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- 2021-05-20 发布
保分专题(一) 基本初等函数、函数与方程
[全国卷3年考情分析]
年份
卷别
考查内容及考题位置
命题分析
2017
卷Ⅰ
指数与对数的互化、对数运算、比较大小·T11
1.基本初等函数作为高考的命题热点，多考查利用函数的性质比较大小，一般出现在第5～11题的位置，有时难度较大．
2.函数的应用问题多体现在函数零点与方程根的综合问题上，近几年全国课标卷考查较少，但也要引起重视，题目可能较难.
卷Ⅲ
函数的零点问题·T11
2016
卷Ⅰ
幂函数、指数函数、对数函数的单调性、比较大小·T8
卷Ⅲ
指数函数与幂函数的单调性、比较大小·T6
2015
卷Ⅱ
对数运算、分段函数求值·T5
基本初等函数的图象与性质
[师生共研·悟通]
指数与对数式的8个运算公式
(1)am·an＝am＋n；(2)(am)n＝amn；(3)(ab)m＝ambm；
(4)loga(MN)＝logaM＋logaN；(5)loga＝logaM－logaN；
(6)logaMn＝nlogaM；(7)alogaN＝N；(8)logaN＝.
[注意] (1)(2)(3)中，a>0，b>0；(4)(5)(6)(7)(8)中，a>0且a≠1，b>0且b≠1，M>0，N>0.
[典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)设x，y，z为正数，且2x＝3y＝5z，则( )
A．2x<3y<5z B．5z<2x<3y
C．3y<5z<2x D．3y<2x<5z
[解析] 选D 由2x＝3y＝5z，可设()2x＝()3y＝()5z＝t，因为x，y，z为正数，所以t>1，因为＝＝，＝＝，所以<；
因为＝＝，＝，所以>，所以<<.分别作出y＝()x，y＝()x，y＝()x的图象，如图．则3y<2x<5z，故选D.
(2)已知f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|(a>0且a≠1)，若f(4)g(－4)<0，则y＝f(x)，y＝g(x)在同一坐标系内的大致图象是( )
[解析] 选B ∵f(x)＝ax－2>0恒成立，又f(4)·g(－4)<0，∴g(－4)＝loga|－4|＝loga4<0＝loga1，∴01和01时，两函数在定义域内都为增函数；当00和α<0两种情况的不同．
[即学即用·练通]
1．已知函数f(x)＝3x－b(2≤x≤4，b为常数)的图象经过点(2,1)，则f(x)的值域为( )
A．[1,81] B．[1,3]
C．[1,9] D．[1，＋∞)
解析：选C 由f(x)的图象过点(2,1)可知b＝2，
∴f(x)＝3x－2，其在区间[2,4]上是增函数，
∴f(x)min＝f(2)＝30＝1，f(x)max＝f(4)＝32＝9.
故f(x)的值域为[1,9]．
2．若函数f(x)＝xa满足f(2)＝4，那么函数g(x)＝|loga(x＋1)|的图象大致为( )
解析：选C 法一：由函数f(x)＝xa满足f(2)＝4，得2a＝4，∴a＝2，则g(x)＝|loga(x＋1)|＝|log2(x＋1)|，将函数y＝log2x的图象向左平移1个单位长度(纵坐标不变)，然后将x轴下方的图象翻折上去，即可得g(x)的图象，故选C.
法二：由函数f(x)＝xa满足f(2)＝4，得2a＝4，∴a＝2，即g(x)＝|log2(x＋1)|，由g(x)的定义域为{x|x>－1}，排除B、D；由x＝0时，g(x)＝0，排除A.故选C.
3．(2016·浙江高考)已知a＞b＞1，若logab＋logba＝，ab＝ba，则a＝________，b＝________.
解析：∵logab＋logba＝logab＋＝，∴logab＝2或.∵a＞b＞1，∴logab＜logaa＝1，∴logab＝，∴a＝b2.
∵ab＝ba，∴(b2)b＝bb2，即b2b＝bb2，∴2b＝b2，
∴b＝2，a＝4.
答案：4 2
函数的零点
[师生共研·悟通]
1．函数的零点及其与方程根的关系
对于函数f(x)，使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点．函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．
2．零点存在性定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．
[典例] (1)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝2 018x＋log2 018x，则函数f(x)的零点个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] 选C 在同一直角坐标系中作出函数y＝2 018x和y＝－log2 018x的图象如图所示，可知函数f(x)＝2 018x＋log2 018x在x∈(0，＋∞)上存在一个零点，又f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(x)在x∈(－∞，0)上只有一个零点，又f(0)＝0，∴函数f(x)的零点个数是3.
(2)(2017·山东高考)已知当x∈[0,1]时，函数y＝(mx－1)2的图象与y＝＋m的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是( )
A．(0,1]∪[2，＋∞) B．(0,1]∪[3，＋∞)
C．(0， ]∪[2，＋∞) D．(0， ]∪[3，＋∞)
[解析] 选B 在同一直角坐标系中，分别作出函数f(x)＝(mx－1)2＝m22与g(x)＝＋m的大致图象．
分两种情形：
①当01时，0<<1，如图②，要使f(x)与g(x)的图象在[0,1]上只有一个交点，只需g(1)≤f(1)，即1＋m≤(m－1)2，解得m≥3或m≤0(舍去)．
综上所述，m∈(0,1]∪[3，＋∞)．
[类题通法]
1．判断函数零点个数的3种方法
2．利用函数零点的情况求参数值(或范围)的3种方法
[即学即用·练通]
1．函数f(x)＝log3x－x＋2必有一个零点的区间是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 因为f(x)＝log3x－x＋2，
所以f＝log3－＋2＝－2－＋2＝－<0，f＝log3－＋2＝－1－＋2＝>0，
即f·f<0，
所以函数f(x)＝log3x－x＋2在上必有一个零点．
2．函数f(x)＝2x－－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是( )
A．(1,3) B．(1,2)
C．(0,3) D．(0,2)
解析：选C 因为f(x)在(1,2)内单调递增，依题意有f(1)·f(2)<0，所以(－a)·(3－a)<0，所以00且b≠1)
解析：选C 观察数据可知，当x增大时，Q(x)的值先增大后减小，且大约是关于Q(3)对称，故月销售量Q(x)(百台)与时间x(月份)变化关系的模拟函数的图象是关于x＝3对称的，显然只有选项C满足题意，故选C.
A级——常考点落实练
1．幂函数y＝f(x)的图象经过点(3，)，则f(x)是( )
A．偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数
B．偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数
C．奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数
D．非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数
解析：选D 设幂函数f(x)＝xa，则f(3)＝3a＝，解得a＝，则f(x)＝x＝，是非奇非偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数．
2．(2017·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－2) B．(－∞，1)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
解析：选D 由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函数f(x)＝ln(x2－2x
－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)．注意到函数y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝ax，其中a>0且a≠1，如果以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在y轴上，那么f(x1)·f(x2)＝( )
A．1 B．a
C．2 D．a2
解析：选A ∵以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))为端点的线段的中点在y轴上，∴x1＋x2＝0，又f(x)＝ax，∴f(x1)·f(x2)＝ax1·ax2＝ax1＋x2＝a0＝1.
4．某商场销售A型商品，已知该商品的进价是每件3元，且销售单价与日均销售量的关系如表所示：
销售单价/元
4
5
6
7
8
9
10
日均销售量/件
400
360
320
280
240
200
160
请根据以上数据分析，要使该商品的日均销售利润最大，则此商品的定价(单位：元/件)应为( )
A．4 B．5.5
C．8.5 D．10
解析：选C 由题意可设定价为x元/件，利润为y元，则y＝(x－3)[400－40(x－4)]＝40(－x2＋17x－42)，故当x＝8.5时，y有最大值．
5．已知函数f(x)＝－log2x，在下列区间中，包含f(x)零点的区间是( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,4) D．(4，＋∞)
解析：选C 因为f(1)＝6－log21＝6>0，f(2)＝3－log22＝2>0，f(4)＝－log24＝－<0，所以函数f(x)的零点所在区间为(2,4)．
6．若函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，函数f(x)＝－x，则f(2)＋g(4)＝( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：选D 法一：∵函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，又f(x)＝－x＝2x，∴g(x)＝log2x，
∴f(2)＋g(4)＝22＋log24＝6.
法二：∵f(x)＝－x，∴f(2)＝4，即函数f(x)的图象经过点(2,4)，∵函数f(x)与g(x)的图象关于直线y＝x对称，∴函数g(x)的图象经过点(4,2)，∴f(2)＋g(4)＝4＋2＝6.
7．(2017·云南第一次统一检测)设a＝60.7，b＝log70.6，c＝log0.60.7，则a，b，c的大小关系为( )
A．c>b>a B．b>c>a
C．c>a>b D．a>c>b
解析：选D 因为a＝60.7>1，b＝log70.6<0,0c>b.
8．若函数y＝a|x|(a>0，且a≠1)的值域为{y|00，且a≠1)的值域为{y|02的解集为( )
A．(－2,4) B．(－4，－2)∪(－1,2)
C．(1,2)∪(，＋∞) D．(，＋∞)
解析：选C 令2ex－1>2(x<2)，解得12(x≥2)，解得x>.
故不等式f(x)>2的解集为(1,2)∪(，＋∞)．
10．已知直线x＝m(m＞1)与函数f(x)＝logax(a＞0且a≠1)，g(x)＝logbx(b＞0且b≠1)的图象及x轴分别交于A，B，C三点，若＝2，则( )
A．b＝a2 B．a＝b2
C．b＝a3 D．a＝b3
解析：选C 由于＝2，则＝3，则点A的坐标为(m,3g(m))，又点A在函数f(x)＝logax的图象上，故logam＝3logbm，即logam＝logbm3，由对数运算可知b＝a3.
B级——易错点清零练
1．已知函数f(x)＝，则f(x)的定义域为( )
A. B.
C.∪(0，＋∞) D.
解析：选C 由题意，得解得x>－且x≠0.
2．已知a＞1，f(x)＝a，则使f(x)＜1成立的一个充分不必要条件是( )
A．－1＜x＜0 B．－2＜x＜1
C．－2＜x＜0 D．0＜x＜1
解析：选A ∵a＞1，∴y＝ax在R上为增函数，故f(x)<1⇔a<1⇔a0且a≠1)的图象恒过的点是( )
A．(0,0) B．(0，－1)
C．(－2,0) D．(－2，－1)
解析：选C 令x＋2＝0，得x＝－2，所以当x＝－2时，y＝a0－1＝0，所以y＝ax＋2－1(a>0且a≠1)的图象恒过点(－2,0)．
2．“>1”是“函数f(x)＝(3－2a)x单调递增”的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选A 由>1得01，解得a<1.
故“>1”是“函数f(x)＝(3－2a)x单调递增”的充分不必要条件．
3．(2017·北京高考)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080.则下列各数中与最接近的是( )
(参考数据：lg 3≈0.48)
A．1033 B．1053
C．1073 D．1093
解析：选D 因为lg 3361＝361×lg 3≈361×0.48≈173，所以M≈10173，则≈＝1093.
4．函数f(x)＝|log2x|＋x－2的零点个数为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 函数f(x)＝|log2x|＋x－2的零点个数，就是方程|log2x|＋x－2＝0的根的个数．
令h(x)＝|log2x|，g(x)＝2－x，画出函数的图象，如图．
由图象得h(x)与g(x)有2个交点，∴方程|log2x|＋x－2＝0的解的个数为2.
5．函数f(x)＝x2lg的图象( )
A．关于x轴对称 B．关于原点对称
C．关于直线y＝x对称 D．关于y轴对称
解析：选B 因为f(x)＝x2lg，所以其定义域为(－∞，－2)∪(2，＋∞)，所以f(－x)＝
x2lg＝－x2lg ＝－f(x)，所以函数为奇函数，所以函数的图象关于原点对称．
6．(2018届高三·济南质检)已知a＝2－，b＝(2log23)－，c＝sin xdx，则实数a，b，c的大小关系是( )
A．a>c>b B．b>a>c
C．a>b>c D．c>b>a
解析：选C 依题意得，a＝2－，b＝3－，c＝－cos x＝，所以a6＝2－2＝，b6＝3－3＝，c6＝6＝，则a>b>c.
7．(2017·沈阳模拟)若函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图象如图所示，则下列函数与其图象相符的是( )
A B C D
解析：选B 由函数y＝logax(a>0，且a≠1)的图象可知，a＝3，所以y＝3－x，y＝(－x)3＝－x3及y＝log3(－x)均为减函数，只有y＝x3是增函数，选B.
8．(2017·保定二模)李华经营了甲、乙两家电动轿车销售连锁店，其月利润(单位：元)分别为L甲＝－5x2＋900x－16 000，L乙＝300x－2 000(其中x为销售辆数)，若某月两连锁店共销售了110辆，则能获得的最大利润为( )
A．11 000元 B．22 000元
C．33 000元 D．40 000元
解析：选C 设甲连锁店销售x辆，则乙连锁店销售(110－x)辆，故利润L＝－5x2＋900x－16 000＋300(110－x)－2 000＝－5x2＋600x＋15 000＝－5(x－60)2＋33 000，∴当x＝60时，有最大利润33 000元．
9．(2018届高三·西安八校联考)已知在(0，＋∞)上函数f(x)＝则不等式log2x－(log4x－1)·f(log3x＋1)≤5的解集为( )
A. B．[1,4]
C. D．[1，＋∞)
解析：选C 原不等式等价于
或
解得1≤x≤4或＜x＜1，
所以原不等式的解集为.
10．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若f(2)＝－2，且01，即实数a的取值范围是(1，＋∞)．
答案：(1，＋∞)
16．某食品的保鲜时间t(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系式t＝且该食品在4 ℃ 时的保鲜时间是16小时．已知甲在某日10时购买了该食品，并将其遗放在室外，且此日的室外温度随时间变化如图所示．给出以下四个结论：
①该食品在6 ℃的保鲜时间是8小时；
②当x∈[－6,6]时，该食品的保鲜时间t随着x的增大而逐渐减少；
③到了此日13时，甲所购买的食品还在保鲜时间内；
④到了此日14时，甲所购买的食品已过了保鲜时间．
其中，所有正确结论的序号是________．
解析：∵某食品的保鲜时间t(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系式t＝且该食品在4 ℃时的保鲜时间是16小时，∴24k＋6＝16，即4k＋6＝4，解得k＝－，∴t＝
①当x＝6时，t＝8，故①正确；
②当x∈[－6,0]时，保鲜时间恒为64小时，当x∈(0,6]时，该食品的保鲜时间t随着x的增大而逐渐减少，故②错误；
③此日10时，温度为8 ℃，此时保鲜时间为4小时，而随着时间的推移，到11时，温度为11 ℃，此时的保鲜时间t＝2－×11＋6＝≈1.414(小时)，到13时，甲所购买的食品不在保鲜时间内，故③错误；
④由③可知，到了此日14时，甲所购买的食品已过了保鲜时间，故④正确．
所以正确结论的序号为①④.
答案：①④
保分专题(二) 导数的简单应用
[全国卷3年考情分析]
年份
卷别
考查内容及考题位置
命题分析
2017
卷Ⅰ
利用导数讨论函数的单调性、函数的零点·T21
1.高考对导数的几何意义的考查，多在选择、填空题中出现，难度较小，有时出现在解答题第一问．
2.高考重点考查导数的应用，即利用导数研究函数的单调性、极值、最值问题，多在选择、填空的后几题中出现，难度中等．有时出现在解答题第一问．
3.近几年全国课标卷对定积分及其应用的考查极少，题目一般比较简单，但也不能忽略.
卷Ⅱ
利用导数求极值·T11
2016
卷Ⅰ
导数与函数图象·T7
卷Ⅲ
函数的奇偶性、导数的几何意义·T15
利用导数公式直接求导·T21(1)
2015
卷Ⅰ
切线的几何意义·T21(1)
卷Ⅱ
利用导数讨论函数的单调性·T21(1)
导数的运算及几何意义
[师生共研·悟通]
1．导数的几何意义
函数f(x)在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P处的切线的斜率k＝f′(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．
2．四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1)．
[典例] (1)已知M为不等式组表示的平面区域，直线l：y＝2x＋a，当a从－2连续变化到0时，区域M被直线l扫过的面积为( )
A. B．2
C. D．
[解析] 选D 作出图形可得区域M被直线l扫过的面积为
S2＝x2dx－S1
＝x3－×1×2
＝×(8－1)－1
＝.
(2)(2017·昆明质检)若函数f(x)＝cos的图象在x＝0处的切线方程为y＝－3x＋1，则ω＝___________________________________________________________.
[解析] 由题意，得f′(x)＝－ωsin，所以f′(0)＝－ωsin＝－ω＝－3，所以ω＝3.
[答案] 3
(3)(2016·全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x≤0时，f(x)＝e－x－1－x，则曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是________．
[解析] 设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ex－1＋x.
∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝ex－1＋x.
∵当x＞0时，f′(x)＝ex－1＋1，
∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.
∴曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
[答案] 2x－y＝0
[类题通法]
1．求曲线y＝f(x)的切线方程的3种类型及方法
(1)已知切点P(x0，y0)，求切线方程
求出切线的斜率f′(x0)，由点斜式写出方程；
(2)已知切线的斜率k，求切线方程
设切点P(x0，y0)，通过方程k＝f′(x0)解得x0，再由点斜式写出方程；
(3)已知切线上一点(非切点)，求切线方程
设切点P(x0，y0)，利用导数求得切线斜率f′(x0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x0，再由点斜式或两点式写出方程．
2．利用定积分求平面图形面积的方法
利用定积分求平面图形的面积，一般先正确作出几何图形，再结合图形位置，准确确定积分区间以及被积函数，从而得到面积的积分表达式，再利用微积分基本定理求出积分值．
[即学即用·练通]
1．已知函数f(x)＝xsin x＋ax，且f′＝1，则a＝( )
A．0 B．1
C．2 D．4
解析：选A ∵f′(x)＝sin x＋xcos x＋a，且f′＝1，∴sin＋cos＋a＝1，即a＝0.
2．(2017·沈阳质检)设函数f(x)＝g＋x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为9x＋y－1＝0，则曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为________．
解析：由已知得g′(1)＝－9，g(1)＝－8，
又f′(x)＝g′＋2x，
∴f′(2)＝g′(1)＋4＝－＋4＝－，
f(2)＝g(1)＋4＝－4，
∴所求切线方程为y＋4＝－(x－2)，
即x＋2y＋6＝0.
答案：x＋2y＋6＝0
3.－1(x2＋)dx＝________.
解析：－1x2dx＝x3＝，而根据定积分的定义可知－1dx表示圆心在原点的单位圆的上半部分的面积，即半圆的面积，∴－1(x2＋)dx＝＋.
答案：＋
利用导数研究函数的单调性
[师生共研·悟通]
导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)＞0是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
(2)f′(x)≥0是f(x)为增函数的必要不充分条件，当函数在某个区间内恒有f′(x)＝0时，则f(x)为常数，函数不具有单调性．
[典例] (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若，求a的取值范围．
[解答示范]
(一)搭桥——找突破口
第(1)问：欲讨论f(x)的单调性，应先求f(x)的定义域及导数f′(x)，再讨论f′(x)的符号；
第(2)问：欲求a的取值范围，应想到找出有关a的不等关系．由f(x)≥0，则应求f(x)的最小值，借助(1)的结论可得．
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①：已知f(x)的解析式
可求导函数f′(x)
(1)要讨论函数的单调性，必须先求出函数定义域
(2)对于含参数的问题，要根据不同情况对参数进行分类讨论
信息②：f(x)≥0
函数的最小值f(x)min≥0
[解] (1)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0，得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，
在上单调递增．
(2)①若a＝0，则f(x)＝e2x，所以f(x)≥0.
②若a＞0，则由(1)得，当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a2ln a.
从而当且仅当－a2ln a≥0，即0＜a≤1时，f(x)≥0.
③若a＜0，则由(1)得，当x＝ln时，f(x)取得最小值，最小值为f＝a2.从而当且仅当a2≥0，
即－2e≤a＜0时，f(x)≥0.
综上，a的取值范围是.
[类题通法]
求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略
讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：
(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．
(2)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．
[注意] 讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．
[即学即用·练通]
1．已知f(x)＝x2＋ax＋3ln x在(1，＋∞)上是增函数，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－2 ] B．
C．[－2，＋∞) D．[－5，＋∞)
解析：选C 由题意得f′(x)＝2x＋a＋＝≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔g(x)＝2x2＋ax＋3≥0在(1，＋∞)上恒成立⇔Δ＝a2－24≤0或⇔－2≤a≤2或a≥－4⇔a≥－2.
2．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的图象如图所示，则函数y＝log2的单调递减区间为( )
A． B．[3，＋∞)
C．[－2,3] D．(－∞，－2)
解析：选D 因为f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，
所以f′(x)＝3x2＋2bx＋c，
由图可知f′(－2)＝f′(3)＝0，
所以解得
令g(x)＝x2＋bx＋，
则g(x)＝x2－x－6，g′(x)＝2x－1，
由g(x)＝x2－x－6>0，解得x<－2或x>3.
当x<－2时，g′(x)<0，所以g(x)＝x2－x－6在(－∞，－2)上为减函数，所以函数y＝log2的单调递减区间为(－∞，－2)．
3．已知函数f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－处取得极值．
(1)确定a的值；
(2)若g(x)＝f(x)ex，讨论g(x)的单调性．
解：(1)对f(x)求导得f′(x)＝3ax2＋2x，
因为f(x)在x＝－处取得极值，所以f′＝0，
即3a×＋2×＝－＝0，解得a＝.
(2)由(1)得g(x)＝ex，
故g′(x)＝ex＋ex
＝ex＝x(x＋1)(x＋4)ex.
令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝－4.
当x<－4时，g′(x)<0，故g(x)为减函数；
当－40，故g(x)为增函数；
当－10时，g′(x)>0，故g(x)为增函数．
综上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)上为减函数，在(－4，－1)和(0，＋∞)上为增函数.
利用导数研究函数的极值(最值)问题
[师生共研·悟通]
函数f(x)在点x0附近有定义，若在x0附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0附近左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值．
[典例] (2017·北京高考)已知函数.
(1)；
(2).
[解答示范]
(一)搭桥——找突破口
第(1)问：欲求函数在某点处的切线方程，应知切线的斜率，即求f(x)在此点处的导函数值；
第(2)问：欲求函数在某区间上的最值，应知f(x)在此区间的单调性，即判断f′(x)在此区间上的正负．
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①：已知f(x)的解析式
可求导函数f′(x)
(1)曲线y＝f(x)“在点P(x0，y0)处的切线”与“过点P(x0，y0)的切线“的区别
(2)构造新的函数解决问题时与原函数的等价性
信息②：求切线方程
过曲线上点的切线方程的求法
信息③：求函数的最值
函数的单调性，即判定导函数的正负
[解] (1)因为f(x)＝excos x－x，
所以f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，f′(0)＝0.
又因为f(0)＝1，
所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(2)设h(x)＝ex(cos x－sin x)－1，
则h′(x)＝ex(cos x－sin x－sin x－cos x)＝－2exsin x.
当x∈时，h′(x)＜0，
所以h(x)在区间上单调递减．
所以对任意x∈，有h(x)＜h(0)＝0，
即f′(x)＜0.
所以函数f(x)在区间上单调递减．
因此f(x)在区间上的最大值为f(0)＝1，
最小值为f＝－.
[类题通法]
利用导数研究函数极值、最值的方法
(1)若求极值，则先求方程f′(x)＝0的根，再检查f′(x)在方程根的左右函数值的符号．
(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情况来求解．
(3)求函数f(x)在闭区间[a，b]
的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
[即学即用·练通]
1．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A．－1 B．－2e－3
C．5e－3 D．1
解析：选A 因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，
所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1
＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.
因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，
所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.
令f′(x)>0，解得x<－2或x>1，
令f′(x)<0，解得－20)在[1，＋∞)上的最大值为，则a的值为( )
A.－1 B.
C. D.＋1
解析：选A 由f(x)＝得f′(x)＝，
当a＞1时，若x＞，则f′(x)＜0，f(x)单调递减，
若1＜x＜，则f′(x)>0，f(x)单调递增，
故当x＝时，函数f(x)有最大值＝，得a＝＜1，不合题意；
当a＝1时，函数f(x)在[1，＋∞)上单调递减，最大值为f(1)＝，不合题意；
当0＜a＜1时，函数f(x)在 [1，＋∞)上单调递减，此时最大值为f(1)＝＝，得a＝－1，符合题意．
故a的值为－1.
3．已知常数a≠0，f(x)＝aln x＋2x.
(1)当a＝－4时，求f(x)的极值；
(2)当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．
解：(1)由已知得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2＝.
当a＝－4时，f′(x)＝.
所以当02时，f′(x)>0，即f(x)单调递增．
所以f(x)只有极小值，且在x＝2时，f(x)取得极小值f(2)＝4－4ln 2.
所以当a＝－4时，f(x)只有极小值4－4ln 2.
(2)因为f′(x)＝，
所以当a>0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0，
即f(x)在x∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；
当a<0时，由f′(x)>0得，x>－，
所以f(x)在上单调递增；
由f′(x)<0得，x<－，
所以f(x)在上单调递减．
所以当a<0时，f(x)的最小值为f＝aln－a.
根据题意得f＝aln－a≥－a，
即a[ln(－a)－ln 2]≥0.
