江苏高考数学专题复习及答案
江苏高考数学专题复习
专题一 函数与导数 1
第 1 课时 函数的图象与性质 1
第 2 课时 导数及其应用 5
第 3 课时 函数与方程 8
第 4 课时 函数与导数的综合应用 10
专题二 三角函数与平面向量 14
第 1 课时 三角函数的图象与性质 14
第 2 课时 平面向量、解三角形 17
第 3 课时 三角函数与向量的综合问题 21
专题三 不等式 25
第 1 课时 基本不等式及其应用 25
第 2 课时 不等式的解法与三个“二次”的关系 29
专题四 数 列 31
第 1 课时 等差、等比数列 31
第 2 课时 数列的求和 34
第 3 课时 数列的综合应用 38
专题五 立体几何 42
第 1 课时 平行与垂直 42
第 2 课时 面积与体积 47
专题六 平面解析几何 52
第 1 课时 直线与圆 52
第 2 课时 圆锥曲线 56
第 3 课时 圆锥曲线的定点、定值问题 60
第 4 课时 圆锥曲线的范围问题 64
专题七 应用题 67
专题八 理科选修 72
第 1 课时 空间向量 72
第 2 课时 离散型随机变量的概率分布 76
第 3 课时 二项式定理 80
第 4 课时 数学归纳法 84
专题九 思想方法 88
第 1 课时 函数与方程思想 88
第 2 课时 数形结合思想 92
第 3 课时 分类讨论思想 95
第 4 课时 等价转化思想 98
专题一 函数与导数
考情分析
函数与导数问题在高考中通常有两个小题和一个大题，主要考点有：一是函数的性质及
其应用；二是分段函数的求值问题；三是函数图象的应用；四是方程根与函数零点转化问题；
五是导数的几何意义及应用.函数与导数问题属中等难度以上，对考生的理解能力、计算能力、
数学思想等方面要求较高.
第 1 课时 函数的图象与性质
考点展示
1.(2016·江苏)函数 y＝ 3－2x－x2的定义域是________.
2.(2016·江苏)设 f (x)是定义在 R 上且周期为 2 的函数，在区间[－1，1)上，f(x)＝
x＋a，－1≤x<0
|2
5
－x|，0≤x<1，其中 a∈R，若 f
－5
2 ＝f
9
2 ，则 f (5a)的值是________.
3.(17 苏北三市三调)如图，已知正方形 ABCD 的边长为 2，BC 平行于 x 轴，顶点 A，B
和 C 分别在函数 y1＝3logax，y2＝2logax 和 y3＝logax(a>1)的图象上，则实数 a 的值为________.
第 3 题图
4.(17 无锡一调)已知 f(x)＝
2x－3，x>0
g(x)，x<0 是奇函数，则 f(g(－2))＝________.
5.(17 无锡一调)若函数 f (x)在[m，n](m
0，且 a≠1)对任意 x∈(1，100)恒成立，则实数 a
的取值范围为________.
热点题型
题型 1__函数的图象与性质
【例 1】 (1)已知函数 y＝f (x)是奇函数，当 x<0 时，f(x)＝x2＋ax(a∈R)，且 f(2)＝6，则
a＝______.
(2)已知函数 f (x)是定义在 R 上且周期为 4 的偶函数.当 x∈[2，4]时，f(x)＝|log4
x－3
2 |，
则 f
1
2 的值为__________.
【变式训练】 (1)已知 f (x)是定义在 R 上的奇函数，当 x>0 时，f(x)＝x2－4x，则不等式
f(x)>x 的解集为________.
(2)已知函数 f(x)＝x2－2ax＋5(a>1).
①若 f(x)的定义域和值域均是[1，a]，求实数 a 的值；
② 若 f(x) 在 区 间 (－∞，2) 上 是 减 函 数 ， 且 对 任 意 的 x1 ， x2 ∈ [1，a＋1] ， 总 有
|f（x1）－f（x2）|≤4，求实数 a 的取值范围.
题型 2__函数图象的识别与应用
【例 2】 已知函数 y＝ 2x＋1
2x＋1
与函数 y＝x＋1
x
的图象共有 k (k∈N*)个公共点：A1(x1，y1)，
A2(x2，y2)，…，Ak(xk，yk)，则
1
( )
k
i i
i
x y
＝________.
【变式训练】 已知函数 f(x)(x∈R)满足 f(－x)＝2－f(x)，若函数 y＝x＋1
x
与 y＝f(x)图象的
交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则
1
( )
m
i i
i
x y
＝________.
题型 3__利用函数图象解决复合函数零点个数问题
【例 3】 已知函数 f(x)＝|x2－4x＋3|，若方程 [f(x)]2＋bf(x)＋c＝0 恰有七个不相同的实
根，则实数 b 的取值范围是________.
【变式训练】 已知函数 f(x)＝x3－3x2＋1，g(x)＝
x－1
2 2＋1，x>0
－(x＋3)2＋1，x≤0，则方程 g[f(x)]－
a＝0(a 为正实数)的实数根最多有________.
题型 4__函数的图象与性质的综合应用
【例 4】 设函数 f(x)＝ax－(k－1)a－x(a>0 且 a≠1)是定义域为 R 的奇函数.
(1)求 k 值；
(2)若 f(1)<0，试判断函数的单调性并求使不等式 f(x2＋tx)＋f(4－x)<0 恒成立的 t 的取值
范围；
(3)若 f(1)＝3
2
，且 g(x)＝a2x＋a－2x－2mf(x)，在[1，＋∞)上的最小值为－2，求 m 的值.
【变式训练】 已知函数 f(x)满足 f(x)＝2f(x＋2)，且当 x∈(0，2)时，f(x)＝lnx＋ax(a<－1
2)，
当 x∈(－4，－2)时，f(x)的最大值为－4.
(1)求实数 a 的值；
(2)设 b≠0，函数 g(x)＝1
3bx3－bx，x∈(1，2).若对任意 x1∈(1，2)，总存在 x2∈(1，2)，
使 f(x1)＝g(x2)，求实数 b 的取值范围.
第 2 课时 导数及其应用
考点展示
1.(17 南通三调)若直线 y＝2x＋b 为曲线 y＝ex＋x 的一条切线，则实数 b 的值是________.
2.(2017·江苏)已知函数 f(x)＝x3－2x＋ex－1
ex
，其中 e 是自然数对数的底数，若 f(a－1)＋
f(2a2)≤0，则实数 a 的取值范围是________.
3.(17 镇江一调)已知函数 f(x)＝xlnx，g(x)＝λ(x2－1)(λ为常数)，函数 y＝f (x)与 y＝g (x)在 x
＝1 处有相同的切线，则实数λ的值为________.
4.(17 南通 10 套)设直线 l 是曲线 y＝4x3＋3lnx 的切线，则直线 l 的斜率的最小值为
________.
5.(17 南京三调)若函数 f(x)＝ex (－x2＋2x＋a)在区间[a，a＋1]上单调递增，则实数 a 的最
大值为________.
6.若点 P，Q 分别是曲线 y＝x＋4
x
与直线 4x＋y＝0 上的动点，则线段 PQ 长的最小值为
________.
热点题型
题型 1__导数的几何意义
【例 1】 设曲线 y＝ax－a－lnx 在点(1，0)处的切线方程为 y＝2x－2，则 a＝________.
【变式训练】 (1)设函数 f(x)＝ax2＋x＋blnx，曲线 y＝f (x)过点 P(1，0)，且在点 P 处的
切线斜率为 2，则 a＋b＝________.
(2)已知曲线 y＝2x－m
x
(x∈R，m≠－2)在 x＝1 处切线为直线 l，若直线 l 在两坐标轴上的
截距之和为 12，则实数 m 的值为________.
题型 2__利用导数研究函数的单调性
【例 2】 已知函数 f(x)＝ex(2x－1)－x＋1(a∈R)，则函数 f(x)的单调增区间为__________.
【变式训练】 (1)已知函数 f(x)＝x3＋x2＋bx，若 f(x)在区间[1，2]上不是单调函数，则
实数 b 的取值范围为________.
(2)设函数 f(x)＝lnx＋m
x(m∈R)，若对任意 b＞a＞0，f(b)－f(a)
b－a
＜1 恒成立，则 m 的取值范
围是________.
题型 3__利用导数研究函数的极值(最值)问题
【例 3】 已知λ∈R，函数 f(x)＝ex－ex－λ(xlnx－x＋1)的导函数为 g(x)，若函数 g (x)存在
极值，求λ的取值范围.
【变式训练】 已知函数 f(x)＝alnx－bx3，a，b 为实数，b≠0，e 为自然对数的底数，e
≈2.71828….
(1)当 a<0，b＝－1 时，设函数 f(x)的最小值为 g(a)，求 g(a)的最大值；
(2)若关于 x 的方程 f(x)＝0 在区间(1，e]上有两个不同实数解，求a
b
的取值范围.
题型 4__导数的实际应用
【例 4】 某地拟建一座长为 640 米的大桥 AB，假设桥墩等距离分布，经设计部门测算，
两端桥墩 A、B 造价总共为 100 万元，当相邻两个桥墩的距离为 x 米时(其中 640)
3x，(x≤0) ，且关于 x 的方程 f(x)＋x－a＝0 有且只有一
个实根，则实数 a 的范围是__________.
题型 2__利用零点存在性定理证明函数的零点或方程的根
【例 2】 已知函数 f(x)＝x－alnx(a>e).求证：函数 f (x)有且只有两个零点.
【变式训练】 已知函数 f(x)＝lnx＋10
x
－4.求证：函数 f (x)有且只有两个零点.
题型 3__已知根的分布求参数的范围
【例 3】 已知函数 f(x)＝1
3x3＋1－a
2
x2－ax－a(a>0).若函数 f (x)在区间(－2，0)内恰有两
个零点，则 a 的取值范围是____________.
【变式训练】 已知函数 f(x)＝(2－a)x－2(1＋lnx)＋a.若函数 f (x)在区间 0，1
2 上无零点，
求 a 的最小值.
题型 4__函数与方程的综合应用
【例 4】 如图，建立平面直角坐标系 xOy，x 轴在地平面上，y 轴垂直于地平面，单位
长度为 1 千米.某炮位于坐标原点.已知炮弹发射后的轨迹在方程 y＝kx－ 1
20(1＋k2)x2(k>0)表示
的曲线上，其中 k 与发射方向有关.炮的射程是指炮弹落地点的横坐标.
(1)求炮的最大射程；
(2)设在第一象限有一飞行物(忽略其大小)，其飞行高度为 3.2 千米，试问它的横坐标 a
不超过多少时，炮弹可以击中它？请说明理由.
【变式训练】 已知函数 f(x)＝2x3＋ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)，若 x＝1 和 x＝2 是函数 f (x)
的两个极值点.求：(1)a，b 的值；
(2)函数 f (x)在区间[0，3]上的零点个数.
第 4 课时 函数与导数的综合应用
考点展示
1.(17 南通二调)函数 f(x)＝ lg(5－x2)的定义域是__________.
2.(17 南通十套)若函数 f(x)为定义在 R 上的奇函数，当 x>0 时，f(x)＝xlnx，则不等式 f(x)<
－e 的解集为________.
3.(17 南通十套)函数 y＝|log2x|，x∈
1
4
，32 的值域为________.
4.(17 南通十套)设函数 f(x)＝
3x－1，x<1
2x2，x≥1 ，则满足 f(f(a))＝2(f(a))2 的 a 的取值范围为
________.
5.(17南通三调)已知函数f(x)＝ x，x≥a，
x3－3x，x0)，其中 e 是自然对数的底数.
(1)当 a＝2 时，求 f (x)的极值；
(2)若 f (x)在[－2，2]上是单调增函数，求实数 a 的取值范围.
题型 2__函数、导数性质的综合问题
【例 2】 已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1 (a>0，b∈R)有极值，且导函数 f′(x)的极值点是
f (x)的零点.(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)
(1)求 b 关于 a 的函数关系式，并写出定义域；
(2)证明：b2>3a；
(3)若 f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－7
2
，求 a 的取值范围.
【变式训练】 已知函数 f(x)＝ex(alnx＋2
x
＋b)，其中 a，b∈R.(e＝2.71828 是自然对数的
底数)
(1)若曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程为 y＝e(x－1).求实数 a，b 的值；
(2)若 a＝－2 时，函数 y＝f(x)既有极大值，又有极小值，求实数 b 的取值范围.
题型 3__函数、导数在研究不等式问题中的应用
【例 3】 已知函数 f(x)＝ex＋e－x.(其中 e 是自然对数的底数)
(1)证明：f(x)是 R 上的偶函数；
(2)若关于 x 的不等式 mf(x)≤e－x＋m－1 在(0，＋∞)上恒成立，求实数 m 的取值范围；
(3)已知正数 a 满足：存在 x0∈[1，＋∞)，使得 f(x0)0，b>0，a≠1，b≠1).
(1)设 a＝2，b＝1
2
；
①求方程 f(x)＝2 的根；
②若对任意 x∈R，不等式 f(2x)≥mf(x)－6 恒成立，求实数 m 的最大值；
(2)若 01
2}，则 f(10x)>0 的解集为________.
4.(2017 泰州期末)若对任意实数 x，不等式 x2＋ax＋1≥0 恒成立，则实数 a 的取值范围
为________.
5.已知实数 a，b，c 满足 a2＋b2＝c2，c≠0，则 b
a－2c
的取值范围为__________.
6.(苏州市 2017 届高三上学期期中调研)已知函数 f(x)＝3x＋λ·3－x(λ∈R)若不等式 f(x)≤6
对 x∈[0，2]恒成立，实数λ的取值范围为________.
热点题型
题型 1__不等式的解法与三个“二次”的关系
【例 1】 已知函数 f(x)＝
x2＋1，x≥0
1，x<0 ，则满足不等式 f(1－x2)>f(2x)的 x 的范围是
__________.
【变式训练】 已知 f(x)的定义域为 R 的偶函数，当 x≥0 时，f(x)＝x2－4x，那么，不等
式 f(x＋2)<5 的解集是________.
【例 2】 设实数 x，y 满足 3≤xy2≤8，4≤x2
y
≤9，则x3
y4
的最大值是________.
【变式训练】 已知正数 a，b，c 满足：5c－3a≤b≤4c－a，clnb≥a＋clnc，则b
a
的取值
范围是____________.
【例 3】 已知函数 f(x)＝lg(2＋x)＋lg(2－x).
(1)求函数 f(x)的定义域；
(2)记函数 g(x)＝10f(x)＋3x，求函数 g(x)的值域；
(3)若不等式 f(x)>m 有解，求实数 m 的取值范围.
【变式训练】 若不等式|2x－1|＋|x＋2|≥a2＋1
2a＋2 对任意实数 x 恒成立，求实数 a 的
取值范围.
【例 4】 设函数 f(x)＝|x＋1
a|＋|x－a|(a>0).
(1)证明：f(x)≥2；
(2)若 f(3)<5，求 a 的取值范围.
【变式训练】 已知函数 f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|，g(x)＝x＋3.
(1)当 a＝－2 时，求不等式 f(x)－1，且当 x∈ －a
2
，1
2 时，f(x)≤g(x)，求 a 的取值范围.
专题四 数 列
考点展示
本专题知识每年考查分值约为 21 分，所占得分值比例约为 9.5%，主要考查等差数列的
通项、性质及前 n 项和，等比数列的通项、性质及前 n 项和等基础知识，常与函数、方程、
不等式结合考查，涉及到思想方法主要有化归与转化、函数与方程、分类讨论.
第 1 课时 等差、等比数列
考点展示
1.设 Sn 是数列{an}的前 n 项和，且 a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则 Sn＝________.
2.设 Sn 为等比数列{an}的前 n 项和，若 a1＝1，且 3S1，2S2，S3 成等差数列，则 an＝________.
3.(2016·江苏)已知{an}是等差数列，{Sn}是其前 n 项和.若 a1＋a22＝－3，S5＝10，则 a9 的
值是________.
4.(2017·全国Ⅲ卷)设等比数列{an}满足 a1＋a2＝－1，a1－a3＝－3，则 a4＝________.
5.(2017·北京理)若等差数列{an}和等比数列{bn}满足 a1＝b1＝－1，a4＝b4＝8，则a2
b2
＝
________.
6.(盐城市 2017 届一模)设{an}是等差数列，若 a4＋a5＋a6＝21，则 S9＝________.
热点题型
题型 1__等比数列的基本运算与性质
【例 1】 已知等比数列{an}满足 a2＋2a1＝4，a23＝a5，则 a5 的值是________.
【变式训练】 已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a1＋a3＝1＋a2＋a4，S4＝2，则数
列{an}的公比 q 为________.
题型 2__等差数列的基本运算与性质
【例 2】 已知等差数列的首项为 31，若从第 16 项开始小于 1，则此数列的公差 d 的取
值范围是________.
【变式训练】 已知在等差数列{an}中，首项为 23，公差是整数，从第七项开始为负项，
则公差为________.
题型 3__等差数列与等比数列的判定与证明
【例 3】 已知数列{an}的前 n 项和为 Sn(n∈N*)，且满足 an＋Sn＝2n＋1.
(1)求证：数列{an－2}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求证： 1
2a1a2
＋ 1
22a2a3
＋…＋ 1
2nanan＋1
<1
3.
【变式训练】 已知非零数列{an}满足 a1＝1，anan＋1＝an－2an＋1(n∈N*).求证：数列{1
＋ 1
an
}是等比数列.
题型 4__等差、等比数列的综合运用
【例 4】 设 Sn 为数列{an}的前 n 项和，对任意的 n∈N*，都有 Sn＝(m＋1)－man(m 为正
常数).
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)数列{bn}满足 b1＝2a1，bn＝ bn－1
1＋bn－1
，(n≥2，n∈N*)求数列{bn}的通项公式；
(3)在满足(2)的条件下，求数列
2n＋1
bn
cos[(n＋1)π] 的前 n 项和 Tn.
【变式训练】 设数列{an}的前 n 项和记为 Sn，且 Sn＝n2－3n＋4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝an
3n
，记数列{bn}的前 n 项和记为 Tn，求证：2
3
≤Tn＜5
6.
第 2 课时 数列的求和
考点展示
1.(2017·全国Ⅱ卷理)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a3＝3，S4＝10，则错误!1
Sk
＝______.
2.数列{an}满足 a1＝1，且 an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的前 10 项和为__________.
3.(盐城市 2017 届高三上学期期中考试)在数列{an}中，a1＝－2101，且当 2≤n≤100 时，
an＋2a102－n＝3×2n 恒成立，则数列{an}的前 100 项和 S100＝________.
