥平面ECA，而DM⊂平面BDM，∴平面BDM⊥平面ECA. 变式训练2 证明 (1)如图，在△PAD中，

∵E，F分别为AP，AD的中点，∴EF∥PD.

又∵EF⊄平面PCD，PD⊂平面PCD，∴直线EF∥平面PCD. (2)连接BD.∵AB＝AD，∠BAD＝60°，∴△ABD为正三角形. ∵F是AD的中点，∴BF⊥AD.

∵平面PAD⊥平面ABCD，BF⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，∴BF⊥平面PAD. 又∵BF⊂平面BEF，∴平面BEF⊥平面PAD.

137

例3 (1)证明在△ABD中，∵AD＝4，BD＝8，AB＝45， ∴AD2＋BD2＝AB2.∴AD⊥BD.

又∵面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，BD⊂面ABCD， ∴BD⊥面PAD. 又BD⊂面BDM，∴面MBD⊥面PAD.

(2)解过P作PO⊥AD，∵面PAD⊥面ABCD，∴PO⊥面ABCD，即PO为四棱锥P—ABCD的高.

又△PAD是边长为4的等边三角形，∴PO＝23.

在底面四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝2DC，∴四边形ABCD为梯形. 4×885

在Rt△ADB中，斜边AB边上的高为＝，此即为梯形的高.

54525＋45851

∴S四边形ABCD＝×＝24. ∴VP—ABCD＝×24×23＝163.

253变式训练3 (1)证明由条件知四边形PDAQ为直角梯形.

∵QA⊥平面ABCD，QA⊂平面PDAQ，∴平面PDAQ⊥平面ABCD，交线为AD，∴QA⊥DC，又四边形ABCD为正方形，DC⊥AD，∴DC⊥平面PDAQ，可得PQ⊥DC. 在直角梯形PDAQ中可得DQ＝PQ＝又DQ∩DC＝D，∴PQ⊥平面DCQ.

(2)解设AB＝a. 由题设知AQ为棱锥Q－ABCD的高，∴棱锥Q－ABCD的体积V1＝a3.

3由(1)知PQ为棱锥P－DCQ的高，而PQ＝2a，△DCQ的面积为1

∴棱锥P－DCQ的体积V2＝a3.

故棱锥Q－ABCD的体积与棱锥P－DCQ的体积的比值为1. 课时规范训练 A组

1.C 2.D 3.D 4.可填①③④⇒②与②③④⇒①中的一个 5.①② 6.②④ 7.①②③ 8.证明方法一取CD的中点E，连接NE、ME、MC、PM.

∠PDA＝45°⇒PA＝AD＝BC.又M是AB的中点，

Rt△PAM≌Rt△CBM⇒MP＝MCN是PC的中点

⇒MN⊥PC.



DA⊥平面ABCD⇒PA⊥CD AD⊥CD PA∩AD＝A

方法二如图，取PD的中点F，连接AF，NF， 1

∵F，N分别为PD，PC的中点，∴FN綊CD.

又∵CD綊AB，∴FN綊AB，即FN綊AM，

2∴四边形AFNM为平行四边形，∴MN∥AF.

∵PA⊥平面ABCD且∠PDA＝45°，∴△PAD为等腰直角三角形，∴AF⊥PD. 又∵CD⊥AD，CD⊥PA，AD∩PA＝A，∴CD⊥平面PAD，又AF⊂平面PAD， ∴CD⊥AF.又PD∩CD＝D，∴AF⊥平面PDC. 又∵AF∥MN，∴MN⊥平面PDC. B组

1.C 2.D 3.A 4.2＋6 5.无数 6.②③ 7.(1)证明由PA＝PB，∠PAC＝∠PBC＝90°，

且PC为△PAC与△PBC的公共边，则△PAC≌△PBC，因此AC＝BC，取AB中点D，连接PD，CD，

则PD⊥AB，CD⊥AB，因此AB⊥平面PDC，则AB⊥PC. (2)解作BE⊥PC垂足为E，连接AE.

由△PAC≌△PBC知AE⊥PC，则∠BEA＝90°.可证△PBE≌△ABE，则∠BPC＝45°. 18△PBC为等腰直角三角形，则E为PC中点. VP—ABC＝VP—ABE＋VC—ABE＝S△ABE·PC＝. 338．(1)证明 ∵∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝3AD.

139

从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD. 又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD. 又AD∩PD＝D，∴BD⊥平面PAD，故PA⊥BD.

(2)解如图，作DE⊥PB，垂足为E，已知PD⊥底面ABCD，则PD⊥BC.

由(1)知BD⊥AD，又BC∥AD，∴BC⊥BD. ∴BC⊥平面PBD，∴BC⊥DE.∴DE⊥平面PBC.

∵AD＝1，AB＝2，∠DAB＝60°，∴BD＝3.又PD＝1，∴PB＝2. 根据DE·PB＝PD·BD，得DE＝

，即棱锥D－PBC的高为. 22

§9．1 直线的方程要点梳理

y2－y1

1．(1)①正向向上 0° [0°，180°) (2)①正切值 tan α ②

x2－x12．y－y0＝k(x－x0) y＝kx＋b

y－y1x－x1xy

＝＋＝1 y2－y1x2－x1ab

Ax＋By＋C＝0 (A2＋B2≠0) 3．(1)x＝x1 (2)y＝y1 (3)x＝0 (4)y＝0 x1＋x2y1＋y24. 22

基础自测 1．45°或135° 2.1 3.4 4．x＋y＋1＝0或4x＋3y＝0 5.D 题型分类·深度剖析

方法二设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0.

∵A、B两点在直线的两侧或其中一点在直线l上，∴(－2k＋3＋k＋2)(3k－0＋k＋2)≤0，

－∞，－∪[5，＋∞)．即(k－5)(4k＋2)≥0，∴k≥5或k≤－.即直线l的斜率k的取值范围是22变式训练1 解

如图所示， kPA=

2(1)1(1)=-1，kPB==1，

1020由图可观察出：

直线l倾斜角α的范围是[135°，180°)∪[0°，45°]；直线l的斜率k的范围是[-1,1]．

例2 解 (1)设直线l在x，y轴上的截距均为a，若a＝0，即l过点(0,0)和(3,2)，

2xy

∴l的方程为y＝x，即2x－3y＝0.若a≠0，则设l的方程为＋＝1，

3aa

140

∵l过点(3,2)，∴＋＝1，∴a＝5，∴l的方程为x＋y－5＝0，

aa综上可知，直线l的方程为2x－3y＝0或x＋y－5＝0.

(2)设所求直线的斜率为k，依题意k＝－×3＝－.

又直线经过点A(－1，－3)，因此所求直线方程为y＋3＝－(x＋1)，即3x＋4y＋15＝0.

4(3)过点A(1，－1)与y轴平行的直线为x＝1.

x＝1

解方程组，求得B点坐标为(1,4)，此时|AB|＝5，即x＝1为所求．

2x＋y－6＝02x＋y－6＝0

设过A(1，－1)且与y轴不平行的直线为y＋1＝k(x－1)，解方程组，

，.(k≠－2，否则与已知直线平行)．则B点坐标为. k＋2k＋2

k＋724k－22233

－1＋＋1＝5，解得k＝－，∴y＋1＝－(x－1)，即3x＋4y＋1＝0. 由已知44k＋2k＋2

综上可知，所求直线的方程为x＝1或3x＋4y＋1＝0.

变式训练2 (1)3x－4y＋8＝0或3x＋4y－8＝0 (2)3x－y－5＝0 (3)5x－7y－3＝0

例3 解设A(a,0)，B(0，b) (a>3，b>2)，则直线l的方程为＋＝1，

322a112aa2

∵l过点P(3,2)，∴＋＝1，b＝，从而S△ABO＝a·b＝a·＝，

即a＝6时，(S△ABO)min＝12，此时b＝＝4. ∴直线l的方程为＋＝1，即2x＋3y－12＝0.

646－3

变式训练3 解 (1)设直线的方程为＋＝1 (a>2，b>1)，

2121211

由已知可得＋＝1. ∵2 ·≤＋＝1，∴ab≥8. ∴S△AOB＝ab≥4.

ababab2211

当且仅当＝＝，即a＝4，b＝2时，S△AOB取最小值4，

ab2

此时直线l的方程为＋＝1，即x＋2y－4＝0.

(2)由＋＝1，得ab－a－2b＝0，变形得(a－2)(b－1)＝2，

|PA|·|PB|＝(2－a)2＋(1－0)2·(2－0)2＋(1－b)2＝[(2－a)2＋1]·[(1－b)2＋4] ≥2(a－2)·4(b－1). 当且仅当a－2＝1，b－1＝2，

141

即a＝3，b＝3时，|PA|·|PB|取最小值4. 此时直线l的方程为x＋y－3＝0. 课时规范训练 A组

21．A 2.B 3.B 4.3 5．x＋2y－2＝0或2x＋y＋2＝0 6.－

7．解 (1)平行于BC边的中位线就是AB、AC中点的连线. ∵线段AB、AC中点坐标为

1x＋

7，1，－1，－2，∴这条直线的方程为y＋2＝2， 221＋27＋1

22xy

整理得，6x－8y－13＝0，化为截距式方程为－＝1.

131368

y＋4x－1

(2)∵BC边上的中点为(2,3)，∴BC边上的中线所在直线的方程为＝，即7x－y－11＝0，

8．解 (1)设直线l的方程是y＝k(x＋3)＋4，它在x轴，y轴上的截距分别是－－3,3k＋4，由已知，得(3k＋4)k＋3k

＝±6，解得k1＝－或k2＝－. 33

故直线l的方程为2x＋3y－6＝0或8x＋3y＋12＝0.

(2)设直线l在y轴上的截距为b，则直线l的方程是y＝x＋b，它在x轴上的截距是－6b，由已知，得|－

66b·b|＝6，∴b＝±1. ∴直线l的方程为x－6y＋6＝0或x－6y－6＝0. B组

1．D 2.C 3.B 4.16 5．k≥1或k＝0 6.x－y－2＝0 7．解 (1)当m＝－1时，直线AB的方程为x＝－1，

当m≠－1时，直线AB的方程为y－2＝(x＋1)．

m＋1

π3

(2)①当m＝－1时，α＝；②当m≠－1时，m＋1∈－，0∪(0，3]，

23

πππ2π13

，∪，. ∴k＝∈(－∞，－3]∪，＋∞，∴α∈62233m＋1

π2π

综合①②知，直线AB的倾斜角α∈6，3.

8．解由题意可得kOA＝tan 45°＝1，kOB＝tan(180°－30°)＝－，

∴直线lOA：y＝x，lOB：y＝－x.

设A(m，m)，B(－3n，n)，∴AB的中点C

由点C在y＝x上，且A、P、B三点共线得2m－0n－0

m－1＝－3n－1，解得m＝3，∴A(3，3)．又P(1,0)，∴kAB＝kAP＝∴lAB：y＝

(x－1)，即直线AB的方程为(3＋3)x－2y－3－3＝0. 2

§9．2 两条直线的位置关系要点梳理

1．(1)k1＝k2 平行 (2)k1·k2＝－1 垂直 2．唯一解无解无数个解

|Ax0＋By0＋C||C2－C1|

3．(1)(x2－x1)2＋(y2－y1)2 (2) (3)

A2＋B2A2＋B2基础自测 1．－6 2.－9 3.x＋y＋1＝0或x＋y－3＝0 4．A 5.D 题型分类·深度剖析

例1 解 (1)方法一 ①当m＝0时，l1：x＋6＝0，l2：x＝0，l1∥l2；

2－m21612－m62

②当m≠0时，l1：y＝－2x－2，l2：y＝x－，由－2＝且－2≠－，∴m＝－1.

mm3m3m3mm3故所求实数m的值为0或－1.

方法二直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0平行的等价条件是：A1B2－A2B1＝0且B1C2－B2C1≠0或A1C2－A2C1≠0. 由所给直线方程可得：

1·3m－m2·(m－2)＝0且1·2m－6·(m－2)≠0⇒m(m2－2m－3)＝0且m≠3⇒m＝0或－1. 故所求实数m的值为0或－1.

(2)方法一由直线l1的方程知其斜率为－，

当a＝1时，直线l2的斜率不存在，l1与l2不垂直；当a≠1时，直线l2的斜率为－. a－1

a－122由－·＝－1⇒a＝. 故所求实数a的值为. 2a－133方法二直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，l2：A2x＋B2y＋C2＝0垂直的等价条件是A1A2＋B1B2＝0.

由所给直线方程可得：a·1＋2·(a－1)＝0⇒a＝.故所求实数a的值为.

m－8＋n＝0

变式训练1 解 (1)由题意得，解得m＝1，n＝7.

2m－m－1＝0

m－8×2＝0，m·m8n

(2)当m＝0时，显然l1不平行于l2；当m≠0时，由＝≠，得

2m－1

m≠0，8×(－1)－n·

143

m＝－4，m＝4，∴或，即m＝4，n≠－2时或m＝－4，n≠2时，l1∥l2.

n≠2.n≠－2，

(3)当且仅当m·2＋8·m＝0，即m＝0时，l1⊥l2.又－＝－1，∴n＝8.

8即m＝0，n＝8时，l1⊥l2，且l1在y轴上的截距为－1.

3x＋2y－1＝0

例2 解方法一先解方程组，得l1、l2的交点坐标为(－1,2)，

5x＋2y＋1＝0

再由l3的斜率求出l的斜率为－，

于是由直线的点斜式方程求出l：y－2＝－(x＋1)，即5x＋3y－1＝0.

方法二由于l⊥l3，故l是直线系5x＋3y＋C＝0中的一条，而l过l1、l2的交点(－1,2)，故5×(－1)＋3×2＋C＝0，由此求出C＝－1，故l的方程为5x＋3y－1＝0.

方法三由于l过l1、l2的交点，故l是直线系3x＋2y－1＋λ(5x＋2y＋1)＝0中的一条，将其整理，得(3＋5λ)x3＋5λ51

＋(2＋2λ)y＋(－1＋λ)＝0. 其斜率－＝－，解得λ＝，

352＋2λ代入直线系方程即得l的方程为5x＋3y－1＝0.