因为a<0，所以ln(－a)－ln 2≤0，解得a≥－2，
所以实数a的取值范围是[－2,0)．
一、选择题
1．函数f(x)＝x2－ln x的最小值为( )
A. B．1
C．0 D．不存在
解析：选A ∵f′(x)＝x－＝，且x>0.
令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得00，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增，
故f(x)min＝f(1)＝.
对于二次函数g(x)＝－x2－2ax＋4，易知该函数开口向下，
所以其在区间[1,2]上的最小值在端点处取得，
即g(x)min＝min{g(1)，g(2)}．
要使对任意的x1∈(0,2]，存在x2∈[1,2]，使得f(x1)≥g(x2)成立，只需f(x1)min≥g(x2)min，
即≥g(1)且≥g(2)，
所以≥－1－2a＋4且≥－4－4a＋4，
解得a≥.
二、填空题
7．(2017·长春质检)dx＝________.
解析：dx＝＝＋1－＝.
答案：
8．已知函数f(x)＝x2＋2ax－ln x，若f(x)在区间上是增函数，则实数a的取值范围为________．
解析：由题意知f′(x)＝x＋2a－≥0在区间上恒成立，即2a≥－x＋在区间上恒成立．
又∵y＝－x＋在区间上单调递减，
∴max＝，
∴2a≥，即a≥.
答案：
9．已知函数f(x)＝ex，g(x)＝ln＋的图象分别与直线y＝m交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．
解析：显然m＞0，由ex＝m得x＝ln m，由ln ＋＝m得x＝2em－，则|AB|＝2em－－ln m．令h(m)＝2em－－ln m，由h′(m)＝2em－－＝0，求得m＝.当0＜m＜时，h′(m)＜0，函数h(m)在上单调递减；当m＞时，h′(m)＞0，函数h(m)在上单调递增．所以h(m)min＝h＝2＋ln 2，因此|AB|的最小值为2＋ln 2.
答案：2＋ln 2
三、解答题
10．已知函数f(x)＝＋ax，x>1.
(1)若f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，求函数f(x)的极小值．
解：(1)f′(x)＝＋a，
由题意可得f′(x)≤0在(1，＋∞)上恒成立，
∴a≤－＝2－.
∵x∈(1，＋∞)，
∴ln x∈(0，＋∞)，
∴当－＝0时，函数t＝2－的最小值为－，
∴a≤－，即实数a的取值范围为.
(2)当a＝2时，f(x)＝＋2x(x>1)，
f′(x)＝，
令f′(x)＝0得2ln2x＋ln x－1＝0，
解得ln x＝或ln x＝－1(舍去)，即x＝e.
当1e时，f′(x)>0，
∴f(x)的极小值为f(e)＝＋2e＝4e.
11．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝ln x＋ax2＋(2a＋1)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当a＜0时，证明f(x)≤－－2.
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2ax＋2a＋1＝.
若a≥0，则当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＜0，则当x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当a＜0时，f(x)在x＝－处取得最大值，最大值为f＝ln－1－.
所以f(x)≤－－2等价于ln－1－≤－－2，即ln＋＋1≤0.
设g(x)＝ln x－x＋1，则g′(x)＝－1.
当x∈(0,1)时，g′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＜0.所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
故当x＝1时，g(x)取得最大值，最大值为g(1)＝0.
所以当x＞0时，g(x)≤0.
从而当a＜0时，ln＋＋1≤0，
即f(x)≤－－2.
12．(2017·福州质检)已知函数f(x)＝aln x＋x2－ax(a∈R)．
(1)若x＝3是f(x)的极值点，求f(x)的单调区间；
(2)求g(x)＝f(x)－2x在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝＋2x－a＝，
因为x＝3是f(x)的极值点，
所以f′(3)＝＝0，解得a＝9，
所以f′(x)＝＝，
所以当0＜x＜或x＞3时，f′(x)＞0；
当＜x＜3时，f′(x)＜0.
所以f(x)的单调递增区间为，(3，＋∞)，单调递减区间为.
(2)g(x)＝aln x＋x2－ax－2x，
则g′(x)＝－2＝.
令g′(x)＝0，得x＝或x＝1.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上为增函数，
h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1＜＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在上为减函数，在上为增函数，
h(a)＝g＝aln－a2－a；
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上为减函数，
h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
保分专题(三) 三角函数的图象与性质
[全国卷3年考情分析]
年份
卷别
考查内容及考题位置
命题分析
2017
卷Ⅰ
三角函数的图象变换·T9
高考对此部分内容主要以选择、填空题的形式考查，难度为中等偏下，大多出现在6～12或第14～15题位置上，命题的热点主要集中于三角函数的定义、图象与性质，主要考查图象的变换，函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值，并常与三角恒等变换交汇命题.
卷Ⅱ
三角函数的最值·T14
卷Ⅲ
余弦函数的图象与性质·T6
2016
卷Ⅱ
三角函数的图象变换与性质·T7
卷Ⅲ
三角函数的图象变换·T14
2015
卷Ⅰ
三角函数的图象与性质·T8
三角函数的定义、诱导公式及基本关系
[师生共研·悟通]
1．三角函数的定义
若角α的终边过点P(x，y)，则sin α＝，cos α＝，tan α＝(其中r＝)．
2．利用诱导公式进行化简求值的步骤
利用公式化任意角的三角函数为锐角三角函数，其步骤：去负—脱周—化锐．特别注意函数名称和符号的确定．(注意“奇变偶不变，符号看象限”)
3．基本关系
sin2x＋cos2x＝1，tan x＝.
[典例] (1)若sin＝－，且α∈，则tan(π－α)＝( )
A. B．
C．－ D．－
[解析] 选A 由sin＝cos α＝－，且α∈，得sin α＝＝，
所以tan(π－α)＝－tan α＝－＝－＝.
(2)已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴的正半轴重合，终边上一点P(－4,3)，则的值为________．
[解析] 原式＝＝tan α.
根据三角函数的定义，得tan α＝＝－，
故原式＝－.
[答案] －
[类题通法]
应用三角函数的定义和诱导公式的注意事项
(1)当角的终边所在的位置不是唯一确定的时候要注意分情况解决，机械地使用三角函数的定义就会出现错误．
(2)应用诱导公式与同角关系开方运算时，一定注意三角函数的符号；利用同角三角函数的关系化简要遵循一定的原则，如切化弦、化异为同、化高为低、化繁为简等．
[即学即用·练通]
1．(2017·北京高考)在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称．若sin α＝，则sin β＝________.
解析：法一：当角α的终边在第一象限时，取角α终边上一点P1(2，1)，其关于y轴的对称点(－2，1)在角β的终边上，此时sin β＝；当角α的终边在第二象限时，取角α终边上一点P2(－2，1)，其关于y轴的对称点(2，1)在角β的终边上，此时sin β＝.
综上可得sin β＝.
法二：令角α与角β均在区间(0，π)内，故角α与角β互补，得sin β＝sin α＝.
法三：由已知可得，sin β＝sin(2kπ＋π－α)＝sin(π－α)＝sin α＝(k∈Z)．
答案：
2．已知θ∈，则＝________.
解析：因为 ＝＝ ＝|sin θ－cos θ|，又θ∈，所以原式＝sin θ－cos θ.
答案：sin θ－cos θ
三角函数的图象与解析式
[师生共研·悟通]
函数y＝Asin(ωx＋φ)的图象
(1)“五点法”作图
设z＝ωx＋φ，令z＝0，，π，，2π，求出x的值与相应的y的值，描点、连线可得．
(2)图象变换
y＝sin x的图象y＝sin(x＋φ)的图象y＝sin(ωx＋φ)的图象y＝Asin(ωx＋φ)的图象．
[典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)已知曲线C1：y＝cos x，C2：y＝sin，则下面结论正确的是( )
A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线C2
D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C2
[解析] 选D 易知C1：y＝cos x＝sin，把曲线C1上的各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，得到函数y＝sin的图象，再把所得函数的图象向左平移个单位长度，可得函数y＝sin＝sin的图象，即曲线C2.
(2)(2017·昆明质检)函数y＝sin的图象可由函数y＝cosx的图象至少向右平移m(m>0)个单位长度得到，则m＝( )
A．1 B．
C． D．
[解析] 选A 因为y＝sin＝cos＝cos，所以只需将函数y＝cosx的图象向右至少平移1个单位长度即可得到函数y＝sin的图象．
[类题通法]
解决三角函数图象问题的方法及注意事项
(1)已知函数y＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．
(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自变量x而言的，如果x的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．
[即学即用·练通]
1．(2018届高三·云南11校跨区调研)函数f(x)＝sin(3x＋φ)的图象向左平移个单位长度后关于原点对称，则φ＝( )
A. B．
C．－ D．－
解析：选D 依题意得，y＝sin＝sin的图象关于原点对称，于是有sin＝0，＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝kπ－(k∈Z)．又|φ|＜，因此φ＝－.
2．函数f(x)＝sin的图象上各点的纵坐标不变，将横坐标伸长到原来的2倍，所得图象的一条对称轴方程可能是( )
A．x＝－ B．x＝
C．x＝ D．x＝
解析：选D 函数f(x)＝sin的图象上各点的纵坐标不变，将横坐标伸长到原来的2倍，得到函数y＝sinx＋的图象，由x＋＝＋kπ，k∈Z，得x＝＋2kπ，k∈Z，∴当k＝0时，函数图象的对称轴为x＝.
3．(2017·兰州诊断)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)的部分图象如图所示，如果x1＋x2＝，则f(x1)＋f(x2)＝( )
A． B．
C．0 D．－
解析：选C 由图知，＝，即T＝π，则ω＝2，
∴f(x)＝sin(2x＋φ)，∵点在函数f(x)的图象上，∴sin＝0，即＋φ＝kπ，k∈Z，
又|φ|<，∴φ＝，∴f(x)＝sin.
∵x1＋x2＝，
∴f(x1)＋f(x2)＝sin＋sin
＝sin＋sin
＝sin＋sin＝0.
三角函数的性质
[师生共研·悟通]
1．三角函数的单调区间
y＝sin x的单调递增区间是(k∈Z)，单调递减区间是(k∈Z)；
y＝cos x的单调递增区间是(k∈Z)，单调递减区间是[2kπ，2kπ＋π](k∈Z)；
y＝tan x的单调递增区间是(k∈Z)．
2．三角函数的奇偶性、对称轴方程
y＝Asin(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ＋(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ＋(k∈Z)求得．
y＝Acos(ωx＋φ)，当φ＝kπ＋(k∈Z)时为奇函数；当φ＝kπ(k∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx＋φ＝kπ(k∈Z)求得．
y＝Atan(ωx＋φ)，当φ＝kπ(k∈Z)时为奇函数．
[典例] (2017·浙江高考)已知函数 cos2x－2sin xcos x(x∈R)．
(1)求的值；
(2)求f(x)的.
[解答示范]
(一)搭桥——找突破口
第(1)问：欲求f的值，应把x＝直接代入f(x)的解析式求解．
第(2)问：欲求函数f(x)的性质问题，应把函数f(x)的解析式化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式，再求其最小正周期及单调区间．
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①：已知函数f(x)的解析式
利用辅助角公式，把解析式化为f(x)＝Asin(ωx＋φ)的形式
(1)利用辅助角公式对函数解析式准确化简
(2)函数的周期必须在统一名称后利用周期公式求得
(3)整体思想的应用：将函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)中的ωx＋φ看作整体代入求函数的单调区间
信息②：求函数值
代入函数的解析式化简求值
信息③：求函数的最小正周期及单调区间
函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的最小正周期及单调区间的求法
[解] (1)由sin ＝，cos ＝－，
得f＝2－2－2××＝2.
(2)由cos 2x＝cos2x－sin2x与sin 2x＝2sin xcos x，得
f(x)＝－cos 2x－sin 2x＝－2sin.
所以f(x)的最小正周期是π.
由正弦函数的性质
令＋2kπ≤2x＋≤＋2kπ，k∈Z，
解得＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间是(k∈Z)．
[类题通法]
三角函数的单调性、周期性及最值的求法
(1)三角函数单调性的求法
求形如y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))(A，ω，φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间的一般思路：令ωx＋φ＝z，则y＝Asin z(或y＝Acos z)，然后由复合函数的单调性求得．
(2)三角函数周期性的求法
函数y＝Asin(ωx＋φ)(或y＝Acos(ωx＋φ))的最小正周期T＝.应特别注意y＝|Asin(ωx＋φ)|的周期为T＝.
(3)三角函数最值的求法
在求最值时，一般要先确定函数的定义域，然后结合三角函数性质可得函数f(x)的最值．
[即学即用·练通]
1．(2016·全国卷Ⅱ)函数f(x)＝cos 2x＋6cos的最大值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选B ∵f(x)＝cos 2x＋6cos＝cos 2x＋6sin x＝1－2sin2x＋6sin x＝－22＋，
又sin x∈[－1,1]，∴当sin x＝1时，f(x)取得最大值5.
2．(2017·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝cos，则下列结论错误的是( )
A．f(x)的一个周期为－2π
B．y＝f(x)的图象关于直线x＝对称
C．f(x＋π)的一个零点为x＝
D．f(x)在单调递减
解析：选D 根据函数解析式可知函数f(x)的最小正周期为2π，所以函数的一个周期为－2π，A正确；
当x＝时，x＋＝3π，所以cos＝－1，所以B正确；
f(x＋π)＝cos＝cos，当x＝时，x＋＝，所以f(x＋π)＝0，所以C正确；
函数f(x)＝cos在上单调递减，在上单调递增，故D不正确．
3．(2017·合肥质检)已知函数f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)的最小正周期为π.
(1)求函数y＝f(x)图象的对称轴方程；
(2)讨论函数f(x)在上的单调性．
解：(1)∵f(x)＝sin ωx－cos ωx＝sin，且T＝π，∴ω＝2.于是f(x)＝sin.
令2x－＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，
即函数f(x)图象的对称轴方程为x＝＋(k∈Z)．
(2)令2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，得函数f(x)的单调递增区间为(k∈Z)．
注意到x∈，所以令k＝0，
得函数f(x)在上的单调递增区间为；
同理，其单调递减区间为.
[创新应用] 三角函数与其他知识的交汇问题
三角函数的图象与性质是高考考查的重点，近年来，三角函数与其他知识交汇命题成为高考的热点，由原来三角函数与平面向量的交汇渗透到三角函数与函数的零点、数列、不等式、复数、方程等知识的交汇.
[典例] (1)(2017·黄冈质检)已知关于x的方程＝k在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，记为α，β(α<β)，则下列四个结论正确的是( )
A．sin 2α＝2αcos2α B．cos 2α＝2αsin2α
C．sin 2β＝－2βsin2β D．cos 2β＝－2βsin2β
[解析] 选C 方程＝k在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，即方程|cos x|＝kx在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根．作出y＝|cos x|的部分图象，如图所示，易知只有y＝kx与y＝|cos x|在上相切时才符合题意，此时y＝|cos x|＝－cos x，y′x＝β＝sin β＝k，
又|cos β|＝kβ，即k＝，
所以sin β＝，所以sin 2β＝－2βsin2β.
(2)(2014·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝sin.若存在f(x)的极值点x0满足x＋[f(x0)]23，其中k∈Z.由题意，存在整数k使得不等式m21－2
>3成立．当k≠－1且k≠0时，必有2>1，此时不等式显然不能成立，故k＝－1或k＝0，此时，不等式即为m2>3，解得m<－2或m>2.
[类题通法]
解决三角函数与其他知识的交汇问题，要充分利用三角函数的图象与性质．如本例(1)应结合三角函数图象利用数形结合思想求解，本例(2)f(x)的极值点x0是三角函数取得最值的x值．从而得出x0和m的关系，问题逐步解决．
[针对训练]
1．设an＝sin，Sn＝a1＋a2＋…＋an，在S1，S2，…，S100中，正数的个数是( )
A．25 B．50
C．75 D．100
解析：选D 当1≤n≤24时，an>0，当26≤n≤49时，an<0，但其绝对值要小于1≤n≤24时相应的值；当51≤n≤74时，an>0；当76≤n≤99时，an<0，但其绝对值要小于51≤n≤74时相应的值．故当1≤n≤100时，均有Sn>0.
2．若存在实数φ，使得圆面x2＋y2≤4恰好覆盖函数y＝sin图象的最高或最低点共三个，则正数k的取值范围是________．
解析：函数y＝sin的图象的最高点或最低点一定在直线y＝±1上，由解得－≤x≤，由题意可得：T＝＝2k，T≤2<2T，解得正数k的取值范围是.
答案：
一、选择题
1．(2017·贵阳检测)已知角θ的始边与x轴的非负半轴重合，终边过点M(－3,4)，则cos 2θ的值为( )
A．－ B．
C．－ D．
解析：选A 由题意得，cos θ＝＝－.
所以cos 2θ＝2cos2θ－1＝2×2－1＝－.
2．(2016·山东高考)函数f(x)＝(sin x＋cos x)(cos x－sin x)的最小正周期是( )
A. B．π
C. D．2π
解析：选B ∵f(x)＝(sin x＋cos x)(cos x－sin x)
＝3sin xcos x＋cos2x－sin2x－sin xcos x
＝sin 2x＋cos 2x
＝2sin，
∴T＝＝π.
3．(2017·石家庄一模)函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A>0，ω>0)的最小正周期为π，其图象关于直线x＝对称，则|φ|的最小值为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 由题意，得ω＝2，所以f(x)＝Asin(2x＋φ)．因为函数f(x)的图象关于直线x＝对称，
所以2×＋φ＝kπ＋(k∈Z)，即φ＝kπ－(k∈Z)，当k＝0时，|φ|取得最小值.
4．(2017·福建质检)若将函数y＝3cos的图象向右平移个单位长度，则平移后图象的一个对称中心是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 将函数y＝3cos的图象向右平移个单位长度，得y＝3cos＝3cos的图象，由2x＋＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，当k＝0时，x＝
，所以平移后图象的一个对称中心是.
5．(2018届高三·湘中名校高三联考)已知函数f(x)＝sin＋，ω>0，x∈R，且f(α)＝－，f(β)＝.若|α－β|的最小值为，则函数f(x)的单调递增区间为( )
A.，k∈Z
B.，k∈Z
C.，k∈Z
D.，k∈Z
解析：选B 由f(α)＝－，f(β)＝，|α－β|的最小值为，知＝，即T＝3π＝，所以ω＝，
所以f(x)＝sin＋，
由－＋2kπ≤x－≤＋2kπ(k∈Z)，
得－＋3kπ≤x≤π＋3kπ(k∈Z)，故选B.
6．(2017·太原模拟)已知函数f(x)＝sin ωx－cos ωx(ω>0)在(0，π)上有且只有两个零点，则实数ω的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 法一：易得f(x)＝2sin，设t＝ωx－，因为00，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，则f的值为________．
解析：由图象可知A＝2，T＝－＝，∴T＝π，∴ω＝2，∵当x＝时，函数f(x)取得最大值，
∴2×＋φ＝＋2kπ(k∈Z)，∴φ＝＋2kπ(k∈Z)，
∵0<φ<π，∴φ＝，∴f(x)＝2sin，
则f＝2sin＝2cos＝.
答案：
9．已知ω>0，在函数y＝2sin ωx与y＝2cos ωx的图象的交点中，距离最短的两个交点的距离为2，则ω＝________.
解析：令ωx＝X，则函数y＝2sin X与y＝2cos X图象交点坐标分别为，，k∈Z.因为距离最短的两个交点的距离为2，
所以相邻两点横坐标最短距离是2＝，
所以T＝4＝，所以ω＝.
答案：
三、解答题
10．已知m＝，n＝(cos x,1)．
(1)若m∥n，求tan x的值；
(2)若函数f(x)＝m·n，x∈[0，π]，求f(x)的单调递增区间．
解：(1)由m∥n得，sin－cos x＝0，展开变形可得，sin x＝cos x，即tan x＝.
(2)f(x)＝m·n＝sincos x＋1
＝sin xcos x－cos2x＋1
＝sin 2x－＋1
＝＋
＝sin＋，
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
又x∈[0，π]，所以当x∈[0，π]时，f(x)的单调递增区间为和.
11．已知函数f(x)＝cos x(2sin x＋cos x)－sin2x.
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若当x∈时，不等式f(x)≥m有解，求实数m的取值范围．
解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋cos2x－sin2x
＝sin 2x＋cos 2x
＝2
＝2sin，
所以函数f(x)的最小正周期T＝π.
(2)由题意可知，不等式f(x)≥m有解，
即m≤f(x)max，
因为x∈，所以2x＋∈，
故当2x＋＝，即x＝时，f(x)取得最大值，且最大值为f＝2.
从而可得m≤2.
所以实数m的取值范围为(－∞，2]．
12．已知函数f(x)＝sin 2ωx＋cos4ωx－sin4ωx＋1(其中0<ω<1)，若点是函数f(x)图象的一个对称中心．
(1)求f(x)的解析式，并求距y轴最近的一条对称轴的方程；
(2)先列表，再作出函数f(x)在区间[－π，π]上的图象．
解：(1)f(x)＝sin 2ωx＋(cos2ωx－sin2ωx)·(cos2ωx＋sin2ωx)＋1
＝sin 2ωx＋cos 2ωx＋1
＝2sin＋1.
∵点是函数f(x)图象的一个对称中心，
∴－＋＝kπ，k∈Z，∴ω＝－3k＋，k∈Z.
∵0<ω<1，∴k＝0，ω＝，∴f(x)＝2sin＋1.
由x＋＝kπ＋，k∈Z，得x＝kπ＋，k∈Z，
令k＝0，得距y轴最近的一条对称轴方程为x＝.
(2)由(1)知，f(x)＝2sin＋1，当x∈[－π，π]时，列表如下：
x＋
－
－
0
π
x
－π
－
－
π
f(x)
0
－1
1
3
1
0
则函数f(x)在区间[－π，π]上的图象如图所示．
保分专题(四) 三角恒等变换与解三角形
[全国卷3年考情分析]
年份
卷别
考查内容及考题位置
命题分析
2017
卷Ⅰ
正、余弦定理、三角形的面积公式及两角和的余弦公式·T17
1.高考对此部分的考查一般以“二小”或“一大”的命题形式出现．
2．若无解答题，一般在选择题或填空题各有一题，主要考查三角恒等变换、解三角形，难度一般，一般出现在第4～9或第13～15题位置上．
3．若以解答题命题形式出现，主要考查三角函数与解三角形的综合问题，一般出现在解答题第17题位置上，难度中等．
卷Ⅱ
余弦定理、三角恒等变换及三角形的面积公式·T17
卷Ⅲ
余弦定理、三角形的面积公式·T17
2016
卷Ⅰ
正、余弦定理、两角和的正弦公式·T17
卷Ⅱ
诱导公式、三角恒等变换、给值求值问题·T9
正弦定理的应用、诱导公式·T13
卷Ⅲ
同角三角函数的基本关系·T5
正、余弦定理解三角形·T8
2015
卷Ⅰ
诱导公式、两角和的正弦公式·T2
卷Ⅱ
正、余弦定理解三角形、三角形的面积公式·T17
三角恒等变换及求值
[师生共研·悟通]
1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式
(1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β.
(2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β.
(3)tan(α±β)＝.
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式
(1)sin 2α＝2sin αcos α.
(2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.
(3)tan 2α＝.
[典例] (1)(2017·全国卷Ⅰ)已知α∈，tan α＝2，则cos＝________.
[解析] ∵α∈，tan α＝2，
∴sin α＝，cos α＝，
∴cos＝cos αcos＋sin αsin
＝×＝.
[答案]
(2)已知cos α＝，cos(α＋β)＝－，且α，β∈，则cos(α－β)＝________.
[解析] ∵α∈，∴2α∈(0，π)．
∵cos α＝，∴cos 2α＝2cos2α－1＝－，
∴sin 2α＝＝，
又α，β∈，∴α＋β∈(0，π)，
∴sin(α＋β)＝＝，
∴cos(α－β)＝cos[2α－(α＋β)]
＝cos 2αcos(α＋β)＋sin 2αsin(α＋β)
＝×＋×＝.
[答案]
[类题通法]
三角恒等变换的“4大策略”
(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan 45°等；
(2)项的分拆与角的配凑：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等；
(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次；
(4)弦、切互化：一般是切化弦．
[即学即用·练通]
1．已知sin β＝，且sin(α＋β)＝cos α，则tan(α＋β)＝( )
A．－2 B．2
C．－ D．
解析：选A ∵sin β＝，且<β<π，
∴cos β＝－，tan β＝－.
∵sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β＝cos α，
∴tan α＝－，∴tan(α＋β)＝＝－2.
2．若tan 20°＋msin 20°＝，则m的值为________．
解析：由于tan 20°＋msin 20°＝，所以m＝＝＝
＝＝4.
答案：4
正、余弦定理解三角形及其应用
[师生共研·悟通]
1．正弦定理及其变形
在△ABC中，＝＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．
变形：a＝2Rsin A，sin A＝，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等．
2．余弦定理及其变形
在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bccos A.
变形：b2＋c2－a2＝2bccos A，cos A＝.
[典例] (1)(2017·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcos B＝acos C＋ccos A，则B＝________.
[解析] 法一：由2bcos B＝acos C＋ccos A及正弦定理，得
2sin Bcos B＝sin Acos C＋sin Ccos A
＝sin(A＋C)＝sin B＞0，
因此cos B＝.
又0＜B＜π，所以B＝.
法二：由2bcos B＝acos C＋ccos A及余弦定理，得
2b·＝a·＋c·，
整理得，a2＋c2－b2＝ac，
所以2accos B＝ac＞0，cos B＝.