4.已知 bn＝n－1
2
，则数列{(－1)nb2n}的前 2n 项和为__________.
5.记 bn＝[lgn]，其中[x]表示不超过 x 的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1.则数列{bn}的前
1000 项和为________.
6.(17 天津理改编)已知 an＝3n－2，bn＝2n，则数列{a2nb2n－1}的前 n 项和为________.
热点题型
题型 1__裂项法
【例 1】 已知正项等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且满足 a1＋a5＝2
7a23，S7＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足 b1＝a1，bn＋1－bn＝an＋1，求数列
1
bn 的前 n 项和 Tn.
【变式训练】 Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an＞0，a2n＋2an＝4Sn＋3.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设 bn＝ 1
anan＋1
，求数列{bn}的前 n 项和.
题型 2__错位相减法
【例 2】 已知{an}是等差数列，其前 n 项的和为 Sn，{bn}是等比数列，且 a1＝b1＝2，a4
＋b4＝21，S4＋b4＝30.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)记 cn＝anbn，n∈N*，求数列{cn}的前 n 项和.
【变式训练】 已知首项都是 1 的数列{an}，{bn}(bn≠0，n∈N*)满足 bn＋1＝ an＋1bn
an＋3bn
.
(1)令 cn＝an
bn
，求数列{cn}的通项公式；
(2)若数列{bn}为各项均为正数的等比数列，且 b23＝4b2·b6，求数列{an}的前 n 项和 Sn.
题型 3__分组求和法
【例 3】 等比数列{an}中，a1，a2，a3 分别是下表第一、二、三行中的某一个数，且 a1，
a2，a3 中的任何两个数不在下表的同一列.
第一列 第二列 第三列
第一行 3 2 10
第二行 6 4 14
第三行 9 8 18
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足：bn＝an＋(－1)nlnan，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
【变式训练】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 a1＝1，a2＝2，且 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
n∈N*.
(1)证明：an＋2＝3an；
(2)求 Sn.
题型 4__数列求和与分类讨论的综合运用
【例 4】 (2016·浙江)设数列{an}的前 n 项和为 Sn，已知 S2＝4，an＋1＝2Sn＋1，n∈N*.
(1)求通项公式 an；
(2)求数列{|an－n－2|}的前 n 项和.
【变式训练】 已知等差数列{an}的公差为 2，前 n 项和为 Sn，且 S1，S2，S4 成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令 bn＝(－1)n－1 4n
anan＋1
，求数列{bn}的前 n 项和 Tn.
第 3 课时 数列的综合运用
考点展示
1.(2017 届南京调研改编)已知数列{bn}的通项公式为 bn＝3n－2
2n－1
，正整数 m，n(m≠n)使得
b2，bm，bn 成等差数列，则 m＋n 的值为__________.
2.(2017·北京理)设{an}和{bn}是两个等差数列，记 cn＝max{b1－a1n，b2－a2n，…，bn－ann}(n
＝1，2，3，…)，其中 max{x1，x2，…，xs}表示 x1，x2，…，xs 这 s 个数中最大的数.若 an＝n，
bn＝2n－1，则 cn＝________.
3.(16 北京理改编)设数列 A：a1，a2，…，aN(N≥2).如果对小于 n(2≤n≤N)的每个正整数
k 都有 ak＜an，则称 n 是数列 A 的一个“G 时刻”.记“G(A)是数列 A 的所有“G 时刻”组成
的集合.对数列 A：－2，2，－1，1，3，G(A)＝____________.
4.若 a，b 是函数 f(x)＝x2－px＋q (p>0，q>0)的两个不同的零点，且 a，b，－2 这三个数
可适当排序后成等差数列，也可适当排序后成等比数列，则 p＋q 的值等于____________.
5.(2016·四川理)某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入.若该公司 2015 年全年投
入研发资金 130 万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长 12%，则该公司全年
投入的研发资金开始超过 200 万元的年份是______________.
(参考数据：lg1.12≈0.05，lg1.3≈0.11，lg2≈0.30)
6.(2017·全国Ⅱ卷理)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__________盏.
热点题型
题型 1__新定义问题
【例 1】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若对任意的正整数 n，总存在正整数 m，使得 Sn
＝am，则称 an 是“H 数列”.
(1)若数列{an}的前 n 项和{Sn＝2n}(n∈N*)，证明：{an}是“H 数列”；
(2)设{an}是等差数列，其首项 a1＝1，公差 d<0.若{an}是“H 数列”，求 d 的值；
(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H 数列”{bn}和{cn}，使得 an＝bn＋
cn(n∈N*)成立.
【变式训练】 (南京市、盐城市 2017 届高三第一次模拟)若存在常数 k(k∈N*，k≥2)、q、
d，使得无穷数列{an}满足 an＋1＝
an＋d，n
k
∉N*，
qan，n
k
∈N*， 则称数列{an}为“段比差数列”，其中常数 k、
q、d 分别叫做段长、段比、段差.设数列{bn}为“段比差数列”.
(1)若{bn}的首项、段长、段比、段差分别为 1、3、q、3；
①当 q＝0 时，求 b2016；
②当 q＝1 时，设{bn}的前 3n 项和为 S3n，若不等式 S3n≤λ·3n－1 对 n∈N*恒成立，求实
数λ的取值范围；
(2)设{bn}为等比数列，且首项为 b，试写出所有满足条件的{bn}，并说明理由.
题型 2__数列与函数、方程及不等式的综合
【例 2】 (2015 江苏卷)设 a1，a2，a3，a4 是各项为正数且公差为 d(d≠0)的等差数列.
(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4 依次成等比数列；
(2)是否存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a 44依次成等比数列，并说明理由；
(3)是否存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an＋k2 ，an＋2k3 ，a n＋3k4 依次成等比数列，并说明
理由.
【变式训练】 设{an}是公比为正整数的等比数列，{bn}是等差数列，且 a1a2a3＝64，b1
＋b2＋b3＝
－42，6a1＋b1＝2a3＋b3＝0.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设 pn＝
an，n＝2k－1，k∈N*，
bn，n＝2k，k∈N*， 数列{pn}的前 n 项和为 Sn.
①试求最小的正整数 n0，使得当 n≥n0 时，都有 S2n>0 成立；
②是否存在正整数 m，n(m0)与直线 y＝3x 相交于 P，Q 两点，则当△CPQ 的面
积最大时，此时实数 a 的值为________.
6.在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆x2
4
＋y2＝1 的左、右焦点分别为 F′与 F，圆 F：
(x－ 3)2＋y2＝5.若 P 为椭圆上任意一点，以 P 为圆心，OP 为半径的圆 P 与圆 F 的公共弦为
QT，点 F 到直线 QT 的距离 FH 为定值________.
第 6 题图
热点题型
题型 1__直线与圆中的最值
【例 1】 在平面直角坐标系 xOy 中，以点(1，0)为圆心且与直线 mx－y－2m－1＝0(m∈R)
相切的所有圆中，半径最大的圆的标准方程为__________.
【变式训练】 已知圆 C：x2＋y2－2x－4y－20＝0，直线 l 过点 P(3，1)，则当直线 l 被
圆 C 截得的弦长最短时，直线 l 的方程为______________.
题型 2__直线与圆位置关系的综合问题
【例 2】 (2016·江苏)在平面直角坐标系 xOy 中，已知以 M 为圆心的圆 M：x2＋y2－12x
－14y＋60＝0 及其上一点 A(2，4).
(1)设圆 N 与 x 轴相切，与圆 M 外切，且圆心 N 在直线 x＝6 上，求圆 N 的标准方程；
(2)设平行于 OA 的直线 l 与圆 M 相交于 B，C 两点，且 BC＝OA，求直线 l 的方程；
(3)设点 T(t，0)满足：存在圆 M 上的两点 P 和 Q，使得TA→＋TP→＝TQ→，求实数 t 的取值范
围.
【变式训练】 在平面直角坐标系 xOy 中，圆 O：x2＋y2＝1，P 为直线 l：x＝t(10)，直线 l2：－4x＋2y＋1＝0 和 l3：x＋y－1＝0，
且 l1 和 l2 的距离是7 5
10 .
(1)求 a 的值；
(2)能否找到一点 P，使点 P 同时满足下列三个条件：
①P 是第一象限的点；
②P 点到 l1 的距离是 P 点到 l2 的距离的1
2
；
③P 点到 l1 的距离与 P 点到 l3 的距离的比是 2∶ 5.若能，求 P 点坐标；若不能，请说
明理由.
【变式训练】 已知直线 l1：ax－y－1＝0，l2：(a＋2)x－ay＋2＝0(a>0)，直线 l1∥l2.
(1)求实数 a 的值；
(2)是否存在一点 P，它同时满足下列三个条件：①P 是第一象限的点；②P 点在直线 y
＝x 上；③P 点到直线 l1 的距离是它到 l2 的距离的 2 倍.若存在，求 P 点坐标；若不存在，请
说明理由.
第 2 课时 圆锥曲线
考点展示
1.(教材改编)抛物线 y2＝4x 的焦点到双曲线x2
16
－y2
9
＝1 渐近线的距离为______________.
2.(2017·江苏)在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x2
3
－y2＝1 的右准线与它的两条渐近线分
别交于点 P、Q，其焦点是 F1，F2，则四边形 F1PF2Q 的面积是____________.
3.(1016·江苏)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，F 是椭圆x2
a2
＋y2
b2
＝1(a＞b＞0)的右焦点，
直线 y＝b
2
与椭圆交于 B，C 两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是____________.
第 3 题图
4.如图，过抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点 F 的直线 l 交抛物线于点 A、B，交其准线于点 C，
若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝6，则此抛物线的方程为__________________.
第 4 题图
5.已知椭圆 C：x2
a2
＋y2
b2
＝1(a＞b＞0)和圆 O：x2＋y2＝b2，若 C 上存在点 P，使得过点 P
引圆 O 的两条切线，切点分别为 A，B，满足∠APB＝60°，则椭圆 C 的离心率的取值范围
是__________.
第 5 题图
6.在平面直角坐标系 xOy 中，P 为双曲线 x2－y2＝1 右支上的一个动点.若点 P 到直线 x
－y＋1＝0 的距离大于 c 恒成立，则实数 c 的最大值为__________.
热点题型
题型 1__双曲线的性质
【例 1】 双曲线 C：x2－y2＝a2 的中心在原点，焦点在 x 轴上，C 与抛物线 y2＝16x 的
准线交于 A、B 两点，|AB|＝4 3，则双曲线 C 的方程为________.
【变式训练】 已知双曲线x2
a2
－y2
b2
＝1(a>0，b>0)的一条渐近线过点(2， 3)，且双曲线的
一个焦点在抛物线 y2＝4 7x 的准线上，则双曲线的方程为____________.
题型 2__抛物线的性质
【例 2】 已知抛物线关于 x 轴对称，它的顶点在坐标原点 O，并且经过点 M(2，y0).若
点 M 到该抛物线焦点的距离为 3，则|OM|＝________.
【变式训练】 若抛物线 y2＝4x 上的点 M 到焦点的距离为 10，则 M 到 y 轴的距离是
________.
题型 3__椭圆的性质
【例 3】 (南京市、盐城市 2017 届高三第一次模拟)在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆
O：x2＋y2＝b2 经过椭圆 E：x2
4
＋y2
b2
＝1(0b>0)的右焦
点为 F，过点 F 的直线交 y 轴于点 N，交椭圆 C 于点 A、P(P 在第一象限)，过点 P 作 y 轴的
垂线交椭圆 C 于另外一点 Q.若NF→＝2FP→.
(1)设直线 PF、QF 的斜率分别为 k、k′，求证：k
k′
为定值；
(2)若AN→＝FP→且△APQ 的面积为12 15
5
，求椭圆 C 的方程.
题型 4__圆锥曲线的应用
【例 4】 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)的离心率为 2
2
，
且右焦点 F 到左准线 l 的距离为 3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过 F 的直线与椭圆交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线分别交直线 l 和 AB 于 P，
C，若 PC＝2AB，求直线 AB 的方程.
【变式训练】 (镇江市 2017 届高三上学期期末)已知椭圆 C：x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)的离心
率为 3
2
，且点(－ 3，1
2)在椭圆 C 上.
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)若直线 l 交椭圆 C 于 P，Q 两点，线段 PQ 的中点为 H，O 为坐标原点，且 OH＝1，
求△POQ 面积的最大值.
第 3 课时 圆锥曲线的定点、定值问题
考点展示
1.(教材改编)不论 m 取何实数，直线(2m－1)x－(m＋3)y－(m－11)＝0 恒过一个定点，则
此定点的坐标是____________.
2.已知圆的方程是 x2＋y2－2ax＋2(a－2)y＋2＝0，a≠1，a∈R，上述圆恒过定点
__________.
3.设 A，B 分别为椭圆x2
4
＋y2
3
＝1 的左、右顶点，设 Q 为椭圆上异于 A、B 的点，则直线
QA 与直线 QB 的斜率之积为____________.
4.已知抛物线 y2＝2px(p>0)，过焦点为 F 作直线 l 与抛物线交于 A、B 两点，则 1
|AF|
＋ 1
|BF|
＝______________.
5.(教材改编)已知 A，B 是抛物线 y2＝2px(p>0)上的两点，且 OA⊥OB(O 为坐标原点)，则
直线 AB 经过一定点____________.
6.(2017 杭州月考)已知圆 C：x2＋(y－3)2＝4，一动直线 l1 过 A(－1，0)与圆 C 相交于 P、
Q 两点，M 是 PQ 中点，l1 与直线 l2：x＋3y＋6＝0 相交于 N，则 AM·AN 为________.
热点题型
题型 1__直线过定点的问题
【例 1】 已知圆 O：x2＋y2＝8，直线：x＝－4，设 M 是直线上的任意一点，以 OM 为
直径的圆 K 与圆 O 相交于 P，Q 两点，求直线 PQ 经过的定点 E 的坐标.
【变式训练】 在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E 的方程为x2
4
＋y2
3
＝1，A，B 为椭圆的
左右顶点，F1，F2 是左右焦点，若直线 l 过点 B 且垂直于 x 轴，点 P 是椭圆上异于 A，B 两
点的任意一点，直线 AP 交 l 于 M 点，设过点 M 垂直于 PB 的直线为 m，求证：直线 m 过定
点，并求出定点坐标.
题型 2__圆过定点的问题
【例 2】 如图，设点 P 是椭圆 E：x2
4
＋y2
3
＝1 上的任意一点(异于左，右顶点 A，B).设直
线 PA，PB 分别交直线 l：x＝4 与点 M，N，以 MN 为直径的圆是否过定点？试证明之.
【变式训练】 已知椭圆x2
4
＋y2＝1 的上下顶点为 A，B，P 为椭圆上异于 A，B 两点的动
点，直线 AP 与直线 l：y＝－2 交于 N 点，直线 BP 与 l 交于 M 点，以 MN 为直径的圆是否过
定点？试证明之.
题型 3__圆锥曲线中的定点问题
【例 3】 已知椭圆 C：x2
a2
＋y2
b2
＝1 经过点(0， 3)，离心率为1
2
，直线 l 经过椭圆 C 的右
焦点 F 交椭圆于 A、B 两点，点 A、F、B 在直线 x＝4 上的射影依次为 D、K、E.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)若直线 l 交 y 轴于点 M，且MA→ ＝λAF→，MB→ ＝μBF→，当直线 l 的倾斜角变化时，探求λ
＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ的值；否则，说明理由；
(3)连接 AE、BD，试探索当直线 l 的倾斜角变化时，直线 AE 与 BD 是否相交 2 于定点？
若是，请求出定点的坐标，并给予证明；否则，说明理由.
【变式训练】 已知动圆过定点 A(4，0)，且在 y 轴上截得弦 MN 的长为 8.
(1)求动圆圆心的轨迹 C 的方程；
(2)已知点 B(－1，0)，设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点 P，Q，若 x 轴
是∠PBQ 的角平分线，证明：直线 l 过定点.
题型 4__圆锥曲线的定点、定值综合问题
【例 4】 已知椭圆x2
a2
＋y2
b2
＝1(a＞b＞0)右焦点 F(1，0)，离心率为 2
2
，过 F 作两条互相
垂直的弦 AB、CD，设 AB、CD 中点分别为 M、N.
(1)求椭圆的方程；
(2)证明：直线 MN 必过定点，并求出此定点坐标.
【变式训练】 已知椭圆 C：x2
4
＋y2
2
＝1 的上顶点为 A，直线 l：y＝kx＋m 交椭圆于 P、Q
两点，设直线 AP、AQ 的斜率分别为 k1、k2.
(1)若 m＝0 时，求 k1·k2 的值；
(2)若 k1·k2＝－1 时，证明直线 l：y＝kx＋m 过定点.
第 4 课时 圆锥曲线的范围问题
考点展示
1.已知定点 A(－2， 3)，椭圆x2
16
＋y2
12
＝1 的右焦点为 F，M 为椭圆上动点，则|AM|＋2|MF|
的最小值为____________.
2.( 教 材 改 编 ) 椭 圆 x2
2
＋ y2 ＝ 1 上 的 点 到 直 线 y ＝ x ＋ 2 3 的 距 离 的 取 值 范 围 是
______________.
3.(教材改编)椭圆x2
3
＋y2＝1 的内接矩形 ABCD 面积的最大值为______________.
4.设 F1，F2 分别是椭圆x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)的左右焦点，若在直线 x＝a2
c
上存在点 P，使线
段 PF1 的中垂线过 F2，则椭圆的离心率的取值范围为________________.
5.椭圆x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)与直线 x＋y＝1 交于 P，Q 两点，且 OP⊥OQ，其中 O 为坐标原
点，若椭圆的离心率 e 满足 3
3
≤e≤ 2
2
，则椭圆长轴的取值范围是______________.
6.设 A，B 是椭圆x2
4
＋y2
3
＝1 上不同的两点，点 D(－4，0)，且满足DA→ ＝λDB→ ，若λ∈[3
8
，1
2]，
则直线 AB 的斜率的取值范围是______________.
热点题型
【例 1】 已知 A(4，0)，B(2，2)是椭圆x2
25
＋y2
9
＝1 内的两个点，M 是椭圆上的动点，求
|MA|＋|MB|的最大值和最小值.
【变式训练】 已知 P 为抛物线 y2＝4x 上一个动点，Q 为圆 x2＋(y－4)2＝1 上一个动点，
当点 P 到点 Q 的距离与点 P 到抛物线的准线的距离之和最小时，点 P 的横坐标为
____________.
【例 2】 若点 O、F 分别为椭圆x2
4
＋y2
3
＝1 的中心和左焦点，点 P 为椭圆上的任一点，
则OP→ ·PF→的最大值为______________.