变式训练2 解方法一设直线l与l1的交点为A(x0，y0)，由已知条件，得直线l与l2的交点为B(－2－x0,4－y0)，

4x0＋y0＋3＝0，4x0＋y0＋3＝0，

并且满足即

3(－2－x0)－5(4－y0)－5＝0，3x0－5y0＋31＝0，y－2x－(－1)x0＝－2，

解得因此直线l的方程为＝，即3x＋y＋1＝0.

5－2－2－(－1)y0＝5，

方法二设直线l的方程为y－2＝k(x＋1)，即kx－y＋k＋2＝0.

－k－5－5k－15kx－y＋k＋2＝0，kx－y＋k＋2＝0，

由得x＝. 由得x＝. k＋45k－34x＋y＋3＝0，3x－5y－5＝0，

－k－5－5k－15

则＋＝－2，解得k＝－3.

k＋45k－3

因此所求直线方程为y－2＝－3(x＋1)，即3x＋y＋1＝0. 方法三两直线l1和l2的方程为(4x＋y＋3)(3x－5y－5)＝0① 将上述方程中(x，y)换成(－2－x,4－y)

整理可得l1与l2关于(－1,2)对称图形的方程：(4x＋y＋1)(3x－5y＋31)＝0.② ①－②整理得3x＋y＋1＝0.

|2a＋1|

例3 解 (1)∵l1：4x－2y＋2a＝0 (a>0)，l2：4x－2y－1＝0，∴两条平行线l1与l2间的距离为d＝，

|2a＋1|75

由已知，可得＝.又a>0，可解得a＝3.

1025(2)设点P的坐标为(x，y)，由条件①，可知x>0，y>0.由条件②和③，可得

144

|2x－y＋3||4x－2y－1|5＝45，|2x－y＋3||x＋y－1|5·5＝2·2，

4|2x－y＋3|＝|4x－2y－1|，

化简得

|2x－y＋3|＝|x＋y－1|，

于是可得，4|x＋y－1|＝|4x－2y－1|，也就是4(x＋y－1)＝4x－2y－1， 1

或4(x＋y－1)＝－4x＋2y＋1，解得y＝，或8x＋2y－5＝0.

当y＝时，代入方程|2x－y＋3|＝|x＋y－1|，解得x＝－3<0或x＝－<0，均舍去．

8x＋2y－5＝08x＋2y－5＝08x＋2y－5＝0由，化简得，或， |2x－y＋3|＝|x＋y－1|3x＝－2x－2y＋4＝0

(舍去)．即存在满足题设条件的点P，其坐标为9，18.

变式训练3 解 (1)过P点的直线l与原点距离为2，而P点坐标为(2，－1)，可见，过P(2，－1)且垂直于x轴

的直线满足条件．此时l的斜率不存在，其方程为x＝2.

若斜率存在，设l的方程为y＋1＝k(x－2)，即kx－y－2k－1＝0. |－2k－1|3

由已知，得＝2，解得k＝. 此时l的方程为3x－4y－10＝0.

k2＋1综上，可得直线l的方程为x＝2或3x－4y－10＝0.

(2)作图可得过P点与原点O距离最大的直线是过P点且与PO垂直的直线，

由l⊥OP，得klkOP＝－1，∴kl＝－＝2.

kOP由直线方程的点斜式得y＋1＝2(x－2)，即2x－y－5＝0.

|－5|

即直线2x－y－5＝0是过P点且与原点O距离最大的直线，最大距离为＝5.

(3)由(2)可知，过P点不存在到原点距离超过5的直线，因此不存在过P点且到原点距离为6的直线．课时规范训练 A组

1．B 2.A 3.D 4.1 5. 6．2x－3y－9＝0 7.①⑤

8．解 (1)经过两已知直线交点的直线系方程为(2x＋y－5)＋λ(x－2y)＝0，

即(2＋λ)x＋(1－2λ)y－5＝0，∴

＝3.解得λ＝2或λ＝.

(2＋λ)2＋(1－2λ)2|10＋5λ－5|

∴l的方程为x＝2或4x－3y－5＝0.

2x＋y－5＝0，(2)由 解得交点P(2,1)，如图，过P

x－2y＝0，

到l的距

离，则d≤|PA| (当l⊥PA时等号成立)．

a2＋2＋， 7．解 (1)∵l1∥l2，∴－b－(a2＋1)a2＝0，即b＝－a2(a2＋1)＝－a4－a2＝－24

∵a2≥0，∴b≤0.又∵a2＋1≠3，∴b≠－6. 故b的取值范围是(－∞，－6)∪(－6,0]． 11

a＋≥2， (2)∵l1⊥l2，∴(a2＋1)－a2b＝0，显然a≠0，∴ab＝a＋，|ab|＝aa当且仅当a＝±1时等号成立，因此|ab|的最小值为2. 8．(1)证明设Px0，x0＋

＝，因此|PM|·|PN|＝1. x0x02

(2)解直线PM的方程为y－x0－＝－(x－x0)，即y＝－x＋2x0＋.

x0x0

2 (x0>0)．则|PN|＝x0，|PM|＝

2x0

y＝x，

解方程组得2y＝－x＋2x0＋，x0

，x＝y＝x0＋，

2x0

111122

S四边形OMPN＝S△NPO＋S△OPM＝|PN||ON|＋|PM||OM|＝x0x0＋＋x0＋

222x02x02x0

1211

x0＋2≥1＋2，当且仅当x0＝，即x0＝1时等号成立，＝2＋x02x0因此四边形OMPN的最小值为1＋2.

§9．3 圆的方程

要点梳理

－，－ 1．定点定长集合 2.圆心半径 3．(a，b) r 4．D2＋E2－4F>0 22

D2＋E2－4F

6．(1)(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2 (2)(x0－a)2＋(y0－b)2>r2 (3)(x0－a)2＋(y0－b)22

－2， 3．(x－2)2＋y2＝10 4.1 5.C 基础自测 1．(x－8)2＋(y＋3)2＝25 2.3题型分类·深度剖析

例1 解 (1)设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，将P、Q点的坐标分别代入得

2D－4E－F＝20，

 3D－E＋F＝－10.

设x1，x2是方程③的两根，由|x1－x2|＝6有D2－4F＝36，

①②

又令y＝0，得x2＋Dx＋F＝0. ③

④

由①、②、④解得D＝－2，E＝－4，F＝－8，或D＝－6，E＝－8，F＝0. 故所求圆的方程为x2＋y2－2x－4y－8＝0，或x2＋y2－6x－8y＝0. 4x0－2(2)方法一如图，设圆心(x0，－4x0)，依题意得＝1，

3－x0

146

∴x0＝1，即圆心坐标为(1，－4)，半径r＝22，故圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8. 方法二设所求方程为(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2，

因此所求圆的方程为(x-1)2+(y+4)2=8.

变式训练1 (1)B (2)(x－6)2＋(y＋3)2＝52或(x－14)2＋(y＋7)2＝244 例2 解圆的标准方程为(x－2)2＋y2＝3.

(1)y－x可看作是直线y＝x＋b在y轴上的截距，当直线y＝x＋b与圆相切时，纵截距b取得最大值或最小值，|2－0＋b|此时＝3，解得b＝－2±6.∴y－x的最大值为－2＋6，最小值为－2－6.

(2)x2＋y2表示圆上的一点与原点距离的平方，由平面几何知识知，在原点与圆心连线与圆的两个交点处取得最大值和最小值．又圆心到原点的距离为－3)2＝7－43.

n－3

变式训练2 (1)|MQ|max＝62，|MQ|min＝22 (2)的最大值为2＋3，最小值为2－3

m＋2例3 解设AB的中点为R，坐标为(x1，y1)，则在Rt△ABP中，|AR|＝|PR|.

又∵R是弦AB的中点，故|AR|2＝|AO|2－|OR|2＝36－(x21＋y21)，又|AR|＝|PR|＝

(x1－4)2＋y21，

∴有(x1－4)2＋y21＝36－(x21＋y21)，即x21＋y21－4x1－10＝0.

因此点R在一个圆上．而当R在此圆上运动时，Q点即在所求的轨迹上运动．设Q(x，y)，∵R是PQ的中点， x＋4y＋0∴x1＝，y1＝. 22

代入方程x21＋y21－4x1－10＝0， x＋4x＋42y2

得＋－4·2－10＝0， 22整理得x2＋y2＝56.

即矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程为x2＋y2＝56. 变式训练3 解如图所示，设P(x，y)，

xy

N(x0，y0)，则线段OP的中点坐标为2，2，线段MN的

中点坐标为

(2－0)2＋(0－0)2＝2，∴x2＋y2的最大值是(2＋3)2＝7＋43，x2＋y2的最小值是(2

N(x＋3，y－4)在圆上，故(x＋3)2＋(y－4)2＝4.

9122128

－，和－，(点P在直线OM上时的情况)．因此所求轨迹为圆：(x＋3)2＋(y－4)2＝4，但应除去两点 5555课时规范训练 A组

33325

y－2＝ 5．x＋y－1＝0 6.－∞，－∪，＋∞ 1．B 2.A 3.A 4．(x＋2)2＋55247．解 (1)设圆的标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，由题意列出方程组



(a－1)＋(b－1)＝r2a＋3b＋1＝0

∴圆的标准方程是(x－4)2＋(y＋3)2＝25.

(2)过切点且与x＋y－1＝0垂直的直线为y＋2＝x－3，与y＝－4x联立可求得圆心为(1，－4)． ∴半径r＝(1－3)2＋(－4＋2)2＝22，∴所求圆的方程为(x－1)2＋(y＋4)2＝8. (3)方法一设圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 1＋144＋D＋12E＋F＝0，



则49＋100＋7D＋10E＋F＝0，81＋4－9D＋2E＋F＝0.

解得D＝－2，E＝－4，F＝－95.

∴所求圆的方程为x2＋y2－2x－4y－95＝0.

1方法二由A(1,12)，B(7,10)，得AB的中点坐标为(4,11)，kAB＝－，

3则AB的中垂线方程为3x－y－1＝0. 同理得AC的中垂线方程为x＋y－3＝0.

3x－y－1＝0x＝1联立，得，即圆心坐标为(1,2)，

x＋y－3＝0y＝2

半径r＝(1－1)2＋(2－12)2＝10. ∴所求圆的方程为(x－1)2＋(y－2)2＝100.

8．解 (1)直线AB的斜率k＝1，AB的中点坐标为(1,2)，∴直线CD的方程为y－2＝－(x－1)，即x＋y－3＝0.

(2)设圆心P(a，b)，则由P在CD上得a＋b－3＝0. 又直径|CD|＝410，∴|PA|＝210， ∴(a＋1)2＋b2＝40

②

①

a＝－3a＝5由①②解得或∴圆心P(－3,6)或P(5，－2)，

b＝6b＝－2

∴圆P的方程为(x＋3)2＋(y－6)2＝40或(x－5)2＋(y＋2)2＝40. B组

1．B 2.C 3.B 4．(－∞，1) 5.4 6.π

148



7．解 (1)设圆M的方程为(x－a)＋(y－b)＝r (r>0)，根据题意得：(－1－a)＋(1－b)＝r，

a＋b－2＝0

(1－a)2＋(－1－b)2＝r2

解得a＝b＝1，r＝2，故所求圆M的方程为(x－1)2＋(y－1)2＝4. 11

(2)由题意知，四边形PAMB的面积为S＝S△PAM＋S△PBM＝|AM||PA|＋|BM||PB|.

22又|AM|＝|BM|＝2，|PA|＝|PB|，∴S＝2|PA|，而|PA|＝即S＝2

|PM|2－4.

|PM|2－|AM|2＝

|PM|2－4，

因此要求S的最小值，只需求|PM|的最小值即可，即在直线3x＋4y＋8＝0上找一点P，使得|PM|的值最小，|3×1＋4×1＋8|

∴|PM|min＝＝3，

223＋4∴四边形PAMB面积的最小值为Smin＝2

|PM|2min－4＝232－4＝25.

8．解设圆C的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则k、2为x2＋Dx＋F＝0的两根， ∴k＋2＝－D,2k＝F，即D＝－(k＋2)，F＝2k，

又圆过R(0,1)，故1＋E＋F＝0.∴E＝－2k－1.故所求圆的方程为x2＋y2－(k＋2)x－(2k＋1)y＋2k＝0，圆心坐标为

k＋22k＋1

.

2，22k＋1

∵圆C在点P处的切线斜率为1，∴kCP＝－1＝，∴k＝－3.

2－k∴D＝1，E＝5，F＝－6. ∴所求圆C的方程为x2＋y2＋x＋5y－6＝0.

§9．4 直线与圆、圆与圆的位置关系要点梳理 1．相离相切相交 3.(1)x0x＋y0y＝r2 4．相离外切相交内切内含基础自测 1．(x－1)2＋(y＋2)2＝2 2.相交 3．(－∞，0)∪(10，＋∞) 4.0 5.B 题型分类·深度剖析

例1 解 (1)由已知，圆心为O(0,0)，半径r＝5，圆心到直线2x－y＋m＝0的距离

|m||m||m|

d＝＝，∵直线与圆无公共点，∴d>r，即>5，∴m>5或m<－5.

5522＋(－1)2

故当m>5或m<－5时，直线与圆无公共点． (2)如图，由平面几何垂径定理知 m2222

r－d＝1.即5－＝1.

5得m＝±25， ∴当m＝±25时，直线被圆截得的弦长为2.

(3)如图，由于交点处两条半径互相垂直， ∴弦与过弦两端的半径组成等腰直角三角形，

149

2|m|252r，即＝·5，解得m＝±. 2252

∴d＝

故当m＝±时，直线与圆在两交点处的两条半径互相垂直．

y＝kx＋1，

变式训练1 方法一 (1)证明由消去y得(k2＋1)x2－(2－4k)x－7＝0，

(x－1)2＋(y＋1)2＝12，

∵Δ＝(2－4k)2＋28(k2＋1)>0，∴不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点． (2)解设直线与圆交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，则直线l被圆C截得的弦长 |AB|＝

令t＝，则tk－4k＋(t－3)＝0，当t＝0时，k＝－，当t≠0时，∵k∈R， 241＋k

4k＋3∴Δ＝16－4t(t－3)≥0，解得－1≤t≤4，且t≠0，故t＝的最大值为4，此时|AB|最小为27.