又0＜B＜π，所以B＝.
[答案]
(2)(2017·贵阳检测)已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，C＝120°，a＝2b，则tan A＝________.
[解析] ∵c2＝a2＋b2－2abcos C＝4b2＋b2－2×2b×b×＝7b2，
∴c＝b，cos A＝＝＝，
∴sin A＝＝＝，
∴tan A ＝＝.
[答案]
(3)某货轮在A处看灯塔S在北偏东30°方向，它向正北方向航行24海里到达B处，看灯塔S在北偏东75°方向．则此时货轮到灯塔S的距离为________海里．
[解析] 根据题意知，在△ABS中，AB＝24，∠BAS＝30°，∠ASB＝45°，由正弦定理，得＝，∴BS＝＝12，故货轮到灯塔S的距离为12海里．
[答案] 12
[类题通法]
正、余弦定理的适用条件
(1)“已知两角和一边”或“已知两边和其中一边的对角”应采用正弦定理．
(2)“已知两边和这两边的夹角”或“已知三角形的三边”应采用余弦定理．
[注意] 应用定理要注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”．
[即学即用·练通]
1．设a，b，c分别是△ABC的角A，B，C所对的边，若＝1 008tan C，且
a2＋b2＝mc2，则m＝( )
A．2 014 B．2 015
C．2 016 D．2 017
解析：选D 由＝1 008tan C得＋＝×，即＋＝×，＝，根据正、余弦定理得＝×，即＝2 016，＝2 017，所以m＝2 017.
2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin2A－sin2B＝sin Bsin C，sin C＝2sin B，则A＝________.
解析：根据正弦定理可得a2－b2＝bc，c＝2b，
解得a＝b.
根据余弦定理cos A＝＝＝，
得A＝30°.
答案：30°
3.如图，为了估测某塔的高度，在同一水平面的A，B两点处进行测量，在点A处测得塔顶C在西偏北20°的方向上，仰角为60°；在点B处测得塔顶C在东偏北40°的方向上，仰角为30°.若A，B两点相距130 m，则塔的高度CD＝________m.
解析：设CD＝h，则AD＝，BD＝h，
在△ADB中，∠ADB＝180°－20°－40°＝120°，
∴由余弦定理AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 120°，
可得1302＝3h2＋－2·h··，
解得h＝10，故塔的高度为10 m.
答案：10
三角形面积问题
[师生共研·悟通]
[典例] (2017·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.
(1)；
(2)若，，求b.
[解答示范]
(一)搭桥——找突破口
第(1)问：欲求cos B的值，要么求B的值，要么找关于cos B的关系式，即变换已知条件列方程求解；
第(2)问：欲求b的值，需列关于b的方程，应借助余弦定理、三角形的面积公式，再找其所需条件求解．
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①：两角和与半角的三角等式关系
三角形内角和定理及倍角公式
(1)三角形中的三角恒等关系式化简时，三角形内角和定理及倍角公式的正确使用
(2)转化与化归思想、整体代入思想在解题过程中的应用
信息②：求cos B
化已知条件为cos B的关系式
信息③：a＋c＝6
寻找平方后与余弦定理中a2＋c2的关系式
信息④：三角形面积为2
利用面积公式来求ac的值
[解] (1)由题设及A＋B＋C＝π得sin B＝8sin2，
即sin B＝4(1－cos B)，
故17cos2B－32cos B＋15＝0，
解得cos B＝，cos B＝1(舍去)．
(2)由cos B＝，得sin B＝，
故S△ABC＝acsin B＝ac.
又S△ABC＝2，则ac＝.
由余弦定理及a＋c＝6得
b2＝a2＋c2－2accos B
＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)
＝36－2××＝4.
所以b＝2.
[类题通法]
三角形面积公式的应用原则
(1)对于面积公式S＝absin C＝acsin B＝bcsin A，一般是已知哪一个角就使用哪一个公式．
(2)与面积有关的问题，一般要用到正弦定理或余弦定理进行边和角的转化．
[即学即用·练通]
1．(2018届高三·广西三市一联)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，asin B＝sin C，cos C＝，△ABC的面积为4，则c＝________.
解析：由asin B＝sin C，得ab＝c，
由cos C＝，得sin C＝，
则S△ABC＝absin C＝c＝4，解得c＝6.
答案：6
2．(2017·兰州诊断考试)已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asin B＋bcos A＝0.
(1)求角A的大小；
(2)若a＝2，b＝2，求△ABC的面积S.
解：(1)∵asin B＋bcos A＝0，
∴sin Asin B＋sin Bcos A＝0，
即sin B(sin A＋cos A)＝0，
由于B为三角形的内角，sin B≠0，
∴sin A＋cos A＝0，∴tan A＝－1，
∵A为三角形内角，∴A＝.
(2)在△ABC中，a2＝c2＋b2－2cbcos A，
即20＝c2＋4－4c，
解得c＝－4(舍去)或c＝2，
∴S＝bcsin A＝×2×2×＝2.
[高考大题通法点拨] 三角函数问题重在“变”——变角、变式
[思维流程]
[策略指导]
1．常用的变角技巧：
(1)已知角与特殊角的变换；
(2)已知角与目标角的变换；
(3)角与其倍角的变换；
(4)两角与其和差角的变换以及三角形内角和定理的变换运用．如：α＝(α＋β)－β＝(α－β)＋β，2α＝(α＋β)＋(α－β)，2α＝(β＋α)－(β－α)，α＋β＝2·，＝－.
2．常用的变式技巧：
主要从函数名、次数、系数方面入手，常见有：
(1)讨论三角函数的性质时，常常将它化为一次的单角的三角函数来讨论；
(2)涉及sin x±cos x、sin x·cos x的问题，常做换元处理，如令t＝sin x±cos x∈[－，]，将原问题转化为关于t的函数来处理；
(3)在解决三角形的问题时，常利用正、余弦定理化边为角或化角为边等．
[例1] 已知函数f(x)＝4tan xsin－x·cos－.
(1)求f(x)的定义域与最小正周期；
(2)讨论f(x)在区间上的单调性．
[解] (1)f(x)的定义域为.
f(x)＝4tan xcos xcos－
＝4sin xcos－
＝4sin x
－
＝2sin xcos x＋2sin2x－
＝sin 2x＋(2sin2x－1)
＝sin 2x－cos 2x
＝2sin.
所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
(2)令z＝2x－，
则函数y＝2sin z的单调递增区间是
，k∈Z.
由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，k∈Z，
得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
设A＝，B＝，k∈Z，易知A∩B＝.
所以当x∈时，f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减．
[题后悟通]
解答此类问题的关键在于“变”，其思路为“一角二名三结构”
升幂(降幂)公式口诀：“幂降一次，角翻倍，幂升一次，角减半”．
[例2] (2016·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos B＋bcos A)＝c.
(1)求C；
(2)若c＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
[解] (1)法一：由2cos C(acos B＋bcos A)＝c，
得2cos C(sin A·cos B＋sin B·
cos A)＝sin C，
即2cos C·sin(A＋B)＝sin C.
因为A＋B＋C＝π，
A，B，C∈(0，π)，
所以sin(A＋B)＝sin C>0，
所以2cos C＝1，cos C＝.
因为C∈(0，π)，
所以C＝.
法二：由2cos C(acos B＋bcos A)＝c，
得2cos C＝c，
整理得2cos C＝1，
即cos C＝.
因为C∈(0，π)，所以C＝.
(2)由余弦定理，c2＝a2＋b2－2ab·cos C，
得7＝a2＋b2－2ab·，
即(a＋b)2－3ab＝7，
因为S＝ab·sin C＝ab＝，
所以ab＝6，
所以(a＋b)2－18＝7，
即a＋b＝5，
所以△ABC的周长为a＋b＋c＝5＋.
[题后悟通]
利用正、余弦定理求解问题的策略
[针对训练]
已知函数f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－.
(1)求函数y＝f(x)的最小正周期和单调递减区间；
(2)已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中a＝7，若锐角A满足f＝，且sin B＋sin C＝，求b·c的值．
解：(1)f(x)＝2sin xcos x＋2cos2x－＝sin 2x＋cos 2x＝2sin，因此f(x)的最小正周期为T＝＝π.
由2kπ＋≤2x＋≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，
所以f(x)的单调递减区间为(k∈Z)．
(2)由f＝2sin＝2sin A＝，且A为锐角，所以A＝.
由正弦定理可得2R＝＝＝，
sin B＋sin C＝＝，
则b＋c＝×＝13，
所以cos A＝＝＝，
所以bc＝40.
[总结升华]
高考试题中的三角函数解答题相对比较传统，难度较低，大家在复习时，应“明确思维起点，把握变换方向，抓住内在联系，合理选择公式”是三角变换的基本要诀．在解题时，要紧紧抓住“变”这一核心，灵活运用公式与性质， 仔细审题，快速运算．
A卷——夯基保分专练
一、选择题
1．(2018届高三·合肥调研)已知x∈(0，π)，且cos＝sin2x，则tan等于( )
A. B．－
C．3 D．－3
解析：选A 由cos＝sin2x得sin 2x＝sin2x，∵x∈(0，π)，∴tan x＝2，
∴tan＝＝.
2．(2017·张掖一诊)在△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若c＝2a，bsin B－asin A＝asin C，则sin B为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由bsin B－asin A＝asin C，且c＝2a，
得b＝a，∵cos B＝＝＝，
∴sin B＝ ＝.
3．已知θ∈，且sin θ－cos θ＝－，则的值为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 法一：由sin θ－cos θ＝－，
得sin＝.
因为θ∈，所以－θ∈，
所以cos＝，
故＝＝
＝＝2cos＝.
法二：因为sin θ－cos θ＝－，
两边平方，整理得2sin θcos θ＝，
所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝.
因为θ∈，所以sin θ>0，cos θ>0，
所以sin θ＋cos θ＝.
所以＝
＝(cos θ＋sin θ)＝.
4．(2017·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，a＝2，c＝，则C＝( )
A. B.
C. D.
解析：选B 因为sin B＋sin A(sin C－cos C)＝0，
所以sin(A＋C)＋sin Asin C－sin Acos C＝0，
所以sin Acos C＋cos Asin C＋sin Asin C－sin Acos C＝0，整理得sin C(sin A＋cos A
)＝0.因为sin C≠0，
所以sin A＋cos A＝0，所以tan A＝－1，
因为A∈(0，π)，所以A＝，
由正弦定理得sin C＝＝＝，
又0＜C＜，所以C＝.
5．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若0，∴cos B<0，an，即(a＋9)·3n－4n－9>(a＋9)·3n－1－4n－5，即(a＋9)·3n>6恒成立．因为n∈N*，所以a＋9>＝2恒成立，解得a>－7.
答案：(－7，＋∞)
数列求和
[师生共研·悟通]
数列求和的关键是分析其通项，数列的基本求和方法有公式法、错位相减法、裂(拆)项相消法、分组法、倒序相加法和并项法等．
[典例] (2017·全国卷Ⅲ)设数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(.
(1)求；
(2)求数列的前n项和．
[解答示范]
(一)搭桥——找突破口
第(1)问：欲求an的通项公式，应知数列{an}的类别或关于an的关系式，即构造两关系式相减，消去多余项，得出an的通项公式；
第(2)问：欲求的前n项和，应知的表达式，借助(1)的结论得出，再选用适当的求和方法．
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①：数列{(2n－1)an}的前n项和的关系式
类比an与Sn的关系式求an的方法
(1)由有关an与Sn递推关系式求解问题时注意n≥2时的条件，并要验证n＝1时是否符合所求得的通项公式
(2)裂项相消法求和适用的通项关系式及通项拆项后调整前面的系数、裂项求和抵消后剩余的项有哪些
信息②：求{an}的通项公式
求数列通项公式的方法
信息③：
数列
借助an的表达式求的表达式
[解] (1)因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，
故当n≥2时，
a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1)．
两式相减得(2n－1)an＝2，
所以an＝(n≥2)．
又由题设可得a1＝2，满足上式，
从而{an}的通项公式为an＝.
(2)记的前n项和为Sn.
由(1)知＝＝－.
则Sn＝－＋－＋…＋－＝.
[类题通法]
1．分组求和的常见方法
(1)根据等差、等比数列分组．
(2)根据正号、负号分组．
2．裂项相消的规律
(1)裂项系数取决于前后两项分母的差．
(2)裂项相消后前、后保留的项数一样多．
3．错位相减法的关注点
(1)适用题型：等差数列{an}与等比数列{bn}对应项相乘({an·bn})型数列求和．
(2)步骤：
①求和时先乘以数列{bn}的公比．
②把两个和的形式错位相减．
③整理结果形式．
[即学即用·练通]
1．已知数列{an}的通项公式是an＝(－1)n(3n－2)，则a1＋a2＋…＋a10等于( )
A．15 B．12
C．－12 D．－15
解析：选A ∵an＝(－1)n(3n－2)，∴a1＋a2＋…＋a10＝－1＋4－7＋10－…－25＋28＝(－1＋4)＋(－7＋10)＋…＋(－25＋28)＝3×5＝15.
2．(2017·合肥一检)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2＋an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵{an}为等差数列，
∴解得∴an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2＋an＝22n＋1＋(2n＋1)＝2×4n＋(2n＋1)，
∴Tn＝2×(4＋42＋…＋4n)＋(3＋5＋…＋2n＋1)
＝2×＋
＝(4n－1)＋n2＋2n.
3．(2018届高三·张掖诊断)已知数列{an}的前n项和为Sn，若an＝－3Sn＋4，bn＝－log2an＋1.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)令cn＝＋，其中n∈N*，若数列{cn}的前n项和为Tn，求Tn.
解：(1)由a1＝－3a1＋4，得a1＝1，
由an＝－3Sn＋4，
知an＋1＝－3Sn＋1＋4，
两式相减并化简得an＋1＝an，
∴an＝n－1，
bn＝－log2an＋1＝－log2n＝2n.
(2)由题意知，cn＝＋.
令Hn＝＋＋＋…＋，①
则Hn＝＋＋…＋＋，②
①－②得，Hn＝＋＋＋…＋－＝1－.
∴Hn＝2－.
又Mn＝1－＋－＋…＋－＝1－＝，
∴Tn＝Hn＋Mn＝2－＋.
[创新应用] 数列与其他知识的交汇问题
数列在中学教材中既有相对独立性，又有较强的综合性，很多数列问题一般转化为特殊数列求解，一些题目常与函数、向量、三角、解析几何等知识交汇结合，考查数列的基本运算与应用.
[典例] (1)设数列{an}满足a2＋a4＝10，点Pn(n，an)对任意的n∈N*，都有向量PnP―→n＋1＝(1,2)，则数列{an}的前n项和Sn＝________.
[解析] ∵Pn(n，an)，∴Pn＋1(n＋1，an＋1)，
∴PnP―→n＋1＝(1，an＋1－an)＝(1,2)，
∴an＋1－an＝2，
∴数列{an}是公差d为2的等差数列．
又由a2＋a4＝2a1＋4d＝2a1＋4×2＝10，解得a1＝1，
∴Sn＝n＋×2＝n2.
[答案] n2
(2)当x≠1且x≠0时，数列{nxn－1}的前n项和Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1(n∈N*)可以用数列求和的“错位相减法”求得，也可以由x＋x2＋x3＋…＋xn(n∈N*)按等比数列的求和公式，先求得x＋x2＋x3＋…＋xn＝，两边都是关于x的函数，两边同时求导，(x＋x2＋x3＋…＋xn)′＝′，从而得到Sn＝1＋2x＋3x2＋…＋nxn－1＝，按照同样的方法，请从二项展开式(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn出发，可以求得，Sn＝1×2×C＋2×3×C＋3×4×C＋…＋n(n＋1)×C(n≥4)的值为________．(请填写最简结果)
[解析] 依题意，对(1＋x)n＝1＋Cx＋Cx2＋Cx3＋…＋Cxn两边同时求导，
得n(1＋x)n－1＝C＋2Cx＋3Cx2＋…＋nCxn－1，①
取x＝1，得C＋2C＋3C＋…＋nC＝n×2n－1，②
②×2得，2C＋2×2C＋2×3C＋…＋2nC＝n×2n，③
再对①式两边同时求导，得n(n－1)(1＋x)n－2＝1×2C＋2×3Cx＋…＋n(n－1)Cxn－2，
取x＝1，得1×2C＋2×3C＋…＋n(n－1)C＝n(n－1)×2n－2，④
③＋④得1×2C＋2×3C＋3×4C＋…＋n(n＋1)C＝n×2n＋n(n－1)×2n－2＝n(n＋3)×2n－2.
[答案] n(n＋3)×2n－2
[类题通法]
(1)本例(1)是平面向量与数列的交汇，本例(2)是函数、二项式定理与数列的交汇；
(2)解答此类问题的一般思路为利用已知条件结合平面向量、函数、二项式定理的知识转化为数列的问题进行求解．
[针对训练]
1．设直线nx＋(n＋1)y＝(n∈N*)与两坐标轴围成的三角形的面积为Sn，则S1＋S2＋…＋S2 017＝________.
解析：当x＝0时，y＝，当y＝0时，x＝，所以三角形的面积Sn＝××＝＝－，
所以S1＋S2＋…＋S2 017＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
答案：
2．(2017·江苏高考节选)对于给定的正整数k，若数列{an}满足：an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan，对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．
证明：等差数列{an}是“P(3)数列”．
证明：因为{an}是等差数列，设其公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d，
从而，当n≥4时，an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,3，
所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，
因此等差数列{an}是“P(3)数列”．
[数学文化] 数学文化常考点——数列
我国古代数学强调“经世济用”，注重算理算法，其中很多问题可转化为等差、等比数列问题.
[典例] (1)《张丘建算经》卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾．初日织五尺，今一月日织九匹三丈．”其意思为今有一女子擅长织布，且从第2天起，每天比前一天多织相同量的布，若第一天织5尺布，现在一个月(按30天计)共织390尺布．则该女子最后一天织布的尺数为( )
A．18 B．20
C．21 D．25
[解析] 选C 依题意得，织女每天所织的布的尺数依次排列形成一个等差数列，设为{an}，其中a1＝5，前30项和为390，于是有＝390，解得a30＝21，即该织女最后一天织21尺布．
(2)(2017·全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯( )
A．1盏 B．3盏
C．5盏 D．9盏
[解析] 选B 每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{an}，则前7项的和S7＝381，公比q＝2，依题意，得S7＝＝381，解得a1＝3.
[点评] 本例中的两题均以古代传统文化为背景．第(1)题考查等差数列及前n项和有关的计算问题；第(2)题考查等比数列及前n项和有关的计算问题．
[针对训练]
1．(2017·合肥二检)中国古代数学有着很多令人惊叹的成就．北宋沈括在《梦溪笔谈》卷十八《技艺》篇中首创隙积术．隙积术意即：将木桶一层层堆放成坛状，最上一层长有a个，宽有b个，共计ab个木桶，每一层长宽各比上一层多一个，共堆放n层，设最底层长有c个，宽有d个，则共计有木桶个．假设最上层有长2宽1共2个木桶，每一层的长宽各比上一层多一个，共堆放15层，则木桶的个数为( )
A．1 260 B．1 360
C．1 430 D．1 530
解析：选B 根据题意可知，a＝2，b＝1，n＝15，则c＝2＋14＝16，d＝1＋14＝15，代入题中所给的公式，可计算出木桶的个数为＝1 360.
2．朱世杰是历史上最伟大的数学家之一，他所著的《四元玉鉴》卷中“如像招数”五问中有如下问题：“今有官司差夫一千八百六十四人筑堤，只云初日差六十四人，次日转多七人．每人日支米三升，共支米四百三石九斗二升，问筑堤几日”．其大意为：官府陆续派遣1 864人前往修筑堤坝．第一天派出64人，从第二天开始，每天派出的人数比前一天多7人．修筑堤坝的每人每天分发大米3升，共发出大米40 392升，问修筑堤坝多少天．”在这个问题中，第5天应发大米( )
A．894升 B．1 170升
C．1 275升 D．1 467升
解析：选B 由题意知，每天派出的人数构成首项为64，公差为7的等差数列，则第5天的总人数为5×64＋×7＝390，所以第5天应发大米390×3＝1 170升．
3．我国古代数学名著《九章算术》中，有已知长方形面积求一边的算法，其方法的前两步为：
第一步：构造数列1，，，，…，.
第二步：将数列的各项乘以n，得数列(记为)a1，a2，a3，…，an.
则a1a2＋a2a3＋…＋an－1an等于( )
A．n2 B．(n－1)2
C．n(n－1) D．n(n＋1)
解析：选C a1a2＋a2a3＋…＋an－1an
＝·＋·＋…＋·
＝n2
＝n2
＝n2·＝n(n－1)．
[高考大题通法点拨] 数列问题重在“归”——化归、归纳
[思维流程]
[策略指导]
化归、归纳的常用策略
(1)由于数列是一个特殊的函数，也可根据题目特点，将其化归为函数问题，或通过对式子的改造，使其化归为可运用数列问题的基本方法．
(2)对于不是等差或等比的数列，可从简单的个别的特殊的情景出发，从中归纳出一般性的规律、性质，这种归纳思想便形成了解决一般性数列问题的重要方法：观察、归纳、猜想、证明．
[典例] (2016·山东高考)已知数列{an}的前n项和Sn＝3n2＋8n，{bn}是等差数列，且an＝bn＋bn＋1.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)令cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解] (1)由题意知当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝6n＋5.
当n＝1时，a1＝S1＝11，
符合上式．
所以an＝6n＋5.
设数列{bn}的公差为d.
由即解得
所以bn＝3n＋1.
(2)由(1)知cn＝＝3(n＋1)·2n＋1.
又Tn＝c1＋c2＋…＋cn，
得Tn＝3×[2×22＋3×23＋…＋(n＋1)×2n＋1]，
2Tn＝3×[2×23＋3×24＋…＋(n＋1)×2n＋2]，
两式作差，
得－Tn＝3×[2×22＋23＋…＋2n＋1－(n＋1)×2n＋2]
＝3×
＝－3n·2n＋2，
所以Tn＝3n·2n＋2.
[题后悟通]
求解数列问题的关键步骤
[针对训练]
(2018届高三·广东五校联考)数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝2an－a1，且a1，a2＋1，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)∵Sn＝2an－a1，①
∴当n≥2时，Sn－1＝2an－1－a1.②
①－②得，an＝2an－2an－1，即an＝2an－1.
由a1，a2＋1，a3成等差数列，得2(a2＋1)＝a1＋a3，
∴2(2a1＋1)＝a1＋4a1，解得a1＝2.
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列．
∴an＝2n.
(2)∵an＝2n，
∴Sn＝2an－a1＝2n＋1－2，Sn＋1＝2n＋2－2.
∴bn＝＝
＝－.
∴数列{bn}的前n项和
Tn＝＋＋…＋
＝＝.
[总结升华]
“算一算、猜一猜、证一证”是数列中特有的归纳思想，利用这种思想可探索一些一般数列的简单性质．等差数列与等比数列是数列中的两个特殊的基本数列，高考中通常考查的是非等差、等比数列问题，应对的策略就是通过化归思想，将其转化为这两种数列．审题时应注意归纳法的运用，要看清项及下标的特征，要注意下标的范围．
A卷——夯基保分专练
一、选择题
1．(2017·武汉调研)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则a1＝( )
A．－2 B．－1
C. D．
解析：选B 由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，
得a3＋a4＝3a4－3a2，即q＋q2＝3q2－3，
解得q＝－1(舍去)或q＝，
将q＝代入S2＝3a2＋2中，得a1＋a1＝3×a1＋2，
解得a1＝－1.
2．已知等比数列{an}的前n项和为Sn＝x·3n－1－，则x的值为( )
A. B．－
C. D．－
解析：选C 当n＝1时，a1＝S1＝x－，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝x·(3n－1－3n－2)＝2x·3n－2，∵{an}是等比数列，
∴a1＝2x·31－2＝x＝x－，∴x＝.
3．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，则S10等于( )
A．18 B．24
C．60 D．90
解析：选C 设数列{an}的公差为d(d≠0)，由a＝a3a7，得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，故2a1＋3d＝0，再由S8＝8a1＋28d＝32，得2a1＋7d＝8，则d＝2，a1＝－3，所以S10＝10a1＋45d＝60.
4．已知等差数列{an}的公差为d，关于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0,9]，则使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选B ∵关于x的不等式dx2＋2a1x≥0的解集为[0,9]，∴0,9是一元二次方程dx2＋2a1x＝0的两个实数根，且d<0，∴－＝9，a1＝－.∴an＝a1＋(n－1)d＝d，可得a5＝－d>0，a6＝d<0.∴使数列{an}的前n项和Sn最大的正整数n的值是5.
5．(2018届高三·广东五校联考)数列{an}满足a1＝1，且an＋1＝a1＋an＋n(n∈N*)，则＋＋…＋的值为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由a1＝1，an＋1＝a1＋an＋n可得an＋1－an＝n＋1，利用累加法可得an－a1＝，
所以an＝，所以＝＝2，
故＋＋…＋＝2
＝2＝.
6．设无穷等差数列{an}的前n项和为Sn.若首项a1＝，公差d＝1，则满足Sk2＝(Sk)2的正整数k的值为( )
A．7 B．6
C．5 D．4
解析：选D 法一：由题意知，
Sk2＝＝＝，
Sk＝＝＝，
因为Sk2＝(Sk)2，所以＝，得k＝4.