【变式训练】 抛物线 y2＝8x 的焦点为 F，点(x，y)为该抛物线上的动点，又已知点 A(－
2，0)，则|PA|
|PF|
的取值范围是____________.
【例 3】 已知椭圆 C：x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直
角三角形，直线 x＋y＋1＝0 与以椭圆 C 的右焦点为圆心，以椭圆的长半轴长为半径的圆相
切.
(1)求椭圆的方程.
(2)设 P 为椭圆上一点，若过点 M(2，0)的直线 l 与椭圆 E 相交于不同的两点 S 和 T，且
满足OS→＋OT→＝tOP→ (O 为坐标原点)，求实数 t 的取值范围.
【变式训练】 已知中心在原点 O，焦点在 x 轴上，离心率为 3
2
的椭圆过点( 2， 2
2 ).
(1)求椭圆的方程；
(2)设不过原点 O 的直线 l 与该椭圆交于 P，Q 两点，满足直线 OP，PQ，OQ 的斜率依
次成等比数列，求△OPQ 面积的取值范围.
【例 4】 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 3
2
，
且椭圆 C 上一点 N 到点 Q(0，3)的距离最大值为 4，过点 M(3，0)的直线交椭圆 C 于点 A、
B.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)设 P 为椭圆上一点，且满足OA→ ＋OB→ ＝tOP→ (O 为坐标原点)，当|AB|＜ 3时，求实数 t
的取值范围.
【变式训练】 已知圆 M：(x－ 2)2＋y2＝r2(r>0)，若椭圆 C：x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)的右顶
点为圆 M 的圆心，离心率为 2
2 .
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)若存在直线 l：y＝kx，使得直线 l 与椭圆 C 分别交于 A，B 两点，与圆 M 分别交于 G，
H 两点，点 G 在线段 AB 上，且|AG|＝|BH|，求圆 M 的半径 r 的取值范围.
专题七 应用题
考情分析
数学应用性问题是历年高考命题的主要题型之一.应用性问题的解决，实质上就是数学建
模的过程，所谓数学建模就是运用数学思想、方法和知识解决实际问题的过程.解决应用性问
题的基本步骤如下：
①审题：弄清题意，分析条件和结论，理顺数量关系，恰当选择模型；
②建模：将文字语言、图形(或数表)等转化为数学语言，利用数学知识建立相应的数学
模型；
③求模：求解数学模型，得出数学结论；
④还原：将利用数学知识和方法得出的结论，还原为实际问题的意义.
考点展示
1.要制作一个容量为 4m3，高为 1m 的无盖长方形容器，已知该容器的底面造价是每平方
米 20 元，侧面造价是每平方米 10 元，则该容器的最低总造价是______.(单位：元)
2.某食品的保鲜时间 y(单位：小时)与储存温度 x(单位：℃)满足函数关系 y＝ekx＋b(e＝
2.718…为自然对数的底数，k、b 为常数).若该食品在 0℃的保鲜时间是 192 小时，在 22℃的
保鲜时间是 48 小时，则该食品在 33℃的保鲜时间是________小时.
3.某辆汽车每次加油都把油箱加满，下表记录了该车相邻两次加油时的情况.
加油时间 加油量(升) 加油时的累计里程(千米)
2015 年 5 月 1 日 12 35000
2015 年 5 月 15 日 48 35600
注：“累计里程”指汽车从出厂开始累计行驶的路程.
在这段时间内，该车每 100 千米平均耗油量为________升.
4.设某公司原有员工 100 人从事产品 A 的生产，平均每人每年创造产值 t 万元(t 为正常数).
公司决定从原有员工中分流 x(0120
发电机最多可运行台数 1 2 3
若某台发电机运行，则该台年利润为 5000 万元；若某台发电机未运行，则该台年亏损
800 万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？
【变式训练】 (2017·苏、锡、常、镇四市调研)某投资公司在 2018 年年初准备将 1000
万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：
项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利 30%，也可能亏损
15%，且这两种情况发生的概率分别为7
9
和2
9
；
项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利 50%，可能损失 30%，
也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为3
5
，1
3
和 1
15.
针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由.
第 3 课时 二项式定理
热点题型
题型 1__二项系数中的相关问题
【例 1】 在二项式(3 x－
1
23 x
)n 的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列
(1)求展开式的常数项；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求展开式中各项的系数和.
【变式训练】 1.已知 f(x)＝(1＋x)m＋(1＋3x)n(m，n∈N*)的展开式中 x 的系数为 11.
(1)求 x2 的系数的最小值；
(2)当 x2 的系数取得最小值时，求 f(x)展开式中 x 的奇次幂项的系数之和.
题型 2__利用二项式展开式求和系数有关的问题
【例 2】 (2017·湖北)已知(x＋1
2)n 的展开式中前三项的系数成等差数列，设(x＋1
2)n＝a0
＋a1x＋a2x2＋...＋anxn，求：
(1)a0－a1＋a2－a3＋...＋(－1)nan 的值；
(2)ai(i＝0，1，2，…，n)的最大值.
【变式训练】 已知(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋...＋a1x＋a0
求(1)a1＋a2＋...＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋...＋|a7|.(要求算出最终结果)
题型 3__二项式展开式中系数最大项相关问题
【例 3】 已知：A4n＝40C5n，设 f(x)＝(x－
1
3 x
)n.
(1)求 n 的值；
(2)写出 f(x)的展开式中所有的有理项；
(3)求 f(x)的展开式中系数最大的项.
【变式训练】 已知在(2x＋
3
3 x
)n 的展开式中，第 3 项的二项式系数与第 2 项的二项式系
数的比为 5∶2.
(1)求 n 的值；
(2)求含 x2 的项的系数；
(3)求展开式中系数最大的项.
题型 4__利用二项式展开式知识证明相关问题
【例 4】 已知二项式(1＋ 2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(x∈R，n∈N)
(1)若展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的 3 倍，求 n 的值；
(2)若 n 为正偶数时，求证：a0＋a2＋a4＋a6＋…＋an 为奇数；
(3)证明：C1n＋2C2n·2＋3C3n·22＋…＋nCnn·2n－1＝n·3n－1(n∈N*).
【变式训练】 已知数列{an}的首项为 1，设 f(n)＝a1C 1n ＋a2C 2n ＋…＋akC kn ＋…＋
anCnn(n∈N*).
(1)若{an}为常数列，求 f(4)的值；
(2)若{an}为公比为 2 的等比数列，求 f(n)的解析式；
(3)数列{an}能否成等差数列，使得 f(n)－1＝2n·(n－1)对一切 n∈N*都成立？若能，求出
数列{an}的通项公式；若不能，试说明理由.
第 4 课时 数学归纳法
热点题型
题型 1__猜想与归纳
【例 1】 由下列不等式：
1＞1
2
，1＋1
2
＋1
3
＞1，1＋1
2
＋1
3
＋…＋1
7
＞3
2
，1＋1
2
＋1
3
＋…＋ 1
15
＞2，…，你能得到一个怎样
的一般不等式？并加以证明.
【变式训练】 已知数列{an}的各项均为正整数，对于任意 n∈N*，都有 2＋ 1
an＋1
＜
1
an
＋ 1
an＋1
1
n
－ 1
n＋1
＜2＋ 1
an
成立，且 a2＝4.
(1)求 a1，a3 的值；
(2)猜想数列{an}的通项公式，并给出证明.
题型 2__数学归纳法和二项式定理相关问题
【例 2】 设 an 为下述正整数 N 的个数：N 的各位数字之和为 n，且每位数字只能取 1，
3 或 4.
(1)求 a1，a2，a3，a4 的值；
(2)对∀n∈N*，试探究 a2n·a2n＋2 与 a 22n＋1的大小关系，并加以证明.
【变式训练】 已知数列{an}是等差数列，(1＋x
2)m(m∈N*)展开式的前三项的系数分别为
a1，a2，a3.
(1)求(1＋x
2)m(m∈N*)的展开式中二项式系数最大的项；
(2)当 n≥2(n∈N*)时，试猜测 1
an
＋ 1
an＋1
＋ 1
an＋2
＋...＋ 1
an2
与1
3
的大小并证明.
题型 3__数学归纳法与数列
【例 3】 已知数列{an}中，a1＝－2
3
，其前 n 项和 Sn 满足 an＝Sn＋ 1
Sn
＋2(n≥2)，计算 S1，
S2，S3，S4，猜想 Sn 的表达式，并用数学归纳法加以证明.
【变式训练】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，且方程 x2－anx－an＝0 有一根为 Sn－1，n
＝1，2，3，….
(1)求 a1，a2；
(2)计算 S1、S2，猜想数列{Sn}的通项公式，并用数学归纳法予以证明.
题型 4__数学归纳法与不等式
【例 4】 (1)已知 a＞1，b＜1，求证：a＋b＞1＋ab；
(2)已知 x1，x2，…，xn∈R＋且 x1x2…xn＝1，求证：( 2＋x1)( 2＋x2)...( 2＋xn)≥( 2＋1)n.
【变式训练】 各项均为正数的数列{xn}对一切 n∈N*均满足 xn＋ 1
xn＋1
＜2.证明：
(1)xn＜xn＋1
(2)1－1
n
＜xn＜1.
专题九 思想方法
考情分析
高考数学以能力立意，一是考查数学的基础知识，基本技能；二是考查基本数学思想方
法，考查数学思维的深度、广度和宽度，数学思想方法是指从数学的角度来认识、处理和解
决问题，是数学意识，是数学技能的升华和提高，中学数学思想主要有函数与方程思想、数
形结合思想、分类与整合思想、转化与化归思想.
第 1 课时 函数与方程思想
考点展示
1.已知函数 f(x)＝
x3，x≤a
x2，x＞a，若存在实数 b，使函数 g(x)＝f(x)－b 有两个零点，则 a 的取
值范围是________.
2.设 x3＋ax＋b＝0，其中 a，b 均为实数，下列条件中，使得该三次方程仅有一个实根的
是________.(写出所有正确条件的编号)
①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2；④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2.
3.已知函数 f(x)＝
x2＋（4a－3）x＋3a，x＜0
loga（x＋1）＋1，x≥0 ，(a>0，且 a≠1)在 R 上单调递减，且关于
x 的方程|f（x）|＝2－x 恰有两个不相等的实数解，则 a 的取值范围是________.
4.设 Sn 为等差数列{an}的前 n 项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N*).若a8
a7
＜－1，则 Sn 的最小值是
________.
5.(2017·江苏)等比数列{an}的各项均为实数，其前 n 项的和为 Sn，已知 S3＝7
4
，S6＝63
4
，
则 a8＝________.
6.(盐城市 2017 届高三上学期期中考试)设函数 f(x)＝kx2－kx，g(x)＝
lnx，x≥1，
－x3＋(a＋1)x2－ax，01.则方程|f（x）＋g（x）|＝1 实
根的个数为________.
【变式训练】 函数 f(x)＝3cosπx
2
－log 1
2
x 的零点的个数是________.
题型 2__函数与方程思想在不等式、方程中的应用
【例 2】 已知函数 f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，对任意的 x∈R，恒有 f′(x)≤f(x).
(1)证明：当 x≥0 时，f(x)≤(x＋c)2；
(2)若对满足题设条件的任意 b、c，不等式 f(c)－f(b)≤M(c2－b2)恒成立，求 M 的最小值.
【变式训练】 已知 f(t)＝log2t，t∈[ 2，8]，对于 f(t)值域内所有实数 m，不等式 x2＋
mx＋4>2m＋4x 恒成立，求 x 的取值范围.
题型 3__函数与方程思想在数列中的应用
【例 3】 已知数列{an}是首项为 2，各项均为正数的等差数列，a2，a3，a4＋1 成等比数
列，设 bn＝ 1
Sn＋1
＋ 1
Sn＋2
＋…＋ 1
S2n
(其中 Sn 是数列{an}的前 n 项和)，若对任意 n∈N*，不等式 bn
≤k 恒成立，求实数 k 的最小值.
【变式训练】 已知数列{an}中，a1＝1，二次函数 f(x)＝1
2an·x2＋(2－n－an＋1)·x 的对称轴
为 x＝1
2.
(1)试证明{2nan}是等差数列，并求{an}的通项公式；
(2)设{an}的前 n 项和为 Sn，试求使得 Sn＜3 成立的 n 的值，并说明理由.
题型 4__函数与方程思想在解析几何中的应用
【例 4】 椭圆 C 的中心为坐标原点 O，焦点在 y 轴上，短轴长为 2，离心率为 2
2
，直
线 l 与 y 轴交于点 P(0，m)，与椭圆 C 交于相异两点 A，B，且AP→＝3PB→.
(1)求椭圆 C 的方程；
(2)求 m 的取值范围.
【变式训练】 已知点 F1(－c，0)，F2 (c，0)为椭圆x2
a2
＋y2
b2
＝1(a>b>0)的两个焦点，点 P
为椭圆上一点，且PF1
→ ·PF2
→ ＝c2，则此椭圆离心率的取值范围是__________.
第 2 课时 数形结合思想
考点展示
1.如图，函数 f (x)的图象为折线 ACB，则不等式 f(x)≥log2(x＋1)的解集是____________.
第 1 题图
2.函数 f′(x)是奇函数 f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当 x>0 时，xf′(x)－f(x)＜0，则使得
f(x)>0 成立的 x 的取值范围是______________.
3.若函数 f(x)＝|x＋1|＋2|x－a|的最小值为 5，则实数 a＝________.
4.(2016·山东)已知函数 f(x)＝
|x|，x≤m
x2－2mx＋4m，x>m，其中 m>0.若存在实数 b，使得关于 x
的方程 f(x)＝b 有三个不同的根，则 m 的取值范围是______.
5.(2017·全国Ⅲ卷理)设函数 f(x)＝
x＋1，x≤0，
2x，x>0， 则满足 f(x)＋f(x－1
2)>1 的 x 的取值范围是
______________.
6.(2017·全国Ⅲ卷理)在矩形 ABCD 中，AB＝1，AD＝2，动点 P 在以点 C 为圆心且与 BD
相切的圆上.若AP→＝λAB→＋μAD→ ，则λ＋μ的最大值为__________.
热点题型
题型 1__数形结合思想在求范围与最值问题中的应用
【例 1】 若实系数一元二次方程 x2＋ax＋2b＝0 有两个根，一个根在区间(0，1)内，另
一个根在区间(1，2)内，求：
(1)点(a，b)对应的区域的面积；
(2)b－2
a－1
的取值范围；
(3)(a－1)2＋(b－2)2 的值域.
【变式训练】 设有函数 f(x)＝a＋ －x2－4x和 g(x)＝4
3x＋1，已知 x∈[－4，0]时恒有
f(x)≤g(x)，求实数 a 的取值范围.
题型 2__数形结合思想在不等式中的应用
【例 2】 若存在正数 x 使 2x(x－a)＜1 成立，则 a 的取值范围是________.
【变式训练】 若不等式 4x2＜logax 对任意 x∈(0，1
4)恒成立，则实数 a 的取值范围为
____________.
题型 3__数形结合思想在方程中的应用
【例 3】 设函数 f(x)＝
x2＋bx＋c，x≤0
2，x>0. 若 f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，则函数 y＝f(x)－
x 的零点个数为__________.
【变式训练】 函数 f(x)＝
x＋1，x≤0
log2x，x＞0，则函数 y＝f(x)＋1 的所有零点构成的集合为
__________.
题型 4__数形结合思想在平面解析几何中的应用
【例 4】 以抛物线 C 的顶点为圆心的圆交 C 于 A，B 两点，交 C 的准线于 D，E 两点.
已知|AB|＝4 2，|DE|＝2 5，求 C 的焦点到准线的距离.
【变式训练】 若圆(x－3)2＋(y＋5)2＝r2 上有且只有两个点到直线 l：4x－3y＝2 的距离
等于 1，求半径 r 的取值范围.
第 3 课时 分类讨论思想
考点展示
1.(2017·全国 3 卷文)设函数 f(x)＝
x＋1，x≤0，
2x，x>0， 则满足 f(x)＋f(x－1
2)>1 的 x 的取值范围是
__________.
2.(2017 山东理改编)已知当 x∈[0，1]时，函数 y＝(mx－1)2 的图象与 y＝ x＋m 的图象有
且只有一个交点，则正实数 m 的取值范围是________________.
3.(17 全国 1 卷文改编)设 A、B 是椭圆 C：x2
3
＋y2
m
＝1 长轴的两个端点，若 C 上存在点 M
满足∠AMB＝120°，则 m 的取值范围是____________.
4.(17 天津理改编)已知函数 f(x)＝
x2－x＋3，x≤1，
x＋2
x
，x>1. 设 a∈R，若关于 x 的不等式
f(x)≥|x
2
＋a|在 R 上恒成立，则 a 的取值范围是____________________.
5.(2017·浙江)已知 a∈R，函数 f(x)＝|x＋4
x
－a|＋a 在区间[1，4]上的最大值是 5，则 a 的
取值范围是________.
6.已知函数 f(x)＝x |x2－12|的定义域为[0，m]，值域为[0，am2]，则实数 a 的取值范围是
________.
热点题型
题型 1__由数学概念引起的分类讨论
【例 1】 已知集合 A＝{x|x2－5x＋6＝0}，B＝{x|mx－1＝0}，且 A∩B＝B，求实数 m
所构成的集合 M，并写出 M 的所有子集.
【变式训练】 已知函数 f(x)＝2ax2＋4(a－3)x＋5 是在区间(－∞，3)上的减函数，求实
数 a 的取值范围.
题型 2__由图形的不确定性引起的分类讨论
【例 2】 已知圆 C：(x＋t)2＋y2＝5(t＞0)和椭圆 E：x2
a2
＋y2
b2
＝1(a＞b＞0)的一个公共点为
B(0，2).F 为椭圆 E 的右焦点，直线 BF 与圆 C 相切于点 B.
(1)求 t 的值和椭圆 E 的方程；
(2)圆 C 上是否存在点 M，使△MBF 为等腰三角形？若存在，求出点 M 的坐标；若不存
在，请说明理由.
【变式训练】 求平面内与两定点 A1(－a，0)，A2(a，0)(a＞0)连线的斜率之积等于非零
常数 m 的点 M 的轨迹 C 的方程.
题型 3__根据公式、定理、性质的条件进行分类讨论
【例 3】 设等比数列{an}的公比为 q，前 n 项和 Sn＞0(n＝1，2，3，…).