1＋k2方法二 (1)证明圆心C(1，－1)到直线l的距离d＝

|k＋2|

2k＋4k＋422

，圆C的半径R＝23，R－d＝12－21＋k21＋k

11k2－4k＋8

＝，而在S＝11k2－4k＋8中，Δ＝(－4)2－4×11×8<0，故11k2－4k＋8>0对k∈R恒成立，∴R2

21＋k－d2>0，即d方法三 (1)证明 ∵不论k为何实数，直线l总过点A(0，1)，而|AC|＝5<23＝R，∴点A(0,1)在圆C的内部，即不论k为何实数，直线l总经过圆C内部的定点A. ∴不论k为何实数，直线l和圆C总有两个交点．

(2)解由平面几何知识知过圆内定点A(0,1)的弦，只有和AC (C为圆心)垂直时才最短，而此时点A(0,1)为弦AB的中点，由勾股定理，知|AB|＝2例2 解 (1)圆心C(1,2)，半径为r＝2，

①当直线的斜率不存在时，方程为x＝3.

由圆心C(1,2)到直线x＝3的距离d＝3－1＝2＝r知，此时，直线与圆相切． ②当直线的斜率存在时，设方程为y－1＝k(x－3)，即kx－y＋1－3k＝0.

|k－2＋1－3k|33

由题意知＝2，解得k＝. ∴方程为y－1＝(x－3)，即3x－4y－5＝0.

k2＋1故过M点的圆的切线方程为x＝3或3x－4y－5＝0. |a－2＋4|4

2＋232＝4，解得a＝－3. (3)∵圆心到直线ax－y＋4＝0的距离为，∴4a2＋12a2＋1

|a＋2|

变式训练2 解 (1)由于过点A的圆的切线只有一条，则点A在圆上，故12＋a2＝4，∴a＝±3.

当a＝3时，A(1，3)，切线方程为x＋3y－4＝0；当a＝－3时，A(1，－3)，切线方程为x－3y－4＝0，∴a＝3时，切线方程为x＋3y－4＝0， a＝－3时，切线方程为x－3y－4＝0.

(2)设直线方程为x＋y＝b，由于直线过点A，∴1＋a＝b，

|a＋1|

∴直线方程为：x＋y＝1＋a，即x＋y－a－1＝0.又直线与圆相切，∴d＝＝2，

2∴a＝±22－1.∴切线方程为x＋y＋22＝0或x＋y－22＝0. 例3 解将两圆方程写成标准方程．

C1：(x－a)2＋(y＋2)2＝9，C2：(x＋1)2＋(y－a)2＝4.

∴两圆的圆心和半径分别为C1(a，－2)，r1＝3，C2(－1，a)，r2＝2，设两圆的圆心距为d，则d2＝(a＋1)2＋(－2－a)2＝2a2＋6a＋5. (1)当d＝5，即2a2＋6a＋5＝25时，两圆外切，此时a＝－5或a＝2. (2)当15，即2a2＋6a＋5>25时，两圆外离，此时a>2或a<－5. (4)当d＝1，即2a2＋6a＋5＝1时，两圆内切，此时a＝－1或a＝－2. 变式训练3 解 (1)设圆O2的半径为r2，由于两圆外切，

∴|O1O2|＝r1＋r2，r2＝|O1O2|－r1＝2(2－1)，故圆O2的方程是(x－2)2＋(y－1)2＝4(2－1)2.

(2)设圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝r22，又圆O1的方程为x2＋(y＋1)2＝4，此两圆的方程相减，即得两圆公共弦AB所在直线的方程：4x＋4y＋r22－8＝0. |r22－12|∴圆心O1(0，－1)到直线AB的距离为＝42课时规范训练 A组

y－2＝1 6.(－13,13) 1．B 2.D 3.B 4.1 5．(x－1)2＋2

7．解 (1)当斜率k不存在时，过点P的直线方程为x＝－3，代入x2＋y2＝25，得y1＝4，y2＝－4.

∴弦长为|y1－y2|＝8，符合题意．

(2)当斜率k存在时，设所求直线方程为y＋＝k(x＋3)，即kx－y＋3k－＝0.

3k·0－0＋3k－23

由已知，弦心距|OM|＝52－42＝3， ∴＝3，解得k＝－.

k2＋1

∴此直线方程为y＋＝－(x＋3)，即3x＋4y＋15＝0.

24∴所求直线方程为x＋3＝0或3x＋4y＋15＝0.

151

222

4－＝2，

2解得r22＝4或r22＝20. 故圆O2的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4或(x－2)2＋(y－1)2＝20.

8．解 (1)方法一圆C的圆心为(－1,0)，半径r＝2，

圆C上恰有三个点到直线m的距离为1，则圆心到直线m的距离恰为1，由于直线m经过原点，圆心到直线m的距离最大值为1.

∴满足条件的直线就是经过原点且垂直于OC的直线，即y轴，∴直线方程为x＝0. 方法二圆C的圆心为(－1,0)，半径r＝2，

圆C上恰有三个点到直线m的距离为1.则圆心到直线m的距离恰为1. |－k－0|

设直线方程为y＝kx，d＝＝1，k无解．

21＋k

直线斜率不存在时，直线方程为x＝0显然成立．∴所求直线为x＝0. |－2k＋23|3

(2)设直线方程为y－23＝k(x－1)，d＝＝2，解得k＝，

1＋k2所求直线为y－23＝

(x－1)，即3x－3y＋53＝0，斜率不存在时，直线方程为x＝1， 3

∴切线l的方程为x＝1或3x－3y＋53＝0，

过点C、D、E、A有一外接圆，x2＋(y－3)2＝4，即x2＋y2－23y－1＝0，过切点的直线方程为x＋3y－1＝0. B组

1．D 2.B 3.C 4.C 5．4 6.±2或－5或－1 7.2x－4y＋3＝0

8．解 (1)设圆心为C(a，b)，由OC与直线y＝x垂直，知O，C两点的斜率kOC＝＝－1，故b＝－a，则|OC|＝

结合点C(a，b)位于第二象限知. 故圆C的方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8.

b＝2



(2)假设存在Q(m，n)符合题意，则m＋n≠0

故圆C上存在异于原点的点Q5，5符合题意．

§9．5 椭圆

要点梳理 1．椭圆焦点焦距 (1)a>c (2)a＝c (3)a33

基础自测 1．14 2. 3. 4.A 5.B

变式训练1 解设椭圆的标准方程是2＋2＝1 (a>b>0)或2＋2＝1 (a>b>0)，两焦点分别为F1，F2，

abab

152

则由题意知2a＝|PF1|＋|PF2|＝25，∴a＝5.

x2y2b2

在方程2＋2＝1中令x＝±c，得|y|＝，

aba22yxb2

在方程2＋2＝1中令y＝±c，得|x|＝，

aba

b2x23y2y23x2210依题意并结合图形知＝5.∴b＝. 即椭圆的标准方程为＋＝1或＋＝1. a33510510

22xy

例2 (1)解设椭圆方程为2＋2＝1 (a>b>0)，|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝2a.

ab在△PF1F2中，由余弦定理可知，4c2＝m2＋n2－2mncos 60°＝(m＋n)2－3mn

m＋n2＝4a2－3mn≥4a2－3·＝4a2－3a2＝a2(当且仅当m＝n时取等号)．

2

1c11

∴2≥，即e≥. 又0413

(2)证明由(1)知mn＝b2，∴S△PF1F2＝mnsin 60°＝b2，

－3，－和3，－ 椭圆上到点P的距离等于7的点的坐标为22c3

例3 解 (1)由e＝＝，得3a2＝4c2，再由c2＝a2－b2，

a＝2b，1

得a＝2b，由题意可知×2a×2b＝4，即ab＝2. 解方程组，得a＝2，b＝1，

ab＝2

x22

∴椭圆的方程为＋y＝1.

( 2)由(1)知A(－2,0)，且直线l的斜率必存在．设B点的坐标为(x1，y1)，直线l的斜率为k， x24＋y＝1，

则l的方程为y＝k(x＋2)．于是A，B两点的坐标满足方程组

y＝k(x＋2).由方程消去y并整理，得(1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0. 16k2－42－8k24k

由－2x1＝，得x＝，从而y＝. 11

1＋4k21＋4k21＋4k2

－8k22k

，设线段AB的中点为M，则M点的坐标为22. 以下分两种情况： 1＋4k1＋4k

①当k＝0时，点B的坐标为(2,0)，线段AB的垂直平分线为y轴，于是QA＝(－2，－y0)，QB＝(2，－y0)．由QA·QB＝4，得y0＝±22.

2k1x＋8k

②当k≠0时，线段AB的垂直平分线方程为y －＝－.

k1＋4k21＋4k2令x＝0，解得y0＝－

6k1＋4k

.由QA＝(－2，－y0)，QB＝(x1，y1－y0)， 2

→→→→

→→

153

－2(2－8k)→→QA·QB＝－2x1－y0(y1－y0)＝＋1＋4k2

整理得7k2＝2. 故k＝±2

6k4k＋6k4(16k＋15k－1)

＝4， 22＝

1＋4k21＋4k1＋4k(1＋4k2)2

14214

，∴y0＝±. 75214

综上，y0＝±22或y0＝±.

变式训练3 (1)焦点坐标为(－3，0)，(3，0)，离心率为

3 2

43|m|

(2)|AB|＝2，m∈(－∞，－1]∪[1，＋∞) |AB|的最大值为2

m＋3课时规范训练 A组

15x2y2

1．C 2.A 3.B 4. 5. 6.＋＝1

53427．解 (1)依题意知，2a＝4，∴a＝2.

∵e＝＝，∴c＝2，b＝a2

x2y2

a－c＝2. ∴所求椭圆C的方程为＋＝1.



(2)∵点P(x，y)关于直线y＝2x的对称点为P(x，y)，∴

解得：x1＝，y1＝. ∴3x1－4y1＝－5x0.

x2y2

∵点P(x0，y0)在椭圆C：＋＝1上，∴－2≤x0≤2，则－10≤－5x0≤10.

∴3x1－4y1的取值范围为[－10,10]．

c1x2y2

8．解 (1)∵2a＝4，＝，∴a＝2，c＝1，b＝3. ∴椭圆的方程为＋＝1.

a243

(2)能．设点P(x0，y0) (x0≠0，y0≠0)，

x2y2

由题意知直线l的斜率存在．设直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)，代入＋＝1，

43整理得(3＋4k2)x2＋8k(y0－kx0)x＋4(y0－kx0)2－12＝0.

8k(y0－kx0)3x0∵x＝x0是方程的两个相等实根，∴2x0＝－，解得k＝－.

4y03＋4k2

3x0∴直线l的方程为y－y0＝－(x－x0)．

4y0

4y20＋3x20x20y20

令x＝0，得点A的坐标为0，. 又∵4＋3＝1，∴4y20＋3x20＝12.

4y0

30，. ∴点A的坐标为y0y04y00，－. 又直线l′的方程为y－y0＝(x－x0)，令x＝0，得点B的坐标为33x0

3y0y－·∴以AB为直径的圆的方程为x·x＋y0y＋3＝0.

y03整理，得x2＋y2＋1， 3－y0y－1＝0. 令y＝0，得x＝±

154

∴以AB为直径的圆恒过定点(1,0)和(－1,0)．

B组

2x2y2

1．D 2.C 3.A 4.27－5 5. 6.15 7.＋＝1

254

3x2y2

1，代入，得c2＝1， 8．(1)解依题意得，a＝2c，b＝a－c＝3c，设椭圆方程为2＋2＝1，将24c3c

22xy

故椭圆方程为＋＝1.

(2)证明由(1)知，A(－2,0)，B(2,0)，设M(x0，y0)，

36y02

则－2→→BM＝(x0－2，y0)，BP＝2，



6y0→→6y250，BM·BP＝2x0－4＋＝(2－x0)>0， x0＋2x0＋22

基础自测 1.－＝1 (x≥3) 2.－ 3. 4.－＝1 5.A

974243题型分类·深度剖析

例1 解设F(x，y)为轨迹上的任意一点，

∵A、B两点在以C、F为焦点的椭圆上，

∴|FA|＋|CA|＝2a，|FB|＋|CB|＝2a(其中a表示椭圆的长半轴长)， ∴|FA|＋|CA|＝|FB|＋|CB|，∴|FA|－|FB|＝|CB|－|CA|＝

122＋92－

122＋(－5)2＝2，

∴|FA|－|FB|＝2<14.由双曲线的定义知，F点在以A、B为焦点，2为实轴长的双曲线的下支上，

x22

∴点F的轨迹方程是y－＝1 (y≤－1)．

变式训练1

x2y21

例2 解 (1)设所求双曲线方程为－＝λ (λ≠0)，将点(－3,23)代入得λ＝，

(2)设双曲线方程为－＝1，将点(32，2)代入得k＝4，(k＝－14舍去)．

16－k4＋kx2y2

∴所求双曲线方程为－＝1.

1282yx2y2y2x22

变式训练2 (1)x－＝1 (2)－＝1或－＝1

936646436

例3 解 (1)由已知：c＝13，设椭圆长、短半轴长分别为a、b，双曲线半实、虚轴长分别为m、n，则

(2)不妨设F1、F2分别为左、右焦点，P是第一象限的一个交点，则|PF1|＋|PF2|＝14， |PF1|－|PF2|＝6，∴|PF1|＝10，|PF2|＝4.

|PF1|2＋|PF2|2－|F1F2|2102＋42－(213)24

又|F1F2|＝213，∴cos∠F1PF2＝＝＝. 2|PF1||PF2|52×10×4变式训练3 (1)3 (2)y＝±2x

例4 (1)解由双曲线的方程得a＝3，b＝6，∴c＝

a2＋b2＝3，F1(－3,0)，F2(3,0)．

，解得a＝7，m＝3.∴b＝6，n＝2.

y＝(x－3)，33

直线AB的方程为y＝(x－3)．设A(x，y)，B(x，y)，由3xy

3－6＝1，

627

得5x2＋6x－27＝0. ∴x1＋x2＝－，x1x2＝－.