法二：不妨设Sn＝An2＋Bn，则Sk2＝A(k2)2＋Bk2，Sk＝Ak2＋Bk，由Sk2＝(Sk)2得k2(Ak2＋B)＝k2(Ak＋B)2，考虑到k为正整数，从而Ak2＋B＝A2k2＋2ABk＋B2，即(A2－A)k2＋2ABk＋(B2－B)＝0，又A＝＝，B＝a1－＝1，所以k2－k＝0，又k≠0，从而k＝4.
二、填空题
7．(2017·长沙模拟)等比数列{an}的公比为－，则ln(a2 017)2－ln(a2 016)2＝________.
解析：因为＝－(n≥2)，故2＝2，从而ln(a2 017)2－ln(a2 016)2＝ln2＝ln 2.
答案：ln 2
8．(2018届高三·福建八校联考)在数列中，n∈N*，若＝k(k为常数)，则称为“等差比数列”，下列是对“等差比数列”的判断：
①k不可能为0；
②等差数列一定是“等差比数列”；
③等比数列一定是“等差比数列”；
④“等差比数列”中可以有无数项为0.
其中所有正确判断的序号是________．
解析：由等差比数列的定义可知，k不为0，所以①
正确，当等差数列的公差为0，即等差数列为常数列时，等差数列不是等差比数列，所以②错误；当是等比数列，且公比q＝1时，不是等差比数列，所以③错误；数列0,1,0,1，…是等差比数列，该数列中有无数多个0，所以④正确．
答案：①④
9．(2017·福建质检)已知数列{an}满足a1＝－40，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n，则an取最小值时n的值为_______．
解析：由nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n＝2n(n＋1)，
两边同时除以n(n＋1)，得－＝2，
所以数列是首项为－40、公差为2的等差数列，
所以＝－40＋(n－1)×2＝2n－42，
所以an＝2n2－42n，
对于二次函数f(x)＝2x2－42x，
在x＝－＝－＝10.5时，f(x)取得最小值，
因为n取正整数，且10和11到10.5的距离相等，
所以n取10或11时，an取得最小值．
答案：10或11
三、解答题
10．(2017·全国卷Ⅰ)记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2＝2，S3＝－6.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并判断Sn＋1，Sn，Sn＋2是否成等差数列．
解：(1)设{an}的公比为q.
由题设可得
解得
故{an}的通项公式为an＝(－2)n.
(2)由(1)可得Sn＝
＝－＋(－1)n.
由于Sn＋2＋Sn＋1＝－＋(－1)n
＝2＝2Sn，
故Sn＋1，Sn，Sn＋2成等差数列．
11．已知等差数列{an}的首项为a1(a1≠0)，公差为d，且不等式a1x2－3x＋2＜0的解集为(1，d)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn－an＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)由不等式a1x2－3x＋2＜0的解集为(1，d)，可得a1＞0且1，d为方程a1x2－3x＋2＝0的两根，即有1＋d＝，d＝，解得a1＝1，d＝2，
则数列{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－1.
(2)bn－an＝＝－，即bn＝an＋－＝2n－1＋－，
则数列{bn}的前n项和Sn＝(1＋3＋…＋2n－1)＋1－＋－＋…＋－＝n(1＋2n－1)＋1－＝n2＋.
12．已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)．
(1)求a的值及数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(1－an)log3(a·an＋1)，求数列的前n项和Tn.
解：(1)∵6Sn＝3n＋1＋a(n∈N*)，①
∴当n＝1时，6S1＝6a1＝9＋a，
当n≥2时，6Sn－1＝3n＋a，②
①－②得，6an＝2×3n，
即an＝3n－1，
∵{an}是等比数列，∴a1＝1，则9＋a＝6，得a＝－3，
∴数列{an}的通项公式为an＝3n－1(n∈N*)．
(2)由(1)得bn＝(1－an)log3(a·an＋1)＝(3n－2)(3n＋1)，
∴Tn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝
＝.
B卷——大题增分专练
1．新定义运算：＝ad－bc，若数列{an}满足a1＝，＝0.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝anan＋1，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)因为＝0，所以(n＋1)an＋1＝nan，
所以数列{nan}是常数列，因为a1＝，所以nan＝，所以an＝.
(2)因为bn＝anan＋1，
所以bn＝＝，
所以Tn＝
＝＝，
所以Tn＝.
2．已知数列{bn}满足3(n＋1)bn＝nbn＋1，且b1＝3.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)已知＝，求证：≤＋＋…＋<1.
解：(1)因为3(n＋1)bn＝nbn＋1，
所以＝.
因此，＝3×，＝3×，＝3×，…，＝3×，
上面式子累乘可得＝3n－1×n，
因为b1＝3，所以bn＝n·3n.
(2)证明：因为＝，
所以an＝·3n.
因为＝·＝·
＝
＝·－·，
所以＋＋…＋＝＋
＋…＋＝1－·.
因为n∈N*，所以0<·≤，
所以≤1－·<1，
所以≤＋＋…＋<1.
3．(2017·河南焦作二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝2Sn＋1(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝(2n－1)·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)当n＝1时，a1＝2S1＋1＝2a1＋1，解得a1＝－1.
当n≥2时，由an＝2Sn＋1，得an－1＝2Sn－1＋1，
两式相减得an－an－1＝2an，化简得an＝－an－1，
所以数列{an}是首项为－1，公比为－1的等比数列，
则可得an＝(－1)n.
(2)由(1)得bn＝(2n－1)·(－1)n，
当n为偶数时，Tn＝－1＋3－5＋7－9＋11－…＋(2n－1)＝2×＝n，
当n为奇数时，n＋1为偶数，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(n＋1)－(2n＋1)＝－n.
所以数列{bn}的前n项和Tn＝(－1)n·n.
4．(2017·山东高考)已知{xn}是各项均为正数的等比数列，且x1＋x2＝3，x3－x2＝2.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)如图，在平面直角坐标系xOy中，依次连接点P1(x1，1)，P2(x2,2)，…，Pn＋1(xn＋1，n＋1)得到折线P1P2…Pn＋1，求由该折线与直线y＝0，x＝x1，x＝xn＋1所围成的区域的面积Tn.
解：(1)设数列{xn}的公比为q，由已知得q>0.
由题意得
所以3q2－5q－2＝0.
因为q>0，所以q＝2，x1＝1，
因此数列{xn}的通项公式为xn＝2n－1.
(2)过P1，P2，…，Pn＋1向x轴作垂线，垂足分别为Q1，Q2，…，Qn＋1.
由(1)得xn＋1－xn＝2n－2n－1＝2n－1，
记梯形PnPn＋1Qn＋1Qn的面积为bn，
由题意得bn＝×2n－1＝(2n＋1)×2n－2，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
＝3×2－1＋5×20＋7×21＋…＋(2n－1)×2n－3＋(2n＋1)×2n－2.①
又2Tn＝3×20＋5×21＋7×22＋…＋(2n－1)×2n－2＋(2n＋1)×2n－1.②
①－②得
－Tn＝3×2－1＋(2＋22＋…＋2n－1)－(2n＋1)×2n－1
＝＋－(2n＋1)×2n－1.
所以Tn＝.
保分专题(六) 点、直线、平面之间的位置关系
[全国卷3年考情分析]
年份
卷别
考查内容及考题位置
命题分析
2017
卷Ⅰ
面面垂直的证明·T18(1)
1.高考对此部分的命题较为稳定，一般为“一小一大”或“一大”，即一道选择或填空题和一道解答题或一道解答题．
2．选择题一般在第10～11题的位置，填空题一般在第14题的位置，多考查线面位置关系的判断，难度较小．
3．解答题多出现在第18或19题的第一问的位置，考查空间中平行或垂直关系的证明，难度中等．
卷Ⅱ
空间异面直线所成角的余弦值的计算·T10
线面平行的证明·T19(1)
卷Ⅲ
圆锥、空间线线角的求解·T16
面面垂直的证明·T19(1)
2016
卷Ⅰ
求异面直线所成的角·T11
面面垂直的证明·T18(1)
卷Ⅱ
空间中线、面位置关系的判定与性质·T14
线面垂直的证明·T19(1)
卷Ⅲ
线面平行的证明·T19(1)
卷Ⅰ
面面垂直的证明、异面直线所成角的求解·T18
2015
卷Ⅱ
空间线面间的位置关系、直线与平面所成的角·T19(1)
空间线面位置关系的判断
[师生共研·悟通]
[典例] (2016·全国卷Ⅱ)α，β是两个平面，m，n是两条直线，有下列四个命题：
①如果m⊥n，m⊥α，n∥β，那么α⊥β.
②如果m⊥α，n∥α，那么m⊥n.
③如果α∥β，m⊂α，那么m∥β.
④如果m∥n，α∥β，那么m与α所成的角和n与β所成的角相等．
其中正确的命题有________．(填写所有正确命题的编号)
[解析] 对于命题①，可运用长方体举反例证明其错误：
如图，不妨设AA′为直线m，CD为直线n，ABCD所在的平面为α，ABC′D′所在的平面为β，显然这些直线和平面满足题目条件，但α⊥β不成立．
命题②正确，证明如下：设过直线n的某平面与平面α相交于直线l，则l∥n，由m⊥α知m⊥l，从而m⊥n，结论正确．
由平面与平面平行的定义知命题③正确．
由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确．
[答案] ②③④
[类题通法]
判断与空间位置关系有关命题真假的3种方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断．
(2)借助空间几何模型，如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
(3)借助于反证法，当从正面入手较难时，可利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
[即学即用·练通]
1．(2017·全国卷Ⅲ)在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则( )
A．A1E⊥DC1 B．A1E⊥BD
C．A1E⊥BC1 D．A1E⊥AC
解析：选C 法一：由正方体的性质，得A1B1⊥BC1，B1C⊥BC1，A1B1∩B1C＝B1，
所以BC1⊥平面A1B1CD.
又A1E⊂平面A1B1CD，
所以A1E⊥BC1.
法二：∵A1E在平面ABCD上的投影为AE，而AE不与AC，BD垂直，∴B、D错；
∵A1E在平面BCC1B1上的投影为B1C，且B1C⊥BC1，
∴A1E⊥BC1，故C正确；
(证明：由条件易知，BC1⊥B1C，BC1⊥CE，
又CE∩B1C＝C，∴BC1⊥平面CEA1B1.
又A1E⊂平面CEA1B1，∴A1E⊥BC1.)
∵A1E在平面DCC1D1上的投影为D1E，
而D1E不与DC1垂直，故A错．
2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是( )
解析：选A 法一：
对于选项B，如图所示，连接CD，因为AB∥CD，M，Q分别是所在棱的中点，所以MQ∥CD，所以AB∥MQ .又AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，所以AB∥平面MNQ.同理可证选项C、D中均有AB∥平面MNQ.故选A.
法二：对于选项A，设正方体的底面对角线的交点为O(如图所示)，连接OQ，则OQ∥AB.因为OQ与平面MNQ有交点，所以AB与平面MNQ有交点，即AB与平面MNQ不平行，根据直线与平面平行的判定定理及三角形的中位线性质知，选项B、C、D中AB∥平面MNQ.故选A.
空间中平行、垂直关系的证明
[师生共研·悟通]
1．直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.
2．直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.
[典例] (2017·北京高考)如图，在三棱锥PABC中，PA⊥AB，，AB⊥BC，PA＝ 线段AC的中点，E为线段PC上一点．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)，求三棱锥EBCD的体积．
[解答示范]
(一)搭桥——找突破口
第(1)问：欲证线线垂直，应转化到证线面垂直，再得线线垂直；
第(2)问：欲证面面垂直，应转化到证线面垂直，进而转化到先证线线垂直，借助(1)的结论和已知条件可证；
第(3)问：欲求锥体的体积，应先找出底面和确定其对应的高，关键是证明线面垂直，借助(1)的结论可证．
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①：PA⊥AB，PA⊥BC
线面垂直的判定定理，可证PA⊥平面ABC
(1)证明线面平行的条件：一直线在平面外，一直线在平面内
(2)证明线面垂直时的条件：直线垂直于平面内两条相交直线
(3)求点到面的距离时要想到借助锥体的“等体积性”
信息②：AB＝BC，D为AC的中点
等腰三角形中线与高线合一，可得BD⊥AC
信息③：PA⊥BD
证明线线垂直，可转化到证明一直线垂直于另一直线所在平面，再由线面垂直的定义可得
信息④：平面BDE⊥平面PAC
面面垂直的判定定理，线线垂直⇒线面垂直⇒面面垂直
信息⑤：PA∥平面BDE
线面平行的性质定理，线面平行，则线线平行，可得PA∥DE
[解] (1)证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，AB∩BC＝B，
所以PA⊥平面ABC.
又因为BD⊂平面ABC，
所以PA⊥BD.
(2)证明：因为AB＝BC，D为AC的中点，
所以BD⊥AC.
由(1)知，PA⊥BD，又AC∩PA＝A，
所以BD⊥平面PAC.
因为BD⊂平面BDE，
所以平面BDE⊥平面PAC.
(3)因为PA∥平面BDE，平面PAC∩平面BDE＝DE，
所以PA∥DE.
因为D为AC的中点，
所以DE＝PA＝1，BD＝DC＝.
由(1)知，PA⊥平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
所以三棱锥EBCD的体积V＝BD·DC·DE＝.
[类题通法]
(1)正确并熟练掌握空间中平行与垂直的判定定理与性质定理，是进行判断和证明的基础；在证明线面关系时，应注意几何体的结构特征的应用，尤其是一些线面平行与垂直关系，这些都可以作为条件直接应用．
(2)证明面面平行依据判定定理，只要找到一个面内两条相交直线与另一个平面平行即可，从而将证明面面平行转化为证明线面平行，再转化为证明线线平行．
(3)证明面面垂直常用面面垂直的判定定理，即证明一个面过另一个面的一条垂线，将证明面面垂直转化为证明线面垂直，一般先从现有直线中寻找，若图中不存在这样的直线，则借助中线、高线或添加辅助线解决．
(4)证明的核心是转化，空间向平面的转化，面面⇔线面⇔线线．
[即学即用·练通]
1．(2017·太原一模)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥AC，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，CC1的中点．
(1)求证：AB⊥平面AA1C1C；
(2)若线段AC上的点D满足平面DEF∥平面ABC1，试确定点D的位置，并说明理由；
(3)证明：EF⊥A1C.
解：(1)证明：∵AA1⊥底面ABC，
∴A1A⊥AB.
∵AB⊥AC，A1A∩AC＝A，
∴AB⊥平面AA1C1C.
(2)∵平面DEF∥平面ABC1，平面ABC∩平面DEF＝DE，平面ABC∩平面ABC1＝AB，
∴AB∥DE，
∵在△ABC中，E是BC的中点，
∴D是线段AB的中点．
(3)证明：∵在三棱柱ABCA1B1C1中，A1A＝AC，
∴A1C⊥AC1.
由(1)得AB⊥A1C，
∵AB∩AC1＝A，
∴A1C⊥平面ABC1，
∴A1C⊥BC1.
又E，F分别是BC，CC1的中点，
∴EF∥BC1，
∴EF⊥A1C.
2．(2017·兰州模拟)如图所示的空间几何体ABCDEFG中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AE⊥平面ABCD，EF∥AB，EG∥AD，EF
＝EG＝1.
(1)求证：平面CFG⊥平面ACE；
(2)在AC上是否存在一点H，使得EH∥平面CFG？若存在，求出CH的长，若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：连接BD交AC于点O，则BD⊥AC.
设AB，AD的中点分别为M，N，连接MN，则MN∥BD.
连接FM，GN，则FM∥GN，且FM＝GN，
所以四边形FMNG为平行四边形，
所以MN∥FG，所以BD∥FG，所以FG⊥AC.
因为AE⊥平面ABCD，所以AE⊥BD.
所以FG⊥AE，又AC∩AE＝A，所以FG⊥平面ACE，
又FG⊂平面CFG，所以平面CFG⊥平面ACE.
(2)设平面ACE交FG于点Q，则Q为FG的中点，连接EQ，CQ，连接BD交AC于点O，取CO的中点为H，连接EH，
则CH∥EQ，CH＝EQ＝，
所以四边形EQCH为平行四边形，
所以EH∥CQ，所以EH∥平面CFG.
所以在AC上存在一点H，使得EH∥平面CFG，且CH＝.
平面图形的折叠问题
[师生共研·悟通]
[典例] (2016·全国卷Ⅱ)如图，的对角线AC与BD交于点O，点E，F分别在AD，CD上，，EF交BD于点H.将 的位置．
(1)；
(2)若，求五棱锥D′ABCFE的体积．
[解答示范]
(一)搭桥——找突破口
第(1)问：欲证AC⊥HD′，因为可证EF∥AC，所以只需证EF⊥HD′；
第(2)问：欲求五棱锥的体积，应找出其底面和底面对应的高，关键是证线面垂直，即高应满足垂直于底面两条相交直线，即证OD′⊥OH，OD′⊥AC.
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①：菱形ABCD
菱形的边及对角线的关系：对角线垂直、边相等
(1)折叠图形中前后“不变的位置关系和数量关系”及“变的位置关系和数量关系”
(2)三角形中三边的关系也可判断两直线垂直
(3)证线面垂直的条件：直线垂直于平面内两条相交直线
信息②：AE＝CF
三角形中平行线等分线段成比例：＝，可证AC∥EF
信息③：△DEF沿EF折到△D′EF的位置
折叠图形中的“变量”与“不变量”，不变量HD′⊥EF
信息④：证明：AC⊥HD′
转化为一直线的平行线垂直于另一条直线
信息⑤：已知AB，AC，AE，OD′的长
由边长关系证明线线垂直关系：可求DO，OH的长，进而由DO′，OH，D′H的长满足勾股定理可证OD′⊥OH
[解] (1)证明：由已知得AC⊥BD，AD＝CD.
又由AE＝CF，得＝，故AC∥EF.
由此得EF⊥HD，故EF⊥HD′，
所以AC⊥HD′.
(2)由EF∥AC得＝＝.
由AB＝5，AC＝6，得DO＝BO＝＝4.
所以OH＝1，D′H＝DH＝3.
于是OD′2＋OH2＝(2)2＋12＝9＝D′H2，
故OD′⊥OH.
由(1)知，AC⊥HD′，
又AC⊥BD，BD∩HD′＝H，
所以AC⊥平面BHD′，于是AC⊥OD′.
又OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.
又由＝，得EF＝.
五边形ABCFE的面积
S＝×6×8－××3＝.
所以五棱锥D′ABCFE的体积
V＝××2＝.
[类题通法]
平面图形折叠问题的求解方法
(1)解决与折叠有关的问题的关键是搞清折叠前后的变化量和不变量，一般情况下，线段的长度是不变量，而位置关系往往会发生变化，抓住不变量是解决问题的突破口．
(2)在解决问题时，要综合考虑折叠前后的图形，既要分析折叠后的图形，也要分析折叠前的图形．
[即学即用·练通]
如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F分别在线段BC，AD上，EF∥AB，将矩形ABEF沿EF折起，记折起后的矩形为MNEF，且平面MNEF⊥平面ECDF，如图2.
(1)求证：NC∥平面MFD；
(2)若EC＝3，求证：ND⊥FC；
(3)求四面体NEFD体积的最大值．
解：(1)证明：四边形MNEF和四边形EFDC都是矩形，
∴MN∥EF，EF∥CD，MN＝EF＝CD，∴MN綊CD.
∴四边形MNCD是平行四边形，∴NC∥MD.
∵NC⊄平面MFD，MD⊂平面MFD，
∴NC∥平面MFD.
(2)证明：连接ED，
∵平面MNEF⊥平面ECDF，且NE⊥EF，平面MNEF∩平面ECDF＝EF，NE⊂平面MNEF，
∴NE⊥平面ECDF.
∵FC⊂平面ECDF，
∴FC⊥NE.
∵EC＝CD，∴四边形ECDF为正方形，∴FC⊥ED.
又∵ED∩NE＝E，ED，NE⊂平面NED，
∴FC⊥平面NED.
∵ND⊂平面NED，∴ND⊥FC.
(3)设NE＝x，则FD＝EC＝4－x，其中00)，
则A(a,0,0)，C(－a,0,0)，E(0，，1)，F(0，－，2)，
∴＝(0，－2，1)，＝(－a，，1)，＝(a，，1)．
设m＝(x1，y1，z1)是平面AEF的法向量，
则即
令z1＝2，得y1＝1，x1＝.
∴m＝是平面AEF的一个法向量，
设n＝(x2，y2，z2)是平面CEF的法向量，
则即
令z2＝2，得y2＝1，x2＝－.
∴n＝是平面CEF的一个法向量，
∵二面角AEFC是直二面角，
∴m·n＝－＋9＝0，∴a＝.
∵BE⊥平面ABCD，
∴∠BAE是直线AE与平面ABCD所成的角，
∵AB＝＝2，
∴tan∠BAE＝＝.
故直线AE与平面ABCD所成角的正切值为.
2．(2017·东北四市模拟)如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，AD＝AP，E为棱PD的中点．
(1)证明：PD⊥平面ABE；
(2)若F为AB的中点，＝λ (0<λ<1)，试确定λ的值，使二面角PFMB的余弦值为－.
解：(1)证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB.
又AD⊥AB，PA∩AD＝A，
∴AB⊥平面PAD.
∵PD⊂平面PAD，
∴PD⊥AB.
∵E是PD的中点，AD＝AP，
∴AE⊥PD.又AE∩AB＝A，
∴PD⊥平面ABE.
(2)以A为坐标原点，以，，为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
令AB＝2，则B(2,0,0)，P(0,0,2)，C(2,2,0)，F(1,0,0)，
∴＝(1,0，－2)，＝(－1,0,0)，＝(2,2，－2)，
∵＝λ (0<λ<1)，
∴＝(2λ，2λ，－2λ)，M(2λ，2λ，2－2λ)，＝(2λ－1,2λ，2－2λ)．
设平面PFM的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
令z1＝1，则m＝(2，－1,1)为平面PFM的一个法向量．
设平面BFM的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则即
令z2＝λ，则n＝(0，λ－1，λ)为平面BFM的一个法向量．
则|cos〈m，n〉|＝＝＝，
解得λ＝.
立体几何中的探索性问题
[师生共研·悟通]
[典例] (2016·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，.
(1)求证：PD⊥平面PAB；
(2)求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
(3)在，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
[解答示范]
(一)搭桥——找突破口
第(1)问：欲证线面垂直，可转化为证直线垂直平面内的两条相交直线，已知PA⊥PD，再证AB⊥PD即可；
第(2)问：欲求线面角，可转化为求向量与平面PCD的法向量的夹角，即建系，通过向量法求线面角；
第(3)问：欲解决立体几何的探索性问题，先假设存在，再通过满足条件得出要求的值即可．
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①：平面PAD⊥平面ABCD
面面垂直的性质定理：面面垂直⇒线面垂直，即可证AB⊥平面PAD
(1)直线和平面所成角的正弦值等于平面法向量与直线方向向量夹角的余弦值的绝对值
(2)向量法解决立体几何问题的关键是准确表达出各点及相关量的坐标
信息②：PA⊥PD，PA＝PD
△PAD为等腰直角三角形及斜边中线即为高线
信息③：AC＝CD
△ACD为等腰三角形及其性质
信息④：棱PA上是否存在点M
三点共线的应用
信息⑤：BM∥平面PCD
直线与平面平行时，直线的方向向量与平面的法向量的关系：垂直于平面PCD的法向量
[解] (1)证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，
所以AB⊥平面PAD.
所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，
所以PD⊥平面PAB.
(2)取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
又因为PO⊂平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO⊂平面ABCD，
所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.
如图所示，建立空间直角坐标系Oxyz.
由题意得，A(0,1,0)，B(1,1,0)，C(2，0,0)，D(0，－1,0)，P(0,0,1)．
则＝(0，－1，－1)，＝(2,0，－1)，＝(1,1，－1)，
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令z＝2，则x＝1，y＝－2.
所以n＝(1，－2,2)．
所以cos〈n，〉＝＝－.
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
(3)设M是棱PA上一点，
则存在λ∈[0,1]，使得＝λ.
因此点M(0,1－λ，λ)，＝(－1，－λ，λ)．
因为BM⊄平面PCD，所以要使BM∥平面PCD，当且仅当·n＝0，即(－1，－λ，λ)·(1，－2,2)＝0，
解得λ＝，所以在棱PA上存在点M使得BM∥平面BCD，此时＝.
[类题通法]
利用空间向量巧解探索性问题
(1)空间向量最适合于解决立体几何中的探索性问题，它无须进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．
(2)解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等问题，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．
[提醒] 探索线段上是否存在点时，注意三点共线条件的应用．
[即学即用·练通]
如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，MD⊥平面ABCD，NB⊥平面ABCD，且MD＝NB＝1，E为BC的中点．
(1)求异面直线NE与AM所成角的余弦值；
(2)在线段AN上是否存在点S，使得ES⊥平面AMN？若存在，求线段AS的长；若不存在，请说明理由．
解：(1)如图所示，以D为坐标原点，以DA，DC，DM为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz.
依题意得D(0,0,0)，A(1,0,0)，M(0,0,1)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，N(1,1,1)，E，所以＝，＝(－1,0,1)，
因为|cos〈，〉|＝＝＝.
所以异面直线NE与AM所成角的余弦值为.
(2)假设在线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN.连接AE，ES.
因为＝(0,1,1)，可设＝λ＝(0，λ，λ)，λ∈[0,1]，
又＝，
所以＝＋＝.
由ES⊥平面AMN，
得即解得λ＝，
此时＝，||＝.