(1)求 q 的取值范围；
(2)设 bn＝an＋2－3
2an＋1，{bn}的前 n 项和为 Tn，试比较 Sn 与 Tn 的大小.
【变式训练】 已知等差数列{an}的前 3 项和为 6，前 8 项和为－4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设 bn＝(4－an)qn－1(q≠0，n∈N*)，求数列{bn}的前 n 项和 Sn.
题型 4__由参数的变化引起的分类讨论
【例 4】 已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，当 x≥0 时，f(x)＝1
2(|x－a|＋|x－2a|－
3|a|).若集合{x|f(x－1)－f(x)＞0，x∈R}＝∅，则实数 a 的取值范围为________.
【变式训练】 已知函数 f(x)＝2ex－ax－2(x∈R，a∈R).
(1)当 a＝1 时，求曲线 y＝f(x)在 x＝1 处的切线方程；
(2)求 x≥0 时，若不等式 f(x)≥0 恒成立，求实数 a 的取值范围.
第 4 课时 等价转化思想
考点展示
1.(2016·山东理)已知双曲线 E：x2
a2
－y2
b2
＝1(a＞0，b＞0)，若矩形 ABCD 的四个顶点在 E
上，AB，CD 的中点为 E 的两个焦点，且 2|AB|＝3|BC|，则 E 的离心率是________.
2.(2017·江苏)若 tan α－π
4 ＝1
6
，则 tanα＝____________.
3.(2017·北京文)已知点 P 在圆 x2＋y2＝1 上，点 A 的坐标为(－2，0)，O 为原点，则AO→ ·AP→
的最大值为________.
4.(2017·北京文)已知 x≥0，y≥0，且 x＋y＝1，则 x2＋y2 的取值范围是________.
5.(2017·浙江)已知向量 a，b 满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，
最大值是________.
6.(2016·山东理)已知函数 f(x)＝
|x|，x≤m，
x2－2mx＋4m，x>m，其中 m>0，若存在实数 b，使得关
于 x 的方程 f(x)＝b 有三个不同的根，则 m 的取值范围是________.
热点题型
题型 1__正向思维与逆向思维之间的转化
【例 1】 试求常数 m 的范围，使曲线 y＝x2 的所有弦都不能被直线 y＝m(x－3)垂直平
分.
【变式训练】 若对于任意 t∈[1，2]，函数 g(x)＝x3＋
m
2
＋2 x2－2x 在区间(t，3)上总不
为单调函数，则实数 m 的取值范围是____________.
题型 2__特殊化与一般的转化
【例 2】 在等差数列{an}中，a1＝1，前 n 项和满足S2n
Sn
＝4n＋2
n＋1
，n＝1，2，…，求等差
数列{an}的通项.
【变式训练】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，若{an}和{ Sn＋n}都是公差为 d(d≠0)的等
差数列，求 a1 的值.
题型 3__换元法转化
【例 3】 是否存在实数 a，使得函数 y＝sin2x＋acosx＋5
8a－3
2
在闭区间[0，π
2
]上的最大
值是 1？若存在，则求出对应的 a 的值；若不存在，请说明理由.
【变式训练】 若关于 x 的方程 9x＋(4＋a)·3x＋4＝0 有解，则实数 a 的取值范围是
__________.
题型 4__函数、方程、不等式之间的转化
【例 4】 设不等式 2x－1>m(x2－1)对满足－2≤m≤2 的一切实数 m 的取值都成立，求
x 的取值范围.
【变式训练】 若关于 x 的不等式(ax－20)lg2a
x
≤0 对任意的正实数 x 恒成立，求实数 a
的取值范围.
解题思路与方法实践
专题一__函数与导数第 1 课时 函数的图象与性质
[考点展示]
1.[－3，1] 2.－2
5 3. 2 4.1 5.2 6.(0，1)∪(e
1
4，＋∞)
[热点题型]
【例 1】 (1)5 (2)1
2
【变式训练】 (1)(－5，0)∪(5，＋∞) (2)①a＝2 ②2≤a≤3
【例 2】 2
【变式训练】 m
【例 3】 (－2，－1)
【变式训练】 6
【例 4】 (1)k＝2 (2)－3＜t＜5 (3)m＝2
【变式训练】 【解】 (1)当 x∈(0，2)时，f(x)＝1
2f(x－2)＝1
4f(x－4)，
由条件，当 x－4∈(－4，－2)，f(x－4)的最大值为－4，所以 f(x)的最大值为－1.
因为 f′(x)＝1
x
＋a＝1＋ax
x
，令 f′(x)＝0，所以 x＝－1
a.
因为 a<－1
2
，所以－1
a
∈(0，2)．
当 x∈(0，－1
a)时，f′(x)>0，f(x)是增函数；当 x∈(－1
a
，2)时，f′(x)<0，f(x)是减函数．则
当 x＝－1
a
时，f(x)取得最大值为 f(－1
a)＝ln(－1
a)－1＝－1.所以 a＝－1.
(2)设 f(x)在 x∈(1，2)上的值域为 A，g(x)在 x∈(1，2)上的值域为 B，则依题意知 A⊆B.
因为 f(x)在 x∈(1，2)上是减函数，所以 A＝(ln2－2，－1)；
又 g′(x)＝bx2－b＝b(x2－1)，因为 x∈(1，2)，所以 x2－1∈(0，3)．
①当 b＞0 时，g′(x)＞0，g(x)是增函数，B＝(－2
3b，2
3b)．因为 A⊆B，所以－2
3b≤ln2－2，
解得 b≥3－3
2ln2.
②当 b＜0 时，g′(x)＜0，g(x)是减函数，B＝(2
3b，－2
3b)．因为 A⊆B，所以 2
3b≤ln2－2，
解得 b≤－3＋3
2ln2.
由①，②知，b≤－3＋3
2ln2 或 b≥3－3
2ln2.
[能力强化]
一、填空题
1.[2，＋∞) 2.(2，2) 3. 3
2 4.(－9，＋∞) 5.(－2，1) 6.[1
3
，2
3]∪{3
4} 7.(0， 1
10)
8.(1，2) 9.{2} 10.(1，5](或 10 时，函数 f(x)的增区间是(－
∞，0)和(1
a
，＋∞)，减区间是(0，1
a)． (2)当 24
时，正数 b 的范围是 02 5.(－2 2，－2] 6.4
[热点题型]
【例 1】 (1
2
，1)
【变式训练】 (1，＋∞)
【例 2】【证明】 f′(x)＝1－a
x
＝x－a
x
∵a>e，∴f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，∴f(x)的极小值为 f(a)＝a－
alna＝a(1－lna)
∵a>e，∴1－lna<0，即 f(a)<0
又 f(1)＝1>0，f(a2)＝a2－alna2＝a(a－2lna)
构建 h(a)＝a－2lna(a>e)，h′(a)＝1－2
a
＝a－2
a
∴h(a)在(e，＋∞)上单调递增，即 h(a)>h(e)＝e－2>0
∴f(x)在(1，a)上单调递减，f(1)>0，f(a)<0
在(a，a2)上单调递增，f(a)<0，f(a2)>0
即函数 f(x)在(1，a)，(a，a2)内各有一个零点
综上函数 f(x)有且只有两个零点．
【变式训练】 【证明】 f′(x)＝1
x
－10
x2
＝x－10
x2
，∴f(x)在(0，10)上单调递减，在(10，＋∞)
上单调递增
f(x)的极小值为 f(10)＝ln10－3＝ln10－lne3<0
又 f(1)＝6>0，f(e4)＝10
e4 >0
∴f(x)在(1，10)上单调递减，f(1)>0，f(10)<0
在(10，e4)上单调递增，f(10)<0，f(e4)>0
即函数 f(x)在(1，10)，(10，e4)内各有一个零点
综上函数 f(x)有且只有两个零点．
【例 3】 (0，1
3)
【变式训练】 2－4ln2.
【例 4】【解】 (1)令 y＝0，得 kx－ 1
20(1＋k2)x2＝0，有实际意义和题设条件知 x>0，
k>0，故 x＝ 20k
1＋k2
＝ 20
k＋1
k
≤20
2
＝10，当且仅当 k＝1 时取等号．所以炮的最大射程为 10 千米．
(2)∵a>0，∴炮弹可击中目标⇔存在 k>0，使 3.2＝ka－ 1
20(1＋k2)a2 成立⇔关于 k 的方程
a2k2－20ak＋a2＋64＝0 有正根⇔判别式Δ＝(－20a)2－4a2(a2＋64)≥0⇔a≤6.因此，当 a 不超
过 6(千米)时，可击中目标．
【变式训练】 (1)a＝－9，b＝12
(2)当 c>0 或 c<－9 时，函数 f(x)在区间[0，3]上的零点个数为 0；当－9≤c<－5 或－
41
5
或 a<－1 4.0 5.(－10，0] 6.t∈[－3
2
，3
2]
7.1
2 8.(0，1
2) 9.－1
2
≤m<0 10.(0，1)
二、解答题
11.【证明】 f′(x)＝1
x2
－1
x
＝1－x
x2
∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
函数 f(x)的极大值为 f(1)＝a－1
∵a>1，∴f(1)>0
又 f
1
ea ＝2a－ea，f(ea)＝－1
ea<0
构建函数 h(a)＝2a－ea(a>1)
h′(a)＝2－ea<0，∴h(a)在
(1，＋∞)上单调递减．
∴a>1 时 h(a)0
在(1，ea)上单调递减，且 f(1)>0，f(ea)<0
∴函数 f(x)在
1
ea
，1 ，(1，ea)内各有一个零点
综上函数 f(x)有且只有两个零点．
12.(1)a＋b＝0
(2)函数 f(x)有两个零点第 4 课时 函数与导数的综合应用
[考点展示]
1.[－2，2] 2.(－∞，－e) 3.[0，5] 4. a|a≥2
3或 a＝1
2 5.(－3
2
，2) 6.2
3
[热点题型]
【例 1】 (1)
－1
4
，2 (2)g(a)＝a2－a
2
，a∈(1，2] (3)(1，2]
【变式训练】 (1)极大值 5e－3
2
，极小值3
e (2)00，从而 g(t)在(3 6
2
，
＋∞)上单调递增．因为 a>3，所以 a a>3 3，故 g(a a)>g(3 3)＝ 3，即 b
a
> 3.因此 b2>3a.
(3)a 的取值范围为(3，6]
【变式训练】 (1)a＝3，b＝－2 (2)b>1＋ln2
【例 3】 (1)证明：∀x∈R，f(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，∴f(x)是 R 上的偶函数．
(2)m≤－1
3 (3)当 a>e 时，ae－1ea－1；当 a＝e 时 ae－1＝ea－
1.
【变式训练】 (1)①x＝0 ②4 (2)ab＝1
【例 4】 (1)表示成关于α的函数为 l＝f(α)＝S
h
＋h( 2
sinα－ 1
tanα)(0<α<π
2
) (2)当α＝π
3
时，l 有最小值为 3h＋S
h.
【变式训练】【解】 (1)AM＝ 3x
x－9(10≤x≤30)． (2)S＝ 9
16
x2＋ 9x2
(x－9)2 ，定义域为[10，
30]．
(3)当 AN 长为 9＋33 3m 时，液晶广告屏幕 MNEF 的面积 S 最小．
[能力强化]
1.(1，2] 2.3 3.1 4.[1
2
，＋∞) 5.(2 2－2，1) 6.－ 2
2 0，cosB>0.
∴sinB
cosB
＝3·sinA
cosA
，即 tanB＝3tanA.
(2)A＝π
4
【变式训练】 (1)B＝π
3
(2)2 6
3
[能力强化]
一、填空题
1. 2
4 2.4 3.－14 4.π 5.9 6.－9
4 7.12 8.[－4，6] 9.π
6
10.3
2
二、解答题
11.(1)－2
9 (2)(－3
2
， 2
2
－3
2]
12.(1)1040m (2)35
37(min) (3)[1250
43
，625
14 ](单位：m/min)第 3 课时 三角函数与向量的
综合问题
[考点展示]
1.1
3 2.π
2
3.3 4.2 2 5. 2
2 6.72
[热点题型]
【例 1】 (1)2 (2)4 2
(3)证明：∵tanαtanβ＝16，∴sinαsinβ＝16cosαcosβ，即 4cosα·4cosβ－sinα
sinβ＝0，∴a∥b.
【变式训练】 (1)1
3 (2)3 2
4
【例 2】 (1)证明：因为|AB→·AC→|＝2，所以 AB·AC·cosA＝2.
在△ABC 中，由余弦定理得 BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA，
即( 6)2＝AB2＋AC2－4，于是 AB2＋AC2＝10，故 AB2＋BC2＋AC2＝10＋6＝16 为定
值． (2) 30
10
【变式训练】 1.(1) 6
3 (2)2 3＋ 6
6
2.(1)π
3
(2)a＝1，b＝3，c＝ 7
【例 3】(1)5π
6
(2)λ＝1
2
或λ＝－1－ 2
【变式训练】 (1)最小正周期 T＝π.在[0，π]上的单调递增区间为 0，π
6 ，
2π
3
，π
.
(2)m＝1
【例 4】 (1)AE＝1 或 AE＝3 (2)4 3
【变 式训练 】 (1)SPQCR ＝f (θ) ＝8100sin θcos θ－ 9000(sinθ＋cosθ)＋10000 ，
θ∈ 0，π
2 .
(2)最大值和最小值分别为(14050－9000 2)m2 和 950m2.
[能力强化]
一、填空题
1.π
4
2.π
3
3.2π
3
4.27
4 5. 2 6.6 7.[1，＋∞) 8.2 9. 7 10.π
6
二、解答题
11.(1)A＝π
6
(2)b＝2 2
3
12.(1)θ＝π
3
(2)f(x)min＝－ 3
2
，f(x)max＝ 3.专题三__不等式第 1 课时 基本不等式及其
应用
[考点展示]
1.4
3 2.8 3.2 4.4 5.7
2 2 6.32－4 5
[热点题型]
【例 1】 a≥1
5
【变式训练】 9
4
【例 2】 25
6
【变式训练】 7＋4 3
【例 3】【解】 (1)f(x)＝x2－ax＋2
x
＝x＋2
x
－a(x＞0)，f(x)在(0， 2]上为减函数，在[ 2，
＋∞)上为增函数．
设 0＜x1 ＜x2 ≤ 2，则 f(x1)－f(x2)＝ x1＋2
x1
－a － x2＋2
x2
－a ＝(x1 －x2)＋
2
x1
－2
x2 ＝
（x1－x2）（x1x2－2）
x1x2
.
因为 0＜x1＜x2≤ 2，所以 x1－x2＜0，0＜x1x2＜2，
所以 f(x1)－f(x2)＞0，f(x1)＞f(x2)．
故 f(x)在(0， 2]上为减函数．
同理可证，f(x)在[ 2，＋∞)上为增函数．
(2)(－∞，2]
【变式训练】 2 2－2
【例 4】 (1)四边形 MNPE 为矩形，面积为 2m2.
(2)当点 E 距 B 点(3＋2 3
3 )m 时，沿直线 PE 裁剪，四边形 MNPE 面积最大，最大值为
(6－2 3)m2.
【变式训练】【解】 (1)因为 AD＝DC＝2，BC＝1，∠ABC＝∠BAD＝90°，
所以 AB＝ 3，取 AB 中点 G，
则四边形 BCEF 的面积为 1
2S 梯形 ABCD＝S 梯形 BCEG＋S△EFG，
即 1
2
× 1
2
× 3 (1 ＋ 2) ＝ 1
2
× 3
2 (1 ＋ 3
2 ) ＋ 1
2 GF× 3
2
， 解 得 GF ＝ 3
6
， 所 以 EF ＝
（3
2
）2＋（ 3
6
）2＝ 21
3 (km)．
故灌溉水管 EF 的长度为 21
3 km.
(2)
图① 图②
设 DE＝a，DF＝b，在△ABC 中，CA＝ 12＋（ 3）2＝2，
所以在△ADC 中，AD＝DC＝CA＝2，所以∠ADC＝60°，
所以△DEF 的面积为 S△DEF＝1
2absin60°＝ 3
4 ab，又 S 梯形 ABCD＝3 3
2
，所以 3
4 ab＝3 3
4
，
即 ab＝3.
在△ADC 中，由余弦定理，得 EF＝ a2＋b2－ab≥ ab＝ 3，
当且仅当 a＝b＝ 3时，取“＝”．
故灌溉水管 EF 的最短长度为 3km.
[能力强化]
一、填空题
1.2 2 2.(－4，2) 3.9 4.2 3
3 5.10 6.2 2
3 7.4 8.6 9.2＜t≤4 10.(2 6，2 7]
二、解答题
11.(1)(－∞，－2)∪(2，＋∞) (2)实数 m 的最大值为 4.
12.航速 25km/h 船行驶总费用最少，此时总费用 4000 元．
第 2 课时 不等式的解法与三个”二次”的关系
[考点展示]
1.R 2.1
2 3.(－∞，lg1
2) 4.－2≤a≤2 5.[－ 3
3
， 3
3 ] 6.λ≤－27
[热点题型]
【例 1】 (－1， 2－1)
【变式训练】 (－7，3)
【例 2】 27
【变式训练】
1
3
，＋∞
【例 3】 (1)(－2，2) (2)
－6，25
4 (3)m0，有 f(x)＝|x＋1
a|＋|x－a|≥|x＋1
a
－（x－a）|＝1
a
＋a≥2.所以 f(x)≥2.
(2)(1＋ 5
2
，5＋ 21
2
)
【变式训练】【解】 (1)当 a＝－2 时，不等式 f(x)1
当且仅当 x∈(0，2)时，y<0，∴原不等式的解集是{x|0－1，则－a
2<1
2
，∴f(x)＝|2x－1|＋|2x＋a|＝
－4x＋1－a， x<－a
2
a＋1， －a
2
≤x<1
2
4x＋a－1， x≥1
2
当 x∈ －a
2
，1
2 时，f(x)＝a＋1，
即 a＋1≤x＋3 在 x∈ －a
2
，1
2 上恒成立．∴a＋1≤－a
2
＋3，即 a≤4
3
，
∴a 的取值范围为 －1，4
3 .
[能力强化]
一、填空题
1.