(2)解直线AB的方程变形为3x－3y－33＝0. ∴原点O到直线AB的距离为d＝

3111633123

＝. ∴S△AOB＝|AB|·d＝××＝. 22252522

(3)＋(－3)

(3)证明如图，由双曲线的定义得 |AF2|－|AF1|＝23， |BF1|－|BF2|＝23，

∴|AF2|－|AF1|＝|BF1|－|BF2|，即|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|BF1|.

变式训练4 解 (1)将直线l的方程y=kx+1代入双曲线C的方程2x2-y2=1后，整理得(k2-2)x2+2kx+2=0.①

Δ＝(2k)－8(k－2)>0，2k

依题意，直线l与双曲线C的右支交于不同两点，故－>0，

k－22>0.k－2

k2－2≠0，

解得k的取值范围是－2

(2)设A、B两点的坐标分别为(x，y)、(x，y)，则由①式得2

假设存在实数k，使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F(c,0)．则由FA⊥FB得：

(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0. 即(x1－c)(x2－c)＋(kx1＋1)(kx2＋1)＝0.

整理得(k2＋1)x1x2＋(k－c)(x1＋x2)＋c2＋1＝0. ③ 把②式及c＝

代入③式化简得5k2＋26k－6＝0. 2

6＋66－66＋6解得k＝－或k＝∉(－2，－2)(舍去)，可知存在k＝－使得以线段AB为直径的圆经过双

555曲线C的右焦点．课时规范训练 A组

x2y2y2x221

1．B 2.B 3.C 4.B 5.－＝1或－＝1 6.b2 7.

39553

8．(1)解 ∵e＝2，∴可设双曲线方程为x2－y2＝λ.∵过点(4，－10)，∴16－10＝λ，

即λ＝6.∴双曲线方程为x2－y2＝6.

(2)证明方法一由(1)可知，双曲线中a＝b＝6，

∴c＝23，∴F1(－23，0)，F2(23，0)，∴kMF1＝，kMF2＝，

3＋233－23

m2m2

kMF1·kMF2＝＝－.

39－12∵点(3，m)在双曲线上，∴9－m2＝6，m2＝3，故kMF1·kMF2＝－1，∴MF1⊥MF2， ∴MF1·MF2＝0.

方法二 ∵MF1＝(－3－23，－m)，MF2＝(23－3，－m)， ∴MF1·MF2＝(3＋23)×(3－23)＋m2＝－3＋m2.

∵M点在双曲线上，∴9－m2＝6，即m2－3＝0，∴MF1·MF2＝0. (3)解 △F1MF2的底|F1F2|＝43，由(2)知m＝±3.

∴△F1MF2的高h＝|m|＝3，∴S△F1MF2＝×43×3＝6.

2B组

1．A 2.D 3.B 4.ab 5.315 6.

7．解 (1)由题意知a＝23，一条渐近线为y＝x，即bx－ay＝0，∴a

(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x0，y0)，则x1＋x2＝tx0，y1＋y2＝ty0，

将直线方程代入双曲线方程得x2－163x＋84＝0，则 x1＋x2＝163，y1＋y2＝12，

8．解 (1)设双曲线C2的方程为2－2＝1，则a2＝4－1＝3，c2＝4，由a2＋b2＝c2，得b2＝1，

故C2的方程为－y2＝1.

x22

(2)将y＝kx＋2代入－y＝1，得(1－3k2)x2－62kx－9＝0.

x0＝43， ∴∴t＝4，点D的坐标为(43，3)．

y0＝3，



由直线l与双曲线C交于不同的两点，得Δ＝(－62k)＋36(1－3k)

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，xx＝. 1222

1－3k1－3k

3k2＋7

∴x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(k＋1)x1x2＋2k(x1＋x2)＋2＝2.

3k－1

3k＋7－3k＋9→→又∵OA·OB>2，得x1x2＋y1y2>2，∴>2，即>0，

基础自测 1．(4,42)或(4，－42) 2.4 3．y2＝4x 4.B 5.C 题型分类·深度剖析

例1 解 (1)抛物线y2＝2px (p>0)的准线为x＝－，于是4＋＝5，∴p＝2.

∴抛物线的标准方程为y2＝4x.

(2)由(1)得点A的坐标是(4,4)，由题意得B(0,4)，M(0,2)，∵F(1,0)，∴kFA＝.∵MN⊥FA，

343

∴kMN＝－. 则FA所在直线的方程为y＝(x－1)．MN所在直线的方程为y－2＝－x.

变式训练1 解设直线OA的方程为y＝kx，k≠0，则直线OB的方程为y＝－x，

2，∴A点坐标为，B点坐标为(2pk，－2pk)，由|OA|＝1，|OB|＝8， kkk2＋1

②÷①解方程组得k6＝64，即k2＝4.则p2＝22＝. k(k＋1)52545

又p>0，则p＝，故所求抛物线方程为y2＝x.

55例2 解将x=3代入抛物线方程y2=2x，得y=±󰀀.

∵󰀀>2，∴A在抛物线内部，如图．

设抛物线上点P到准线l：x=-󰀀的距离为d，由定义知|PA|+|PF|=|PA|+d，当PA⊥l时，

|PA|+d最小，最小值为󰀀，即|PA|+|PF|的最小值为󰀀，

此时P点纵坐标为2，代入y2＝2x，得x＝2，∴点P的坐标为(2,2)．

17

，0，又点A，4在抛物线的外侧，抛物线的准线方程为变式训练2 C [设抛物线y2＝2x的焦点为F，则F22

119x＝－，则|PM|＝d－，又|PA|＋d＝|PA|＋|PF|≥|AF|＝5，∴|PA|＋|PM|≥.]

222

例3 (1)解由已知得2p＝8，∴＝2. ∴抛物线的焦点坐标为F(2,0)，准线方程为x＝－2.

(2)证明设A(xA，yA)，B(xB，yB)，直线AB的斜率为k＝tan α，则直线方程为y＝k(x－2)．

24(k＋2)22222

将此式代入y＝8x，得kx－4(k＋2)x＋4k＝0，故xA＋xB＝. k2xA＋xB2(k2＋2)4

设直线m与AB的交点为E(xE，yE)，则xE＝＝， yE＝k(xE－2)＝， 22kk故直线m的方程为

2k2＋4412k2＋4

y－＝－x－2.令y＝0，得点P的横坐标为xP＝2＋4， kkkk

4(k2＋1)444·2sin2α故|FP|＝xP－2＝＝2.∴|FP|－|FP|cos 2α＝2(1－cos 2α)＝＝8.

k2sinαsinαsin2α∴|FP|－|FP|cos 2α为定值．

p5p

变式训练3 解 (1)直线AB的方程是y＝22(x－)，与y2＝2px联立，从而有4x2－5px＋p2＝0，∴x1＋x2＝. 24

由抛物线定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝9，∴p＝4，从而抛物线方程是y2＝8x. (2)由p＝4知4x2－5px＋p2＝0可化为x2－5x＋4＝0，

从而x1＝1，x2＝4，y1＝－22，y2＝42，从而A(1，－22)，B(4,42)．设OC＝(x3，y3)＝(1，－22)＋λ(4,42)＝(4λ＋1，42λ－22)，又y23＝8x3， ∴[22(2λ－1)]2＝8(4λ＋1)，即(2λ－1)2＝4λ＋1，解得λ＝0或λ＝2.

→

159

课时规范训练 A组

1．D 2.C 3.B 4.B 5．y2＝16x或x2＝－8y 6.5 7.x2＝12y 8．解 (1)设P(x，y)，E(－1，yE)，F(－1，yF)．

∵AE·AF＝(－2，yE)·(－2，yF)＝yE·yF＋4＝0，∴yE·yF＝－4，

→→→

①

又EP＝(x＋1，y－yE)，FO＝(1，－yF)，且EP∥OA，FO∥OP，

∴y－yE＝0且x(－yF)－y＝0，∴yE＝y，yF＝－，代入①得y2＝4x(x≠0)，

x∴动点P的轨迹C的方程为y2＝4x(x≠0)．

(2)设l：y－2＝kx(易知k存在)，联立y2＝4x消去x，得ky2－4y＋8＝0，

令M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1·y2＝，

y21·y22y21＋y22→→AM·AN＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝－＋1＋y1y2

(y＋y)12yy312122－＝＋yy＋1＝＋1<0，∴－12442k

7．(1)解设M(m，m2)，N(n，n2)，则依题意知，切线l1，l2的方程分别为y＝2mx－m2，y＝2nx－n2，则A2，0，

y＝2mx－m2，nB2，0，设P(x，y)，由y＝2nx－n2，

∵|AB|＝1，∴|n－m|＝2，即(m＋n)2－4mn＝4，将①代入上式得：y＝x2－1， ∴点P的轨迹方程为y＝x2－1.

y＝kx＋b

(2)证明设直线MN的方程为y＝kx＋b (b>0)．联立方程，

y＝x

消去y得x2－kx－b＝0，∴m＋n＝k，mn＝－b， ②

1＋k2|m－n|，∴S△MNP＝d·|MN|＝k－mn＋b·|m－n|＝·(m－n)2·|m－n|＝2. 2224

即△MNP的面积为定值2. 8．解 (1)设B(0，b)，C(c,0)，P(x，y)；

160

则AB＝(－8，b)，BP＝(x，y－b)，BC＝(c，－b)，CP＝(x－c，y)． ∴AB·BP＝－8x＋b(y－b)＝0.

(2)当直线l的斜率不存在时，x＝8与抛物线没有交点，不合题意．当直线l的斜率存在时，设直线l的斜率为k，

则l：y＝k(x－8)．设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则QM＝(x1＋1，y1)，QN＝(x2＋1，y2)，由QM·QN＝97，得(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝97.即x1x2＋x1＋x2＋1＋k2(x1－8)(x2－8)＝97， ∴(1＋k2)x1x2＋(1－8k2)(x1＋x2)＋1＋64k2＝97.

②

16k－422222

将y＝k(x－8)代入y＝－4x，得kx＋(4－16k)x＋64k＝0. ∴x1＋x2＝，x1x2＝64.

k2216k－422

代入②式得：64(1＋k)＋(1－8k)＋1＋64k2＝97. 2k

111

整理得k2＝，∴k＝±. ∴l的方程为y＝±(x－8)，即x－2y－8＝0或x＋2y－8＝0.

422

→→

专题五直线与圆锥曲线

要点梳理 1．(2)②> ＝ < 2．(1)1＋k2|x1－x2| 题型分类·深度剖析 x2y2

【例1】 (1)＋＝1

x20y20

(2)证明当y0＝0时，由＋＝1，可得x0＝±2.

①当x0＝2，y0＝0时，直线l的方程为x＝2，此时直线l与曲线C有且只有一个交点(2,0)． ②当x0＝－2，y0＝0时，直线l的方程为x＝－2，此时直线l与曲线C有且只有一个交点(－2,0)． 12－3xx

y＝，12－3xx4y

当y≠0时，直线l的方程为y＝，联立方程组，得4yxy

4＋3＝1.

11＋2|y1－y2| k

消去y，得(4y20＋3x20)x2－24x0x＋48－16y20＝0.(*)

x20y20

由点P(x0，y0)为曲线C上一点，得＋＝1.于是方程(*)可化简为x2－2x0x＋x20＝0，解得x＝x0，把x＝

4312－3x0x

x0代入方程y＝，可得y＝y0.故直线l与曲线C有且只有一个交点P(x0，y0)．

4y0综上，直线l与曲线C有且只有一个交点，且交点为P(x0，y0)．变式训练1 (1)－∞，－

22∪，＋∞ 22



161

(2)解设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则OP＋OQ＝(x1＋x2，y1＋y2)

－42k2

由方程①得，x1＋x2＝－，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋22＝＋22. 22

1＋2k1＋2k

42k

→→

→→→∵(OP＋OQ)⊥AB，∴(x1＋x2)·(－解得：k＝－

2)＋y1＋y2＝0，即：－·(－2)－＋22＝0.

1＋2k21＋2k2

42k

42k2

21→→→，由(1)知k2>，与此相矛盾，∴不存在常数k使OP＋OQ与AB垂直．

【例2】 (1)x2＝6y (2)四边形ACBD面积的最小值是72 y22

变式训练2 (1)＋x＝1 (2)±2

(3)解 ①当直线AB的斜率不存在时，即x1＝x2，y1＝－y2，

y21y21

由m·n＝0，得x21－＝0，即y21＝4x21，又A(x1，y1)在椭圆上，∴x21＋＝1，

∴|x1|＝，|y1|＝2，∴S△AOB＝|x1|·|y1－y2|＝|x1|·|y1|＝1，∴△AOB的面积为定值．

22②当直线AB的斜率存在时：设直线AB的方程为y＝kx＋b，

y＝kx＋b－2kbb2－4222

由y2，得(k＋4)x＋2kbx＋b－4＝0，则x1＋x2＝2，x1x2＝2，

2k＋4k＋44＋x＝1

(kx1＋b)(kx2＋b)y1y2由x1x2＋＝0，得x1x2＋＝0，

441|b|1

整理得：2b－k＝4，∴S△AOB＝·|AB|＝|b|

【例3】解假设在x轴上存在点M(m,0)，使MA·MB为常数．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

①当直线AB与x轴不垂直时，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)，将y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，

消去y整理，得(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.

Δ＝36k4－4(3k2＋1)(3k2－5)>0，

∴MA·MB＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1) ＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2. (6m－1)k－5→→整理，得MA·MB＝＋m2＝

74→→→→注意到MA·MB是与k无关的常数，从而有6m＋14＝0，m＝－，此时MA·MB＝. 39

②当直线AB与x轴垂直时，此时点A，B的坐标分别为A－1，、B－1，－，

3374→→当m＝－时，亦有MA·MB＝.

7→→－，0，使MA·综上，在x轴上存在定点MMB为常数． 3

x2y2

变式训练3 (1)＋＝1

y＝kx＋m，

(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x2y2，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0.

Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，

①

3(m2－4k2)

又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝kx1x2＋mk(x1＋x2)＋m＝.