经检验，当AS＝时，ES⊥平面AMN.
故线段AN上存在点S，使得ES⊥平面AMN，
此时AS＝.
[高考大题通法点拨] 立体几何问题重在“建”——建模、建系
[思维流程]
[策略指导]
立体几何解答题建模、建系策略
立体几何解答题的基本模式是论证推理与计算相结合，以某个几何体为依托，分步设问，逐层加深．解决这类题目的原则是建模、建系．
建模——将问题转化为平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距离等的计算模型．
建系——依托于题中的垂直条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解．
[典例] 如图，四边形ABCD是矩形，AB＝1，AD＝，E是AD的中点，BE与AC交于点F，GF⊥平面ABCD.
(1)求证：AF⊥平面BEG；
(2)若AF＝FG，求直线EG与平面ABG所成角的正弦值．
[解] (1)证明：因为四边形ABCD为矩形，
所以△AEF∽△CBF，
所以＝＝＝.
又矩形ABCD中，AB＝1，AD＝，
所以AE＝，AC＝.
在Rt△BEA中，BE＝＝，
所以AF＝AC＝，BF＝BE＝.
在△ABF中，AF2＋BF2＝2＋2＝1＝AB2，
所以∠AFB＝90°，
即AC⊥BE.
因为GF⊥平面ABCD，
AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥GF.
又BE∩GF＝F，BE，
GF⊂平面BEG，
所以AF⊥平面BEG.
(2)由(1)得AC，BE，FG两两垂直，以点F为原点，FA，FE，FG所在直线分别为x
轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A，B，G，
E，＝，
＝，＝.
设n＝(x，y，z)是平面ABG的法向量，
则即取x＝，
得n＝(，－1，)是平面ABG的一个法向量．
设直线EG与平面ABG所成角的大小为θ，
则sin θ＝
＝＝，
所以直线EG与平面ABG所成角的正弦值为.
[题后悟通]
利用法向量求解空间角的关键在于“四破”
[针对训练]
(2017·开封模拟)如图①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AD＝CD＝AB＝2.将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何体DABC，如图②
所示．
(1)证明：平面ABD⊥平面BCD；
(2)求二面角DABC的余弦值．
解：(1)证明：易知AC⊥BC，又平面ADC⊥平面ABC，
平面ADC∩平面ABC＝AC，BC⊂平面ABC，
∴BC⊥平面ACD，∴AD⊥BC.
又AD⊥CD，BC∩CD＝C，∴AD⊥平面BCD，
∵AD⊂平面ABD，
∴平面ABD⊥平面BCD.
(2)以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Cxyz，则C(0，0,0)，A(2，0,0)，D(，0，)，B(0,2，0)，＝(－，0，)，＝(－2，2，0)．
设平面ABD的法向量m＝(x，y，z)．
则即
令x＝1，得y＝1，z＝1，
所以平面ABD的一个法向量m＝(1,1,1)．
易知平面ABC的一个法向量n＝(0,0,1)，
∴cos〈m，n〉＝＝，
由图知，二面角DABC为锐角，
∴二面角DABC的余弦值为.
[总结升华]
立体几何的内容在高考中的考查情况总体上比较稳定，因此，复习备考时往往有“纲”可循，有“题”可依．在平时的学习中，要加强“一题两法(几何法与向量法)”的训练，切勿顾此失彼；要重视识图训练，能正确确定关键点或线的位置，将局部空间问题转化为平面模型；能依托于题中的垂直条件，建立适当的空间直角坐标系，将几何问题化归为代数问题的计算模型．其中，平行、垂直关系的判定与性质是立体几何的核心内容；空间角的计算是重点内容．
A卷——夯基保分专练
1．(2017·惠州三调)如图，四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面，点P在圆柱OQ的底面圆周上，G是DP的中点，圆柱OQ的底面圆的半径OA＝2，侧面积为8π，∠AOP＝120°.
(1)求证：AG⊥BD；
(2)求二面角PAGB的余弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知8π＝2×2π×AD，
解得AD＝2.
作PE⊥AB，垂足为E，
∵OP＝OA＝2，∠AOP＝120°，
∴∠EOP＝60°，PE＝，OE＝1，
∴AE＝AO＋OE＝3.
则A(0,0,0)，B(0,4,0)，D(0,0，2)，P(，3,0)，
∵G是DP的中点，
∴G.
(1)证明：∵＝(0，－4,2)，＝.
∴·＝·(0，－4,2)＝0，
∴⊥，即AG⊥BD.
(2)∵＝(，－1,0)，＝，
＝，＝，
∴·＝0，·＝0，
∴是平面APG的法向量．
设n＝(x，y,1)是平面ABG的法向量，
由则
解得n＝(－2,0,1)，
则cos〈，n〉＝＝＝－.
由图知，二面角PAGB为锐角，
∴二面角PAGB的余弦值为.
2．(2017·北京高考)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD∥平面MAC，PA＝PD＝，AB＝4.
(1)求证：M为PB的中点；
(2)求二面角BPDA的大小；
(3)求直线MC与平面BDP所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图，设AC，BD的交点为E，连接ME.
因为PD∥平面MAC，
平面MAC∩平面PDB＝ME，
所以PD∥ME.
因为底面ABCD是正方形，
所以E为BD的中点．
所以M为PB的中点．
(2)取AD的中点O，连接OP，OE.
因为PA＝PD，所以OP⊥AD.
又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，OP⊂平面PAD，
所以OP⊥平面ABCD.
因为OE⊂平面ABCD，所以OP⊥OE.
因为底面ABCD是正方形，所以OE⊥AD.
以O为原点，以，，为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，
则P(0,0，)，D(2,0,0)，B(－2,4,0)，
＝(4，－4,0)，＝(2,0，－)．
设平面BDP的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则即
令x＝1，得y＝1，z＝.
于是n＝(1,1，)．
又平面PAD的一个法向量为p＝(0,1,0)，
所以cos〈n，p〉＝＝.
由题知二面角BPDA为锐角，
所以二面角BPDA的大小为60°.
(3)由题意知M，C(2,4,0)，
则＝.
设直线MC与平面BDP所成角为α，则
sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.
所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为.
3．(2017·安徽名校阶段性测试)已知四棱锥PABCD中，底面ABCD是梯形，BC∥AD，AB⊥AD，且AB＝BC＝1，AD＝2，顶点P在平面ABCD内的射影H在AD上，PA⊥PD.
(1)求证：平面PAB⊥平面PAD；
(2)若直线AC与PD所成角为60°，求二面角APCD的余弦值．
解：(1)证明：∵PH⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴PH⊥AB.
∵AB⊥AD，AD∩PH＝H，AD⊂平面PAD，PH⊂平面PAD，
∴AB⊥平面PAD.
又AB⊂平面PAB，∴平面PAB⊥平面PAD.
(2)以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，
∵PH⊥平面ABCD，
∴z轴∥PH.
则A(0,0,0)，C(1,1,0)，D(0,2,0)，设AH＝a，PH＝h(00)．
则P(0，a，h)．
∴＝(0，a，h)，＝(0，a－2，h)，＝(1,1,0)．
∵PA⊥PD，∴·＝a(a－2)＋h2＝0.
∵AC与PD所成角为60°，
∴|cos〈，〉|＝＝，
∴(a－2)2＝h2，∴(a－2)(a－1)＝0，
∵00，∴h＝1，∴P(0,1,1)．
∴＝(0,1,1)，＝(1,1,0)，＝(1,0，－1)，＝(1，－1,0)，
设平面APC的法向量为n＝(x1，y1，z1)，
则即
令x1＝1，得y1＝－1，z1＝1，
所以平面APC的一个法向量为n＝(1，－1,1)，
设平面DPC的法向量为m＝(x2，y2，z2)．
由即
令x2＝1，得y2＝1，z2＝1，
所以平面DPC的一个法向量为(1,1,1)．
∴cos〈m，n〉＝＝.
∵二面角APCD的平面角为钝角，
∴二面角APCD的余弦值为－.
4．(2017·成都一诊)如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，BD与EF交于点H，G为BD的中点，点R在线段BH上，且＝λ(λ＞0)．现将△AED，△CFD，△DEF分别沿DE，DF，EF折起，使点A，C重合于点B(该点记为P)，如图②所示．
(1)若λ＝2，求证：GR⊥平面PEF；
(2)是否存在正实数λ，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由题意，可知PE，PF，PD三条直线两两垂直．
∴PD⊥平面PEF.
在图①中，∵E，F分别是AB，BC的中点，G为BD的中点，∴EF∥AC，GD＝GB＝2GH.
在图②中，∵＝＝2，且＝2，
∴在△PDH中，GR∥PD.
∴GR⊥平面PEF.
(2)由题意，分别以PF，PE，PD所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系Pxyz.
设PD＝4，则P(0,0,0)，F(2,0,0)，E(0,2，0)，D(0,0,4)，
∴H(1,1,0)，PH―→＝(1,1,0)，
∵＝λ，∴＝PH―→，
∴R.
∴＝＝.
＝(2，－2,0)，＝(0,2，－4)，
设平面DEF的法向量为m＝(x，y，z)，
由得
取z＝1，得y＝2，x＝2，则m＝(2,2,1)．
∵直线FR与平面DEF所成角的正弦值为，
∴|cos 〈m，〉|＝＝＝＝.
∴9λ2＋18λ－7＝0.
解得λ＝或λ＝－(不合题意，舍去)．
故存在正实数λ＝，使得直线FR与平面DEF所成角的正弦值为.
B卷——大题增分专练
1.(2017·山东高考)如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD(及其内部)以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是的中点．
(1)设P是上的一点，且AP⊥BE，求∠CBP的大小；
(2)当AB＝3，AD＝2时，求二面角EAGC的大小．
解：(1)因为AP⊥BE，AB⊥BE，
AB，AP⊂平面ABP，AB∩AP＝A，
所以BE⊥平面ABP.
又BP⊂平面ABP，所以BE⊥BP.
又∠EBC＝120°，所以∠CBP＝30°.
(2)以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得A(0,0,3)，E(2,0,0)，G(1，，3)，C(－1，，0)，故＝(2,0，－3)，＝(1，，0)，＝(2,0,3)，设m＝(x1，y1，z1)是平面AEG的一个法向量．
由
可得
取z1＝2，可得平面AEG的一个法向量m＝(3，－，2)．
设n＝(x2，y2，z2)是平面ACG的一个法向量．
由可得
取z2＝－2，可得平面ACG的一个法向量n＝(3，－，－2)．
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
由图知二面角EAGC为锐角，
故所求二面角EAGC的大小为60°.
2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，AB＝BC＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，E是PD的中点．
(1)证明：直线CE∥平面PAB；
(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值．
解：(1)证明：取PA的中点F，连接EF，BF.
因为E是PD的中点，所以EF∥AD，EF＝AD.
由∠BAD＝∠ABC＝90°，得BC∥AD，
又BC＝AD，所以EF綊BC，
所以四边形BCEF是平行四边形，CE∥BF，
又CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
故CE∥平面PAB.
(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，||为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1，)，＝(1,0，－)，＝(1,0,0)．
设M(x，y，z)(00)，于是解得－a＝b＝4，故满足条件的直线l一共有1条．
3．已知a≠0，直线ax＋(b＋2)y＋4＝0与直线ax＋(b－2)y－3＝0互相垂直，则ab的最大值为( )
A．0 B．2
C．4 D.
解析：选B 法一：若b＝2，两直线方程分别为y＝－x－1和x＝，此时两直线相交但不垂直；若b＝－2，两直线方程分别为x＝－和y＝x－，此时两直线相交但不垂直；若b≠±2，两直线方程分别为y＝－x－和y＝－x＋，由两直线垂直得，－·＝－1，即a2＋b2＝4，因为a2＋b2＝4≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，所以ab≤2，所以ab的最大值为2.
法二：由两直线垂直，得a2＋(b＋2)(b－2)＝0，
即a2＋b2＝4.
因为a2＋b2＝4≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，
所以ab≤2，
所以ab的最大值为2.
圆的方程
[师生共研·悟通]
圆的3种方程
(1)圆的标准方程：(x－a)2＋(y－b)2＝r2.
(2)圆的一般方程：x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)．
(3)圆的直径式方程：(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0(圆的直径的两端点是A(x1，y1)，B(x2，y2))．
[典例] (1)(2016·天津高考)已知圆C的圆心在x轴的正半轴上，点M(0，)在圆C上，且圆心到直线2x－y＝0的距离为，则圆C的方程为________．
[解析] 因为圆C的圆心在x轴的正半轴上，设C(a,0)，且a＞0，所以圆心到直线2x－y＝0的距离d＝＝，解得a＝2，
所以圆C的半径r＝|CM|＝＝3，
所以圆C的方程为(x－2)2＋y2＝9.
[答案] (x－2)2＋y2＝9
(2)(2016·浙江高考)已知a∈R，方程a2x2＋(a＋2)y2＋4x＋8y＋5a＝0表示圆，则圆心坐标是________，半径是________．
[解析] 由二元二次方程表示圆的条件可得a2＝a＋2，解得a＝2或－1.当a＝2时，方程为4x2＋4y2＋4x＋8y＋10＝0，即x2＋y2＋x＋2y＋＝0，配方得2＋(y＋1)2＝－＜0，不表示圆；
当a＝－1时，方程为x2＋y2＋4x＋8y－5＝0，配方得(x＋2)2＋(y＋4)2＝25，则圆心坐标为(－2，－4)，半径是5.
[答案] (－2，－4) 5
[类题通法]
求圆的方程的2种方法
(1)几何法：通过研究圆的性质、直线和圆、圆与圆的位置关系，从而求得圆的基本量和方程．
(2)代数法：用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数，从而求得圆的方程．
[即学即用·练通]
1．已知三点A(1,0)，B(0，)，C(2，)，则△ABC外接圆的圆心到原点的距离为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 设圆的一般方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F>0)，
∴∴
∴△ABC外接圆的圆心为，故△ABC外接圆的圆心到原点的距离为
eq r(1＋blc(rc)(avs4alco1(f(2r(3),3)))2)＝.
2．已知圆C的圆心是直线x－y＋1＝0与x轴的交点，且圆C与直线x＋y＋3＝0相切，则圆C的方程是( )
A．(x＋1)2＋y2＝2 B．(x＋1)2＋y2＝8
C．(x－1)2＋y2＝2 D．(x－1)2＋y2＝8
解析：选A 根据题意直线x－y＋1＝0与x轴的交点为(－1,0)．因为圆与直线x＋y＋3＝0相切，所以半径为圆心到切线的距离，即r＝d＝＝，则圆的方程为(x＋1)2＋y2＝2.
直线与圆、圆与圆的位置关系
[师生共研·悟通]
判断直线与圆的位置关系的2种方法
(1)代数法：将圆的方程和直线的方程联立起来组成方程组，利用判别式Δ来讨论位置关系：Δ>0⇔相交；Δ＝0⇔相切；Δ<0⇔相离．
(2)几何法：把圆心到直线的距离d和半径r的大小加以比较：dr⇔相离．
[典例] (1)(2016·全国卷Ⅰ)设直线y＝x＋2a与圆C：x2＋y2－2ay－2＝0相交于A，B两点，若|AB|＝2，则圆C的面积为________．
[解析] 圆C：x2＋y2－2ay－2＝0化为标准方程为x2＋(y－a)2＝a2＋2，
所以圆心C(0，a)，半径r＝，因为|AB|＝2，点C到直线y＝x＋2a，即x－y＋2a＝0的距离d＝＝，由勾股定理得2＋2＝a2＋2，解得a2＝2，
所以r＝2，所以圆C的面积为π×22＝4π.
[答案] 4π
(2)(2016·全国卷Ⅲ)已知直线l：x－y＋6＝0与圆x2＋y2＝12交于A，B两点，过A，B分别作l的垂线与x轴交于C，D两点，则|CD|＝________.
[解析] 作出示意图如图所示，
∵直线AB的方程为x－y＋6＝0，
∴kAB＝，∴∠BPD＝30°，
从而∠BDP＝60°.
在Rt△BOD中，
∵|OB|＝2，∴|OD|＝2.
取AB的中点H，连接OH，则OH⊥AB，
∴OH为直角梯形ABDC的中位线，
∴|OC|＝|OD|，∴|CD|＝2|OD|＝2×2＝4.
[答案] 4
[类题通法]
弦长问题的2种求解方法
(1)利用半径r，弦心距d，弦长l的一半构成直角三角形，结合勾股定理d2＋2＝r2求解；
(2)若斜率为k的直线l与圆C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则|AB|＝|x1－x2|.
[即学即用·练通]
1．已知圆(x－1)2＋y2＝1被直线x－y＝0分成两段圆弧，则较短弧长与较长弧长之比为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
解析：选A (x－1)2＋y2＝1的圆心为(1,0)，半径为1.圆心到直线的距离d＝＝，所以较短弧所对的圆心角为，较长弧所对的圆心角为，故两弧长之比为1∶2.
2．(2017·惠州三调)已知直线y＝ax与圆C：x2＋y2－2ax－2y＋2＝0交于两点A，B，且△CAB为等边三角形，则圆C的面积为________．
解析：圆x2＋y2－2ax－2y＋2＝0化为标准方程为(x－a)2＋(y－1)2＝a2－1，因此圆心C到直线y＝ax的距离为·＝，解得a2＝7，所以圆C的面积为π()2＝6π.
答案：6π
3．(2017·广东五校协作体第一次诊断考试)两圆x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by－1＋4b2＝0恰有三条公切线，若a∈R，b∈R且ab≠0，则＋的最小值为________．
解析：两圆x2＋y2＋2ax＋a2－4＝0和x2＋y2－4by－1＋4b2＝0配方得，(x＋a)2＋y2＝4，x2＋(y－2b)2＝1.由题意得两圆相外切，故 ＝1＋2＝3，
即a2＋4b2＝9，
所以＋＝
＝＋＋＋
≥＋2 ＝1，
当且仅当＝，即a2＝2b2＝3时等号成立，
故＋的最小值为1.
答案：1
[创新应用] 直线和圆与其他知识的交汇问题
高考对直线和圆的考查重在基础，多以选择题、填空题形式出现，将直线和圆与函数、不等式、平面向量、数列及圆锥曲线、概率等知识交汇，体现命题创新.
[典例] (1)已知不等式组表示平面区域Ω，过区域Ω中的任意一个点P，作圆x2＋y2＝1的两条切线且切点分别为A，B，当四边形PAOB的面积最小时，cos∠APB的值为( )
A. B.
C. D.
[解析] 选B 作出平面区域Ω和单位圆x2＋y2＝1的图象如图所示，设l：x＋y－2＝0，数形结合可得S四边形PAOB＝2S△PAO＝2××|PA|×1＝|PA|.
又∵|PA|＝＝，
∴当P到原点距离最小时，四边形PAOB的面积最小，此时PO⊥l，且|PO|＝＝2，故∠APO＝，
∴∠APB＝，cos∠APB＝.
(2)已知直线Ax＋By＋C＝0与圆x2＋y2＝1相交于P，Q两点，其中A2，C2，B2成等差数列，O为坐标原点，则·＝( )
A．－1 B．0
C．1 D．±1
[解析] 选A 依题意A2＋B2＝2C2，圆x2＋y2＝1的圆心到直线Ax＋By＋C
＝0的距离d＝＝，圆x2＋y2＝1的半径为1，故∠POQ＝90°，可得·＝0.·＝·(－)＝·－2＝0－1＝－1.
[类题通法]
对于这类问题的求解，首先要注意理解直线和圆等基础知识及它们之间的深入联系，其次要对问题的条件进行全方位的审视，特别是题中各个条件之间的相互关系及隐含条件的挖掘，再次要掌握解决问题常用的思想方法，如数形结合、化归与转化等思想方法．
[针对训练]
1．已知f(x)＝x3＋ax－2b，若f(x)的图象在切点P(1，－2)处的切线与圆(x－2)2＋(y＋4)2＝5相切，则3a＋2b＝________.
解析：由题意得f(1)＝－2，即a－2b＝－3.
又∵f′(x)＝3x2＋a，
∴f(x)的图象在点(1，－2)处的切线方程为y＋2＝(3＋a)(x－1)，即(3＋a)x－y－a－5＝0，
∴＝，解得a＝－，∴b＝，
∴3a＋2b＝－7.
答案：－7
2．已知集合A＝，若k∈Z，且k∈A，使得过点B(1,1)的任意直线与圆x2＋y2＋kx－2y－k＝0总有公共点的概率为________．
解析：由题意知A＝[－1,2)，又k2＋4＋k>0总成立，k∈Z，且k∈A，所以k有－1,0,1三个值，过点B(1,1)的任意直线与圆x2＋y2＋kx－2y－k＝0总有公共点，即点B(1,1)在圆上或圆内，即2＋k－2－k≤0，得k≤0，即k有－1,0两个值，由古典概型的概率公式知所求概率为P＝.
答案：
一、选择题
1．“ab＝4”是“直线2x＋ay－1＝0与直线bx＋2y－2＝0平行”的( )
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 因为两直线平行，所以斜率相等，即－＝－，可得ab＝4，又当a＝1，b＝4时，满足ab＝4，但是两直线重合，故选C.
2．(2016·全国卷Ⅱ)圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心到直线ax＋y－1＝0的距离为1，则a＝( )
A．－ B．－
C. D．2
解析：选A 因为圆x2＋y2－2x－8y＋13＝0的圆心坐标为(1,4)，所以圆心到直线ax＋y－1＝0的距离d＝＝1，解得a＝－.
3．(2016·山东高考)已知圆M：x2＋y2－2ay＝0(a＞0)截直线x＋y＝0所得线段的长度是2，则圆M与圆N：(x－1)2＋(y－1)2＝1的位置关系是( )
A．内切 B．相交
C．外切 D．相离
解析：选B 由题知圆M：x2＋(y－a)2＝a2(a＞0)，圆心(0，a)到直线x＋y＝0的距离d＝，所以2＝2，解得a＝2.圆M，圆N的圆心距|MN|＝，两圆半径之差为1，故两圆相交．
4．在等腰三角形MON中，|MO|＝|MN|，点O(0,0)，M(－1，3)，点N在x轴的负半轴上，则直线MN的方程为( )
A．3x－y－6＝0 B．3x＋y＋6＝0
C．3x－y＋6＝0 D．3x＋y－6＝0
解析：选C 因为|MO|＝|MN|，所以直线MN的斜率与直线MO的斜率互为相反数，所以kMN＝－kMO＝3，所以直线MN的方程为y－3＝3(x＋1)，即3x－y＋6＝0.
5．已知圆O：x2＋y2＝4上到直线l：x＋y＝a的距离等于1的点至少有2个，则实数a的取值范围为( )
A．(－3，3)
B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
C．(－2，2)
D．[－3，3 ]
解析：选A 由圆的方程可知圆心为(0,0)，半径为2.因为圆O上到直线l
的距离等于1的点至少有2个，所以圆心到直线l的距离d0)，
解得kmax＝，故选A.
二、填空题
7．已知点A(－1,0)，过点A可作圆x2＋y2－mx＋1＝0的两条切线，则m的取值范围是________．
解析：由题意得点A(－1,0)在圆外，所以1＋m＋1>0，所以m>－2，又2＋y2＝－1表示圆，所以－1>0，解得m>2或m<－2，所以m>2.
答案：(2，＋∞)
8．已知圆C：(x－3)2＋(y－5)2＝5，直线l过圆心且交圆C于A，B两点，交y轴于P点，若2＝，则直线l的斜率k＝________.
解析：依题意得，点A是线段PB的中点，|PC|＝|PA|＋|AC|＝3.过圆心C(3,5)作y轴的垂线，垂足为C1，则|CC1|＝3，|PC1|＝＝6.记直线l的倾斜角为θ，则有|tan θ|＝
eq f(|PC1|,|CC1|)＝2，即k＝±2.
答案：±2
9．在平面直角坐标系中，已知点P(3,0)在圆C：(x－m)2＋(y－2)2＝40内，动直线AB过点P且交圆C于A，B两点，若△ABC的面积的最大值为20，则实数m的取值范围是________．
解析：由圆的方程知，圆心C(m,2)，半径r＝2，
所以S△ABC＝r2sin∠ACB＝20sin∠ACB，
所以当∠ACB＝时，S△ABC取得最大值20，
此时△ABC为等腰直角三角形，|AB|＝r＝4，
则点C到直线AB的距离为2，
所以2≤|PC|<2，
即2≤<2，
解得－3|F1F2|)；
(2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)；
(3)抛物线：|PF|＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l于M.
[典例] (1)(2017·全国卷Ⅲ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为y＝x，且与椭圆＋＝1有公共焦点，则C的方程为( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
[解析] 选B 根据双曲线C的渐近线方程为y＝x，
可知＝.①
又椭圆＋＝1的焦点坐标为(3,0)和(－3,0)，
所以a2＋b2＝9.②
根据①②可知a2＝4，b2＝5，
所以C的方程为－＝1.
(2)如图，椭圆＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，若|PF1|＝4，∠F1PF2＝120°，则a的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] 选B 因为b2＝2，c＝，
所以|F1F2|＝2.
又|PF1|＝4，|PF1|＋|PF2|＝2a，|PF2|＝2a－4，
由余弦定理得
cos 120°＝＝－，
解得a＝3.