－1，4
3 2.(－1，2) 3.－3 4.(－∞，0)∪(1，＋∞) 5.[－1，4]
6.(－∞，－1)∪(2，＋∞) 7.(－ 2
2
，0) 8.(－5，0)∪(5，＋∞)
9.(－∞，－2)∪( 2，＋∞) 10.9
二、解答题
11.(1)A∩B＝(2，4] (2)m≤－1
12.当 a＝0 时，f(x)≤0 的解集为{0}；
当 a＞0 时，f(x)≤0 的解集为[0，2ea]；
当 a＜0 时，f(x)≤0 的解集为[2ea，0]．
专题四__数列
第 1 课时 等差、等比数列
[考点展示]
1.－1
n 2.3n－1 3.20 4.－8 5.1 6.63
[热点题型]
【例 1】 16
【例 2】 －15
7
≤d<－2
【变式训练】 －4
【例 3】【解】 证明：(1)∵an＋Sn＝2n＋1，令 n＝1，得 2a1＝3，a1＝3
2.
∵an＋Sn＝2n＋1，
∴an－1＋Sn－1＝2(n－1)＋1(n≥2，n∈N*)．
两式相减，得 2an－an－1＝2，
整理 an＝1
2an－1＋1，
an－2＝1
2(an－1－2)(n≥2)，
∴数列{an－2}是首项为 a1－2＝－1
2
，公比为1
2
的等比数列，
∴an－2＝－
1
2 n，∴an＝2－ 1
2n.
(2)∵ 1
2nanan－1
＝ 1
2n·2n＋1－1
2n
·2n＋2－1
2n＋1
＝ 2n＋1
（2n＋1－1）（2n＋2－1）
＝ 1
2n＋1－1
－ 1
2n＋2－1
，
∴ 1
2a1a2
＋ 1
22a2a3
＋…＋ 1
2nanan＋1
＝( 1
22－1
)－( 1
23－1
)＋( 1
23－1
)－( 1
24－1
)＋…＋( 1
2n＋1－1
)－( 1
2n＋2－1
)
＝1
3
－ 1
2n＋2－1<1
3.
【变式训练】【解】 证明：由 anan＋1＝an－2an＋1，得 1
an＋1
＝ 2
an
＋1，即 1
an＋1
＋1＝2( 1
an
＋
1)，∴数列{1＋ 1
an
}是首项为 2，公比为 2 的等比数列．
【例 4】 (1)证明：当 n＝1 时，a1＝S1＝(m＋1)－ma1，解得 a1＝1.
当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝man－1－man.即(1＋m)an＝man－1.
又 m 为常数，且 m>0，∴ an
an－1
＝ m
1＋m(n≥2)．∴数列{an}是首项为 1，公比为 m
1＋m
的等比
数列；
(2)bn＝ 2
2n－1(n∈N*)
(3)Tn＝
－(6n－1)·2n＋1＋2
9
(n 为偶数)
(6n－1)·2(n＋1)－2
9
(n 为奇数)
.
【变式训练】【解】 (1)an＝
2，n＝1
2n－4，n≥2.
(2)证明：bn＝an
3n
＝
2
3
，n＝1
2n－4
3n
，n≥2，其中 T1＝2
3
，
当 n≥2 时，Tn＝2
3
＋ 0
32
＋…＋2n－4
3n
①，
1
3Tn＝ 2
32
＋ 0
33
＋…＋2n－4
3n＋1
②，
∴①－②得，
2
3Tn＝2
3
－ 2
32
＋ 2
33
＋…－2n－4
3n＋1
，
∴Tn＝5
6
－2n－1
2×3n(n≥2)，
由于 bn≥0，∴2
3
≤Tn＜5
6.
[能力强化]
一、填空题
1.3±2 2或－5±2 6 2.15
4 3.2n＋1 4.4 5.20 6.3 7.2－2n－1 8.①②③
9.an＝n＋2
3n 10.2015
2016
二、解答题
11.(1)an＝2·3n－1，bn＝n (2)实数 m 的最小值为3
4.
12.(1)a1
d
＝4
3 (2)当a1
d
＝1 时，数列{kn}为等比数列． (3)[2，＋∞)
第 2 课时 数列的求和
[考点展示]
1. 2n
n＋1
2.20
11 3.－4 4.2n2 5.1893 6.3n－2
3
×4n＋1＋8
3
[热点题型]
【例 1】 (1)an＝3＋(n－1)×2＝2n＋1； (2)Tn＝3
4
－1
2( 1
n＋1
＋ 1
n＋2)．
【变式训练】 (1)an＝2n＋1 (2)1
6
－ 1
4n＋6
【例 2】 (1)an＝n＋1，bn＝2n，n∈N* (2)Tn＝n×2n＋1(n∈N*)．
【变式训练】 (1)cn＝3n－2，n∈N* (2)Sn＝8－(6n＋8)×(1
2)n
【例 3】 (1)an＝2·3n－1(n∈N*) (2)Sn＝
3n＋n
2ln3－1，n 为偶数，
3n－n－1
2
ln3－ln2－1，n 为奇数.
【变式训练】 (1)证明：由条件，对任意 n∈N*，有 an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，
因而对任意 n∈N*，n≥2，有 an＋1＝3Sn－1－Sn＋3.
两式相减，得 an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即 an＋2＝3an，n≥2.
又 a1＝1，a2＝2，
所以 a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，故对一切 n∈N*，an＋2＝3an.
(2)Sn＝
3
2
（5×3
n－3
2 －1），n 是奇数，
3
2
(3
n
2－1)，n 是偶数.
【例 4】 (1)an＝3n－1，n∈N*.(2)Tn＝
2，n＝1
3n－n2－5n＋11
2
，n≥2，n∈N*.
【变式训练】 (1)an＝2n－1 (2)Tn＝
2n＋2
2n＋1
，n 为奇数
2n
2n＋1
，n 为偶数(或 Tn＝2n＋1＋(－1)
n－1
2n＋1
)．
[能力强化]
一、填空题
1.1
2(3n－1) 2.3n－2 3.31 4.3n－1 5.58 6.1512 7.2029105
2 8.1830 9.100
101 10.1
二、解答题
11.(1)an＝2－n (2)Sn＝ n
2n－1
12.(1)an＝2n＋1，Sn＝n2＋2n (2)Tn＝ n
4(n＋1)
第 3 课时 数列的综合应用
[考点展示]
1.11 2.1－n 3.{2，5} 4.9 5.2019 6.3
[热点题型]
【例 1】 (1)证明：当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2n－1＝2n－1，当 n＝1 时，a1＝S1＝2，
∴n＝1 时，S1＝a1，当 n≥2 时，Sn＝an＋1，∴{an}是“H 数列”． (2)d＝－1
(3)证明：设{an}的公差为 d，令 bn＝a1－(n－1)a1＝(2－n)a1，对∀n∈N*，bn＋1－bn＝－
a1，cn＝(n－1)(a1＋d)，对∀n∈N*，cn＋1－cn＝a1＋d，则 bn＋cn＝a1＋(n－1)d＝an，且{bn}，
{cn}为等差数列，{bn}的前 n 项和 Tn＝na1＋n(n－1)
2 (－a1)，令 Tn＝(2－m)a1，则 m＝n(n－3)
2
＋
2，当 n＝1 时 m＝1；当 n＝2 时 m＝1；当 n≥3 时，由于 n 与 n－3 奇偶性不同，即 n(n－3)
非负偶数，m∈N*，因此对∀n(n∈N*)，都可找到 m∈N*，使 Tn＝bm 成立，即{bn}为“H 数列”.{cn}
的前 n 项和 Rn＝n(n－1)
2 (a1＋d)，令 cn＝(m－1)(a1＋d)＝Rm，则 m＝n(n－1)
2
＋1，∵对∀n∈
N*，n(n－1)是非负偶数，∴m∈N*，即对∀n∈N*，都可找到 m∈N*，使得 Rn＝cm 成立，即{cn}
为“H 数列”，因此命题得证．
【变式训练】 (1)①b2016＝b6＝6 ②λ∈[14，＋∞) (2)bn＝b 或 bn＝(－1)n－1b.
【例 2】 (1)证明：因为2an＋1
2an
＝2an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一个常数，所以 2a1，
2a2，2a3，2a4 依次构成等比数列．
(2)不存在 a1，d，使得 a1，a22，a33，a 44依次构成等比数列．
(3)不存在 a1，d 及正整数 n，k，使得 an1，an＋k2 ，an＋2k3 ，a n＋3k4 依次构成等比数列．
【变式训练】 (1)an＝2n，bn＝－2n－10
(2)①最小的正整数 n0＝4. ②存在正整数 m＝2，n＝6，使得 Sm＝Sn 成立．
【例 3】 存在，a1＝4 或 a1＝6 或 a1＝8 或 a1＝10.
【变式训练】 (1)an＝
n(n 为奇数)
2·3n
2
－1(n 为偶数)，S2m－1＝3m－1＋m2－1. (2)m＝2
【例 4】 选择第①种方案．
【变式训练】 (1)An＝490n－10n2；Bn＝500n－500
2n
－100. (2)至少经过 4 年．
[能力强化]
一、填空题
1.2000 2.4 3.
7
3
，12
5 4.d≥2 2或 d≤－2 2 5.20 6.(1
2
，1] 7.－7
2
8.3 9.{2} 10.440
二、解答题
11.(1)an＝(1
3)n－1
(2)由(1)知 Sn＝3[1－
1
3 n]
2
，若{Sn＋λn＋ λ
3n}为等差数列，则 2(S2＋19
9 λ)＝S1＋4
3λ＋S3＋
82
27λ，求得λ＝3
2
，反之易证当λ＝3
2
时，数列{Sn＋λn＋ λ
3n}为等差数列．
12.(1)b2016＝32014
(2)证明：由数列{cn}是”阶梯数列”得 c2n－1＝c2n，故 S2n－1－S2n－2＝S2n－S2n－1，
∴{Sn}中存在连续三项 S2n－2，S2n－1，S2n (n≥2)成等差数列；
(注：给出具体三项也可)
假设{Sn}中存在连续四项 Sk，Sk＋1，Sk＋2，Sk＋3，成等差数列，
则 Sk＋1－Sk＝Sk＋2－Sk＋1＝Sk＋3－Sk＋2，即 ck＋1＝ck＋2＝ck＋3，
当 k＝2m－1，m∈N*时，c2m＝c2m＋1＝c2m＋2，①
当 k＝2m，m∈N*时，c2m＋1＝c2m＋2＝c2m＋3，②
由数列{cn}是”阶梯数列”得 c2m0，n>0)，若点 P 满足条件②，则点 P 在与 l1，l2 平行
的直线 l′：2x－y＋c＝0 上，所以|c－3|
5
＝1
2
×
|c＋1
2|
5
，解得 c＝13
2
或11
6
，故有 2m－n＋13
2
＝0 或
2m－n＋11
6
＝0.若点 P 满足条件③，由题意及点到直线的距离公式可得，
|2m－n＋3|
5
|m＋n－1|
1＋1
＝ 2
5
，化
简可得|2m－n＋3|＝|m＋n－1|，故有 2m－n＋3＝m＋n－1 或 2m－n＋3＝－(m＋n－1)，即 m
－2n＋4＝0 或 3m＋2＝0(舍去).
2m－n＋13
2
＝0
m－2n＋4＝0
解得
m＝－4
n＝－5
2 ，(舍去)由
2m－n＋11
6
＝0
m－2n＋4＝0
解得
m＝1
9
n＝37
18
，故点 P 的坐标为(1
9
，37
18)，故能找到一点 P 同时满足这三个条件．
【变式训练】 (1)a＝2 (2)点 P 不存在．
[能力强化]
一、填空题
1.(3，2) 2.2 55
5 3.2x＋y＋5＝0 或 2x＋y－5＝0 4.(x－3)2＋(y＋5)2＝32
5.2x＋3y－4＝0 6.2 7.18 8.(2，－1) 9.(－∞，－2]∪[6，＋∞)
10.(x－1
2)2＋(y－7
2)2＝25
2
二、解答题
11.(1y－2＝8± 19
15 (x－4) (2)(x－4)2＋(y－2)2＝9
(3)可以找到这样的定点 R，使得PQ
PR
为定值．如点 R 的坐标为(2，1)时，比值为 2；点 R
的坐标为(2
5
，1
5)时，比值为 10
3 .
12.(1)小路的最短长度为 4＋2 2(百米) (2)(6－4 2)π(百米)2
第 2 课时 圆锥曲线
[考点展示]
1.3
5 2.2 3 3.e＝ 6
3 4.y2＝6x 5.[ 3
2
，1) 6. 2
2
[热点题型]
【例 1】 x2
4
－y2
4
＝1
【变式训练】 x2
4
－y2
3
＝1
【例 2】 2 3
【变式训练】 9
【例 3】【解】 (1)x2
4
＋y2
2
＝1.
(2)方法一：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(x0，y0)，
联立
x2
4
＋y2
2
＝1
y＝kx＋m，消去 y，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
所以 x1＋x2＝－ 4km
1＋2k2
，又 2m2－2k2＝1，所以 x1＋x2＝－2k
m
，
所以 x0＝－k
m
，y0＝m－k·k
m
＝ 1
2m
，则 k1·k2＝
1
2m
－k
m
＋1
·
1
2m
－k
m
－1
＝ 1
4k2－4m2
＝ 1
－2（2m2－2k2）
＝－1
2.
方法二：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(x0，y0)，则
x21
4
＋y21
2
＝1
x22
4
＋y22
2
＝1，
两式作差，得(x1＋x2)(x1－x2)
4
＋(y1＋y2)(y1－y2)
2
＝0，
又 x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，
∴x0(x1－x2)
2
＋y0(y1－y2)＝0，
∴x0
2
＋y0(y1－y2)
x1－x2
＝0，
又 P(x1，y1)，Q(x2，y2)在直线 y＝kx＋m 上，∴y1－y2
x1－x2
＝k，∴x0＋2ky0＝0，①
又 T(x0，y0)在直线 y＝kx＋m 上，∴y0＝kx0＋m，②
由①②可得 x0＝－ 2km
1＋2k2
，y0＝ m
1＋2k2.
以下同方法一．
【变式训练】【解】 (1)设 F (c，0)且 c2＝a2－b2，P(x0，y0)，则 Q(－x0，y0)，
所以 k＝ y0
x0－c
，k′＝ y0
－x0－c
，因为NF→＝2FP→，所以 c＝2(x0－c)，即 x0＝3
2c
∴k＝ y0
x0－c
＝2y0
c
，k′＝ y0
－x0－c
＝ 2y0
－5c
∴k
k′
＝－5，即k
k′
＝－5 为定值．
(2)若 A(－1
2c，－3y0)，则 A(－1
2c，－3y0)，所以 A(－1
2c，－3y0)，解得：A(－1
2c，－3y0)
因为点 f′(1)＝1、f′(1)＝1 在椭圆 f′(1)＝1 上，则
9c2
4a2
＋y20
b2
＝1(1)
c2
4a2
＋9y2
b2
＝1(2) ，
f′(1)＝1 得：80c2
4a2
＝8，解得：c2
a2
＝2
5
，则c2
a2
＝2
3
，代入(1)得：y20
b2
＝ y20
3c2
2
＝ 1
10
，y20
c2
＝ 3
20
因为 f′(1)＝1 且 S△APQ＝12 15
5
，解得：c2y20＝12
5
，则 c2＝4，所以椭圆方程为：x2
10
＋y2
6
＝
1.
【例 4】【解】 (1)x2
2
＋y2＝1
(2)当 AB⊥x 轴时，AB＝ 2，又 CP＝3，不合题意．当 AB 与 x 轴不垂直时，设直线
AB 的方程为 y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将 AB 的方程代入椭圆方程，得 (1＋2k2)x2－
4k2x ＋ 2 (k2－1) ＝ 0 ， 则 x1 ， 2 ＝ 2k2± 2(1＋k2)
1＋2k2 .C 的 坐 标 为 ( 2k2
1＋2k2
， －k
1＋2k2 ) ， 且 AB ＝
(x2－x1)2＋(y2－y1)2＝ (1＋k2)(x2－x1)2
＝2 2（1＋k2）
1＋2k2 .若 k＝0，则线段 AB 的垂直平分线为 y 轴，与左准线平行，不合题意．
从而 k≠0，故直线 PC 的方程为 y＋ k
1＋2k2
＝－1
k(x－ 2k2
1＋2k2)，则 P 点的坐标(－2，
5k2＋2
k（1＋2k2）)，从而 PC＝2(3k2＋1) 1＋k2
|k|(1＋2k2) .因为 PC＝2AB，所以2(3k2＋1) 1＋k2
|k|(1＋2k2)
＝4 2(1＋k2)
1＋2k2
，
解得 k＝±1.此时直线 AB 方程为 y＝x－1 或 y＝－x＋1.
【变式训练】【解】 (1)x2
4
＋y2＝1.
(2)设 l 与 x 轴的交点为 D(n，0)，直线 l：x＝my＋n，与椭圆交点为 P(x1，y1)，Q(x2，
y2) ， 联 立 x ＝ my ＋ n ， x2
4
＋ y2 ＝ 1 ， 得 (4 ＋ m2)y2 ＋ 2mny ＋ n2 － 4 ＝ 0 ， y1 ， 2 ＝
2
－2mn± （2mn）2－4（4＋m2）（n2－4）
2（4＋m2）
，
∴y1＋y2
2
＝－ mn
4＋m2
，y1y2＝n2－4
4＋m2
，
∴x1＋x2
2
＝m（y1＋y2）＋2n
2
＝ 4n
4＋m2
，
即 H( 4n
4＋m2
，－ mn
4＋m2)，
由 OH＝1，得 n2＝（4＋m2）2
16＋m2
，
则 S△POQ＝1
2OD|y1－y2|＝1
2|n||y1－y2|，
令 T＝n2(y1－y2)2＝n2[(y1＋y2)2－4y1y2]＝12·16· 4＋m2
（16＋m2）2
，
设 t＝4＋m2(t≥4)，则 4＋m2
（16＋m2）2
＝ t
t2＋24t＋144
＝ 1
t＋144
t
＋24
≤ 1
48
，
当且仅当 t＝144
t
，即 t＝12，S△POQ＝1，
所以△POQ 面积的最大值为 1.
[能力强化]
一、填空题
1.8 2.4 3.2 2 4.e＝ 10
2 5.(0， 3
2 ] 6. 10
4 7.6 8.