3＋4k2

∵椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2⊥BA2，∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0， 3(m2－4k2)4(m2－3)16mk

∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，∴＋＋＋4＝0，

3＋4k23＋4k23＋4k2

∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－，

7由①，得3＋4k2－m2>0，

当m1＝－2k时，l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．

222k

x－，直线过定点，0，当m2＝－时，l的方程为y＝k777

2

∴直线l过定点，定点坐标为7，0

119

x＋2＋(y±2)2＝ (2)点G横坐标的取值范围为－，0 【例4】 (1)224x2y283

变式训练4 (1)＋＝1 (2) (3)(5，6)

325课时规范训练 A组

1．D 2.D 3.C 4． 5.2 6.m≥1且m≠5 7．(1)－22＋2

x22

8．解 (1)依题意可设椭圆方程为2＋y＝1，则右焦点F(a2－1，0)，

＝3，解得a＝3.故所求椭圆的方程为＋y＝1.

y＝kx＋m，

(2)设P为弦MN的中点，由x2，得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，

＋y2＝13∵直线与椭圆相交，∴Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)>0 ⇒m2<3k2＋1. ① xM＋xNyP＋1m＋3k2＋13mkm

∴xP＝＝－2，从而yP＝kxP＋m＝2，∴kAP＝＝－，

2xP3mk3k＋13k＋1又∵|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，

m＋3k2＋11

则－＝－，即2m＝3k2＋1. ②

3mkk2m－11

把②代入①得m<2m，解得00，解得m>. 32

7．解 (1)由已知得c＝22，＝. 解得a＝23，又b2＝a2－c2＝4.

a32

xy2

∴椭圆G的方程为＋＝1.

1241．C 2.A 3.C 4.10 5.

y＝x＋m

(2)设直线l的方程为y＝x＋m. 由x2y2，

12＋4＝1

得4x2＋6mx＋3m2－12＝0. ① 设A、B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2) (x1则x0＝＝－，y0＝x0＋m＝；∵AB是等腰△PAB的底边，∴PE⊥AB.

244

m2－

∴PE的斜率k＝＝－1. 解得m＝2.此时方程①为4x2＋12x＝0.

3m－3＋

4解得x1＝－3，x2＝0.∴y1＝－1，y2＝2.

|－3－2＋2|32

∴|AB|＝32.此时，点P(－3,2)到直线AB：x－y＋2＝0的距离d＝＝，

∴△PAB的面积S＝|AB|·d＝.

§10.1 随机抽样

要点梳理

1．(1)逐个不放回地相等 (2)抽签法随机数法

2．(1)编号 (2)分段间隔k 分段 (3)简单随机抽样 (4)(l＋k) (l＋2k)

164

3．(1)互不交叉一定的比例 (2)差异明显的几个部分基础自测

1．8、6 2.16 3．简单随机抽样 4.A 5.A 题型分类·深度剖析例1 解抽签法：

第一步：将60名志愿者编号，编号为1,2,3，…，60；

第二步：将60个号码分别写在60张外形完全相同的纸条上，并揉成团，制成号签；第三步：将60个号签放入一个不透明的盒子里，充分搅匀；第四步：从盒子中逐个抽取10个号签，并记录上面的编号；第五步：所得号码对应的志愿者，就是志愿小组的成员．随机数表法：

第一步：将60名志愿者编号，编号为01,02,03，…，60；

第二步：在随机数表中任选一数作为开始，按任意方向读数，比如第8行第29列的数7开始，向右读；第三步：从数7开始，向右读，每次取两位，凡不在01～60中的数，或已读过的数，都跳过去不作记录，依次可得到12,58,07,44,39,52,38,33,21,34；

第四步：找出以上号码对应的志愿者，就是志愿小组的成员．

变式训练1 解方法一 (抽签法)：把每瓶矿泉水都编上号码001,002,003，…，112，并制作112个号签，把112

个形状、大小相同的号签放在同一个箱子里，进行均匀搅拌，抽签时，每次从中抽出1个号签，连续抽取10次，就得到一个容量为10的样本．

方法二 (随机数表法)：第一步，将原来的编号调整为001,002,003，…，112.

第二步，在随机数表中任选一数作为开始，任选一方向作为读数方向．比如：选第9行第7列的数3，向右读．

第三步，从选定的数3开始向右读，每次读取三位，凡不在001～112中的数跳过去不读，前面已经读过的也跳过去不读，依次可得到074,100,094,052,080,003,105,107,083,092.

第四步，对应原来编号74,100,94,52,80,3,105,107,83,92的瓶装矿泉水便是要抽取的对象．例2 解 (1)将每个人编一个号由0001至1003；

(2)利用简单随机抽样法找到3个号将这3名工人剔除；

(3)将剩余的1 000名工人重新编号0001至1000；

1 000

(4)分段，取间隔k＝＝100，将总体平均分为10段，每段含100名工人；

10(5)从第一段即为0001号到0100号中随机抽取一个号l； (6)按编号将l,100＋l,200＋l，…，900＋l共10个号选出，这10个号所对应的工人组成样本．

变式训练2 解 (1)当x＝24时，按规则可知所抽取的样本的10个号码依次为：

24,157,290,323,456,589,622,755,888,921.

(2)当k＝0,1,2，…，9时，33k的值依次为0,33,66,99,132,165,198,231,264,297；又抽取样本的10个号码中有一个的后两位数是87，从而x可以为87,54,21,88,55,22,89,56,23,90，∴x的取值范围是{21,22,23,54,55,56,87,88,89,90}．

165

x·40%＋3xb

例3 解 (1)设登山组人数为x，游泳组中青年人、中年人、老年人各占比例分别为a、b、c，则有＝

x·10%＋3xc

47.5%，＝10%，解得b＝50%，c＝10%，则a＝40%，

4x即游泳组中，青年人、中年人、老年人各占比例分别为40%、50%、10%.

(2)游泳组中，抽取的青年人数为200××40%＝60(人)；

抽取的中年人数为200××50%＝75(人)；

抽取的老年人数为200××10%＝15(人)．

4变式训练3 二 80、60、50 课时规范训练 A组

1．B 2．B 3．C 4．D 5．2 6．63 7．分层抽样、简单随机抽样

8．解设该单位职工中老年人的人数为x，则中年人的人数为x＋50，青年人的人数为2(x＋50)．

∴x＋x＋50＋2(x＋50)＝550，∴x＝100，x＋50＝150,2(x＋50)＝300.

221

∴该单位有青年人300人、中年人150人、老年人100人．由题意知抽样比例为＝，

55025∴青年人、中年人、老年人应分别抽取12人、6人、4人．

B组

1. C 2．B 3．A 4．B 5．182 6．37 20 7．76 8．解用分层抽样方法抽取．具体实施抽取如下：

107020

(1)∵20∶100＝1∶5，∴＝2，＝14，＝4，

555

∴从副处级以上干部中抽取2人，从一般干部中抽取14人，从工人中抽取4人．

(2)因副处级以上干部与工人的人数较少，他们分别按1～10编号与1～20编号，然后采用抽签法分别抽取2人和4人；对一般干部70人采用00,01,02，…，69编号，然后用随机数表法抽取14人． (3)将2人，4人，14人的编号汇合在一起就取得了容量为20的样本．

§10.2 用样本估计总体要点梳理

1．(1)样本的频率分布估计总体的分布样本的数字特征估计总体的数字特征 (2)

频率

各小长方形的面积 1 组距

(3)样本容量组数总体密度曲线总体在各个范围内取值的百分比 (4)保留所有信息可以随时记录记录表示

2．(1)最多最中间 (x1＋x2＋…＋xn) 相等 (2)样本容量平均数标准差平方样本容量接近总体容量

＝50，落在区间165.5～169.5内数据频数m＝50－(8＋6＋14＋10＋8)＝4，频率为0.16

n＝0.08，总频率N＝1.00. (2)频率分布直方图如下图：

(3)该所学校高一女生身高在149.5～165.5 cm之间的比例为0.12＋0.28＋0.20＋0.16＝0.76，则该校高一女生在此范围内的人数为450×0.76＝342(人)．

变式训练1 解 (1)由于各组的组距相等，∴各组的频率与各小长方形的高成正比且各组频率的和等于1，那么

1364262

各组的频率分别为，，，，.设该样本容量为n，则＝，∴样本容量为n＝48.

1616161616n16

(2)由以上得频率分布表如下：

成绩 [50.5,60.5) [60.5,70.5) [70.5,80.5) [80.5,90.5) [90.5,100.5) 合计频数 3 9 18 12 6 48 频率 1 163 166 164 162 161 3

(3)成绩落在[70.5,80.5)之间的人数最多，该组的频数和频率分别是18和. 8

1－×100%＝93.75%. (4)不低于60分的学生占总人数的百分比约为16例2 解 (1)两学生成绩的茎叶图如图所示．

(2)将甲、乙两学生的成绩从小到大排列为：

甲：512 522 528 534 536 538 541 549 554 556 乙：515 521 527 531 532 536 543 548 558 559 536＋538

从以上排列可知甲学生成绩的中位数为＝537，

167

532＋536

乙学生成绩的中位数为＝534.

12＋22＋28＋34＋36＋38＋41＋49＋54＋56

甲学生成绩的平均数为500＋＝537，

1015＋21＋27＋31＋32＋36＋43＋48＋58＋59

乙学生成绩的平均数为500＋＝537.

10变式训练2 解 (1)如下图

(2)由于每个品种的数据都只有25个，样本不大，画茎叶图很方便；此时茎叶图不仅清晰明了地展示了数据的分布情况，便于比较，没有任何信息损失，而且还可以随时记录新的数据．

(3)通过观察茎叶图可以看出：①品种A的亩产平均数(或均值)比品种B高；②品种A的亩产标准差(或方差)比品种B大，故品种A的亩产稳定性较差．

例3 解 (1)由图象可得甲、乙两人五次测试的成绩分别为

甲：10分，13分，12分，14分，16分；乙：13分，14分，12分，12分，14分． x

s2甲＝[(10－13)＋(13－13)＋(12－13)＋(14－13)＋(16－13)]＝4， 5

122222

s2乙＝[(13－13)＋(14－13)＋(12－13)＋(12－13)＋(14－13)]＝0.8. 5

2(2)由s2甲>s乙可知乙的成绩较稳定．

从折线图看，甲的成绩基本呈上升状态，而乙的成绩上下波动，可知甲的成绩在不断提高，而乙的成绩则无明显提高．变式训练3 解 (1)x

乙＝

甲＝

(8＋6＋7＋8＋6＋5＋9＋10＋4＋7)＝7(环)， 10

(6＋7＋7＋8＋6＋7＋8＋7＋9＋5)＝7(环)． 10

(2)由方差公式s2＝[(x1－x)2＋(x2－x)2＋…＋(xn－x)2]可求得s2甲＝3.0(环2)，s2乙＝1.2(环2)．

n(3)由x

甲＝

x乙，说明甲、乙两战士的平均水平相当；

又∵s2甲>s2乙，说明甲战士射击情况波动大，因此乙战士比甲战士射击情况稳定．课时规范训练 A组

1．D 2.D 3.A 3 5.160 6．300

7．解 (1)月收入在[3 000,3 500)的频率为0．000 3×(3 500－3 000)＝0.15.

(2)∵0.000 2×(1 500－1 000)＝0.1，0．000 4×(2 000－1 500)＝0.2， 0．000 5×(2 500－2 000)＝0.25，0．1＋0.2＋0.25＝0.55>0.5，

168

0.5－(0.1＋0.2)

∴样本数据的中位数为：2 000＋＝2 000＋400＝2 400(元)．

0.000 5

(3)居民月收入在[2 500,3 000)的频数为0.25×10 000＝2 500(人)，再从10 000人中用分层抽样方法抽出100人，

2 500则月收入在[2 500,3 000)的这段应抽取100×＝25(人)．

10 000

B组

1.A 2．A 3．C 4. 5．4 6．10.5 10.5

57．解 (1)频率分布表

分组 [0,0.5) [0.5,1) [1,1.5) [1.5,2) [2,2.5) [2.5,3) [3,3.5) [3.5,4) [4,4.5) 合计 (2)频率分布直方图如图：

频数 4 8 15 22 25 14 6 4 2 100 频率 0.04 0.08 0.15 0.22 0.25 0.14 0.06 0.04 0.02 1

众数：2.25，中位数：2.02，平均数：2.02.

(3)人均月用水量在3t以上的居民所占的比例为6%＋4%＋2%＝12%，即大约是12% 的居民月用水量在3t以上，88%的居民月用水量在3t以下，因此政府的解释是正确的．

§10.3 变量间的相关关系

要点梳理

1．(1)左下角右上角 (2)左上角右下角 (3)一条直线附近

∑ (xi－x)(yi－y)∑xiyi－nx y^

i＝1

2．(1)距离的平方和最小 (2) y－b x nn222

∑ (xi－x)∑xi－nx＝＝

i＝1

169

基础自测 1．143 2.2.6 4.③ 5.A 题型分类·深度剖析

例1 解 (1)散点图如图所示

(2)由散点图知，各组数据对应点大致都在一条直线附近，∴施化肥量x与产量y具有线性相关关系．变式训练1 解以x轴表示身高，y轴表示体重，可得到相应的散点图如图所示：

由散点图可知，两者之间具有相关关系，且为正相关．

例2 解 (1)由题意知，年收入x为解释变量，年饮食支出y为预报变量，作散点图如图所示．

从图中可以看出，样本点呈条状分布，年收入和年饮食支出具有线性相关关系，因此可以用线性回归方程刻画它们之间的关系．

(2)∵x＝6，y

10^

＝1.83，∑xi＝406，∑xiyi＝117.7，∴b

a ＝y－b x＝1.83－0.172×6＝0.798.

从而得到线性回归方程为y ＝0.172x＋0.798.

变式训练2 y＝－3.2x＋40

例3 解 (1)根据表中所列数据可得散点图如图所示：

(2)计算得：x＝

25250

＝5，y＝＝50，∑x2i＝145，∑xiyi＝1 380. 55i＝1i＝1

＝＝6.5，a ＝y－b x＝50－6.5×5＝17.5， 2

145－5×5

因此，所求线性回归方程是y ＝6.5x＋17.5.