[类题通法]
求解圆锥曲线标准方程的思路方法
(1)定型，就是指定类型，也就是确定圆锥曲线的焦点位置，从而设出标准方程．
(2)计算，即利用待定系数法求出方程中的a2，b2或p
.另外，当焦点位置无法确定时，抛物线常设为y2＝2ax或x2＝2ay(a≠0)，椭圆常设为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，双曲线常设为mx2－ny2＝1(mn>0)．
[即学即用·练通]
1．顶点在原点，经过圆C：x2＋y2－2x＋2y＝0的圆心且准线与x轴垂直的抛物线方程为________．
解析：将圆C的一般方程化为标准方程为(x－1)2＋(y＋)2＝3，圆心为(1，－)．由题意，知抛物线的顶点在原点，焦点在x轴上，且经过点(1，－)．设抛物线的标准方程为y2＝2px，因为点(1，－)在抛物线上，所以(－)2＝2p，解得p＝1，所以所求抛物线的方程为y2＝2x.
答案：y2＝2x
2．若点P在椭圆＋y2＝1上，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，且满足·＝t，则实数t的取值范围是________．
解析：设P(x，y)，F1(－2，0)，F2(2，0)，
＝(－2－x，－y)，＝(2－x，－y)，
·＝(－2－x)(2－x)＋(－y)2
＝x2＋y2－8.
∵P在椭圆＋y2＝1上，∴y2＝1－，
∴t＝·＝x2＋y2－8＝x2－7，
∵0≤x2≤9，∴－7≤t≤1，
故实数t的取值范围为[－7,1]．
答案：[－7,1]
圆锥曲线的几何性质
[师生共研·悟通]
1．椭圆、双曲线中，a，b，c及e之间的关系
(1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为e＝＝ ；
(2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为e＝＝.
2．双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x.注意离心率e与渐近线的斜率的关系．
[典例] (1)(2016·全国卷Ⅰ)以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A，B两点，交C的准线于D，E两点．已知|AB|＝4，|DE|＝2，则C的焦点到准线的距离为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
[解析] 选B 设抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，圆的方程为x2＋y2＝r2.
∵|AB|＝4，|DE|＝2，
抛物线的准线方程为x＝－，
∴不妨设A，D.
∵点A，D在圆x2＋y2＝r2上，
∴∴＋8＝＋5，
∴p＝4(负值舍去)．
∴C的焦点到准线的距离为4.
(2)(2017·全国卷Ⅰ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右顶点为A，以A为圆心，b为半径作圆A，圆A与双曲线C的一条渐近线交于M，N两点．若∠MAN＝60°，则C的离心率为________．
[解析] 双曲线的右顶点为A(a,0)，一条渐近线的方程为y＝x，即bx－ay＝0，则圆心A到此渐近线的距离d＝＝.又因为∠MAN＝60°，圆的半径为b，所以b·sin 60°＝，即＝，所以e＝＝.
[答案]
[类题通法]
1．椭圆、双曲线的离心率(或范围)的求法
求椭圆、双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值．
2．双曲线的渐近线的求法及用法
(1)求法：把双曲线标准方程等号右边的1改为零，分解因式可得．
(2)用法：①可得或的值．
②利用渐近线方程设所求双曲线的方程．
[即学即用·练通]
1．(2017·长沙一模)已知双曲线C1：－＝1(a>0，b>0)经过抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点，且双曲线的渐近线与抛物线的准线围成一个等边三角形，则双曲线C1的离心率是( )
A．2 B.
C. D.
解析：选D 依题意得，曲线C2的焦点就是曲线C1的右顶点，故曲线C2的准线方程为x＝－a，将x＝－a代入曲线C1的渐近线方程y＝±x得，该等边三角形的边长为2b、高为a，于是有a＝b，双曲线C1的离心率e＝＝.
2．(2017·天津高考)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右焦点为F，点A在双曲线的渐近线上，△OAF是边长为2的等边三角形(O为原点)，则双曲线的方程为( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－y2＝1 D．x2－＝1
解析：选D 由△OAF是边长为2的等边三角形可知，c＝2，＝tan 60°＝.又c2＝a2＋b2，联立可得a＝1，b＝，∴双曲线的方程为x2－＝1.
3．(2017·全国卷Ⅱ)已知F是抛物线C：y2＝8x的焦点，M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N.若M为FN的中点，则|FN|＝________.
解析：法一：依题意，抛物线C：y2＝8x的焦点F(2,0)，因为M是C上一点，FM的延长线交y轴于点N，M为FN的中点，设M(a，b)(b>0)，所以a＝1，b＝2，所以N(0,4)，|FN|＝＝6.
法二：如图，不妨设点M位于第一象限内，抛物线C的准线交x轴于点A，过点M作准线的垂线，垂足为点B，交y轴于点P，∴PM∥OF.由题意知，F(2,0)，|FO|＝|AO|＝2.
∵点M为FN的中点，PM∥OF，
∴|MP|＝|FO|＝1.
又|BP|＝|AO|＝2，
∴|MB|＝|MP|＋|BP|＝3.
由抛物线的定义知|MF|＝|MB|＝3，
故|FN|＝2|MF|＝6.
答案：6
4．(2017·贵阳模拟)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，若以线段F1F2为直径的圆与椭圆有交点，则椭圆C的离心率的取值范围是________．
解析：由题意可知，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝c2，将其代入椭圆方程，消去y得(a2－b2)x2＋a2b2－a2c2＝0，因为圆与椭圆有交点，所以Δ＝0－4(a2－b2)·(a2b2－a2c2)≥0，所以a2c2(a2－2c2)≤0，所以a2≤2c2，即e＝≥，又椭圆的离心率e<1，所以≤e<1.
答案：
直线与圆锥曲线的位置关系
[师生共研·悟通]
直线与圆锥曲线相交时的弦长
(1)设而不求，根据根与系数关系，进行整体代入，即当直线与圆锥曲线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)时，|AB|＝·|x1－x2|＝ |y1－y2|，而|x1－x2|＝.
(2)抛物线y2＝2px(p>0)的过焦点F的弦AB，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝，y1y2＝－p2，弦长|AB|＝x1＋x2＋p.
[典例] (2017·全国卷Ⅰ)设A，B为曲线C：y＝.
(1)求直线AB的斜率；
(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB 平行，且，求直线AB的方程．
[解答示范]
(一)搭桥——找突破口
第(1)问：欲求直线AB的斜率，应设A，B两点坐标，通过两点满足方程作差，结合已知条件点A与点B的横坐标之和，再用斜率公式求解；
第(2)问：欲求AB的直线方程，应借助(1)的结论，设出直线AB的方程，结合给出的条件求设出的参数，即可求得直线的方程．
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①：曲线y＝上两点A，B的横坐标之和为4
设两点坐标，作两点坐标满足方程的差，结合斜率公式和横坐标的之和来求解
(1)利用两点的斜率公式时，两点的横坐标应不相等
(2)直线与曲线交于两点，联立方程消元后得到的一元二次方程的判别式大于0
信息②：切线平行直线AB
导数的几何意义，利用平行直线斜率相等可得M的坐标
信息③：AM⊥BM
△ABM为直角三角形及其性质：直角三角形的中线等于斜边的一半
[解] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4，
于是直线AB的斜率k＝＝＝1.
(2)由y＝，得y′＝.
设M(x3，y3)，由题设知＝1，解得x3＝2，
于是M(2,1)．
设直线AB的方程为y＝x＋m，
故线段AB的中点为N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|.
将y＝x＋m代入y＝，得x2－4x－4m＝0.
当Δ＝16(m＋1)＞0，即m＞－1时，x1,2＝2±2.
从而|AB|＝|x1－x2|＝4.
由题设知|AB|＝2|MN|，
即4＝2(m＋1)，解得m＝7(m＝－1舍去)．
所以直线AB的方程为x－y＋7＝0.
[类题通法]
1．求解直线与圆锥曲线位置关系问题的注意事项
(1)判断直线与圆锥曲线的交点个数时，可直接求解相应方程组得到交点坐标，也可利用消元后的一元二次方程的判别式来确定，需注意利用判别式的前提是二次项系数不为0.
(2)依据直线与圆锥曲线的交点个数求参数时，联立方程组并消元转化为一元方程，此时注意观察方程的二次项系数是否为0，若为0，则方程为一次方程； 若不为0，则将方程解的个数转化为判别式与0的大小关系求解．
2．处理中点弦问题常用的求解方法
(1)点差法：
设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．
(2)根与系数的关系：
联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解．
[即学即用·练通]
1．在平面直角坐标系xOy中，过y轴正方向上一点C(0，c)任作一条直线，与抛物线y＝x2相交于A，B两点，若·＝2，则c的值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B 设过点C的直线为y＝kx＋c(c>0)，
代入y＝x2，整理得x2－kx－c＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝k，x1x2＝－c.
因为·＝2，所以x1x2＋y1y2＝2，
即x1x2＋(kx1＋c)(kx2＋c)＝2，
即x1x2＋k2x1x2＋kc(x1＋x2)＋c2＝2，
所以－c－k2c＋kc·k＋c2＝2，
即c2－c－2＝0，
所以c＝2或c＝－1(舍去)．
2．(2017·广西三市第一次联考)已知点M在椭圆G：＋＝1(a>b>0)上，且点M到两焦点的距离之和为4.
(1)求椭圆G的方程；
(2)若斜率为1的直线l与椭圆G交于A，B两点，以AB为底作等腰三角形，顶点为P(－3,2)，求△PAB的面积．
解：(1)∵2a＝4，∴a＝2.
又点M在椭圆上，
∴＋＝1，解得b2＝4，
∴椭圆G的方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为y＝x＋m.
由得4x2＋6mx＋3m2－12＝0. ①
设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)(x10，b>0)的两个焦点，以F1，F2为直径的圆与双曲线的一个交点是P，且△F1PF2的三条边长成等差数列，则此双曲线的离心率是( )
A. B.
C．2 D．5
解析：选D 根据对称性，不妨令2|F1P|＝|F2P|＋|F1F2|＝|F2P|＋2c.又|F1P|－|F2P|＝2a，
∴|F1P|＝2c－2a，|F2P|＝2c－4a.
又|F1P|2＋|F2P|2＝|F1F2|2，
∴(2c－2a)2＋(2c－4a)2＝(2c)2，整理得e2－6e＋5＝0，
∵e>1，∴e＝5.
2．在区间[1,5]和[2,4]内分别取一个数，记为a，b，则方程＋＝1表示焦点在x轴上，且离心率小于的椭圆的概率为________．
解析：方程＋＝1表示焦点在x轴上且离心率小于的椭圆，故
即化简得
又a∈[1,5]，b∈[2,4]，画出满足不等式组的平面区域，如图阴影部分所示，求得阴影部分的面积为S阴影＝4×2－××1－＝，
故所求的概率P＝＝.
答案：
一、选择题
1．(2016·全国卷Ⅰ)已知方程－＝1表示双曲线，且该双曲线两焦点间的距离为4，则n的取值范围是( )
A．(－1,3) B．(－1，)
C．(0,3) D．(0，)
解析：选A 由题意得(m2＋n)(3m2－n)>0，解得－m2b>0)的左、右焦点，M为直线y＝2b上的一点，△F1MF2是等边三角形，则椭圆C的离心率为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 因为△F1MF2是等边三角形，故M(0,2b)，|MF1|＝|F1F2|，即4b2＋c2＝4c2，4a2＝7c2，e2＝＝，故e＝.
4．已知双曲线x2－＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，则|AB|＝( )
A．2 B．3
C．4 D．2＋1
解析：选C 设双曲线的实半轴长为a，依题意可得a＝1，由双曲线的定义可得|AF2|－|AF1|＝2a＝2，|BF1|－|BF2|＝2a＝2.又|AF1|＝|BF1|，故|AF2|－|BF2|＝4，又|AB|＝|AF2|－|BF2|，故|AB|＝4.
5．(2018届高三·衡水中学调研)已知x＝x1，x＝x2是函数f(x)＝ax3－ax2－x的两个极值点，且A，B，则直线AB与椭圆＋y2＝1的位置关系为( )
A．相切 B．相交
C．相离 D．不确定
解析：选B 依题意得f′(x)＝ax2－ax－1，
显然Δ＝a2＋4a>0，故a<－4或a>0，
又x1，x2是方程ax2－ax－1＝0的两根，
所以x1＋x2＝1，x1x2＝－，
故kAB＝＝a，
则直线AB的方程为y－＝a(x－x1)，
即y＝ax＋，即y＝a(x－1)，
显然直线过定点(1,0)，
又点(1,0)在椭圆＋y2＝1内，
故直线与椭圆相交．
6．已知斜率为k(k>0)的直线l与抛物线C：y2＝4x交于A，B两点，O为坐标原点，M是线段AB的中点，F为C的焦点，△OFM的面积等于2，则k＝( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由抛物线方程y2＝4x可知焦点F(1,0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，
∵M为线段AB的中点，∴
将y＝4x1，y＝4x2两式相减可得y－y＝4(x1－x2)⇒(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)⇒＝，
即k＝.
∵k>0，∴y0>0，
∴S△OFM＝×1×y0＝2，解得y0＝4，
∴k＝＝.
二、填空题
7．已知焦点为F的抛物线y2＝2px(p>0)上一点A(m，2)，若以A为圆心，|AF|为半径的圆A被y轴截得的弦长为2，则m＝________.
解析：因为圆A被y轴截得的弦长为2，
所以 ＝|AF|＝m＋.①
又A(m,2)在抛物线上，
所以8＝2pm.②
由①与②可得p＝2，m＝2.
答案：2
8．(2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲线－＝1(a>0，b>0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p>0)交于A，B两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知
|AF|＝y1＋，|BF|＝y2＋，|OF|＝，
由|AF|＋|BF|＝y1＋＋y2＋＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.
联立消去x，得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，
所以y1＋y2＝，所以＝p，
即＝，故＝，
所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.
答案：y＝±x
9．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，P是双曲线上任一点，若双曲线的离心率的取值范围为[2,4]，则·的最小值的取值范围是________．
解析：设P(m，n)，则－＝1，即m2＝a2.
又F1(－1,0)，F2(1,0)，
则＝(－1－m，－n)，＝(1－m，－n)，
·＝n2＋m2－1＝n2＋a2－1
＝n2＋a2－1≥a2－1，当且仅当n＝0时取等号，
所以·的最小值为a2－1.
由2≤≤4，得≤a≤，
故－≤a2－1≤－，
即·的最小值的取值范围是.
答案：
三、解答题
10．(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝ .
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
解：(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，
则N(x0,0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．
由＝ ，得x0＝x，y0＝y.
因为M(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1.
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.
(2)证明：由题意知F(－1,0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，
则＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，
·＝3＋3m－tn，
＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．
由·＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以·＝0，即⊥.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，
所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
11．(2017·西安质检)已知椭圆与抛物线y2＝4x有一个相同的焦点，且该椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点P(0,1)的直线与该椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，若＝2，求△AOB的面积．
解：(1)依题意，设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
由题意可得c＝，又e＝＝，∴a＝2.
∴b2＝a2－c2＝2，
∴椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由＝2，得
设直线AB的方程为y＝kx＋1，代入椭圆方程整理，得
(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
∴x1＋x2＝－，x1·x2＝－.
将x1＝－2x2代入上式整理可得，2＝，
解得k2＝.
∴△AOB的面积S＝|OP|·|x1－x2|
＝＝·＝.
12．(2017·成都一诊)已知椭圆＋＝1的右焦点为F，设直线l：x＝5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A，B两点，M为线段EF的中点．
(1)若直线l1的倾斜角为，求△ABM的面积S的值；
(2)过点B作直线BN⊥l于点N，证明：A，M，N三点共线．
解：(1)由题意，知F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
∵直线l1的倾斜角为，∴k＝1.
∴直线l1的方程为y＝x－1，即x＝y＋1.
代入椭圆方程消去x，可得9y2＋8y－16＝0.
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－.
∴S△ABM＝·|FM|·|y1－y2|＝
＝ ＝.
(2)证明：设直线l1的方程为y＝k(x－1)．
代入椭圆方程消去y，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
∵直线BN⊥l于点N，∴N(5，y2)．
∴kAM＝，kMN＝.
而y2(3－x1)－2(－y1)
＝k(x2－1)(3－x1)＋2k(x1－1)
＝－k[x1x2－3(x1＋x2)＋5]
＝－k
＝0，
∴kAM＝kMN，故A，M，N三点共线．
保分专题(十) 概率与统计、随机变量及其分布列
[全国卷3年考情分析]
年份
卷别
考查内容及考题位置
命题分析
2017
卷Ⅰ
数学文化、有关面积的几何概型·T2
1.概率、随机变量及其分布列是高考命题的热点之一，命题形式为“一小一大”，即一道选择或填空题和一道解答题．
2．选择或填空题常出现在第4～10题或第13～15题的位置，主要考查随机事件的概率、古典概型、几何概型，难度一般．
3．概率、统计的解答题多在第18或19题的位置，多以交汇性的形式考查，交汇点主要有两种：(频率分布直方图与茎叶图)择一与随机变量的分布列、数学期望、方差相交汇来考查；(频率分布直方图与茎叶图)择一与线性回归或独立性检验相交汇来考查，难度中等．
正态分布、二项分布的性质及概率、方差·T19
卷Ⅱ
二项分布的方差计算·T13
频率分布直方图、独立性检验·T18
卷Ⅲ
频数分布表、概率分布列的求解、数学期望的应用·T18
2016
卷Ⅰ
与长度有关的几何概型·T4
柱状图、相互独立事件与互斥事件的概率、分布列和数学期望·T19
卷Ⅱ
几何概型、随机模拟·T10
互斥事件的概率、条件概率、随机变量的分布列和数学期望·T18
卷Ⅲ
折线图、相关性检验、线性回归方程及其应用·T18
2015
卷Ⅰ
相互独立事件的概率与独立重复试验的概率公式·T4
散点图、线性回方程及应用、回归分析·T19
卷Ⅱ
茎叶图、数据的平均值和方差、相互独立事件的概率·T18
古典概型与几何概型
[师生共研·悟通]
1．古典概型的概率公式
P(A)＝＝.
2．几何概型的概率公式
P(A)＝.
[典例] (1)(2017·福建质检)某食品厂制作了3种与“福”字有关的精美卡片，分别是“富强福”、“和谐福”、“友善福”，每袋食品中随机装入一张卡片．若只有集齐3种卡片才可获奖，则购买该食品4袋，获奖的概率为( )
A. B.
C. D.
[解析] 选B 将3种不同的精美卡片随机放进4个食品袋中，根据分步乘法计数原理可知共有34＝81种不同放法，4个食品袋中3种不同的卡片都有的放法共有3×C×A＝36种，根据古典概型概率公式得，能获奖的概率P＝＝.
(2)(2017·全国卷Ⅰ)如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是( )
A. B.
C. D.
[解析]
选B 不妨设正方形的边长为2，则正方形的面积为4，正方形的内切圆的半径为1，面积为π.由题意，得S黑＝S圆＝，故此点取自黑色部分的概率P＝＝.
1．利用古典概型求概率的关键及注意点
(1)正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件总数，这常常用到排列、组合的有关知识．
(2)对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏．
2．几何概型的适用条件及应用关键
(1)当试验的结果构成的区域为长度、面积、体积等时，应考虑使用几何概型求解．
(2)利用几何概型求概率时，关键是试验的全部结果构成的区域和事件发生的区域的寻找，有时需要设出变量，在坐标系中表示所需要的区域．
[类题通法]
[即学即用·练通]
1．(2017·洛阳统考)若θ∈[0，π]，则sin>成立的概率为( )
A. B.
C. D．1
解析：选B 依题意，当θ∈[0，π]时，θ＋∈，由sin>，得≤θ＋<，即0≤θ<.因此，所求的概率P＝＝.
2．(2017·广东五校协作体第一次诊断考试)从1至9共9个自然数中任取七个不同的数，则这七个数的平均数是5的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 从1至9共9个自然数中任取七个不同的数的取法共有C＝C＝＝36种，因为1＋9＝2＋8＝3＋7＝4＋6，所以从(1,9)，(2,8)，(3,7)，(4,6)中任选三组，则有C＝4，故这七个数的平均数是5的概率P＝＝.
3．(2017·贵州适应性考试)已知区域Ω＝{(x，y)||x|≤，0≤y≤}，由直线x＝－，x＝，曲线y＝cos x 与x轴围成的封闭图形所表示的区域记为A.若在区域Ω内随机取一点P，则点
P在区域A的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选C SΩ＝2×＝4，
SA＝∫－cos xdx＝sin x－＝sin －sin
＝－＝，
所以所求概率P＝.
相互独立事件和独立重复试验
[师生共研·悟通]
类型
特点
概率求法
相互独立事件同时发生
事件互相独立
P(AB)＝P(A)P(B)
(A，B相互独立)
独立重复试验
一次试验重复n次
P(X＝k)＝Cpk(1－p)n－k(p为发生的概率)
[典例] (2017·天津高考)从甲地到乙地要经过3个十字路口，设各路口 到红灯的概率分别为，，.
(1)记，求随机变量X的分布列和数学期望；
(2)若，求这2辆车共遇到1个红灯的概率．
[解答示范]
(一)搭桥——找突破口
第(1)问：欲求随机变量X的分布列和数学期望，应先确定X的取值，再利用事件相互独立求X值对应的概率，从而求出X的分布列，由期望公式求出期望；
第(2)问：欲求2辆车共遇到1个红灯的概率，应明确所求事件的意义，再求概率．
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①
：工作相互独立，各路口遇到红灯的概率
在三个路口遇到不是红灯的概率
(1)准确理解随机变量表示的意义，写出所有随机变量的取值
(2)随机变量的分布列中概率之和等于1
(3)事件的相互独立性与独立重复试验的区别
(4)事件的互斥性与相互独立性的区别
信息②：事件X表示的意义
X的取值及对应的概率
信息③：有2辆车独立地从甲地到乙地
一辆车是全绿灯通过，另一辆车是只遇到一次红灯
[解] (1)随机变量X的所有可能取值为0,1,2,3.
P(X＝0)＝××＝，
P(X＝1)＝××＋××＋××＝，
P(X＝2)＝××＋××＋××＝，
P(X＝3)＝××＝.
所以随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
P
随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)设Y表示第一辆车遇到红灯的个数，Z表示第二辆车遇到红灯的个数，则所求事件的概率为
P(Y＋Z＝1)＝P(Y＝0，Z＝1)＋P(Y＝1，Z＝0)
＝P(Y＝0)P(Z＝1)＋P(Y＝1)P(Z＝0)
＝×＋×＝.
所以这2辆车共遇到1个红灯的概率为.
求复杂事件概率的2种方法
(1)直接法：正确分析复杂事件的构成，将复杂事件转化为几个彼此互斥的事件的和事件或几个相互独立事件同时发生的积事件或独立重复试验问题，然后用相应概率公式求解．
(2)间接法：当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少，则可利用其对立事件进行求解．对于“至少”“至多”等问题往往也用这种方法求解．
[类题通法]
[即学即用·练通]
1．(2017·广西三市第一次联考)某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机械元件情况如下：
使用时间/天
10～20
21～30
31～40
41～50
51～60
个数
10
40
80
50
20
若以频率为概率，现从该批次机械元件中随机抽取3个，则至少有2个元件的使用寿命在30天以上的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选D 由表可知元件使用寿命在30天以上的概率为＝，则所求概率为C2×＋3＝.
2．(2017·洛阳第一次统一考试)雾霾天气对人体健康有伤害，应对雾霾污染、改善空气质量的首要任务是控制PM2.5，要从压减燃煤、严格控车、调整产业、强化管理、联防联控、依法治理等方面采取重大举措，聚焦重点领域，严格指标考核．某省环保部门为加强环境执法监管，派遣四个不同的专家组对A，B，C三个城市进行治霾落实情况抽查．
(1)若每个专家组随机选取一个城市，四个专家组选取的城市可以相同，也可以不同，求恰有一个城市没有专家组选取的概率；
(2)每一个城市都要由四个专家组分别对抽查情况进行评价，并对所选取的城市进行评价，每个专家组给检查到的城市评价为优的概率为，若四个专家组均评价为优则检查通过不用复检，否则需进行复检．设需进行复检的城市的个数为X，求X的分布列．
解：(1)随机选取，共有34＝81种不同方法，
恰有一个城市没有专家组选取的有C(CA＋C)＝42种不同方法，
故恰有一个城市没有专家组选取的概率P＝＝.
(2)设事件A：“一个城市需复检”，
则P(A)＝1－4＝，
X的所有可能取值为0,1,2,3，
P(X＝0)＝C·3＝，
P(X＝1)＝C·2·＝，
P(X＝2)＝C··2＝，
P(X＝3)＝C·3＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
离散型随机变量的分布列、均值与方差
[师生共研·悟通]
1．均值与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝aE(X)＋b；
(2)D(aX＋b)＝a2D(X)(a，b为实数)．
2．两点分布与二项分布的均值、方差
(1)若X服从两点分布，则E(X)＝p，D(X)＝p(1－p)；
(2)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p)．
[典例] (2017·全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：
最高气温
[10,15)
[15,20)
[20,25)
[25,30)
[30,35)
[35,40)
天数
2
16
36
25
7
4
以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．
(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的分布列；
(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)．当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的数学期望达到最大值？
[解] (1)由题意知，X所有可能取值为200,300,500，
由表格数据知
P(X＝200)＝＝0.2，P(X＝300)＝＝0.4，
P(X＝500)＝＝0.4.
因此X的分布列为：
X
200
300
500
P
0.2
0.4
0.4
(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200≤n≤500.
当300≤n≤500时，
若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1 200－2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×0.4＋(1 200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.
当200≤n<300时，
若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；
若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.
因此EY＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.