3
2
，1 9.相离 10.2
二、解答题
11.(1)x2
3
＋y2
2
＝1 (2)4 3
3
12.(1)x＋3y＋6＝0
(2)证明：设 P(x0，y0)，则x20
12
＋y20
4
＝1，即 y20＝4－x20
3.设 M(xM，yM)，由 A，P，M 三点共
线，即AP→∥AM→ ，
∴(x0＋3)(yM＋1)＝(y0＋1)(xM＋3)，
又点 M 在直线 y＝x 上，解得 M 点的横坐标 xM＝ 3y0－x0
x0－y0＋2
，设 N(xN，yN)，由 B，P，N
三点共线，即BP→∥BN→ ，∴x0(yN＋2)＝(y0＋2)xN，点 N 在直线 y＝x 上，，解得 N 点的横坐标
xN＝ －2x0
x0－y0－2
.
所以 xM·xN＝2 3y0－x0
x0－y0＋2
·
－2x0
x0－y0－2
＝2 2x20－6x0y0
（x0－y0）2－4
＝2
2x20－6x0y0
x20－2x0y0－x20
3
＝2
x20－3x0y0
x20
3
－x0y0
＝6.
第 3 课时 圆锥曲线的定点、定值问题
[考点展示]
1.(2，3) 2.(1，1) 3.－3
4 4.2
p 5.(2p，0) 6.－5
[热点题型]
【例 1】(－2，0)
【变式训练】【解】 设 P(x1，y1)(y1≠0)，M(2，y0)，则 k1＝y0
2
，k2＝ y1
x1－2
，因为 A，
P，M 三点共线，所以 y0＝ 4y1
x1＋2
，设直线 BP 的斜率为 k2＝ y1
x1－2
，直线 m 的斜率为 km＝2－x1
y1
，
则直线 m 的方程为 y－y0＝2－x1
y1
(x－2)，y＝2－x1
y1
(x－2)＋y0＝2－x1
y1
x－2（2－x1）
y1
＋ 4y1
x1＋2
＝
2－x1
y1
x＋2（x21－4）＋4y21
（x1＋2）y1
＝2－x1
y1
x＋2（x21－4）＋12－3x21
（x1＋2）y1
＝2－x1
y1
x＋2－x1
y1
＝2－x1
y1
(x＋1)，所以
直线 m 过定点(－1，0)．
【例 2】【解】 A(－2，0)，B(2，0)，设 P(x0，y0)，故x20
4
＋y20
3
＝1，即 y20＝3
4(4－x20)，所以
k1k2＝ y0
x0＋2
· y0
x0－2
＝－3
4
，设 M(4，y1)，N(4，y2)，k1＝y1
6
，k2＝y2
2
，所以 y1y2＝－9，以 MN 为
直径的圆的方程为(x－4)(x－4)＋(y－y1)(y－y2)＝0，有图形的对称性知，此定点在 x 轴上，令
y＝0 得(x－4)2＋(－y1)(－y2)＝0 解得 x＝1 或 x＝7，所以以 MN 为直径的圆过(1，0)和(7，0)．
【变式训练】【解】 设 P(x0，y0)，有x20
4
＋y20＝1，设 AP 斜率为 k1，BP 斜率为 k2，所
以 k1k2＝y0－1
x0
·y0＋1
x0
＝y20－1
x20
＝－1
4
，因为 M，N 在直线 y＝－2 上，所以设 M(x1，－2)，N(x2，
－2)，所以 kAN·kBM＝－2－（－1）
x1－0
·
－2－1
x2－0
＝ 3
x1x2
＝k1k2＝－1
4
，所以 x1x2＝－12，不妨设 x1<0，
x2>0，则以 MN 为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y＋2)2＝0，即 x2－(x1＋x2)x＋(y＋2)2－
12＝0，有图形的对称性知定点在 y 轴上，令 x＝0，解得 y＝－2±2 3，所以无论点 P 如何变
化，以 MN 为直径的圆恒过定点(0，－2±2 3)．
【例 3】【解】 (1)x2
4
＋y2
3
＝1.
(2)因直线 l 与 y 轴相交，故斜率存在，设直线 l 方程为 y＝k(x－1)，求得 l 与 y 轴交于
M(0，－k)，
又 F 坐标为(1，0)，设 l 交椭圆于 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由
y＝k（x－1）
x2
4
＋y2
3
＝1 ，消去 y 得(3
＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
∴x1＋x2＝ 8k2
3＋4k2
，x1x2＝4k2－12
3－4k2
，
又由 MA＝λAF，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)，∴λ＝ x1
1－x1
，同理μ＝ x2
1－x2
，
∴λ＋μ＝ x1
1－x1
＋ x2
1－x2
＝ x1＋x2－2x1x2
1－（x1＋x2）x1x2
＝
8k2
3＋4k2
1－ 8k2
3＋4k2
＋4k2－12
3＋4k2
＝－8
3.
所以当直线 l 的倾斜角变化时，直线λ＋μ的值为定值－8
3.
(3)当直线 l 斜率不存在时，直线 l⊥x 轴，则 ABED 为矩形，由对称性知，AE 与 BD 相
交于 FK 的中点 N
5
2
，0 ，
猜想，当直线 l 的倾斜角变化时，
AE 与 BD 相交于定点 N
5
2
，0 ，
证明：由(2)知 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴D(4，y1)，E(4，y2)，当直线 l 的倾斜角变化时，首先证直线 AE 过定点
5
2
，0 ，
∵lAE：y－y2＝y2y1
4x1
(x－4)，
当 x＝5
2
时，y＝y2＋y2－y1
4－x1
· －3
2
＝2（4－x1）·y2－3（y2－y1）
2（4－x1）
＝2（4－x1）·k（x2－1）－3k（x2－x1）
2（4－x1）
＝－8k－2kx1x2＋5k（x1＋x2）
2（4－x1）
＝
－8k(3＋4k2)－2k(4k2－12)＋5k·8k2
2(4－x1)·(3＋4k2)
＝0.
∴点 N
5
2
，0 在直线 lAE 上．
同理可证，点 N
5
2
，0 也在直线 lBD 上．
∴当直线 l 的倾斜角变化时，直线 AE 与 BD 相交于定点
5
2
，0 .
【变式训练】【解】 (1)如图，设动圆圆心为 O1(x，y)，由题意，得|O1A|＝|O1M|，
当 O1 不在 y 轴上时，过 O1 作 O1H⊥MN 交 MN 于 H，则 H 是 MN 的中点，
∴|O1M|＝ x2＋42，
又|O1A|＝ （x－4）2＋y2，∴ （x－4）2＋y2＝ x2＋42，
化简得 y2＝8x(x≠0)．
又当 O1 在 y 轴上时，O1 与 O 重合，点 O1 的坐标为(0，0)也满足方程 y2＝8x，∴动圆圆
心的轨迹 C 的方程为 y2＝8x.
(2)证明：由题意，设直线 l 的方程为 y＝kx＋b(k≠0)，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
将 y＝kx＋b 代入 y2＝8x 中，
得 k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0.
其中Δ＝－32kb＋64>0.
由根与系数的关系得，x1＋x2＝8－2bk
k2
，①
x1x2＝b2
k2
，②
因为 x 轴是∠PBQ 的角平分线，
所以 y1
x1＋1
＝－ y2
x2＋1
，
即 y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，
(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，
2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0③
将①，②代入③得 2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，
∴k＝－b，此时Δ>0，
∴直线 l 的方程为 y＝k(x－1)，即直线 l 过定点(1，0)．
【例 4】【解】 (1)x2
2
＋y2＝1.
(2)证明：AB，CD 斜率均存在，设直线 AB 方程为 y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
M
x1x2
2
，k
x1＋x2
2
－1
，
y＝k(x－1)
x2＋2y2－2＝0
，
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
x1＋x2＝ 4k2
1＋2k2
x1x2＝2k2－2
1＋2k2
故 M
2k2
1＋2k2
， k
1＋2k2 .
将上式中的 k 换成－1
k
，则同理可得 N( 2
2＋k2
， k
2＋k2)．
如 2k2
1＋2k2
＝ 2
2＋k2
，得 k＝±1，则直线 MN 斜率不存在，此时直线 MN 过点
2
3
，0 ，下面
证明动直线 MN 过定点 P
2
3
，0 .
(证法 1)若直线 MN 斜率存在，则 kMN＝
－k
1＋2k2
－ k
2＋k2
2k2
1＋2k2
－ 2
2＋k2
＝－k(3k2＋3)
2k4－2
＝3
2
× －k
k2－1
，
直线 MN 为 y－ k
2＋k2
＝3
2
× －k
k2－1
x－ 2
2＋k2 .
令 y＝0，得 x＝ 2
2＋k2
＋2
3
×k2－1
2＋k2
＝2
3
×3＋k2－1
2＋k2
＝2
3.
综上，直线 MN 过定点
2
3
，0 .
(证法 2)动直线 MN 最多过一个定点，由对称性可知，定点必在 x 轴上，设 x＝2
3
与 x 轴交
点为 P
2
3
，0 ，下证动直线 MN 过定点 P
2
3
，0 .
当 k≠±1 时，kPM＝
－k
1＋2k2
2k2
1＋2k2
－2
3
＝3
2
× k
1－k2
，
同理将上式中的 k 换成－1
k
，
可得 kPM＝3
2
×
－1
k
1－1
k2
＝3
2
× k
1－k2
，
则 kPM＝kPN，直线 MN 过定点 P
2
3
，0 .
【变式训练】【解】 (1)当 m＝0 时，直线 l：y＝kx 代入椭圆 C：x2
4
＋y2
2
＝1 的方程，
得到 x2＋2k2x2＝4.
解得 P
－ 2
1＋2k2
，－ 2k
1＋2k2 ，
Q
2
1＋2k2
， 2k
1＋2k2 ，
所以 k1＝
－ 2k
1＋2k2
－ 2
－ 2
1＋2k2
＝2k＋ 2· 1＋22
2
，
k2＝
2k
1＋2k2
－ 2
2
1＋2k2
＝2k－ 2· 1＋2k2
2
，
所以 k1·k2＝4k2－2(1＋2k2)
4
＝－1
2.
(2)证明：设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线 l：y＝kx＋m 代入椭圆 C：x2
4
＋y2
2
＝1 的方程，
并整理得到(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
则Δ＞0 且 x1＋x2＝－ 4km
1＋2k2
，x1·x2＝2m2－4
1＋2k2 .
由 k1·k2＝－1 知，y1－ 2
x1
·y2－ 2
x2
＝－1，
即 y1y2－ 2(y1＋y2)＋2＋x1x2＝0，
(kx1＋m)(kx2＋m)－ 2(kx1＋m＋kx2＋m)＋x1x2＋2＝0，
k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2－ 2k(x1＋x2)－2 2m＋x1x2＋2＝0，
(k2＋1)2m2－4
1＋2k2
＋k(m－ 2)
－ 4km
1＋2k2 ＋m2－2 2m＋2＝0，
(k2＋1)(2m2－4)＋k(m－ 2)(－4km)＋(m2－2 2m＋2)(1＋2k2)＝0，
所以 3m2－2 2m－2＝0，所以 m＝ 2(舍)或 m＝－ 2
3
，所以直线 l 过定点 0，－ 2
3 .
[能力强化]
一、填空题
1.(－2，－4
3) 2.1
2 3.16 4.4 5.－b2
a2 6.2 2 7.6
5 8.4 9.3－2 2 10.(1，0)
二、解答题
11.(1)x2
4
＋y2
3
＝1.
(2)由 y＝kx＋m
3x2＋4y2＝12
，消去 y 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
∴Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，即 m2＝3＋4k2.设 P(xp，yp)，则 xp＝－ 4km
3＋4k2
＝
－4k
m
，yp＝kxp＋m＝－4k2
m
＋m＝3
m
，即 P
－4k
m
，3
m .∵M(t，0)，Q(4，4k＋m)，
∴MP→ ＝ －4k
m
－t，3
m ，MQ→ ＝(4－t，4k＋m)，∴MP→ ·MQ→ ＝ －4k
m
－t ·(4－t)＋3
m·(4k＋m)
＝t2－4t＋3＋4k
m(t－1)＝0 恒成立，故
t＝1
t2－4t＋3＝0，即 t＝1.
∴存在点 M(1，0)符合题意．
12.(1)y2
3
＋x2
2
＝1.
(2)证明：设点 P(x0，y0)，过点 P 的椭圆 E 的切线 l0 的方程为 y－y0＝k(x－x0)，
整理得 y＝kx＋y0－kx0，
联立直线 l0 与椭圆 E 的方程得
y＝kx＋y0－kx0
y2
3
＋x2
2
＝1 ，
消去 y 得 2[kx＋(y0－kx0)]2＋3x2－6＝0，
整理得(3＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(kx0－y0)2－6＝0，
∵l0 与椭圆 E 相切，∴Δ＝[4k(y0－kx0)]2－4(3＋2k2)[2(kx0－y0)2－6]＝0，
整理得(2－x20)k2＋2x0y0k－(y20－3)＝0，
设满足题意的椭圆 E 的两条切线的斜率分别为 k1，k2，
则 k1k2＝－y20－3
2－x20
.
∵点 P 在圆 O 上，∴x20＋y20＝5，∴k1k2＝－5－x20－3
2－x20
＝－1.
∴两条切线斜率之积为常数－1.
第 4 课时 圆锥曲线的范围问题
[考点展示]
1.10 2.[ 6
2
，3 6
2 ] 3.2 3 4.[ 3
3
，1) 5.[ 5， 6] 6.[－ 5
6
，－ 21
22 ]∪[ 21
22
， 5
6 ]
[热点题型]
【例 1】【解】 有已知得 A(4，0)是椭圆的右焦点，设左焦点 F(－4，0)，由椭圆定义
得|MA|＋|MB|＝2a－|MF|＋|MB|＝10＋|MB|－|MF|，因为||MB|－|MF||≤
|FB|＝2 10，所以|MB|－|MF|∈[－2 10，2 10]，所以|MA|＋|MB|的最小值和最大值分别
为 10－2 10和 10＋2 10.
【变式训练】 9－ 17
8
【例 2】 6
【变式训练】 [1， 2]
【例 3】【解】 (1)x2
2
＋y2＝1
(2)由题意知直线 l 的斜率存在，设直线 l 方程为 y＝k(x－2)，设 p(x0，y0)
将直线方程代入椭圆方程得：(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0
∴Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)＝－16k2＋8>0，∴k2<1
2
设 S(x1，y1)，T (x2，y2)则 x1＋x2＝ 8k2
1＋2k2
，x1x2＝8k2－2
1＋2k2
当 k＝0 时，直线 l 的方程为 y＝0，此时 t＝0，OS→＋OT→＝t OP→ 成立，故，t＝0 符合题意．
当 t≠0 时，得
tx0＝x1＋x2＝ 8k2
1＋2k2
ty0＝y1＋y2＝k（x1＋x2－4）＝ －4k
1＋2k2
∴x0＝1
t· 8k2
1＋2k2
，y0＝1
t·
－4k
1＋2k2
将上式代入椭圆方程得： 32k4
t2（1＋2k2）2
＋ 16k2
t2（1＋2k2）2
＝1
整理得：t2＝ 16k2
1＋2k2
，由 k2<1
2
知 00，
且 x1＋x2＝－8km
1＋4k2
，x1x2＝4（m2－1）
1＋4k2
，
故 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
因直线 OP，PQ，OQ 的斜率依次成等比数列，所以y1
x1
·y2
x2
＝k2x1x2＋km（x1＋x2）＋m2
x1x2
＝
k2，
即－8k2m2
1＋4k2
＋m2＝0，又 m≠0，所以 k2＝1
4
，即 k＝±1
2.
由于直线 OP，OQ 的斜率存在，且Δ>0，得 00，y>0.由 202＝x2＋y2－2xycos120°≥
2xy－2xycos120°，得 xy≤400
3
，∴S＝
1
2xysin120°≤1
2
×400
3
× 3
2
＝100 3
3
，即三角形 BAC 面积的最大值为100 3
3
，当且仅当 x
＝y 时取到．
(2)由 DB＋DC＝20，知点 D 在以 B，C 为焦点的椭圆上，∵S△ABC＝1
2
×10×10× 3
2
＝
25 3，∴要使四边形 DBAC 面积最大，只需△DBC 面积最大，此时 D 到 BC 的距离最大，即
D 必为椭圆短轴顶点．由 BC＝10 3，得短半轴长 b＝5，S△BCD 面积的最大值为1
2
×10 3×5
＝25 3.因此，四边形 ACDB 面积的最大值为 50 3.
【例 3】【解】 (1)四边形 ABCD 内接于圆，所以∠ABC＋∠ADC＝180°，连接 AC，
由余弦定理：AC2＝42＋62－2×4×6cos∠ABC＝42＋22－2×2×4cos∠ADC，
∴cos∠ABC＝1
2
，∵∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝60°，
则 S 四边形 ABCD＝1
2
×4×6×sin60°＋1
2
×2×4×sin120°＝8 3(万平方米)，
在△ABC 中，由余弦定理：
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝16＋36－2×4×6×1
2
＝28，
故 AC＝2 7，由正弦定理得 2R＝ AC
sinABC
＝2 7
3
2
＝4 21
3
，∴R＝2 21
3 (万米)．
(2)S 四边形 APCD＝S△ADC＋SAPC，
S△ADC＝1
2AD·CD·sin120°＝2 3，
设 AP＝x，CP＝y，
则 S△APC＝1
2xy·sin60°＝ 3
4 xy，
又由余弦定理：AC2＝x2＋y2－2xycos60°＝x2＋y2－xy＝28，
∴xy≤28，当且仅当 x＝y 时取等号，
∴S 四边形 APCD＝2 3＋ 3
4 xy≤2 3＋ 3
4
×28＝9 3，即当 x＝y 时面积最大，其最大面积为
9 3万平方米，作 AC 的垂直平分线与圆弧 ABC 的交点即为 P 点．
【变式训练】【解】 设∠AMN＝θ，在△AMN 中， MN
sin60°
＝ AM
sin（120°－θ）
，∵MN
＝2，∴AM＝4 3
3 sin(120°－θ)．在△APM 中，cos∠AMP＝cos(60°＋θ)，AP2＝AM2＋MP2
－2AM·MP·cos∠AMP＝16
3 sin2(120°－θ)＋4－2×2×4 3
3 sin(120°－θ)cos(60°＋θ)
＝16
3 sin2(θ＋60°)－16 3
3 sin(θ＋60°)cos(θ＋60°)＋4＝8
3[1－cos(2θ＋120°)]－
8 3
3 sin(2θ＋120°)＋4＝－8
3[ 3sin(2θ＋120°)＋cos(2θ＋120°)]＋20
3
＝－16
3 sin(2θ＋150°)＋
20
3
，0<θ<120°.
当且仅当 2θ＋150°＝270°，即θ＝60°时，AP2 取得最大值 12，即 AP 取得最大值 2 3.