(3)由上面求得的线性回归方程可知，当宣传费支出为10万元时，y ＝6.5×10＋17.5＝82.5(万元)，即这种产品的销售额大约为82.5万元．变式训练3 解 (1)散点图如下图：

3＋4＋5＋62.5＋3＋4＋4.5

(2)x＝＝4.5，y＝＝3.5，

22222

∑xy＝3×2.5＋4×3＋5×4＋6×4.5＝66.5，∑x＝3＋4＋5＋6＝86， iii＝＝

∑xiyi－4x·y66.5－4×4.5×3.5^^∴b ＝4＝＝0.7，a ＝y－b x＝3.5－0.7×4.5＝0.35. 286－4×4.522

∑xi－4x＝

i＝1i1

∴所求的线性回归方程为y ＝0.7x＋0.35.

(3)现在生产100吨甲产品用煤y ＝0.7×100＋0.35＝70.35(吨)， ∴90－70.35＝19.65(吨)．∴比技改前大约降低19.65吨标准煤．课时规范训练 A组

1．C 2.A 3.B 4．185.03 5.11 676 6.68

－12－17＋17－8＋8＋12－6－9＋8－4＋4＋1＋6

8．解 (1)x＝100＋＝100；y＝100＋＝100；

9942502

∴s2＝142，∴s2，从而s2数学＝物理＝数学>s物理，∴物理成绩更稳定． 77

(2)由于x与y之间具有线性相关关系，根据回归系数公式得到b

b x＝100－0.5×100＝50，∴线性回归方程为y ＝0.5x＋50.

当y＝115时，x＝130，即该生物理成绩达到115分时，他的数学成绩大约为130分．建议：进一步加强对数学的学习，提高数学成绩的稳定性，将有助于物理成绩的进一步提高．

B组

723

1．A 2.D 3.C 4.46 5.y ＝x＋ 6.185

447．解 (1)n＝6，x＝3.5，y＝71，

∑xi＝79，∑xiyi＝1 481， i＝1i＝16

171

∑xiyi－6x yi＝1＝622∑x－6xii＝1

^^1 481－6×3.5×71

＝≈－1.82，a ＝y－b x＝71＋1.82×3.5＝77.37， 2

79－6×3.5^^

∴线性回归方程为y ＝a ＋b x＝77.37－1.82x.

(2)∵单位成本平均变动b ＝－1.82<0，且产量x的计量单位是千件，∴根据回归系数b的意义有：产量每增加一个单位即1 000件时，单位成本平均减少1.82元．

(3)当产量为6 000件时，即x＝6，代入线性回归方程，得y ＝77.37－1.82×6＝66.45(元) ∴当产量为6 000件时，单位成本大约为66.45元．

8．解由所给数据可求得：

x＝(120＋108＋117＋…＋99＋108)＝107.8，y＝(84＋64＋…＋57＋71)＝68，

1010

102222222222∑x＝120＋108＋…＋99＋108＝116 584，∑y＝84＋64＋…＋57＋71＝47 384， iii＝1i＝110

∑xiyi＝120×84＋108×64＋…＋108×71＝73 796. i＝1

10∑xiyi－10x yi＝1b ＝1022∑x－10xii＝1

a ＝y－b x≈68－1.309 9×107.8≈－73.207，

∴y ＝1.309 9x－73.207. ∴当x＝118时，y ＝1.309 9×118－73.207≈81.361(分)．

(3)②正相关负相关越强几乎不存在线性相关关系 0.75 (4)1－

2．(1)不同类别 (2)频数表 a＋b＋c＋d (3)K2 有关系

(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)基础自测 1．D 2.A 3.C 4.A

题型分类·深度剖析

2＋3＋4＋5＋62.2＋3.8＋5.5＋6.5＋7.0

例1 解 (1)x＝＝4，y＝＝5.

222

(2)∑xy－5x y＝112.3－5×4×5＝12.3，∑x－5x＝90－5×4＝10， iii＝＝

22∑y－5y＝140.8－125＝15.8， i＝5

∵r>0.75，∴认为x与y之间具有线性相关关系，求线性回归方程是有意义的．

172

(3)b

∑xiyi－5x yi＝1＝522∑x－5xii＝1

12.3＝＝1.23，a ＝y－b x＝5－1.23×4＝0.08， 10

∴线性回归方程为y ＝1.23x＋0.08.

(4)当x＝10时，y ＝1.23×10＋0.08＝12.38(万元)，即估计使用年限为10年时，维修费用约为12.38万元．变式训练1 一个地区受9年或更少教育的百分比每增加1%，收入低于官方规定的贫困线的人数占本州人数的百

分比将增加0.8%左右大于0

例2 解根据题目所给的数据作出如下的列联表：

男女总计色盲 38 6 44 不色盲 442 514 956 总计 480 520 1 000 根据列联表作出相应的等高条形图，如图所示．

从等高条形图来看，男性患色盲的频率要高一些，因此直观上可以认为色盲与性别有关．根据列联表中所给的数据可以有

a＝38，b＝442，c＝6，d＝514，a＋b＝480，c＋d＝520，

a＋c＝44，b＋d＝956，n＝1 000，代入公式K2＝，

由于K2＝27.1>10.828，∴我们有99.9%的把握认为性别与患色盲有关．这个结论只对所调查的480名男人和520名女人有效．

变式训练2 解 (1)30位亲属中50岁以上的人多以食蔬菜为主，50岁以下的人多以食肉为主．

(2)如表所示.

50岁以下 50岁以上合计 30×(8－128)2

主食蔬菜 4 16 20 主食肉类 8 2 10 合计 12 18 30 30×120×120

(3)K2＝＝＝10>6.635.

12×18×20×1012×18×20×10∴有99%的把握认为其亲属的饮食习惯与年龄有关．

例3 解 (1)调查的500位老年人中有70位需要志愿者提供帮助，因此该地区老年人中，需要志愿者提供帮

助的老年人的比例的估计值为×100%＝14%.

由于9.967>6.635，∴有99%的把握认为该地区的老年人是否需要帮助与性别有关．

(3)由(2)的结论知，该地区老年人是否需要帮助与性别有关，并且从样本数据能看出该地区男性老年人与女性老年人中需要帮助的比例有明显差异，因此在调查时，先确定该地区老年人中男、女的比例，再把老年人分成男、女两层并采用分层抽样方法，比采用简单随机抽样方法更好．变式训练3 解 (1)列联表补充如下：

男生女生合计 2

喜爱打篮球 20 10 30 不喜爱打篮球 5 15 20 合计 25 25 50 50×(20×15－10×5)2(2)∵K＝≈8.333>7.879，∴有99.5%的把握认为喜爱打篮球与性别有关．

30×20×25×25

(3)从10位女生中选出喜欢打羽毛球、喜欢打乒乓球、喜欢踢足球的各1名，其一切可能的结果组成的基本事件如下：

(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A1，B3，C1)，(A1，B3，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A2，B3，C1)，(A2，B3，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)，(A3，B3，C1)，(A3，B3，C2)，(A4，B1，C1)，(A4，B1，C2)，(A4，B2，C1)，(A4，B2，C2)，(A4，B3，C1)，(A4，B3，C2)，(A5，B1，C1)，(A5，B1，C2)，(A5，B2，C1)，(A5，B2，C2)，(A5，B3，C1)，(A5，B3，C2)，基本事件的总数为30.

用M表示“B1，C1不全被选中”这一事件，则其对立事件M表示“B1，C1全被选中”这一事件，由于M由(A1，B1，C1)，(A2，B1，C1)，(A3，B1，C1)，(A4，B1，C1)，(A5，B1，C1)共5个基本事件组成，∴P(M)51＝＝. 306

由对立事件的概率公式得P(M)＝1－P(M)＝1－＝. 66课时规范训练 A组

1．C 2.A 3.C 4.C 5．①③ 6．5% 7．97.5%

8．解对于上述三种心理障碍分别构造三个随机变量K21，K22，K23.

110×(5×60－25×20)2

由表中数据可得K21＝≈0.863<2.706，

30×80×25×85

110×(10×70－20×10)2110×(15×30－15×50)2

K22＝≈6.366>5.024，K23＝≈1.410<2.706.

30×80×20×9030×80×65×45

∴没有充分的证据显示焦虑与性别有关，有97.5%的把握认为说谎与性别有关，没有充分的证据显示懒惰与性别有关．

B组

1．C 2.D 3．B 4．有关 5．1.78 不能作出这两种手术对病人又发作心脏病的影响有差别的结论 6．①④

174

7．解 (1)随机抽查这个班的一名学生，有50种不同的抽查方法，由于积极参加班级工作的学生有18＋6＝24(人)，

2412

∴有24种不同的抽法，因此由古典概型的计算公式可得抽到积极参加班级工作的学生的概率是P1＝＝，5025

又∵不太主动参加班级工作且学习积极性一般的学生有19人，∴抽到不太主动参加班级工作且学习积极性一

般的学生的概率是P2＝. 50

50×(18×19－6×7)

(2)由K2统计量的计算公式得K2＝≈11.538，

24×26×25×25

由于11.538>10.828，∴有99.9%的把握认为“学生的学习积极性与对待班级工作的态度有关系”．

§11.1 随机事件的概率要点梳理

1．(1)必然事件 (2)不可能事件 (3)必然事件与不可能事件 (4)在条件S下可能发生也可能不发生 (5)确定事件

nA随机事件 2．(1) (2)频率常数常数

n3．包含 B⊇A A＝B 并事件事件A发生事件B发生 4．(1)0≤P(A)≤1 (2)1 (3)0 (4)①P(A)＋P(B) ②1－P(B)

基础自测 1．(1)(2)(3)(4) (5)(6) 2. 3.0 4.A

3题型分类·深度剖析

例1 解 (1)事件M不可能发生，故为不可能事件．

(2)事件A1或A2发生，则事件A必发生，故A1⊆A，A2⊆A，且A＝A1＋A2.又A∩A3为不可能事件，A∪A3为必然事件，故A与A3对立．

变式训练1 解 (1)由于事件C“至多订一种报纸”中有可能“只订甲报纸”，即事件A与事件C有可能同时发生，故A与C不是互斥事件．

(2)事件B“至少订一种报纸”与事件E“一种报纸也不订”是不可能同时发生的，故B与E是互斥事件．由于事件B不发生可导致事件E一定发生，且事件E不发生会导致事件B一定发生，故B与E还是对立事件． (3)事件B“至少订一种报纸”中有这些可能：“只订甲报纸”、“只订乙报纸”、“订甲、乙两种报纸”，事件C“至多订一种报纸”中有这些可能：“什么报纸也不订”、“只订甲报纸”、“只订乙报纸”，由于这两个事件可能同时发生，故B与C不是互斥事件．

(4)由(3)的分析，事件E“一种报纸也不订”只是事件C的一种可能，即事件C与事件E有可能同时发生，故C与E不是互斥事件．

例2 解 (1)击中10环的频率依次为0.8,0.95,0.88,0.93,0.89,0.906.

(2)这位射击运动员射击一次，击中10环的概率约为0.9.

变式训练2 解 (1)表中乒乓球优等品的频率依次是0.900,0.920,0.970,0.940,0.954,0.951.

(2)由(1)知，抽取的球数n不同，计算得到的频率值不同，但随着抽取球数的增多，频率在常数0.950的附近摆动，∴质量检查为优等品的概率约为0.950.

1101501

例3 解 (1)P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝.

(2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖．设“1张奖券中奖”这个事件为M，则M＝A∪B∪C.

1＋10＋5061

∵A、B、C两两互斥，∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝.

1 0001 000

故1张奖券的中奖概率为. 1 000

(3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N，则事件N与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立

11989＋＝事件，∴P(N)＝1－P(A∪B)＝1－1 0001001 000.

989

故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为. 1 000变式训练3 解记事件“射击一次，命中k环”为Ak (k∈N，k≤10)，则事件Ak彼此互斥．

(1)记“射击一次，射中9环或10环”为事件A，那么当A9，A10之一发生时，事件A发生，由互斥事件的加法公式得P(A)＝P(A9)＋P(A10)＝0.28＋0.32＝0.60.

(2)设“射击一次，至少命中8环”的事件为B，那么当A8，A9，A10之一发生时，事件B发生．由互斥事件概率的加法公式得P(B)＝P(A8)＋P(A9)＋P(A10)＝0.18＋0.28＋0.32＝0.78.

(3)由于事件“射击一次，命中不足8环”是事件B：“射击一次，至少命中8环”的对立事件，即B表示事件“射击一次，命中不足8环”．∴P(B)＝1－P(B)＝1－0.78＝0.22. 课时规范训练 A组

3814

1．C 2．D 3.D 4．0.97 0.03 5. 6.

51515

7．解 (1)记：“射中10环”为事件A，记“射中7环”为事件B，由于在一次射击中，A与B不可能同时发生，

故A与B是互斥事件．“射中10环或7环”的事件为A＋B. 故P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝0.21＋0.28＝0.49.

(2)记“不够7环”为事件E，则事件E为“射中7环或8环或9环或10环”，由(1)可知“射中7环”“射中8环”等是彼此互斥事件． ∴P(E)＝0.21＋0.23＋0.25＋0.28＝0.97，从而P(E)＝1－P(E)＝1－0.97＝0.03. ∴不够7环的概率为0.03.

8．解 (1)记“他乘火车去开会”为事件A1，“他乘轮船去开会”为事件A2，“他乘汽车去开会”为事件A3，“他乘飞机去开会”为事件A4，这四个事件不可能同时发生，故它们是彼此互斥的．故P(A1＋A4)＝P(A1)＋P(A4)＝0.3＋0.4＝0.7.

(2)设他不乘轮船去开会的概率为P，则P＝1－P(A2)＝1－0.2＝0.8.