所以n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元．
(1)求离散型随机变量的分布列的关键是正确理解随机变量取每一个值所表示的具体事件，然后综合应用各类求概率的公式，求出概率．
(2)求随机变量的均值和方差的关键是正确求出随机变量的分布列，若随机变量服从二项分布或两点分布，则可直接使用公式求解．
[类题通法]
[即学即用·练通]
1．一个人将编号为1,2,3,4的四个小球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，每个盒子放一个小球，球的编号与盒子的编号相同时叫作放对了，否则叫作放错了．设放对的个数为ξ，则ξ的期望值为( )
A． B．
C．1 D．2
解析：选C 将四个小球放入四个盒子，每个盒子放一个小球，共有A种不同放法，放对的个数ξ可取的值有0,1,2,4.其中，P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P
(ξ＝4)＝＝，所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋4×＝1.
2．(2017·全国卷Ⅱ)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则DX＝________.
解析：依题意，X～B(100,0.02)，
所以DX＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.
答案：1.96
3．(2017·惠州三调)某大学志愿者协会有6名男同学，4名女同学．在这10名同学中，3名同学来自数学学院，其余7名同学来自物理、化学等其他互不相同的七个学院．现从这10名同学中随机选取3名同学到希望小学进行支教活动(每位同学被选到的可能性相同)．
(1)求选出的3名同学是来自互不相同学院的概率；
(2)设X为选出的3名同学中女同学的人数，求随机变量X的分布列和数学期望．
解：(1)设“选出的3名同学是来自互不相同的学院”为事件A，则P(A)＝＝.
所以选出的3名同学是来自互不相同学院的概率为.
(2)随机变量X的所有可能值为0,1,2,3.
P(X＝k)＝(k＝0,1,2,3)．
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，
P(X＝2)＝＝，P(X＝3)＝＝.
所以随机变量X的分布列为：
X
0
1
2
3
P
故随机变量X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
概率与统计的综合问题
[师生共研·悟通]
[典例] (2017·全国卷Ⅱ)海水养殖场进行某水产品的新、旧网箱养殖方法的产量对比，收获时各随机抽取了100个网箱，测量各箱水产品的产量(单位：kg
)，其频率分布直方图如下：
(1)设两种养殖方法的箱产量相互独立，记A表示事件 50 kg”，估计A的概率；
(2)填写下面列联表，并根据列联表判断是否有99%的 把握认为箱产量与养殖方法有关：
箱产量<50 kg
箱产量≥50 kg
旧养殖法
新养殖法
(3)根据箱产量的频率分布直方图，求 的中位数的估计值(精确到0.01)．
附：
P(K2≥k)
0.050
0.010
0.001
k
3.841
6.635
10.828
，
K2＝.
[解答示范]
(一)搭桥——找突破口
第(1)问：欲求事件A的概率，应明确事件A的含义，即与两种养殖方法的频率的关系，再结合给出的频率分布直方图求出所需频率，从而求解；
第(2)问：欲判断箱产量与养殖方法是否有关，应先根据频率分布直方图填写列联表，再求K2，然后与临界值比较判断；
第(3)问：欲求中位数的估计值，应判定中位数大致所在区域，再计算．
(二)建桥——寻关键点
有什么
想到什么
注意什么
信息①：频率分布直方图
频率分布直方图所给信息：频率、中位数等
(1)频率分布直方图的纵坐标是频率与组距的比值，而不是频率
(2)不可混淆K2与k的关系，并不是k＝，而k应是K2的观测值
信息②：事件A表示两种养殖法的箱产量
事件A的含义及其频率的求法
信息③：判断箱产量与养殖方法是否有关
列联表的数据、K2的求法及与临界值的比较
信息④：新养殖法箱产量的中位数的估计值
中位数大致区域的判定方法及由频率分布直方图求中位数的方法
[解] (1)记B表示事件“旧养殖法的箱产量低于50 kg”，C表示事件“新养殖法的箱产量不低于50 kg”．
由题意知P(A)＝P(BC)＝P(B)P(C)．
旧养殖法的箱产量低于50 kg的频率为
(0.012＋0.014＋0.024＋0.034＋0.040)×5＝0.62，
故P(B)的估计值为0.62.
新养殖法的箱产量不低于50 kg的频率为
(0.068＋0.046＋0.010＋0.008)×5＝0.66，
故P(C)的估计值为0.66.
因此，事件A的概率估计值为0.62×0.66＝0.409 2.
(2)由(1)知可得列联表
箱产量<50 kg
箱产量≥50 kg
旧养殖法
62
38
新养殖法
34
66
由表中数据及K2的计算公式得，
K2的观测值k＝≈15.705.
由于15.705>6.635，故有99%的把握认为箱产量与养殖方法有关．
(3)因为新养殖法的箱产量频率分布直方图中，箱产量低于50 kg的直方图面积为(0.004＋0.020＋0.044)×5＝0.34<0.5，
箱产量低于55 kg的直方图面积为(0.004＋0.020＋0.044＋0.068)×5＝0.68>0.5，
故新养殖法箱产量的中位数的估计值为50＋≈52.35(kg)．
[类题通法]
解决概率与统计综合问题的一般步骤
[即学即用·练通]
(2017·河南百校联盟模拟)国内某知名连锁店分店开张营业期间，在固定的时间段内消费达到一定标准的顾客可参加一次抽奖活动，随着抽奖活动的有效开展，参与抽奖活动的人数越来越多，该分店经理对开业前7天参加抽奖活动的人数进行统计，y表示开业第x天参加抽奖活动的人数，得到统计表格如下：
x
1
2
3
4
5
6
7
y
5
8
8
10
14
15
17
经过进一步统计分析，发现y与x具有线性相关关系．
(1)根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程＝x＋；
(2)若该分店此次抽奖活动自开业始，持续10天，参加抽奖的每位顾客抽到一等奖(价值200元奖品)的概率为，抽到二等奖(价值100元奖品)的概率为，抽到三等奖(价值10元奖品)的概率为，试估计该分店在此次抽奖活动结束时送出多少元奖品？
解：(1)依题意知＝×(1＋2＋3＋4＋5＋6＋7)＝4，
＝×(5＋8＋8＋10＋14＋15＋17)＝11，
＝12＋22＋32＋42＋52＋62＋72＝140，
iyi＝1×5＋2×8＋3×8＋4×10＋5×14＋6×15＋7×17＝364，
＝＝＝2，
＝－＝11－2×4＝3，
则y关于x的线性回归方程为＝2x＋3.
(2)设一位参加抽奖的顾客获得的奖品价值X元，则X的分布列为
X
200
100
10
P
E(X)＝200×＋100×＋10×＝.
由y关于x的线性回归方程为＝2x＋3，
得x＝8时，＝19，x＝9时，＝21，x＝10时，＝23，则此次活动参加抽奖的人数约为5＋8＋8＋10＋14＋15＋17＋19＋21＋23＝140，
又140×＝8 800，
所以估计该分店在此次抽奖活动结束时共送出价值8 800元的奖品．
[数学文化] 数学文化常考点——几何概型
[典例] (2017·昆明质检)圆的任何一对平行切线间的距离总是相等的，即圆在任意方向都有相同的宽度，具有这种性质的曲线可称为“等宽曲线”．事实上存在着大量的非圆等宽曲线，以工艺学家鲁列斯(Reuleaux)命名的鲁列斯曲边三角形，就是著名的非圆等宽曲线．它的画法(如图1)：画一个等边三角形ABC，分别以A，B，C为圆心，边长为半径，作圆弧，，，这三段圆弧围成的图形就是鲁列斯曲边三角形．它的宽度等于原来等边三角形的边长．等宽曲线都可以放在边长等于曲线宽度的正方形内(如图2)．在图2中的正方形内随机取一点，则这一点落在鲁列斯曲边三角形内的概率为( )
A. B.
C. D.
[解析] 选D 设鲁列斯曲边三角形的宽度为a，则该鲁列斯曲边三角形的面积为3×πa2－2×a2＝，所以所求概率P＝＝.
[点评] (1)本例解题的关键是准确理解题目背景，求出鲁列斯曲边三角形的面积；
(2)求解数学文化试题主要分三步完成：①理解数学文化背景，挖掘出题目包含的数学意义；②联想相关的数学模型，将数学文化背景中的数学问题转化为纯数学问题；③利用数学知识求解．
[针对训练]
1．(2017·宝鸡质检)欧阳修《卖油翁》中写道：“(翁)乃取一葫芦置于地，以钱覆其口，徐以杓酌油沥之，自钱孔入，而钱不湿”．卖油翁的技艺让人叹为观止．设铜钱是直径为4 cm 的圆，它中间有边长为1 cm的正方形孔．若随机向铜钱上滴一滴油，则油滴(不计油滴的大小)正好落入孔中的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 依题意得，所求的概率P＝＝.
2.如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形(阴影部分)围成一个大正方形，中间空出一个小正方形组成的图形，若在大正方形内随机取一点，该点落在小正方形内的概率为，则图中直角三角形中较大锐角的正弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 法一：设大正方形的边长为1，直角三角形较大的锐角为α
，则小正方形的边长为sin α－cos α，
所以(sin α－cos α)2＝，所以sin α－cos α＝，
2sin αcos α＝，所以sin α＋cos α＝，所以sin α＝.
法二：由赵爽弦图可知，直角三角形较大的锐角一定大于，所以其正弦值一定大于，故排除选项A、C、D，选B.
3．《九章算术》是我国古代数学名著，也是古代东方数学的代表作．书中有如下问题：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”其意思为：“已知直角三角形两直角边长分别为5步和12步，问其内接正方形边长为多少步？”现若向此三角形内投豆子，则落在其内接正方形内的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 如图，设Rt△ABC的两直角边长分别为a，b，其内接正方形CEDF的边长为x，
则由△ADF∽△ABC，得＝，
即＝，解得x＝.
从而正方形CEDF的面积为S正方形CEDF＝2，
又Rt△ABC的面积为S△ABC＝，所以所求概率为P＝＝＝＝，故选C.
[高考大题通法点拨] 概率与统计问题重在“辨”——辨析、辨型
[思维流程]
[策略指导]
概率与统计问题辨析、辨型的策略
(1)准确弄清问题所涉及的事件有什么特点，事件之间有什么关系，如互斥、对立、独立等；
(2)理清事件以什么形式发生，如同时发生、至少有几个发生、至多有几个发生、恰有几个发生等；
(3)明确抽取方式，如放回还是不放回、抽取有无顺序等；
(4)准确选择排列组合的方法来计算基本事件发生数和事件总数，或根据概率计算公式和性质来计算事件的概率；
(5)确定随机变量取值并求其对应的概率，写出分布列后再求期望．
(6)会套用求、K2的公式求值，再作进一步求值与分析．
[例1] (2016·全国卷Ⅰ)某险种的基本保费为a(单元：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：
上年度出险次数
0
1
2
3
4
≥5
保费
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：
一年内出险次数
0
1
2
3
4
≥5
概率
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；
(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出60%的概率；
(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值．
[解] (1)设A表示事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费”，
则事件A发生当且仅当一年内出险次数大于1，故P(A)＝0.20＋0.20＋0.10＋0.05＝0.55.
(2)设B表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出60%”，则事件B发生当且仅当一年内出险次数大于3，故P(B)＝0.10＋0.05＝0.15.
又P(AB)＝P(B)，
故P(B|A)＝＝
＝＝.
因此所求概率为.
(3)记续保人本年度的保费为X，则X的分布列为
X
0.85a
a
1.25a
1.5a
1.75a
2a
P
0.30
0.15
0.20
0.20
0.10
0.05
E(X)＝0.85a×0.30＋a×0.15＋1.25a×0.20＋1.5a×0.20＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.23a.
因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.
[题后悟通]
求解此类问题的关键：
(1)会判断，先判断事件的类型，再利用对立事件的概率公式、条件概率的公式等求解概率；
(2)会计算，要求随机变量X的期望，需先求出X的所有可能取值，然后求出随机变量X取每个值时的概率，再利用随机变量的数学期望的定义进行计算．
[例2]
为研究家用轿车在高速公路上的车速情况，交通部门随机选取100名家用轿车驾驶员进行调查，得到其在高速公路上行驶时的平均车速情况为：在55名男性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有40人，不超过100 km/h 的有15人；在45名女性驾驶员中，平均车速超过100 km/h的有20人，不超过100 km/h的有25人．
(1)完成下面列联表，并判断能否在犯错误概率不超过0.005 的前提下认为“平均车速超过100 km/h与性别有关”？
平均车速超过
100 km/h
平均车速不超过
100 km/h
总计
男性驾驶员
女性驾驶员
总计
附：K2＝，其中n＝a＋b＋c＋d.
P(K2≥k0)
0.150
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
(2)在被调查的驾驶员中，从平均车速不超过100 km/h的人中随机抽取2人，求这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员的概率；
(3)以样本数据估计总体，从高速公路上行驶的家用轿车中随机抽取3辆，记这3辆车平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的车辆数为X，求X的分布列和数学期望E(X)．
[解] (1)完成的列联表如下：
平均车速超过
100 km/h
平均车速不超过
100 km/h
总计
男性驾驶员
40
15
55
女性驾驶员
20
25
45
总计
60
40
100
由表中数据得K2的观测值k＝≈8.249＞7.879，
所以能在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为“平均车速超过100 km/h与性别有关”．
(2)平均车速不超过100 km/h的驾驶员有40人，从中随机抽取2人的方法总数为C，记
“这2人恰好有1名男性驾驶员和1名女性驾驶员”为事件A，则事件A所包含的基本事件数为CC，
所以所求的概率P(A)＝＝＝.
(3)根据样本估计总体的思想，从总体中任取1辆车，平均车速超过100 km/h且为男性驾驶员的概率为＝，
故X～B.
所以P(X＝0)
＝C03＝；
P(X＝1)＝C12＝；
P(X＝2)＝C21＝；
P(X＝3)＝C30＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
P
E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
[题后悟通]
求解此类问题的两个关键点：
(1)会利用两个基本计数原理、排列与组合，以及古典概型的概率公式求随机变量的概率；能准确判断随机变量X的所有可能取值，然后求出随机变量X取每个值时的概率，即可得随机变量X
的分布列；还需活用定义，即会活用随机变量的数学期望的定义进行计算．
(2)独立性检验是用来考察两个分类变量是否有关系，计算随机变量的观测值K2，K2越大，说明两个分类变量有关系的可能性越大．
[针对训练]
(2017·广西三市第一次联考)某公司为招聘新员工设计了一个面试方案：应聘者从6道备选题中一次性随机抽取3道题，按照题目要求独立完成．规定：至少正确完成其中2道题的便可通过．已知6道备选题中应聘者甲有4道题能正确完成，2道题不能完成；应聘者乙每题正确完成的概率都是，且每题正确完成与否互不影响．
(1)分别求甲、乙两人正确完成面试题数的分布列及数学期望；
(2)请分析比较甲、乙两人谁面试通过的可能性大？
解：(1)设甲正确完成面试的题数为ξ，则ξ的可能取值为1,2,3.
P(ξ＝1)＝＝；
P(ξ＝2)＝＝；
P(ξ＝3)＝＝.
故应聘者甲正确完成题数ξ的分布列为：
ξ
1
2
3
P
E(ξ)＝1×＋2×＋3×＝2.
设乙正确完成面试的题数为η，则η的可能取值为0,1,2,3.
P(η＝0)＝C3＝；
P(η＝1)＝C12＝；
P(η＝2)＝C2＝；
P(η＝3)＝C3＝.
故应聘者乙正确完成题数η的分布列为：
η
0
1
2
3
P
E(η)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.
(2)因为D(ξ)＝(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＝，
D(η)＝3××＝.
所以D(ξ)P(η≥2)．
综上所述，从做对题数的数学期望考查，两人水平相当；
从做对题数的方差考查，甲较稳定；
从至少完成2道题的概率考查，甲面试通过的可能性大．
[总结升华]
概率与统计问题的求解关键是辨别它的模型，只要找到模型，问题便迎刃而解．而概率模型的提取往往需要经过观察、分析、归纳、判断等复杂的辨析思维过程，常常因题设条件理解不准，某个概念认识不清而误入歧途．另外，还需弄清楚概率模型中等可能事件、互斥事件、对立事件、独立事件等事件间的关系，注意放回和不放回试验的区别，合理划分复合事件．
A卷——夯基保分专练
一、选择题
1．已知某一随机变量ξ的分布列如下表所示，若E(ξ)＝6.3，则a的值为( )
ξ
a
7
9
P
b
0.1
0.4
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：选A 根据随机变量ξ的分布列可知b＋0.1＋0.4＝1，所以b＝0.5.又E(ξ)＝0.5×a＋7×0.1＋9×0.4＝6.3，所以a＝4.
2．投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试．已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且各次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( )
A．0.648 B．0.432
C．0.36 D．0.312
解析：选A 3次投篮投中2次的概率为P(k＝2)＝C×0.62×(1－0.6)，投中3次的概率为P(k＝3)＝0.63，所以通过测试的概率为P(k＝2)＋P(k＝3)＝C×0.62×(1－0.6)＋0.63＝0.648.
3．(2017·武汉调研)小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点不相同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，则P(A|B)＝( )
A. B.
C. D.
解析：选A 小赵独自去一个景点共有4×3×3×3＝108种可能性，4个人去的景点不同的可能性有A＝4×3×2×1＝24种，∴P(A|B)＝＝.
4．(2017·惠州三调)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛，则田忌获胜的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 设田忌的上、中、下三个等次的马分别为A，B，C，齐王的上、中、下三个等次的马分别为a，b，c，从双方的马匹中各随机选一匹进行一场比赛的所有可能结果有Aa，Ab，Ac，Ba，Bb，Bc，Ca，Cb，Cc，共9种，田忌获胜有Ab，Ac，Bc，共3种，所以田忌获胜的概率为.
5．(2017·西安八校联考)在平面区域{(x，y)|0≤x≤2，0≤y≤4}内随机投入一点P，则点P的坐标(x，y)满足y≤x2的概率为( )
A. B.
C. D.
解析：选B 不等式组表示的平面区域的面积为2×4＝8，不等式组表示的平面区域的面积为x2dx＝x3＝，因此所求的概率P＝＝.
6．甲、乙两人进行围棋比赛，约定先连胜2局者直接赢得比赛，若赛完5局仍未出现连胜，则判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，各局比赛结果相互独立．记X为比赛决出胜负时的总局数，则X的数学期望是( )
A. B.
C. D.
解析：选C 用Ak表示“第k局甲获胜”，Bk表示“第k局乙获胜”，
则P(Ak)＝，P(Bk)＝，k＝1,2,3,4,5.
X的所有可能取值为2,3,4,5，且P(X＝2)＝P(A1A2)＋P(B1B2)＝P(A1)P(A2)＋P(B1)P(B2)＝，
P(X＝3)＝P(B1A2A3)＋P(A1B2B3)＝P(B1)P(A2)·P(A3)＋P(A1)P(B2)P(B3)＝，
P(X＝4)＝P(A1B2A3A4)＋P(B1A2B3B4)＝P(A1)·P(B2)P(A3)P(A4)＋P(B1)P(A2)P(B3)P(B4)＝，
P(X＝5)＝1－P(X＝2)－P(X＝3)－P(X＝4)＝.
故X的分布列为：
X
2
3
4
5
P
E(X)＝2×＋3×＋4×＋5×＝.
二、填空题
7．(2017·江苏高考)记函数f(x)＝的定义域为D.在区间[－4,5]上随机取一个数x，则x∈D的概率是________．
解析：由6＋x－x2≥0，解得－2≤x≤3，则D＝[－2,3]，则所求概率P＝＝.
答案：
8.某车间共有6名工人，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数，日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人．从该车间6名工人中，任取2人，则至少有1名优秀工人的概率为________．
解析：由茎叶图可知6名工人加工零件数分别为17,19,20,21,25,30，平均值为×(17＋19＋20＋21＋25＋30)＝22，则优秀工人有2名，从该车间6名工人中，任取2人共有C＝15种取法，其中至少有1名优秀工人的共有CC＋C＝9种取法，由概率公式可得P＝＝.
答案：
9．某商场在儿童节举行回馈顾客活动，凡在商场消费满100元者即可参加射击赢玩具活动，具体规则如下：每人最多可射击3次，一旦击中，则可获奖且不再继续射击，否则一直射满3次为止．设甲每次击中的概率为p(p≠0)，射击次数为η，若η的均值E(η)>，则p的取值范围是________．
解析：由已知得P(η＝1)＝p，P(η＝2)＝(1－p)p，P(η＝3)＝(1－p)2，
则E(η)＝p＋2(1－p)p＋3(1－p)2＝p2－3p＋3>，
解得p>或p<，
又p∈(0,1)，所以p∈.
答案：
三、解答题
10．某市教育局为了解高三学生体育达标情况，对全市高三学生进行了体能测试，经分析，全市高三学生的体能测试成绩X服从正态分布N(80，σ2)(满分为100分)．已知P(X≤75)＝0.3，P(X≥95)＝0.1，现从该市高三学生中随机抽取3位同学．
(1)求抽到的3位同学在该次体能测试中的成绩在区间[80,85)，[85,95)，[95,100]内各有1位的概率；
(2)记抽到的3位同学在该次体能测试中的成绩在区间(75,85)内的人数为ξ，求随机变量ξ的分布列和数学期望E(ξ)．
解：(1)由题意知，P(80≤X<85)＝0.5－P(X≤75)＝0.2，P(85≤X<95)＝0.3－0.1＝0.2，
所以所求概率P＝A×0.2×0.2×0.1＝0.024.
(2)P(7510.828，所以在犯错误的概率不超过0.001的前提下能认为喜欢《最强大脑》与性别有关．
(3)X的所有可能取值为0,1,2.
依题意知，X服从超几何分布，
所以P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝＝，
P(X＝2)＝＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
故数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
3．甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语．在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是，乙每轮猜对的概率是；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：
(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；
(2)“星队”两轮得分之和X的分布列和数学期望E(X).
解：(1)记事件A：“甲第一轮猜对”，
记事件B：“乙第一轮猜对”，
记事件C：“甲第二轮猜对”，
记事件D：“乙第二轮猜对”，
记事件E：“‘星队’至少猜对3个成语”．
由题意，E＝ABCD＋BCD＋ACD＋ABD＋ABC，由事件的独立性与互斥性，
得P(E)＝P(ABCD)＋P(BCD)＋P(ACD)＋P(ABD)＋P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)P(D)＋P()P(B)P(C)P(D)＋P(A)P()P(C)P(D)＋P(A)·P(B)P()P(D)＋P(A)P(B)P(C)P()＝×××＋2×＝，
所以“星队”至少猜对3个成语的概率为.
(2)由题意，随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得
P(X＝0)＝×××＝，
P(X＝1)＝2×＝＝，
P(X＝2)＝×××＋×××＋×××＋×××＝，
P(X＝3)＝×××＋×××＝＝，
P(X＝4)＝2×＝＝，
P(X＝6)＝×××＝＝.
可得随机变量X的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
所以数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＋6×＝.
4．(2017·昆明模拟)某火锅店为了了解气温对营业额的影响，随机记录了该店1月份其中5天的日营业额y(单位：万元)与该地当日最低气温x(单位：℃)的数据，如下表：
x
2
5
8
9
11
y
1.2
1
0.8
0.8
0.7
(1)求y关于x的线性回归方程＝x＋；
(2)判断y与x之间是正相关还是负相关，若该地1月份某天的最低气温为6 ℃，用所求回归方程预测该店当日的营业额；
(3)设该地1月份的日最低气温X～N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数，σ2近似为样本方差s2，求P(3.8＜X≤13.4)．
附：①回归方程＝x＋中，＝，＝－.
②≈3.2，≈1.8.若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.954 5.
解：(1)＝×(2＋5＋8＋9＋11)＝7，
＝×(1.2＋1＋0.8＋0.8＋0.7)＝0.9.
＝4＋25＋64＋81＋121＝295，
iyi＝2.4＋5＋6.4＋7.2＋7.7＝28.7，
∴＝＝＝＝－0.056，
＝－＝0.9－(－0.056)×7＝1.292.
∴线性回归方程为＝－0.056x＋1.292.
(2)∵＝－0.056＜0，∴y与x之间是负相关．
当x＝6时，＝－0.056×6＋1.292＝0.956.
∴该店当日的营业额约为9 560元．
(3)样本方差s2＝×(25＋4＋1＋4＋16)＝10，
∴最低气温X～N(7,3.22)，
∴P(3.8＜X≤10.2)＝0.682 7，
P(0.6＜X≤13.4)＝0.954 5，
∴P(10.2＜X≤13.4)＝×(0.954 5－0.682 7)＝0.135 9.
∴P(3.8＜X≤13.4)＝P(3.8＜X≤10.2)＋P(10.2＜X≤13.4)＝0.682 7＋0.135 9＝0.818 6.
保分专题(十一) 选修4－4 坐标系与参数方程
[全国卷3年考情分析]
年份
卷别
考查内容及考题位置
命题分析
2017
卷Ⅰ
参数方程与普通方程的互化、点到直线的距离·T22
1.坐标系与参数方程是高考的选考内容之一，高考考查的重点主要有两个方面：一是简单曲线的极坐标方程；二是参数方程、极坐标方程与曲线的综合应用．
2.全国课标卷对此部分内容的考查以解答题形式出现，难度中等，备考此部分内容时应注意转化思想的应用.