答：设计∠AMN 为 60°时，工厂产生的噪声对居民的影响最小．
【例 4】【解】 (1)由正棱柱的定义，CC1⊥平面 ABCD，所以平面 A1ACC1⊥平面 ABCD，
CC1⊥AC.记玻璃棒的另一端落在 CC1 上点 M 处．
因为 AC＝10 7，AM＝40，
所以 MC＝ 402－（10 7）2＝30，从而 sin∠MAC＝3
4
，
记 AM 与水面的焦点为 P1，过 P1 作 P1Q1⊥AC，Q1 为垂足，
则 P1Q1⊥平面 ABCD，故 P1Q1＝12，从而 AP1＝ P1Q1
sin∠MAC
＝16.
答：玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 16cm.
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为 24cm)
(2)如图，O，O1 是正棱台的两底面中心．
由正棱台的定义，OO1⊥平面 EFGH，所以平面 E1EGG1⊥平面 EFGH，O1O⊥EG.
同理，平面E1EGG1⊥平面E1F1G1H1，O1O⊥E1G1.记玻璃棒的另一端落在GG1上点N处．过
G 作 GK⊥E1G1，K 为垂足，则 GK＝OO1＝32.因为 EG＝14，E1G1＝62，所以 KG1＝62－14
2
＝
24，
从而 GG1＝ KG21＋GK2＝ 242＋322＝40.
设∠EGG1＝α，∠ENG＝β则 sinα＝sin(π
2
＋∠KGG1)＝cos∠KGG1＝4
5.
因为π
2
＜α＜π，所以 cosα＝－3
5.
在△ENG 中，由正弦定理可得 40
sinα＝ 14
sinβ，解得 sinβ＝ 7
25.
因为 0＜β＜π
2
，所以 cosβ＝24
25.
于是 sin∠NEG＝sin(π－α－β)＝sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ
＝4
5
×24
25
＋(－3
5)× 7
25
＝3
5.
记 EN 与水面的交点为 P2，过 P2 作 P2Q2⊥EG，Q2 为垂足，则 P2Q2⊥平面 EFGH，故
P2Q2＝12，从而 EP2＝ P2Q2
sin∠NEG
＝20.
答：玻璃棒 l 没入水中部分的长度为 20cm.
(如果将“没入水中部分”理解为“水面以上部分”，则结果为 20cm)
【变式训练】 V＝ 3
12x2 100－10 3
3 x，x∈(0，10 3)
(2)设 y＝V2＝x4
48
100－10 3
3 x ＝100x4
48
－ 10x5
48 3
，求导得 y′＝100x3
12
－ 50x4
48 3
，令 y′＝0，得
x＝8 3
当 x∈(0，8 3)时，y′>0，∴函数 y 在(0，8 3)上单调递增，
当 x∈(8 3，10 3)时，y′<0，∴函数 y 在(8 3，10 3)上单调递减，
所以当 x＝8 3cm 时，y 取得极大值也是最大值．此时 y＝15360，所以 Vmax＝32 15cm3.
答：当底面边长为 8 3cm 时，正三棱锥的最大体积为 32 15cm3.
[能力强化]
一、填空题
1.2019 2.80 3.180 4. 6 5.2 6. 10 7.216000 8.10 2
9.3
2( 6＋ 2)nmile 10.(1)312(m3) (2)PO1＝2 3m 时，仓库的容积最大．
11.(1)EF＝t
4
＋1
t(00)，
∵SA＝AB＝a，且 SA⊥AB，∴设 E(x，0，a－x)其中 0≤x≤a，
∴DE→ ＝(x，－3a，a－x)，SC→＝(a，a，－a)
假设 DE 和 SC 垂直，则DE→ ·SC→＝0，
即 ax－3a2－a2＋ax＝2ax－4a2＝0，解得 x＝2a，
这与 0≤x≤a 矛盾，假设不成立，所以 DE 和 SC 不可能垂直．
(2)2 105
21
3.(1)h
a
＝3
2 (2) 4
13 4.(1)30° (2)5 33
33 5.(1)1
3 (2)4 2
3
6.(1)证明：由已知得 AM＝2
3AD＝2.取 BP 的中点 T，连接 AT，TN，由 N 为 PC 中点知
TN∥BC，TN＝1
2BC＝2.
又 AD∥BC，故 TN 綊 AM，所以四边形 AMNT 为平行四边形，于是 MN∥AT.
因为 AT⊂平面 PAB，MN⊄平面 PAB，所以 MN∥平面 PAB.
(2)8 5
25
第 2 课时 离散型随机变量的概率分布
[热点题型]
【例 1】 (1)1
3 (2)随机变量 X 的概率分布为
X 0 1 2
P 4
15
7
15
4
15
【变式训练】 (1)1
4.
(2)随机变量 X 的概率分布为
X 0 5 10 15 20
P 1
4
1
6
1
6
1
6
1
4
【例 2】 (1) 5
12
(2)设甲、乙所付费用之和为ξ，ξ可能取值为 0，40，80，120，160，则：
P(ξ＝0)＝1
4
×1
6
＝ 1
24
；
P(ξ＝40)＝1
4
×2
3
＋1
2
×1
6
＝1
4
；
P(ξ＝80)＝1
4
×1
6
＋1
2
×2
3
＋1
4
×1
6
＝ 5
12
；P(ξ＝120)＝1
2
×1
6
＋1
4
×2
3
＝1
4
；
P(ξ＝160)＝1
4
×1
6
＝ 1
24.
ξ的概率分布为
ξ 0 40 80 120 160
P 1
24
1
4
5
12
1
4
1
24
E(ξ)＝0× 1
24
＋40×1
4
＋80× 5
12
＋120×1
4
＋160× 1
24
＝80.
V(ξ)＝(0－80)2× 1
24
＋(40－80)2×1
4
＋(80－80)2× 5
12
＋(120－80)2×1
4
＋(160－80)2× 1
24
＝
4000
3 .
【变式训练】【解】 (1)耗用子弹数 X 的所有可能取值为 1，2，3，4.
当 X＝1 时，表示射击一次，命中目标，即 P(X＝1)＝2
3
；
当 X＝2 时，表示射击两次，第一次未中，第二次射中目标，
则 P(X＝2)＝(1－2
3)×2
3
＝2
9
；
当 X＝3 时，表示射击三次，第一次、第二次均未击中，第三次击中，则 P(X＝3)＝(1－
2
3)×(1－2
3)×2
3
＝ 2
27
；
当 X＝4 时，表示射击四次，前三次均未击中，
则 P(X＝4)＝(1－2
3)×(1－2
3)×(1－2
3)＝ 1
27.
X 的概率分布为
X 1 2 3 4
P 2
3
2
9
2
27
1
27
(2)E(X)＝1×2
3
＋2×2
9
＋3× 2
27
＋4× 1
27
＝40
27.
【例 3】【解】 (1)11
15
(2)法一 设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖次数为 X1，都选择方案乙抽奖中奖次数
为 X2，则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为 E(2X1)，选择方案乙抽奖累计得分的
数学期望为 E(3X2)．
由已知可得，X1～B(2，2
3)，X2～B(2，2
5)，所以 E(X1)＝2×2
3
＝4
3
，E(X2)＝2×2
5
＝4
5
，因此
E(2X1)＝2E(X1)＝8
3
，
E(3X2)＝3E(X2)＝12
5 .
因为 E(2X1)>E(3X2)，
所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．
法二设小明、小红都选择方案甲所获得的累计得分为 Y1，都选择方案乙所获得的累计得
分为 Y2，则 Y1，Y2 的概率分布为：
Y1 0 2 4
P 1
9
4
9
4
9
Y2 0 3 6
P 9
25
12
25
4
25
∴E(Y1)＝0×1
9
＋2×4
9
＋4×4
9
＝8
3
，
E(Y2)＝0× 9
25
＋3×12
25
＋6× 4
25
＝12
5
，因为 E(Y1)>E(Y2)，
所以二人都选择方案甲抽奖，累计得分的数学期望较大．
【变式训练】【解】 (1)E(ξ)＝3
2
，V(ξ)＝3
4.
(2)ξ的可能取值为 0，1，2，3.
P(ξ＝0)＝(1－q)(1－p)2＝pq2，
P(ξ＝1)＝q(1－p)2＋(1－q)C12p(1－p)＝q3＋2p2q，
P(ξ＝2)＝qC12p(1－p)＋(1－q)p2＝2pq2＋p3，P(ξ＝3)＝pq2.
ξ的概率分布为
ξ 0 1 2 3
P pq2 q3＋2p2q 2pq2＋p3 pq2
E(ξ)＝0×pq2＋1×(q3＋2p2q)＋2×(2pq2＋p3)＋3×qp2＝1＋p.
【例 4】【解】 (1)依题意，p1＝P(40120)＝ 5
50
＝0.1.
由二项分布，在未来 4 年中至多有 1 年的年入流量超过 120 的概率为
p＝C04(1－p3)4＋C14(1－p3)3p3＝( 9
10)4＋4×( 9
10)3×( 1
10)＝0.9477.
(2)记水电站年总利润为 Y(单位：万元)．
①安装 1 台发电机的情形．
由于水库年入流量总大于 40，故一台发电机运行的概率为 1，
对应的年利润 Y＝5000，E(Y)＝5000×1＝5000.
②安装 2 台发电机的情形．
依题意，当 40120 时，三台发电机运行，此时 Y＝5000×3＝15000，因此 P(Y＝15000)＝P(X>120)
＝p3＝0.1.因此得 Y 的分概率分布如下：
Y 3400 9200 15000
P 0.2 0.7 0.1
所以，E(Y)＝3400×0.2＋9200×0.7＋15000×0.1＝8620.
综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机 2 台．
【变式训练】【解】 若按”项目一”投资，设获利为 X1 万元．则 X1 的概率分布为
X1 300 －150
P 7
9
2
9
∴E(X1)＝300×7
9
＋(－150)×2
9
＝200(万元)．
若按”项目二”投资，设获利 X2 万元，
则 X2 的概率分布为：
X2 500 －300 0
P 3
5
1
3
1
15
∴E(X2)＝500×3
5
＋(－300)×1
3
＋0× 1
15
＝200(万元)．
V(X1)＝(300－200)2×7
9
＋(－150－200)2×2
9
＝35000，
V(X2)＝(500－200)2×3
5
＋(－300－200)2×1
3
＋(0－200)2× 1
15
＝140000.
所以 E(X1)＝E(X2)，V(X1)1.
，g(x)＝
0，02.
|f（x）＋g（x）|＝
－lnx，0＜x≤1
|lnx＋2－x2|，1＜x≤2
|lnx＋x2－6|，x＞2 ，
分情况讨论：
当 01，∴此时有一个根．
当 x>2 时 ， |f（x）＋g（x）| 先 减 后 增 ， 且 |f（2）＋g（2）| ＝ 2 － ln2>1 ，
|f（2.3）＋g（2.3）|<1，
∴此时|f（x）＋g（x）|与 y＝1 有两个交点，即|f（x）＋g（x）|＝1 有两个根．
综上，方程|f（x）＋g（x）|＝1 的实根共有 4 个．
【变式训练】 5
【例 2】【解】 (1)证明：易知 f′(x)＝2x＋b.由题设，对任意的 x∈R，2x＋b≤x2＋bx
＋c，即 x2＋(b－2)x＋c－b≥0 恒成立，所以(b－2)2－4(c－b)≤0，从而 c≥b2
4
＋1.于是 c≥1，
且 c≥2 b2
4
×1＝|b|，因此 2c－b＝c＋(c－b)＞0.故当 x≥0 时，有(x＋c)2－f(x)＝(2c－b)x＋
c(c－1)≥0，即当 x≥0 时，f(x)≤(x＋c)2.
(2)由(1)知 c≥|b|.当 c＞|b|时，有 M≥f（c）－f（b）
c2－b2
＝c2－b2＋bc－b2
c2－b2
＝c＋2b
b＋c
.令 t＝b
c
，
则－1＜t＜1，c＋2b
b＋c
＝2－ 1
1＋t.而函数 g(t)＝2－ 1
1＋t(－1＜t＜1)的值域是(－∞，3
2)．因此，当
c＞|b|时，M 的取值集合为[3
2
，＋∞)．当 c＝|b|时，由(1)知 b＝±2，c＝2.此时 f(c)－f(b)＝－8
或 0，c2－b2＝0，从而 f(c)－f(b)≤3
2(c2－b2)恒成立．
综上所述，M 的最小值为3
2.
【变式训练】【解】 ∵t∈[ 2，8]，∴1
2
≤log2t≤3，∴1
2
≤m≤3.
方法一：不等式可化为：(2－x)m3，即 x<－1；
若 x>2，则 m>2－x，∴2－x<1
2
，即 x>3
2
，又 x>2，∴x>2.
综上，x 的取值范围为 x<－1 或 x>2.
方法二：原不等式可化为(x－2)m＋(x－2)2>0.令 g(m)＝(x－2)m＋(x－2)2，m∈[1
2
，3]时，
有 g(m)的最小值大于 0，∵x＝2 时，不成立，
∴
x≠2
g（1
2
）>0
g（3）>0
，即
x≠2
1
2
（x－2）＋（x－2）2>0
3（x－2）＋（x－2）2>0
.
解得 x<－1 或 x>2.
【例 3】【解】 因为 a1＝2，a23＝a2·(a4＋1)，
又因为{an}是正项等差数列，故 d≥0，
所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，
得 d＝2 或 d＝－1(舍去)，
所以数列{an}的通项公式 an＝2n.
因为 Sn＝n(n＋1)，
所以 bn＝ 1
Sn＋1
＋ 1
Sn＋2
＋…＋ 1
S2n
＝ 1
（n＋1）（n＋2）＋ 1
（n＋2）（n＋3）＋…＋ 1
2n（2n＋1）
＝ 1
n＋1
－ 1
n＋2
＋ 1
n＋2
－ 1
n＋3
＋…＋ 1
2n
－ 1
2n＋1
＝ 1
n＋1
－ 1
2n＋1
＝ n
2n2＋3n＋1
＝ 1
2n＋1
n
＋3
.
令 f(x)＝2x＋1
x(x≥1)，
则 f′(x)＝2－1
x2
，当 x≥1 时，f′(x)＞0 恒成立，
所以 f(x)在[1，＋∞)上是增函数，
故当 x＝1 时，f(x)min＝f(1)＝3，
即当 n＝1 时，(bn)max＝1
6
，
要使对任意的正整数 n，不等式 bn≤k 恒成立，
则须使 k≥(bn)max＝1
6
，所以实数 k 的最小值为1
6.
【变式训练】【解】 (1)∵二次函数 f(x)＝1
2an·x2＋(2－n－an＋1)·x 的对称轴为 x＝1
2
，
∴an≠0，－2－n－an＋1
2×1
2an
＝1
2
，整理得 an＋1＝1
2an＋ 1
2n
，
左右两边同时乘以 2n＋1，得 2n＋1an＋1＝2nan＋2，即 2n＋1an＋1－2nan＝2(常数)，
∴{2nan}是以 2 为首项，2 为公差的等差数列，
∴2nan＝2＋2(n－1)＝2n，
∴an＝2n
2n
＝ n
2n－1.
(2)∵Sn＝ 1
20
＋ 2
21
＋ 3
22
＋…＋n－1
2n－2
＋ n
2n－1
，①
1
2Sn＝ 1
21
＋ 2
22
＋ 3
23
＋…＋n－1
2n－1
＋ n
2n
，②
①－②得：1
2Sn＝1＋ 1
21
＋ 2
22
＋ 3
23
＋…＋ 1
2n－1
－ n
2n
＝
1－ 1
2n
1－1
2
－ n
2n
，整理得 Sn＝4－n＋2
2n－1 .
∵Sn＋1－Sn＝4－n＋3
2n
－(4－n＋2
2n－1 )＝n＋1
2n
＞0，
∴数列{Sn}是单调递增数列．
∴要使 Sn＜3 成立，即使 4－n＋2
2n－1
＜3，整理得 n＋2>2n－1，
∴n＝1，2，3.
【例 4】【解】 (1)设椭圆 C 的方程为y2
a2
＋x2
b2
＝1(a>b>0)，设 c>0，c2＝a2－b2，
由题意，知 2b＝ 2，c
a
＝ 2
2
，所以 a＝1，b＝c＝ 2
2 .
故椭圆 C 的方程为 y2＋x2
1
2
＝1，即 y2＋2x2＝1.
(2)①当直线 l 的斜率不存在时，也满足AP→＝3PB→，此时 m＝±1
2.
②当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝kx＋m(k≠0)，l 与椭圆 C 的交点坐标为
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由 y＝kx＋m
2x2＋y2＝1
得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0，
Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)>0，(*)
x1＋x2＝－2km
k2＋2
，x1x2＝m2－1
k2＋2
.
因为AP→＝3PB→，所以－x1＝3x2，
所以 x1＋x1＝－2x2
x1x1＝－3x22
则 3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，
即 3·(
－2km
k2＋2
)2＋4·m2－1
k2＋2
＝0，
整理得 4k2m2＋2m2－k2－2＝0，
即 k2(4m2－1)＋2m2－2＝0，
当 m2＝1
4
时，上式不成立；
当 m2≠1
4
时，k2＝2－2m2
4m2－1
，
由(*)式，得 k2>2m2－2，又 k≠0，
所以 k2＝2－2m2
4m2－1
＞0，
解得－10
f1<0
f2>0
，⇒
b>0
a＋2b＋1<0
a＋b＋2>0.
由
a＋2b＋1＝0
a＋b＋2＝0 解得 A(－3，1)，
由
a＋b＋2＝0
b＝0 解得 B(－2，0)，
由
a＋2b＋1＝0
b＝0 解得 C(－1，0)．
∴在如图所示的 aOb 坐标平面内，满足约束条件的点(a，b)对应的平面区域为△ABC(不
包括边界)．
(1)△ABC 的面积为 S△ABC＝1
2·|BC|·h＝1
2(h 为 A 到 Oa 轴的距离)．
(2)b－2
a－1
几何意义是点(a，b)和点 D(1，2)连线的斜率．
∵kAD＝2－1
1＋3
＝1
4
，kCD＝2－0
1＋1
＝1，
由图可知 kAD0，则当 x∈(－∞，lna
2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，
当 x∈(lna
2
，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
又 f(0)＝0，所以若 a≤0，则当 x∈[0，＋∞)时，f(x)≥f(0)＝0，符合题意．
若 a>0，则当 lna
2
≤0，即 00，即 a>2，
则当 x∈(0，lna
2)时，f(x)单调递减，
f(x)＜f(0)＝0，不符合题意．
综上，实数 a 的取值范围是(－∞，2]．
[能力强化]
一、填空题
1.3x－2y＝0 或 x＋y－5＝0
2.－ 1
12
，0 3.1 或－ 2
2 4.