(3)由于0.3＋0.2＝0.5,0.1＋0.4＝0.5，1－(0.3＋0.2)＝0.5,1－(0.1＋0.4)＝0.5，故他有可能乘火车或轮船去开会，也有可能乘汽车或飞机去开会． B组

1＋1＋113132

1．B [P＝＝.] 2．B 3．D 4．0.225 5．15 6. 7. 2795155

8．解分别记得到红球、黑球、黄球、绿球为事件A、B、C、D.由于A、B、C、D为互斥事件，根据已知得到

∴得到黑球、黄球、绿球的概率分别为，，. 463

§11.2 古典概型

要点梳理 1．(1)互斥 (2)基本事件 2．(1)只有有限个 (2)相等

A包含的基本事件的个数1m

3. 4. nn基本事件的总数112

基础自测 1. 2. 3. 4.A 5.C

10125题型分类·深度剖析

例1 解 (1)这个试验的基本事件为：

(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)， (2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)， (3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)， (4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．

(2)事件“出现点数之和大于3”包含以下13个基本事件： (1,3)，(1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)， (3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．

(3)事件“出现点数相等”包含以下4个基本事件：(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)．变式训练1 解 (1)将灯泡中2只正品记为a1，a2,1只次品记为b1，

则第一次取1只，第二次取1只，基本事件总数为9个，

a1a1b1a2 a2a1b1a2 b1a1b1a2

①连续2次取出的都是正品所包含的基本事件为(a1，a1)(a1，a2)(a2，a1)(a2，a2)共4个基本事件；

②两次取出的一个为正品，一个为次品所包含的基本事件为(a1，b1)(a2，b1)(b1，a1)(b1，a2)共4个基本事件． (2)“从中一次任取2只”得到的基本事件总数是3，即a1a2，a1b1，a2b1，“2只都是正品”的基本事件数是

1，∴其概率为P＝. 3例2 解 (1)从8人中选出日语、俄语和韩语志愿者各1名，其一切可能的结果组成的基本事件集合Ω＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A1，B3，C1)，(A1，B3，C2)，(A2，B1，C1)，(A2，B1，C2)，(A2，B2，C1)，(A2，B2，C2)，(A2，B3，C1)，(A2，B3，C2)，(A3，B1，C1)，(A3，B1，C2)，(A3，B2，C1)，(A3，B2，C2)，(A3，B3，C1)，(A3，B3，C2)}由18个基本事件组成．由于每一个基本事件被抽取的机会均等，因此这些基本事件的发生是等可能的．

用M表示“A1恰被选中”这一事件，则M＝{(A1，B1，C1)，(A1，B1，C2)，(A1，B2，C1)，(A1，B2，C2)，(A1，B3，C1)，(A1，B3，C2)}，

177

事件M由6个基本事件组成，因而P(M)＝＝.

183

(2)用N表示“B1和C1不全被选中”这一事件，由于N＝{(A1，B1，C1)，(A2，B1，C1)，(A3，B1，C1)}，事

3115

件N由3个基本事件组成，∴P(N)＝＝，由对立事件的概率公式得P(N)＝1－P(N)＝1－＝.

18666变式训练2 解 (1)甲校两男教师分别用A、B表示，女教师用C表示；乙校男教师用D表示，两女教师分别用

E、F表示．

从甲校和乙校报名的教师中各任选1名的所有可能的结果为：

(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，共9种．

从中选出的2名教师性别相同的结果为：(A，D)，(B，D)，(C，E)，(C，F)，共4种．∴选出的2名教师性

别相同的概率为.

9(2)从甲校和乙校报名的教师中任选2名的所有可能的结果为：

(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15种．

从中选出的2名教师来自同一学校的结果为：(A，B)，(A，C)，(B，C)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共6种．

∴选出的2名教师来自同一学校的概率为＝.

155例3 解 (1)由频率分布表得a＋0.2＋0.45＋b＋c＝1，即a＋b＋c＝0.35.

∵抽取的20件日用品中，等级系数为4的恰有3件，∴b＝＝0.15.

等级系数为5的恰有2件，∴c＝＝0.1.

从而a＝0.35－b－c＝0.1，∴a＝0.1，b＝0.15，c＝0.1.

(2)从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取两件，所有可能的结果为：{x1，x2}，{x1，x3}，{x1，y1}，{x1，y2}，{x2，x3}，{x2，y1}，{x2，y2}，{x3，y1}，{x3，y2}，{y1，y2}．

设事件A表示“从日用品x1，x2，x3，y1，y2中任取两件，其等级系数相等”，则A包含的基本事件为{x1，x2}，{x1，x3}，{x2，x3}，{y1，y2}，共4个．

又基本事件的总数为10，故所求的概率P(A)＝＝0.4.

变式训练3 解 (1)样本中男生人数为40，由分层抽样比例为10%估计全校男生人数为400.

(2)由统计图知，样本中身高在170～185 cm之间的学生有14＋13＋4＋3＋1＝35(人)，样本容量为70，∴样

本中学生身高在170～185 cm之间的频率f＝＝0.5.故由f估计该校学生身高在170～185 cm之间的概率p

70＝0.5.

(3)样本中身高在180～185 cm之间的男生有4人，设其编号为①②③④，样本中身高在185～190 cm之间的男生有2人，设其编号为⑤⑥. 从上述6人中任选2人的树状图为：

178

故从样本中身高在180～190 cm之间的男生中任选2人的所有可能结果数为15，至少有1人身高在185～190 cm之间的可能结果数为9，因此，所求概率p2=课时规范训练 A组

1311．D 2.C 3.D 4. 5. 6. 346

7．解 (1)一共有8种不同的结果，列举如下：(红、红、红)、(红、红、黑)、(红、黑、红)、(红、黑、黑)、(黑、

红、红)、(黑、红、黑)、(黑、黑、红)、(黑、黑、黑)．

(2)记“3次摸球所得总分为5”为事件A，事件A包含的基本事件为：(红、红、黑)、(红、黑、红)、(黑、

红、红)，即事件A包含的基本事件数为3，由(1)可知，基本事件总数为8，∴事件A的概率为P(A)＝.

8．解将一颗骰子先后抛掷2次，此问题中含有36个等可能基本事件．

(1)记“两数之和为5”为事件A，则事件A中含有4个基本事件：(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，∴P(A)＝＝

1. 9

答两数之和为5的概率为. 9(2)记“两数中至少有一个奇数”为事件B，则事件B与“两数均为偶数”为对立事件，两数均为偶数包含9个基本条件：(2,2)，(2,4)，(2,6)，(4,2)，(4,4)，(4,6)，(6,2)，(6,4)，(6,6)．

∴P(B)＝1－＝.

364

答两数中至少有一个奇数的概率为. 4

(3)基本事件总数为36，点(x，y)在圆x2＋y2＝15的内部记为事件C，则C包含8个．基本事件：(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,1)，(3,2)，

∴P(C)＝＝.

369

答点(x，y)在圆x2＋y2＝15内部的概率为.

7．解 (1)取后不放回，所有可能结果组成的基本事件为：(a1，a2)，(a1，b1)，(a2，a1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，

a2)，取出的两件中，恰有一件次品的事件包括：(a1，b1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)，∴P(A)＝＝. 63

(2)每次取后放回，所有可能结果为：(a1，a2)，(a1，b1)，(a2，a1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)，(a1，a1)，(a2，a2)，(b1，b1)，两件中恰好只有一件是次品的事件B包括：(a1，b1)，(a2，b1)，(b1，a1)，(b1，a2)，∴

4P(B)＝.

98．解 (1)将2名男同学和4名女同学分别编号为1,2,3,4,5,6(其中1,2是男同学，3,4,5,6是女同学)，该学院6名

同学中有4名当选的情况有(1,2,3,4)，(1,2,3,5)，(1,2,3,6)，(1,2,4,5)，(1,2,4,6)，(1,2,5,6)，(1,3,4,5)，(1,3,4,6)，(1,3,5,6)，(1,4,5,6)，(2,3,4,5)，(2,3,4,6)，(2,3,5,6)，(2,4,5,6)，(3,4,5,6)，共15种，当选的4名同学中恰有1名男同学的情况有(1,3,4,5)，(1,3,4,6)，(1,3,5,6)，(1,4,5,6)，(2,3,4,5)，(2,3,4,6)，(2,3,5,6)，(2,4,5,6)，共8种，

93=. 155179

故当选的4名同学中恰有1名男同学的概率为P(A)＝

8. 15

(2)当选的4名同学中至少有3名女同学包括3名女同学当选(恰有1名男同学当选),4名女同学当选这两种情

况，而4名女同学当选的情况只有(3,4,5,6)，则其概率为P(B)＝，又当选的4名同学中恰有1名男同学的

概率为P(A)＝，

813

故当选的4名同学中至少有3名女同学的概率为P＝＋＝.

试验的全部结果所构成的区域长度(面积或体积)

812

基础自测 1. 2. 3. 4．C 5．D

333题型分类·深度剖析

例1 解记“剪得两段都不小于3米”为事件A，从木棍的两端各度量出3米，这样中间就有10－3－3＝10－3－34

4(米)．在中间的4米长的木棍处剪都能满足条件，∴P(A)＝＝＝0.4.

1010

变式训练1

例2 解由题意，求输出的数对(x，y)的概率，即求x2＋y2≤所表示的平面区域与不等式组

－1≤x＋y≤1所表示的平面区域面积的比． －1≤x－y≤1

变式训练2 解设事件A为“方程x2+2ax+b2=0有实根”．

当a≥0，b≥0时，方程x2+2ax+b2=0有实根的充要条件为a≥b.

试验的全部结果所构成的区域为{(a，b)|0≤a≤3,0≤b≤2}，构成事件A的区域为{(a，b)|0≤a≤3,0≤b≤2，a

13×2－×22

≥b}，∴所求的概率为P(A)＝＝.

33×2例3 解 ∵在∠DAB内任作射线AP，则等可能基本事件为“∠DAB内作射线AP”，∴它的所有等可能事件所

在的区域D是∠DAB，当射线AP与线段BC有公共点时，射线AP落在∠CAB内，区域d为∠CAB，∴射线

∠CAB30°1

AP与线段BC有公共点的概率为＝＝. ∠DAB90°3变式训练3 解 ∵∠B＝60°，∠C＝45°，∴∠BAC＝75°，

在Rt△ADB中，AD＝3，∠B＝60°，∴BD＝＝1，∠BAD＝30°.

tan 60°

记事件N为“在∠BAC内作射线AM交BC于点M，使BM<1”，则可得∠BAM<∠BAD时事件N发生．由

1．B 2.C 3.D 4.D 5. 6. 7．(1)5 (2)

4568．解 (1)以0、2、4为横、纵坐标的点P共有(0,0)、

(0,2)、(0,4)、(2,0)、(2,2)、(2,4)、(4,0)、(4,2)、 (4,4)共9个，而这些点中，落在区域C内的点有： (0,0)、(0,2)、(2,0)、(2,2)共4个， ∴所求概率为P=

4. 942

(2)∵区域M的面积为4，而区域C的面积为10π，∴所求概率为P＝＝. 10π5πB组

173

1．D 2．D 3．C 4. 5. 6．1－

4827．解 (1)抽取的全部结果的基本事件有：

(－2，－2)，(－2,3)，(－1，－2)，(－1,3)，(1，－2)，(1,3)，(2，－2)，(2,3)，(3，－2)，(3,3)，共10个基本事件，设使函数为增函数的事件为A，则A包含的基本事件有：(1，－2)，(1,3)，(2，－2)，(2,3)，(3，

－2)，(3,3)，共6个基本事件，∴，P(A)＝＝. 105(2) m、n满足条件 m＋n－1≤0

－1≤m≤1－1≤n≤1

的区域如图所示．

要使函数的图象过第一、二、三象限，则m>0，n>0，故使函数图象过第一、二、三象限的(m，n)的区域

121

为第一象限的阴影部分，∴所求事件的概率为P＝＝. 7728．解 (1)若分成的三条线段的长度均为正整数，则三条线段的长度所有可能情况是1,1,4；1,2,3；2,2,2，共

3种情况，其中只有三条线段长为2,2,2时，能构成三角形，故构成三角形的概率为P＝.

3(2)设其中两条线段长度分别为x、y，则第三条线段长度为6－x－y，故全部试验结果所构成的区域为

00<6－x－y<6

0000，所表示的平面区域为△OAB.

若三条线段x，y,6－x－y能构成三角形， x＋y>6－x－y

由几何概型知，所求概率为P＝＝. S△AOB4

§12.1 算法与程序框图要点梳理

1．明确有限 2．流程图程序框流程线文字说明流程线程序框

3．(1)若干个依次执行的步骤 (3)从某处开始，按照一定条件反复执行某些步骤的情况循环体当型(WHILE型) 直到型(UNTIL型)

基础自测 1．x>0？(或x≥0？) 2.1 3. 4．B 5．B

4题型分类·深度剖析

例1 解第一步，x1＝－2，y1＝－1，x2＝2，y2＝3；第二步，得出直线方程＝；

x2－x1y2－y1

第三步，令x＝0，得y；第四步，令y＝0，得x；第五步，S＝|x||y|；第六步，输出S.

2变式训练1 解算法如下：

第一步，令x＝3；第二步，把x＝3代入y1＝x2－2x－3；第三步，令x＝－5. 第四步，把x＝－5代入y2＝x2－2x－3；第五步，令x＝5；

第六步，把x＝5代入y3＝x2－2x－3；第七步，把y1，y2，y3的值代入y＝y1＋y2＋y3；第八步，输出y1，y2，y3，y的值．该算法对应的程序框图如图所示：

x－x1

y－y1

例2 解算法如下：第一步：输入x；

第二步：如果x>0，则y＝－2x；如果x＝0，则y＝0；如果x<0，则y＝2x；第三步：输出函数值y. 相应的程序框图如图所示．

182

变式训练2 B 【例3】解算法如下：

第一步，令S＝0，i＝1；

第二步，若i≤2 011成立，则执行第三步；

否则，输出S，结束算法；

第三步，S＝S＋；第四步，i＝i＋1，返回第二步．

1．B 2.C 3.A 4.B 5．15 6．S＝S＋a 7．12 8．7 B组

1．C 2.D 3．C 4. 5．68 6．i>9？(或i≥10？) 7．an＝an－4 n＝n＋1

§12.2 基本算法语句

要点梳理 1.