卷Ⅱ
直角坐标与极坐标的互化、动点轨迹方程的求法、三角形面积的最值问题·T22
卷Ⅲ
直线的参数方程与极坐标方程、动点轨迹方程的求法·T22
2016
卷Ⅰ
参数方程与普通方程的互化、极坐标方程与直角坐标方程的互化及应用·T23
卷Ⅱ
极坐标方程与直角坐标方程的互化及应用、直线与圆的位置关系·T23
卷Ⅲ
参数方程、极坐标方程及点到直线的距离、三角函数的最值·T23
2015
卷Ⅰ
极坐标与直角坐标的互化以及极坐标方程的应用·T23
卷Ⅱ
极坐标与直角坐标的互化、三角函数的性质·T23
极坐标方程及应用
[师生共研·悟通]
1．圆的极坐标方程
若圆心为M(ρ0，θ0)，半径为r，则圆的方程为：ρ2－2ρ0ρcos(θ－θ0)＋ρ－r2＝0.
几个特殊位置的圆的极坐标方程：
(1)当圆心位于极点，半径为r：ρ＝r；
(2)当圆心位于M(a,0)，半径为a：ρ＝2acos θ；
(3)当圆心位于M，半径为a：ρ＝2asin θ.
2．直线的极坐标方程
若直线过点M(ρ0，θ0)，且极轴与此直线所成的角为α，则它的方程为：ρsin(θ－α)＝ρ0sin(θ0－α)．
几个特殊位置的直线的极坐标方程：
(1)直线过极点：θ＝θ0和θ＝π＋θ0；
(2)直线过点M(a,0)且垂直于极轴：ρcos θ＝a；
(3)直线过M且平行于极轴：ρsin θ＝b.
[典例] (2017·长春二模)在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρcos＝1，M，N分别为曲线C与x轴，y轴的交点．
(1)写出曲线C的直角坐标方程，并求M，N的极坐标；
(2)设M，N的中点为P，求直线OP的极坐标方程．
[解] (1)∵ρcos＝1，
∴ρcos θ·cos＋ρsin θ·sin＝1.
又∴x＋y＝1，
即曲线C的直角坐标方程为x＋y－2＝0，
令y＝0，则x＝2；令x＝0，则y＝.
∴M(2,0)，N.
∴M的极坐标为(2,0)，N的极坐标为.
(2)∵M，N连线的中点P的直角坐标为，
∴P的极角为θ＝，
∴直线OP的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)．
[类题通法]
1．极坐标方程与普通方程互化技巧
(1)巧用极坐标方程两边同乘以ρ或同时平方技巧，将极坐标方程构造成含有ρcos θ，ρsin θ，ρ2的形式，然后利用公式代入化简得到普通方程．
(2)巧借两角和差公式，转化ρsin(θ±α)或ρ＝cos(θ±α)的结构形式，进而利用互化公式得到普通方程．
(3)将直角坐标方程中的x转化为ρcos θ，将y换成ρsin θ，即可得到其极坐标方程．
2．求解与极坐标有关的问题的主要方法
(1)直接利用极坐标系求解，可与数形结合思想配合使用．
(2)转化为直角坐标系，用直角坐标求解．若结果要求的是极坐标，还应将直角坐标化为极坐标．
[即学即用·练通]
(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，直线C1：x＝－2，圆C2：(x－1)2＋(y－2)2＝1，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
(1)求C1，C2的极坐标方程；
(2)若直线C3的极坐标方程为θ＝(ρ∈R)，设C2与C3的交点为M，N，求△C2MN的面积．
解：(1)因为x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，
所以C1的极坐标方程为ρcos θ＝－2，
C2的极坐标方程为ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0.
(2)法一：将θ＝代入ρ2－2ρcos θ－4ρsin θ＋4＝0，
得ρ2－3ρ＋4＝0，解得ρ1＝2，ρ2＝.
故ρ1－ρ2＝，即|MN|＝.
由于C2的半径为1，所以△C2MN的面积为.
法二：将极坐标方程θ＝化为直角坐标方程为y＝x.
圆心C2(1,2)到直线x－y＝0的距离d＝＝，
∴|MN|＝2＝，
∴S△C2MN＝d·|MN|＝××＝.
参数方程问题
[师生共研·悟通]
直线和圆锥曲线的参数方程和普通方程
点的轨迹
普通方程
参数方程
直线
y－y0＝tan α(x－x0)
(t为参数)
圆
(x－x0)2＋(y－y0)2＝r2
(θ为参数)
椭圆
＋＝1(a>b>0)
(φ为参数)
双曲线
－＝1(a>0，b>0)
(φ为参数)
抛物线
y2＝2px
(t为参数)
[典例] 已知直线l的参数方程为(t为参数，α为倾斜角)，圆C的参数方程为(θ为参数)．
(1)若直线l经过圆C的圆心，求直线l的斜率；
(2)若直线l与圆C没有公共点，求直线l的斜率的取值范围．
[解] (1)由已知得直线l经过的定点是P(－1,3)，而圆C的圆心是C(2，－1)，
所以当直线l经过圆C的圆心时，直线l的斜率为k＝＝－.
(2)由圆C的参数方程为
得圆C的圆心是C(2，－1)，半径为3.
由直线l的参数方程为(t为参数，α为倾斜角)，知直线l的普通方程为y－3＝k(x＋1)(易知直线l的斜率k存在)，即kx－y＋3＋k＝0.
当直线l与圆C没有公共点时，圆心到直线l的距离大于圆的半径，
即>3，解得k>－.
故直线l的斜率的取值范围为.
[类题通法]
1．有关参数方程问题的2个关键点
(1)参数方程化为普通方程的关键是消参数，要根据参数的特点进行转化．
(2)利用参数方程解决问题，关键是选准参数，理解参数的几何意义．
2．利用直线的参数方程中参数的几何意义求解问题
经过点P(x0，y0)，倾斜角为α的直线l的参数方程为(t为参数)．若A，B为直线l上两点，其对应的参数分别为t1，t2，线段AB的中点为M，点M所对应的参数为t0，则以下结论在解题中经常用到：
(1)t0＝；
(2)|PM|＝|t0|＝；
(3)|AB|＝|t2－t1|；
(4)|PA|·|PB|＝|t1·t2|.
[即学即用·练通]
(2014·全国卷Ⅰ)已知曲线C：＋＝1，直线l：(t为参数)．
(1)写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程；
(2)过曲线C上任意一点P作与l夹角为30°的直线，交l于点A，求|PA|的最大值与最小值．
解：(1)曲线C的参数方程为(θ为参数)．
直线l的普通方程为2x＋y－6＝0.
(2)曲线C上任意一点P(2cos θ，3sin θ)到l的距离为
d＝|4cos θ＋3sin θ－6|.
则|PA|＝＝|5sin(θ＋α)－6|，其中α为锐角，且tan α＝.
当sin(θ＋α)＝－1时，|PA|取得最大值，最大值为.
当sin(θ＋α)＝1时，|PA|取得最小值，最小值为.
参数方程与极坐标方程的综合问题
[师生共研·悟通]
近几年高考往往在同一道解答题中，同时考查极坐标方程、参数方程及它们之间的综合应用，难度相对较大．在复习中注意涉及参数方程和极坐标方程的综合问题，求解的一般方法是分别化为普通方程和直角坐标方程后求解．
[典例] (2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为(t为参数)，直线l2的参数方程为(m为参数)．设l1与l2的交点为P，当k变化时，P的轨迹为曲线C.
(1)写出C的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l3：ρ(cos θ＋sin θ)－＝0，M为l3与C的交点，求M的极径．
[解] (1)消去参数t得l1的普通方程l1：y＝k(x－2)；
消去参数m得l2的普通方程l2：y＝(x＋2)．
设P(x，y)，由题设得
消去k得x2－y2＝4(y≠0)．
所以C的普通方程为x2－y2＝4(y≠0)．
(2)C的极坐标方程为ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4(0＜θ＜2π，θ≠π)．
联立
得cos θ－sin θ＝2(cos θ＋sin θ)．
故tan θ＝－，从而cos2θ＝，sin2θ＝.
代入ρ2(cos2θ－sin2θ)＝4得ρ2＝5，
所以交点M的极径为.
[类题通法]
解决极坐标方程与参数方程综合问题的方法
(1)对于参数方程或极坐标方程应用不够熟练的情况下，我们可以先化成直角坐标的普通方程，这样思路可能更加清晰．
(2)对于一些运算比较复杂的问题，用参数方程计算会比较简捷．
(3)利用极坐标方程解决问题时，要注意题目所给的限制条件及隐含条件．
[即学即用·练通]
(2016·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy中，圆C的方程为(x＋6)2＋y2＝25.
(1)以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求C的极坐标方程；
(2)直线l的参数方程是(t为参数)，l与C交于A，B两点，|AB|＝，求l的斜率．
解：(1)由x＝ρcos θ，y＝ρsin θ可得圆C的极坐标方程为ρ2＋12ρcos θ＋11＝0.
(2)在(1)中建立的极坐标系中，直线l的极坐标方程为θ＝α(ρ∈R)．
设A，B所对应的极径分别为ρ1，ρ2，将l的极坐标方程代入C的极坐标方程得ρ2＋12ρcos α＋11＝0，
于是ρ1＋ρ2＝－12cos α，ρ1ρ2＝11.
|AB|＝|ρ1－ρ2|＝
＝.
由|AB|＝得cos2α＝，tan α＝±.
所以直线l的斜率为－或.
1．(2017·合肥一检)已知直线l的参数方程为(t为参数)．在以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴的极坐标系中，曲线C的方程为sin θ－ρcos2θ＝0.
(1)求曲线C的直角坐标方程；
(2)写出直线l与曲线C交点的一个极坐标．
解：(1)∵sin θ－ρcos2θ＝0，∴ρsin θ－ρ2cos2θ＝0，
即y－x2＝0.
故曲线C的直角坐标方程为y－x2＝0.
(2)将代入y－x2＝0得，
＋t－2＝0，
解得t＝0，
从而交点坐标为(1，)，
∴交点的一个极坐标为.
2．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，半圆C
的极坐标方程为ρ＝4cos θ，θ∈.
(1)求半圆C的参数方程；
(2)若半圆C与圆D：(x－5)2＋(y－)2＝m(m是常数，m＞0)相切，试求切点的直角坐标．
解：(1)半圆C的普通方程为(x－2)2＋y2＝4(0≤y≤2)，
则半圆C的参数方程为(t为参数，0≤t≤π)．
(2)C，D的圆心坐标分别为(2,0)，(5，)，
于是直线CD的斜率k＝＝.
由于切点必在两个圆心的连线上，
故切点对应的参数t满足tan t＝，t＝，
所以切点的直角坐标为，
即(2＋，1)．
3．(2017·宝鸡质检)在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线C的极坐标方程为ρ＝2(cos θ＋sin θ)．
(1)求C的直角坐标方程；
(2)直线l：(t为参数)与曲线C交于A，B两点，与y轴交于点E，求|EA|＋|EB|.
解：(1)由ρ＝2(cos θ＋sin θ)得ρ2＝2ρ(cos θ＋sin θ)，
得曲线C的直角坐标方程为x2＋y2＝2x＋2y，
即(x－1)2＋(y－1)2＝2.
(2)将l的参数方程代入曲线C的直角坐标方程，
化简得t2－t－1＝0，
点E对应的参数t＝0，
设点A，B对应的参数分别为t1，t2，
则t1＋t2＝1，t1t2＝－1，
所以|EA|＋|EB|＝|t1|＋|t2|＝|t1－t2|
＝＝.
4．(2017·张掖一诊)在直角坐标系xOy中，已知曲线C1：(α为参数)，在以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，曲线C2：ρcos＝－，曲线C3：ρ＝2sin θ.
(1)求曲线C1与C2的交点M的直角坐标；
(2)设点A，B分别为曲线C2，C3上的动点，求|AB|的最小值．
解：(1)曲线C1：消去参数α，
得y＋x2＝1，x∈[－1,1]． ①
曲线C2：ρcos＝－⇒x＋y＋1＝0， ②
联立①②，消去y可得：x2－x－2＝0，
解得x＝－1或x＝2(舍去)，所以M(－1,0)．
(2)曲线C3：ρ＝2sin θ的直角坐标方程为x2＋(y－1)2＝1，是以(0,1)为圆心，半径r＝1的圆．
设圆心为C，则点C到直线x＋y＋1＝0的距离d＝＝，所以|AB|的最小值为－1.
5．(2017·成都一诊)在平面直角坐标系xOy中，倾斜角为α的直线l的参数方程为(t为参数)．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线C的极坐标方程是ρcos2θ－4sin θ＝0.
(1)写出直线l的普通方程和曲线C的直角坐标方程；
(2)已知点P(1,0)．若点M的极坐标为，直线l经过点M且与曲线C相交于A，B两点，设线段AB的中点为Q，求|PQ|的值．
解：(1)∵直线l的参数方程为(t为参数)，∴直线l的普通方程为y＝tan α·(x－1)．
由ρcos2θ－4sin θ＝0，得ρ2cos2θ－4ρsin θ＝0，
即x2－4y＝0.
∴曲线C的直角坐标方程为x2＝4y.
(2)∵点M的极坐标为，
∴点M的直角坐标为(0,1)．
∴tan α＝－1，直线l的倾斜角α＝.
∴直线l的参数方程为(t为参数)．
代入x2＝4y，得t2－6t＋2＝0.
设A，B两点对应的参数分别为t1，t2.
∵Q为线段AB的中点，
∴点Q对应的参数值为＝＝3.
又点P(1,0)，则|PQ|＝＝3.
6．(2017·全国卷Ⅱ)在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为ρcos θ＝4.
(1)M为曲线C1上的动点，点P在线段OM上，且满足|OM|·|OP|＝16，求点P的轨迹C2的直角坐标方程；
(2)设点A的极坐标为，点B在曲线C2上，求△OAB面积的最大值．
解：(1)设P的极坐标为(ρ，θ)(ρ＞0)，M的极坐标为(ρ1，θ)(ρ1＞0)．
由题设知|OP|＝ρ，|OM|＝ρ1＝.
由|OM|·|OP|＝16，得C2的极坐标方程ρ＝4cos θ(ρ＞0)．
因此C2的直角坐标方程为(x－2)2＋y2＝4(x≠0)．
(2)设点B的极坐标为(ρB，α)(ρB＞0)，
由题设知|OA|＝2，ρB＝4cos α，于是△OAB的面积
S＝|OA|·ρB·sin∠AOB＝4cos α·
＝2≤2＋.
当α＝－时，S取得最大值2＋.
所以△OAB面积的最大值为2＋.
7．(2017·成都二诊)在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(α为参数)，直线l的参数方程为(t为参数)．在以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴的极坐标系中，过极点O的射线与曲线C相交于不同于极点的点A，且点A的极坐标为(2，θ)，其中θ∈.
(1)求θ的值；
(2)若射线OA与直线l相交于点B，求|AB|的值．
解：(1)由题意知，曲线C的普通方程为x2＋(y－2)2＝4，
∵x＝ρcos θ，y＝ρsin θ，
∴曲线C的极坐标方程为(ρcos θ)2＋(ρsin θ－2)2＝4，
即ρ＝4sin θ.
由ρ＝2，得sin θ＝，
∵θ∈，∴θ＝.
(2)由题易知直线l的普通方程为x＋y－4＝0，
∴直线l的极坐标方程为ρcos θ＋ρsin θ－4＝0.
又射线OA的极坐标方程为θ＝(ρ≥0)，
联立解得ρ＝4.
∴点B的极坐标为，
∴|AB|＝|ρB－ρA|＝4－2＝2.
8．在极坐标系中，已知曲线C1：ρ＝2cos θ和曲线C2：ρcos θ＝3，以极点O为坐标原点，极轴为x轴非负半轴建立平面直角坐标系．
(1)求曲线C1和曲线C2的直角坐标方程；
(2)若点P是曲线C1上一动点，过点P作线段OP的垂线交曲线C2于点Q，求线段PQ长度的最小值．
解：(1)C1的直角坐标方程为(x－1)2＋y2＝1，C2的直角坐标方程为x＝3.
(2)设曲线C1与x轴异于原点的交点为A，
∵PQ⊥OP，
∴PQ过点A(2,0)．
设直线PQ的参数方程为
(t为参数)，
代入C1可得t2＋2tcos θ＝0，
解得t1＝0，t2＝－2cos θ，
可知|AP|＝|t2|＝|2cos θ|.
代入C2可得2＋tcos θ＝3，
解得t′＝，
可知|AQ|＝|t′|＝，
∴|PQ|＝|AP|＋|AQ|＝|2cos θ|＋≥2，当且仅当|2cos θ|＝时取等号，
∴线段PQ长度的最小值为2.
保分专题(十二) 选修4－5 不等式选讲
[全国卷3年考情分析]
年份
卷别
考查内容及考题位置
命题分析
2017
卷Ⅰ
含绝对值不等式的解法、求参数的取值范围·T23
1.不等式选讲是高考的选考内容之一，考查的重点是不等式的证明、绝对值不等式的解法等，命题的热点是绝对值不等式的求解，以及绝对值不等式与函数的综合问题的求解．
2.此部分命题形式单一、稳定，难度中等，备考本部分内容时应注意分类讨论思想的应用.
卷Ⅱ
基本不等式的应用、一些常用的变形及证明不等式的方法·T23
卷Ⅲ
含绝对值不等式的解法、函数最值的求解·T23
2016
卷Ⅰ
含绝对值不等式的解法、分段函数的图象·T24
卷Ⅱ
含绝对值不等式的解法、比较法证明不等式·T24
卷Ⅲ
含绝对值不等式的解法、绝对值不等式的性质·T24
2015
卷Ⅰ
含绝对值不等式的解法、数形结合求三角形面积公式·T24
卷Ⅱ
不等式的证明、充要条件的判断·T24
含绝对值不等式的解法
[师生共研·悟通]
含有绝对值的不等式的解法
(1)|f(x)|>a(a>0)⇔f(x)>a或f(x)<－a；
(2)|f(x)|0)⇔－a0)，|x－a|－|x－b|≥c(或≤c)(c>0)型不等式的解法
可通过零点分区间法或利用绝对值的几何意义进行求解．
(1)零点分区间法的一般步骤
①令每个绝对值符号的代数式为零，并求出相应的根；
②将这些根按从小到大排列，把实数集分为若干个区间；
③由所分区间去掉绝对值符号得若干个不等式，解这些不等式，求出解集；
④取各个不等式解集的并集就是原不等式的解集．
(2)利用绝对值的几何意义
由于|x－a|＋|x－b|与|x－a|－|x－b|分别表示数轴上与x对应的点到a，b对应的点的距离之和与距离之差，因此对形如|x－a|＋|x－b|≤c(c>0)或|x－a|－|x－b|≥c(c>0)的不等式，利用绝对值的几何意义求解更直观．
[即学即用·练通]
已知函数f(x)＝|x－a|，其中a>1.
(1)当a＝2时，求不等式f(x)≥4－|x－4|的解集；
(2)已知关于x的不等式|f(2x＋a)－2f(x)|≤2的解集为{x|1≤x≤2}，求a的值．
解：(1)当a＝2时，f(x)＋|x－4|＝
当x≤2时，由f(x)≥4－|x－4|，得－2x＋6≥4，
解得x≤1；
当20，b>0，a3＋b3＝2.证明：
(1)(a＋b)(a5＋b5)≥4；
(2)a＋b≤2.
[证明] (1)(a＋b)(a5＋b5)＝a6＋ab5＋a5b＋b6
＝(a3＋b3)2－2a3b3＋ab(a4＋b4)
＝4＋ab(a2－b2)2≥4.
(2)因为(a＋b)3＝a3＋3a2b＋3ab2＋b3
＝2＋3ab(a＋b)≤2＋(a＋b)
＝2＋，
所以(a＋b)3≤8，因此a＋b≤2.
[类题通法]
证明不等式的方法和技巧
(1)如果已知条件与待证明的结论直接联系不明显，可考虑用分析法；如果待证的命题以“至少”“至多”等方式给出或是否定性命题、唯一性命题，则考虑用反证法．
(2)在必要的情况下，可能还需要使用换元法、构造法等技巧简化对问题的表述和证明．尤其是对含绝对值不等式的解法或证明，其简化的基本思路是化去绝对值号，转化为常见的不等式(组)求解．多以绝对值的几何意义或“找零点、分区间、逐个解、并起来”为简化策略，而绝对值三角不等式，往往作为不等式放缩的依据．
[即学即用·练通]
已知函数f(x)＝|x＋1|.
(1)求不等式f(x)<|2x＋1|－1的解集M；
(2)设a，b∈M，证明：f(ab)>f(a)－f(－b)．
解：(1)①当x≤－1时，原不等式可化为－x－1<－2x－2，解得x<－1；
②当－11.
综上，M＝{x|x<－1或x>1}．
(2)证明：因为f(a)－f(－b)＝|a＋1|－|－b＋1|≤|a＋1－(－b＋1)|＝|a＋b|，
所以要证f(ab)>f(a)－f(－b)，
只需证|ab＋1|>|a＋b|，
即证|ab＋1|2>|a＋b|2，
即证a2b2＋2ab＋1>a2＋2ab＋b2，
即证a2b2－a2－b2＋1>0，
即证(a2－1)(b2－1)>0.
因为a，b∈M，
所以a2>1，b2>1，
所以(a2－1)(b2－1)>0成立，
所以原不等式成立.
含绝对值不等式的恒成立问题
[师生共研·悟通]
[典例] (2017·昆明质检)已知函数f(x)＝|x＋2|.
(1)解不等式2f(x)<4－|x－1|；
(2)已知m＋n＝1(m>0，n>0)，若不等式|x－a|－f(x)≤＋恒成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)不等式2f(x)<4－|x－1|等价于2|x＋2|＋|x－1|<4，
即或
或
解得－0，n>0)，
所以＋＝(m＋n)
＝＋＋2≥2＋2＝4，
当且仅当m＝n＝时等号成立，
所以＋的最小值为4.
要使|x－a|－f(x)≤＋恒成立，则|a＋2|≤4，
解得－6≤a≤2.
所以实数a的取值范围是[－6,2]．
[类题通法]
绝对值不等式的成立问题的求解模型
(1)分离参数：根据不等式将参数分离化为a≥f(x)或a≤f(x)形式．
(2)转化最值：f(x)>a恒成立⇔f(x)min>a；f(x)a有解⇔f(x)max>a；f(x)a无解⇔f(x)max≤a；f(x)0)．
(1)若a＝3，解关于x的不等式f(x)<0；
(2)若对于任意的实数x，不等式f(x)－f(x＋a)0，∴a1.
故实数a的取值范围为(1，＋∞)．
2．(2017·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝－x2＋ax＋4，g(x)＝|x＋1|＋|x－1|.
(1)当a＝1时，求不等式f(x)≥g(x)的解集；
(2)若不等式f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，求a的取值范围．
解：(1)当a＝1时，不等式f(x)≥g(x)等价于
x2－x＋|x＋1|＋|x－1|－4≤0. ①
当x＜－1时，①式化为x2－3x－4≤0，无解；
当－1≤x≤1时，①式化为x2－x－2≤0，从而－1≤x≤1；
当x＞1时，①式化为x2＋x－4≤0，
从而1＜x≤.
所以f(x)≥g(x)的解集为.
(2)当x∈[－1,1]时，g(x)＝2.
所以f(x)≥g(x)的解集包含[－1,1]，等价于当x∈[－1，1]时，f(x)≥2.
又f(x)在[－1,1]的最小值必为f(－1)与f(1)之一，所以f(－1)≥2且f(1)≥2，得－1≤a≤1.
所以a的取值范围为[－1,1]．
3．(2017·石家庄质检)设函数f(x)＝|x－1|－|2x＋1|的最大值为m.
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)若a2＋2c2＋3b2＝m，求ab＋2bc的最大值．
解：(1)f(x)＝
画出图象如图所示．
(2)由(1)知m＝.
∵＝m＝a2＋2c2＋3b2＝(a2＋b2)＋2(c2＋b2)≥2ab＋4bc，
∴ab＋2bc≤，∴ab＋2bc的最大值为，
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
4．(2017·宝鸡质检)已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.
(1)解不等式|g(x)|<5；
(2)若对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由||x－1|＋2|<5，得－5<|x－1|＋2<5，
∴－7<|x－1|<3，得不等式的解集为{x|－20，b>0，函数f(x)＝|x＋a|＋|2x－b|的最小值为1.
(1)证明：2a＋b＝2；
(2)若a＋2b≥tab恒成立，求实数t的最大值．
解：(1)证明：因为－a<，
所以f(x)＝
显然f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以f(x)的最小值为f＝a＋，
所以a＋＝1，即2a＋b＝2.
(2)因为a＋2b≥tab恒成立，所以≥t恒成立．
因为＝＋＝(2a＋b)
＝≥＝.
当且仅当a＝b＝时，取得最小值，
所以t≤，即实数t的最大值为.
6．(2017·贵州适应性考试)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x－5|，g(x)＝.
(1)求f(x)的最小值；
(2)记f(x)的最小值为m，已知实数a，b满足a2＋b2＝6，求证：g(a)＋g(b)≤m.
解：(1)∵f(x)＝|x－1|＋|x－5|≥|x－1－x＋5|＝4，
∴f(x)min＝4.
(2)证明：由(1)知m＝4.由柯西不等式得
[1×g(a)＋1×g(b)]2≤(12＋12)[g2(a)＋g2(b)]，
即[g(a)＋g(b)]2≤2(a2＋b2＋2)，
又g(x)＝>0，a2＋b2＝6，
∴0时，x＋＋x－≤4，解得