2
3，＋∞
5.1 或－1
2 6.36 7.a＝3
8
或－3
8.1
2
或3
2 9.－2
3
10.(－5
2
，－9
4)∪(－9
4
，－1)
二、解答题
11.(1) 3
3 (2)x2
3
＋y2
2
＝1
(3)
－∞，－2 3
3 ∪
2
3
，2 3
3
12.(1)函数 h(x)在区间(0，1)上单调增；在区间(1，＋∞)上单调减．
(2)①(－1
e
，0)
②证明：由题意得 lnx1＋bx1＝0，lnx2＋bx2＝0，
所以 lnx1x2＋b(x1＋x2)＝0，lnx2－lnx1＋b(x2－x1)＝0，
所以 lnx1x2
lnx2－lnx1
＝x1＋x2
x2－x1
，不妨设 x1e2，只需要证 lnx1x2＝x1＋x2
x2－x1
(lnx2－lnx1)>2.
即证 lnx2－lnx1>2（x2－x1）
x2＋x1
，令 F(x)＝(lnx2－lnx1)－2（x2－x1）
x2＋x1
＝lnx2
x1
－
2（x2
x1
－1）
1＋x2
x1
，设
t＝x2
x1
(t>1)，则 F(t)＝lnt－2（t－1）
t＋1
＝lnt＋ 4
t＋1
－2，
所以 F′(t)＝1
t
－ 4
（t＋1）2
＝（t－1）2
t（t＋1）2>0，
所以函数 F(t)>0，在(1，＋∞)上单调增，而 F(1)＝0，
所以 F(t)>0 即 lnt>2（t－1）
t＋1
.
所以 x1x2>e2.
第 4 课时 等价转化思想
[考点展示]
1.2 2.7
5 3.6 4.
1
2
，1
5.4，2 5 6.(3，＋∞)
[热点题型]
【例 1】【解】 下面求 m 的取值范围，使抛物线 y＝x2 上存在两点关于直线 y＝m(x
－3)对称．由题意知 m≠0，∴设抛物线上两点(x1，x21)，(x2，x22)关于直线 y＝m(x－3)对称，
于是有
1
2
（x21＋x22）＝m
1
2
（x1＋x2）－3
x21－x22
x1－x2
＝－1
m ，
所以
x21＋x22＝m（x1＋x2－6）
x1＋x2＝－1
m ，消去 x2 得 2x21＋2
mx1＋ 1
m2
＋6m＋1＝0.
因为存在 x1∈R 使上式恒成立，
所以Δ＝(2
m)2－4×2×( 1
m2
＋6m＋1)＞0，
即 12m3＋2m2＋1＜0，
也即(2m＋1)(6m2－2m＋1)＜0.
因为 6m2－2m＋1＞0 恒成立，
所以 2m＋1＜0，所以 m＜－1
2.
即当 m＜－1
2
时，抛物线上存在两点关于直线 y＝m(x－3)对称，所以当 m≥－1
2
时，曲线
y＝x2 的所有弦都不能被直线 y＝m(x－3)垂直平分．
【变式训练】 (－37
3
，－5)
【例 2】【解】 令 n＝1，则S2
S1
＝3，所以 S2＝3，a2＝2，则等差数列{an}的公差为 d＝1，
故等差数列{an}的通项为 an＝1＋(n－1)×1＝n，即 an＝n.
【变式训练】【解】 因为{ Sn＋n}是公差为 d(d≠0)的等差数列，所以
Sn＋1＋n＋1 ＝ Sn＋n ＋ d 对 于 n∈N* 始 终 成 立 ， 平 方 整 理 得 d2(1 － 2d)n2 ＋
2d(a1－2a1d－2d＋1)n＋(a1－d2＋1)
2
＝0 对于 n∈N*始终成立，即
1－2d＝0
a1－2a1d－2d＋1＝0
a1－d2＋1＝0
，解得
a1＝－3
4
d＝1
2
，故答案为 a1＝－3
4.
【例 3】【解】 y＝sin2x＋acosx＋5
8a－3
2
＝1－cos2x＋acosx＋5
8a－3
2
＝－(cosx－a
2)2＋a2
4
＋5
8a－1
2.
∵0≤x≤π
2
，∴0≤cosx≤1，令 cosx＝t，
则 y＝－(t－a
2)2＋a2
4
＋5
8a－1
2
，0≤t≤1.
当a
2>1，即 a>2 时，函数 y＝－(t－a
2)2＋a2
4
＋5
8a－1
2
在[0，1]上单调递增，
∴t＝1 时，函数有最大值 ymax＝a＋5
8a－3
2
＝1，
解得 a＝20
13<2(舍去)；
当 0≤a
2
≤1，即 0≤a≤2 时，
函数 y＝－(t－a
2)2＋a2
4
＋5
8a－1
2
在 t＝a
2
处有最大值，
ymax＝a2
4
＋5
8a－1
2
＝1，
解得 a＝3
2
或 a＝－4(舍去)；
当a
2<0，即 a<0 时，
函数 y＝－(t－a
2)2＋a2
4
＋5
8a－1
2
在[0，1]上单调递减，
∴t＝0 时，函数有最大值 ymax＝5
8a－1
2
＝1，
解得 a＝12
5 >0(舍去)，
综上所述，存在实数 a＝3
2
，使得函数在闭区间[0，π
2
]上有最大值 1.
【变式训练】 (－∞，－8)
【例 4】【解】 问题可变成关于 m 的一次不等式：(x2－1)m－(2x－1)<0 在[－2，2]
恒成立，设 f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)，则
f（2）＝2（x2－1）－（2x－1）<0
f（－2）＝－2（x2－1）－（2x－1）<0
，
解得 x∈( 7－1
2
， 3＋1
2
)．
【变式训练】【解】 不等式(ax－20)lg2a
x
≤0 等价于
ax－20≤0
lg2a
x
≥0
x＞0
或
ax－20≥0
lg2a
x
≤0
x＞0
，
∴x
2
≤a≤20
x
或20
x
≤a≤x
2
，∴x
2
＝20
x
，∴x＝2 10，∴a＝ 10.∴实数 a 的取值范围是{ 10}.
故答案为：{ 10}.
[能力强化]
一、填空题
1.4 2.(－1
2
，2
3) 3.4 4.－2
5.f(x)＝x2＋x－2
6.f（a）
a
－1 时，g(x)有 2 个零点；当 b＝－1 时，g(x)有 3 个零点；当 b<－1 时，g(x)
有 4 个零点．
19.(1)f(x)＝－3x2＋42x(x≤12 且 x∈N*) (2)预计该商场第 6 个月的月利润达到最大，
最大利润约为 12090 元．
20.(1)m＝－e
(2)①当 m≥0 时，函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增；②当 m＝－ 2时，函数 g(x)在(0，
＋∞)上单调递减；③当－ 2＜m＜0 时，函数 g(x)的增区间为(－m
2
，－1
m)，减区间为(0，－m
2)
与(－1
m
，＋∞)；④当 m＜－ 2时，函数 g(x)的增区间为(－1
m
，－m
2)，减区间为(0，－1
m)与(－
m
2
，＋∞)．
(3)m＝1
2
符合题意． 理由如下：此时．
设函数 f(x)与 h(x)上各有一点 A(x1，1
2lnx1)，B(x2，x2－1
2x2
)，
则 f(x)以点 A 为切点的切线方程为 y＝ 1
2x1
x＋1
2lnx1－1
2
，
h(x)以点 B 为切点的切线方程为 y＝ 1
2x22
x＋x2－2
2x2
，由两条切线重合，得
1
2x1
＝ 1
2x22
1
2lnx1－1
2
＝x2－2
2x2
(*)，
消去 x1，整理得 lnx2＝1－1
x2
，即 lnx2－1＋1
x2
＝0，令φ(x)＝lnx－1＋1
x
，得φ′(x)＝1
x
－1
x2
＝
x－1
x2
，所以函数φ(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，
又φ(1)＝0，所以函数φ(x)有唯一零点 x＝1，从而方程组(*)有唯一解 x1＝1
x2＝1
，即此时函数
f(x)与的图象有且只有一条公切线．故 m＝1
2
符合题意．专题一 函数与导数测试卷(二)
一、填空题
1.m≥1
2 2.[1
2
，＋∞) 3.1 4.9
5.m≥1
2 6.[－1，3] 7.11
2
8.[2，＋∞) 9.2ln2－2
10.[－6，－2] 11.
－e2
2
，e2
2
12.1
2 13.(－∞，－1)∪(1，5
4)
14.
－∞，1
2 ∪( 7，＋∞)
二、解答题
15.－5≤m≤－2
16.(1)a 的取值范围为(0，＋∞)
(2)证明：不妨设 x1＜x2，由(1)知 x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)
在(－∞，1)上单调递减，所以 x1＋x2＜2 等价于 f(x1)＞f(2－x2)，即 f(2－x2)＜0.由于 f(2－x2)
＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而 f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以 f(2－x2)－f(x2)＝－x2e2－x2
－(x2－2)ex2.设 g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则 g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当 x＞1 时，g′(x)＜0，
而 g(1)＝0，故当 x＞1 时，g(x)＜0.从而 g(x2)＝f(2－x2)＜0，故 x1＋x2＜2.
17.(1)y＝－1
3x＋4 x＋191，定义域为[25，125] (2)当对甲产品投入资金 114 万元，对
乙产品投入资金 36 万元时，所得总利润最大，最大利润为 203 万元．
18.(1)(0，＋∞)
(2)02 时，存在
两条切线，下证：
对任意的 m∈(0，1)，x－xlnx＝m 在(0，1)内一定有一解，其中 m＝2
a.
⇔证明 1＋ln1
x
＝m
x
在(0，1)内有一解，
⇔证明 1＋lnt＝mt 在 t∈(1，＋∞)内有一解．
令 h(t)＝mt－1－lnt，则 h(1)＝m－1<0，
h(2n)＝m·2n－1－n·ln2 >m·2n－1－n＝m·(1＋1)n－1－n>
m 1＋n＋n（n＋1）
2 －1－n，
这是关于 n 的二次函数，所以当 n 充分大时，一定取得正值，由介值定理知，h(t)在(1，
＋∞)内有唯一解，即证．
19.(1)f(x)的递减区间是(0，e)，递增区间是(e，＋∞)． (2)a∈(0，2]
20.(1)a＝2
3
(2)①当 01
2
时，f (x)的单调递增区间是 0，1
a 和
(2，＋∞)，单调递减区间是
1
a
，2 . (3)a>0
专题二 三角函数与平面向量测试卷(一)
一、填空题
1. 7
25 2.11π
6
3.2 4.2
5.3
4 6.16
65 7.－1
4 8.π
3
9.24
13 10.π
3
11.y＝2sin(2x＋π
3
)
12. 3 13.－4
5 14.
－ 3
3
， 3
3
二、解答题
15.(1)∠BAC＝π
4
(2)3
2
(1＋ 7)
16.π
17.(1)证明：由正弦定理得 sinB＋sinC＝2sinAcosB，故 2sinAcosB＝sinB＋sin(A＋B)＝
sinB＋sinAcosB＋cosAsinB，
于是 sinB＝sin(A－B)．
又 A，B∈(0，π)，故 0＜A－B＜π，所以 B＝π－(A－B)或 B＝A－B，因此 A＝π(舍
去)或 A＝2B，所以 A＝2B；
(2)A＝π
2
或 A＝π
4
.
18.当点 C 位于弧 AB 中点时修建的道路 CD 与 CE 的总长最大．
19.(1)
a＝1
c＝1
4，或
a＝1
4
c＝1.
(2) 6
2
＜p＜ 2
20.(1)π (2)[3
2
，2]专题二 三角函数与平面向量测试卷(二)
一、填空题
1.－12
5 2.3 2 3.2 4.π
6
5.2π
3
6.－7
9 7.－ 10
10 8.9
10. 3 11.2 3
3 12.－1
3－3
a
或 x0，则 a1＝1，得a2
a1
＝a2＝t，
当 n≥2 时 an＋1－a1＝(a2－1)Sn，an－a1＝(a2－1)Sn－1
两式相减得：an＋1－an＝(a2－1)an
即 an＋1＝a2an，因 an>0
则an＋1
an
＝a2＝t
综上：an＋1
an
＝t(n∈N*)
从而，{an}是以 1 为首项，t 为公比的等比数列故 an＝tn－1.
(2)证明：令 fn(t)＝Sn－n（a1＋an）
2
＝1＋t＋…＋tn－1－n（1＋tn－1）
2
，t>0
当 t＝1 时，fn(1)＝0，即 Sn＝n（a1＋an）
2
当 t≠1 时，fn′(t)＝1＋2t＋…＋(n－1)tn－2－n（n－1）tn－2
2
，
若 t∈(0，1)，fn′(t)>[1＋2＋…＋(n－1)]tn－2－n（n－1）tn－2
2
＝0
若 t∈(1，＋∞)，fn′(t)<[1＋2＋…＋(n－1)]tn－2－n（n－1）tn－2
2
＝0
即 fn′(t)在 t∈(0，1)时单调递增，当 t∈(1，＋∞)时单调递减，
则 fn(t)5.
20.(1)y＝2πx－π2－2
(2)当 a≤0 时，h(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
函数 h(x)有极小值，极小值是 h(0)＝－2a－1；
当 01 时，函数 h(x)在(－∞，0)和(lna，＋∞)上单调递增，
在(0，lna)上单调递减，函数 h(x)有极大值，也有极小值，
极大值是 h(0)＝－2a－1；
极小值是 h(lna)＝
－a[ln2a－2lna＋sin(lna)＋cos(lna)＋2]．
21.A.【证明】 因为 AB＝AC，所以∠ABD＝∠C.
又因为∠C＝∠E，所以∠ABD＝∠E，又∠BAE 为公共角，可知△ABD∽△AEB.
B.
－2
－4
C. 5＋1
D．【证明】 ∵a1＞0，∴根据基本不等式，得 1＋a1≥2 a1，同理可得，1＋a2≥2 a2，
1＋a3≥2 a3，…，1＋an≥2 an，
注意到所有的不等式的两边都是正数，将这 n 个不等式的左右两边对应相乘，得(1＋a1)(1
＋a2)(1＋a3)…(1＋an)≥2n· a1a2a3…an，∵a1a2a3…an＝1，∴(1＋a1)(1＋a2)(1＋a3)…(1＋
an)≥2n·1＝2n，即原不等式成立．
22.(1)－ 2
4 (2)(0，π
4
)
23.(1)f1(x)＝ bc－ad
(ax＋b)2
，f2(x)＝－2a(bc－ad)
(ax＋b)3
.
(2)猜想 fn(x)＝
(－1)n－1·an－1·(bc－ad)·n！
(ax＋b)n＋1
，n∈N*.
证明：①当 n＝1 时，由(1)知结论正确；
②假设当 n＝k，k∈N*时，结论正确，即有
fk(x) ＝ (－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！
(ax＋b)k＋1
. 当 n ＝ k ＋ 1 时 ， fk ＋ 1(x) ＝ f′k(x) ＝
(－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！
(ax＋b)k＋1 ′
＝(－1)k－1·ak－1·(bc－ad)·k！[(ax＋b)－(k＋1)]′＝
(－1)k·ak·(bc－ad)·(k＋1)！
(ax＋b)k＋2
，所以当 n＝k＋1 时结论成立，由①②得，对一切 n∈N*
结论正确．
综合模拟测试卷(二)
一、填空题
1.7 2.－1
3 3.m
h 4.－4 5.4.6
6.－1
2 7.{x|x＜4，且 x≠0}
8.9 9.② 10.3 10
10 11.－1
12.5 13.－4
9 14.－9
4
二、解答题
15.(1)2π
3
(2)25（3－ 3）
4
16.(1)5
3 3
(2)证明：∵PA＝CA，F 为 PC 的中点，∴AF⊥PC.∵PA⊥平面 ABCD，∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，∴CD⊥平面 PAC，
∵ PC ⊂ 平 面 PAC ， ∴CD⊥PC.∵E 为 PD 中 点 ， F 为 PC 中 点 ， ∴EF∥CD. 则
EF⊥PC.∵AF∩EF＝F，∴PC⊥平面 AEF；
(3)证明：取 AD 中点 M，连接 EM，CM.则 EM∥PA.∵EM⊄平面 PAB，PA⊂平面 PAB，
∴EM∥平面 PAB.在 Rt△ACD 中，∠CAD＝60°，AC＝AM＝2，∴∠ACM＝60°.而∠BAC
＝60°，∴MC∥AB.∵MC⊄平
面 PAB，AB⊂平面 PAB，∴MC∥平面 PAB.∵EM∩MC＝M，∴平面 EMC∥平面 PAB.∵EC
⊂平面 EMC，∴EC∥平面 PAB.
第 16 题图
17.(1)x2
4
＋y2＝1 (2)(8
5
，2]，2
18.(1)y＝ 1
16(x＋6)2(－6≤x≤－2)
(2)“游客踏乘”的车辆不能顺利通过该桥，而“蓄电池动力”和“内燃机动力”的车
辆可以顺利通过该桥．(
19.(1)f(x)在(－∞，－lna)单调递减，在(－lna，＋∞)单调递增．
(2)a 的取值范围为(0，1).
20.(1)①a4＝9 ②n＝3n－1－3
2
，n∈N*
(2)a1
p
≤－1
21.A.【证明】 因为在 Rt△ABC 中，∠ABC＝90°，所以 OB⊥CB.所以 CB 为⊙O
的切线．所以 EB2＝EF·EA.
连接 BD，因为 AB 是⊙O 的直径，所以 BD⊥AC.又因为 AB＝BC，所以 AD＝BD＝DC.
因为 DE⊥BC，所以 BE＝CE.所以 BE·CE＝EF·EA.
B．矩阵 A 属于特征值 2 的一个特征向量为
2
－1 ；属于特征值 3 的一个特征向量为
1
－1 .
C．(1)x2＋(y＋1)2＝1
(2)点 P 的坐标为( 3
2
，－1
2)
D. x|x≤5 或 x≥－1
3
22.(1)11
14
(2)甲通过自主招生初试的可能性更大．
(3)X 的分布列为：
X 2 3 4
P 3
14
4
7
3
14
E(X)＝3.
23.(1)a2＝6，a3＝7 (2)9