语句输入语句输出语句赋值语句 2.(1)条件结构 3.(1)循环结构基础自测

1． D 2.A 3.10 4.4 5.5 050 题型分类·深度剖析

例1 解令y＝0，得直线在x轴上的截距M＝－；令x＝0，得直线在y轴上的截距N＝－.化成斜截式后

可知该直线的斜率k＝－. 程序如下：

一般格式 INPUT“提示内容”；变量 PRINT“提示内容”；表达式变量＝表达式功能输入信息输出常量、变量的值和系统信息将表达式代表的值赋给变量 184

INPUT A，B，C

M＝(－C)/A N＝(－C)/B k＝(－A)/B PRINT“M＝”；M PRINT“N＝”；N PRINT“k＝”；k

END 变式训练1 解算法如下：

第一步：输入每月劳动时间t和每小时工资a；

第二步：求每月总工资y＝每月劳动时间t×每小时工资a；第三步：求应发工资z＝每月总工资y×(1－15%)＋y×5‰；第四步：输出应发工资z. 程序框图：

程序： INPUT t，a y＝a*t

z＝0.85*y+0.005*y PRINT z END

例2 解由题意可得



y＝8 (42(12－x) (8程序框图如图：

IF x>＝0 AND x<＝4 THEN

y＝2*x ELSE

IF x<＝8 THEN y＝8 ELSE

y＝2*(12-x) END IF END IF PRINT y END

1 0变式训练2 解依题意，我们可求手续费y与汇款额之间的关系式为y＝0.01x 10050 x>5 000

依分析可知程序框图如图所示：

186

程序如下：

INPUT “汇款金额为”；x IF x>0 AND x<＝100 THEN y＝1

ELSE

IF x<＝5 000 THEN y＝0.01*x ELSE

y＝50 END IF

END IF

PRINT “手续费为”；y END

例3 解程序框图如下：程序为： S＝0 M＝0 i＝1

WHILE i<＝50

INPUT x IF x>90 THEN S＝S＋x M＝M＋1 END IF i＝i＋1 WEND P＝S/M

187

PRINT P END

变式训练3 (1)i＝4 i＝2 (2)i<9(或i<＝8) 课时规范训练 A组

1．D 2.D 3.B 4.A 5．d＝16 6.－8 7.3 8．解算法如下：

第一步，输入x；第二步，如果x>2.5，则y＝x2－1；第三步，如果x≤2.5，则y＝x2＋1；第四步，输出y. 程序如下： INPUT “x＝”；x IF x>2.5 THEN

y＝x^2－1 ELSE

y＝x^2＋1 END IF

PRINT “y＝”；y END B组

1．C 2．A 3．C 4．S＝13＋15＋…＋117＋119 5．2 6．－1,20 8．解程序框图：

i＝i＋1 WEND PRINT S END

§12.3 合情推理与演绎推理要点梳理

1．归纳推理类比推理 (1)部分对象全部对象个别事实一般结论部分整体个别象一类对象另一类对象特殊到特殊 2．一般性特殊情况下一般特殊基础自测

1．①②④ 2.3 3.1∶8 4．5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝81 题型分类·深度剖析

例1

m＋n≤210 (m＋n＝20，m、n均为正实数)

变式训练1 4 0232 012

例2 三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥表面积的乘积的三分之一变式训练2 解如图①所示，由射影定理知

AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，

∴11BC2

BC2AD2＝BD·DC ＝BD·BC·DC·BC＝AB2·AC2. 又BC2＝AB2＋AC2，图①

∴1AB2＋AC2AD2＝AB2·AC2＝11111AB2＋AC2. ∴AD2＝AB2＋AC2. 类比AB⊥AC，AD⊥BC猜想：

四面体A—BCD中，AB、AC、AD两两垂直，

AE⊥平面BCD，则1AE2＝1AB2＋11

AC2＋AD2.

如图②，连接BE并延长交CD于F，

连接AF. 图② ∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，∴AB⊥平面ACD.

而AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF，

在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴1AE2＝11

AB2＋AF2.

在Rt△ACD中，AF⊥CD，∴1AF2＝1AC2＋1AD2. ∴1AE2＝1AB2＋11

AC2＋AD2，故猜想正确．

例3 证明 (1)∵aan＋2

n＋1＝Sn＋1－Sn，n＋1＝nSn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，

即nSn＋1)SSn＋1SnSn＋1＝2(n. ∴n＋1

故n是以1为首项，2为公比的等比数列．(结论) 

(大前提是等比数列的定义，这里省略了)

Sn＋1Sn－1Sn－1n－1＋2

(2)由(1)可知＝4· (n≥2)，∴Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1＝4an (n≥2)(小前提)

n＋1n－1n－1n－1又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提) ∴对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)

(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)

变式训练3 (1)解由题意可知，1－a2n＋1＝(1－a2n)．令cn＝1－a2n，则cn＋1＝cn.

33232n－1

又c1＝1－a21＝，则数列{cn}是首项为c1＝，公比为的等比数列，即cn＝·.

4434332n－132n－11

故1－a2n＝·⇒a2n＝1－·. 又a＝>0，anan＋1<0， 1

43432

2n32n－112n132n－11－3·－故an＝(－1)n－1 1－·. b＝a2n＋1－a2n＝n3＝4·3. 4343－1－4·

(2)证明用反证法证明．

假设数列{bn}存在三项br，bs，bt (r43数列，于是有br>bs>bt，则只可能有2bs＝br＋bt成立．

12s－112r－112t－1∴2·＝3＋3.

4344两边同乘21－r＝3t－1，化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s.

由于r1．A 2.C 3.D 4.B 5．13＋23＋33＋43＋53＝(1＋2＋3＋4＋5)2 6．503

503

7．14 603

8．解 (1)若两个角是对顶角，则两角相等，(大前提)，∠1和∠2不相等，(小前提)

∴∠1和∠2不是对顶角．(结论)

(2)每一个矩形的对角线相等，(大前提)，正方形是矩形，(小前提) ∴正方形的对角线相等．(结论)

···

(3)所有的循环小数是有理数，(大前提)，0.332是循环小数，(小前提)

···

∴0.332是有理数．(结论)

(4)三角函数是周期函数，(大前提)，y＝sin x是三角函数，(小前提) ∴y＝sin x是周期函数．(结论) B组

n－mbna3

1．A 2．D 3．B 4．S21＋S22＋S23＝S24 5. 6．962 7.

am8

ππ

8．证明 ∵△ABC为锐角三角形，∴A＋B>，∴A>－B，

ππ

0，上是增函数，∴sin A>sin－B＝cos B， ∵y＝sin x在22

190

同理可得sin B>cos C，sin C>cos A，∴sin A＋sin B＋sin C>cos A＋cos B＋cos C．

§12.4 直接证明与间接证明要点梳理

1．(1)①推理论证成立 (2)①要证明的结论充分条件 2．不成立矛盾基础自测

1．a，b都不能被5整除 2.② 3．3 4.－b 5.D 题型分类·深度剖析

a2b2c2

例1 证明 ∵a，b，c>0，根据基本不等式，有＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c.

bca

222abc

三式相加：＋＋＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)．当且仅当a＝b＝c时取等号．

变式训练1 证明 (1)方法一 a2＋b2＋c2－＝(3a2＋3b2＋3c2－1)＝[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2]

333

＝(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc)＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0， 33

∴a2＋b2＋c2≥. 3

方法二 ∵(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋a2＋c2＋b2＋c2，∴3(a2＋b2＋

c2)≥(a＋b＋c)2＝1，∴a2＋b2＋c2≥.

111

方法三设a＝＋α，b＝＋β，c＝＋γ. ∵a＋b＋c＝1，∴α＋β＋γ＝0.

3331111211＋α2＋＋β2＋＋γ2＝＋(α＋β＋γ)＋α2＋β2＋γ2＝＋α2＋β2＋γ2≥， ∴a2＋b2＋c2＝33333331

例2 证明要证[f(x1)＋f(x2)]>f， 22x1＋x2x1＋x211sin x1sin x2即证明(tan x1＋tan x2)>tan，只需证明cos x＋cos x>tan ，

222212

sin(x1＋x2)sin(x1＋x2)π

0，，故x1＋x2∈(0，π)．只需证明>. 由于x1、x2∈22cos x1cos x21＋cos(x1＋x2)∴cos x1cos x2>0，sin(x1＋x2)>0，1＋cos(x1＋x2)>0，

故只需证明1＋cos(x1＋x2)>2cos x1cos x2，即证1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2>2cos x1cos x2，

0，，x1≠x2知上式是显然成立的．即证：cos(x1－x2)<1. 这由x1、x2∈2191

x1＋x21

因此，[f(x1)＋f(x2)]>f. 22变式训练2 证明 (1)①若ac＋bd<0，结论显然成立；

②若ac＋bd≥0，要证ac＋bd≤∴(ad－bc)2≥0显然成立．

综上所述：ac＋bd≤a2＋b2·c2＋d2.

(2)要证1＋a>成立，只需证1＋a>，只需证(1＋a)(1－b)>1 (1－b>0)，

1－b1－ba－b11

即1－b＋a－ab>1，∴a－b>ab，只需证：>1，即－>1. abba

111

由已知a>0，－>1成立，∴1＋a>成立．

1－b例3 证明假设a，b，c，d都是非负数，则由a＋b＝c＋d＝1，

有1＝(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，即ac＋bd≤1，这与ac＋bd>1矛盾，故假设不成立．即a，b，c，d中至少有一个为负数．

a2＋b2·c2＋d2成立，只需证(ac＋bd)2≤(a2＋b2·c2＋d2)2.

即a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2，∴2abcd≤a2d2＋b2c2，

a1＝2＋1

变式训练3 (1)解由已知得，∴d＝2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．

3a1＋3d＝9＋32

(2)证明由(1)得bn＝＝n＋2.

假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等且∈N*)成等比数列，则b2q＝bpbr. 即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)．∴(q2－pr)＋2(2q－p－r)＝0.

q2－pr＝0p＋r2

∵p，q，r∈N*，∴， ∴＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r.

22q－p－r＝0

与p≠r矛盾．∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．课时规范训练 A组

1

1．C 2.A 3.C 4.2，1 5.m故(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥2x·2x·2x3＝8x3(当且仅当x＝1时等号成立)． (2)解若x∈R，不等式(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)≥8x3仍然成立．由(1)知，当x>0时，不等式成立；当x≤0时，8x3≤0，

x－2＋≥0，而(x＋1)(x2＋1)(x3＋1)＝(x＋1)2(x2＋1)(x2－x＋1)＝(x＋1)2(x2＋1)24

此时不等式仍然成立．

B组

331．C 2.B 3.A 4．an＋bn7．(1)解 ∵f(1)＝a＋b＋1，f(2)＝2a＋b＋4，f(3)＝3a＋b＋9，∴f(1)＋f(3)－2f(2)＝2.

192

(2)证明假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于1111111

2. 则－2∴－1<－2f(2)<1，－18．证明要证

2＋22a＋1a＋2，从而只要证2a2＋1a＋1，只要证4a2111

a2≥2a＋a2≥2a2＋2＋a2，即a2＋a

2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．

§12.5 数系的扩充与复数的引入要点梳理

1．(1)实部虚部 b＝0 b≠0 a＝0且b≠0 (2)a＝c且b＝d (3)a＝c，b＝－d

(4)x轴 y轴实数纯虚数非纯虚数 (5)|z| |a＋bi| a2＋b2

2．(2)平面向量→

3．(1)①(a＋c)＋(b＋d)i ②(a－c)＋(b－d)i ③(ac－bd)＋(ad＋bc)i ④ac＋bdbc－ad

c2＋d2＋c2＋d

2i (2)z2＋z1基础自测 1．2 2.1 3.－35＋4

(2)由z是虚数，得m2＋2m－3≠0，且m－1≠0，解得m≠1且m≠－3. m(m＋2)(3)由z是纯虚数，得

解得m(4)由z＝1m(m＋2)2＋4i，得m－1－(m2＋2m－3)i＝1

2＋4i，

m(m＋2)＝12m2＋3m＋1＝0，

1 解 (1)若z为实数，则m2＋5m＋6＝0

(2)若z为虚数，则，解得m≠－2且m≠－3.

∴m<－3或－2例2 解 (1)原式＝＝＝

(1－3i)4(1－3i)(－2－23i)2(1－3i)4(1＋3i)2(1－3i)

i(1＋23i)221 00521 005×

(2)原式＝＋＝i＋＝i＋i1 005＝i＋i4251＋1＝i＋i＝2i. 

－2i1＋23i1－i6＋2i＋3i－6(1＋i)26(2＋3i)(3＋2i)6

(3)方法一原式＝＝i＋＝－1＋i. ＋52(3)2＋(2)2方法二 (技巧解法)

(1＋i)26(2＋3i)i6(2＋3i)i原式＝＝i＋＝－1＋i. ＋2(3－2i)i2＋3i

2＋2i21 0041＋i11 004i－1

＝＝(4)原式＝·1＝－1＋i.

1－2i2i－ii113

变式训练2 (1) (2)－16 (3)－－i 455例3 解 (1)AO＝－OA，∴AO所表示的复数为－3－2i.

∵BC＝AO，∴BC所表示的复数为－3－2i.

(2)CA＝OA－OC，∴CA所表示的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i. (3)OB＝OA＋AB＝OA＋OC，

∴OB表示的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i，即B点对应的复数为1＋6i. 变式训练3 (1)D (2)C 课时规范训练 A组

1．A 2.C 3.A 4．－3 5．－2i 6. 7．2

lg(m－2m－2)＝0，m－2m－2＝1，

8．解 (1)由得 ∴m＝3.

m＋3m＋2≠0，(m＋1)(m＋2)≠0，

2m－2m－2>0，(2)由 得m＝－1或－2.

m＋3m＋2＝0，

22lg(m－2m－2)<0，022m＋3m＋2>0，m＋3m＋2>0，

B组

1．D 2．A 3.D 4．－＋I 5．5 6.3

557．解 (z1－2)(1＋i)＝1－i⇒z1＝2－i.

设z2＝a＋2i，a∈R，

则z1·z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i.∵z1·z2∈R，∴a＝4.∴z2＝4＋2i. 8．解设z＝x＋yi (x、y∈R)，∴z＋2i＝x＋(y＋2)i，由题意得y＝－2.

∵

x－2i111

＝＝(x－2i)(2＋i)＝(2x＋2)＋(x－4)i.

552－i2－i5z

由题意得x＝4，∴z＝4－2i. ∴(z＋ai)2＝(12＋4a－a2)＋8(a－2)i，

12＋4a－a2>0，

由于(z＋ai)2在复平面上对应的点在第一象限，∴，解得28(a－2)>0

∴实数a的取值范围是(2,6)．

195

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