資源簡介

1．若函數f(x)＝kx－ln x在區間(1，＋∞)上單調遞增，則k的取值范圍是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
答案　D
解析　由于f′(x)＝k－，f(x)＝kx－ln x在區間(1，＋∞)上單調遞增 f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)上恒成立．
由于k≥，而0<<1，所以k≥1.
即k的取值范圍為[1，＋∞)．
2．已知函數f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的圖象與x軸正半軸有兩個不同的交點，則實數a的取值范圍為(　　)
A．(1，＋∞) B．(，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(3，＋∞)
答案　D
解析　由題意知f′(x)＝3x2－2ax＝x(3x－2a)，
當a≤0時，不符合題意．
當a>0時，f(x)在(0，)上單調遞減，
在(，＋∞)上單調遞增，
所以由題意知f()<0，解得a>3，
故選D.
3．若直線y＝kx＋b是曲線y＝ln x＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則b＝________.
答案　1－ln 2
解析　y＝ln x＋2的切線為y＝·x＋ln x1＋1(設切點橫坐標為x1)．
y＝ln(x＋1)的切線為y＝x＋ln(x2＋1)－(設切點橫坐標為x2)，
∴
解得x1＝，x2＝－，∴b＝ln x1＋1＝1－ln 2.
4．設函數f(x)＝，g(x)＝，對任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，則正數k的取值范圍是________．
答案　[1，＋∞)
解析　因為對任意x1，x2∈(0，＋∞)，
不等式≤恒成立，所以≥.
因為g(x)＝，
所以g′(x)＝e2－x(1－x)．
當00；當x>1時，g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1]上單調遞增，在[1，＋∞)上單調遞減．
所以當x＝1時，g(x)取到最大值，即g(x)max＝g(1)＝e.
又f(x)＝e2x＋≥2e(x>0)．
當且僅當e2x＝，即x＝時取等號，故f(x)min＝2e.
所以＝＝，應有≥，
又k>0，所以k≥1.
無
題型一　利用導數研究函數性質
例1　已知函數f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)討論f(x)的單調性；
(2)當f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍．
解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，則f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
若a＞0，則當x∈時，f′(x)＞0；當x∈時，f′(x)＜0.所以f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．
(2)由(1)知，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)無最大值；
當a＞0時，f(x)在x＝取得最大值，最大值為f＝ln＋a＝－ln a＋a－1.
因此f＞2a－2等價于ln a＋a－1＜0.
令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調遞增，
g(1)＝0.
于是，當0＜a＜1時，g(a)＜0；當a＞1時，g(a)＞0.
因此，a的取值范圍是(0,1)．
思維升華　利用導數主要研究函數的單調性、極值、最值．已知f(x)的單調性，可轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區間上恒成立問題；含參函數的最值問題是高考的熱點題型，解此類題的關鍵是極值點與給定區間位置關系的討論，此時要注意結合導函數圖象的性質進行分析．
　已知a∈R，函數f(x)＝(－x2＋ax)ex (x∈R，e為自然對數的底數)．
(1)當a＝2時，求函數f(x)的單調遞增區間；
(2)若函數f(x)在(－1,1)上單調遞增，求a的取值范圍．
解　(1)當a＝2時，f(x)＝(－x2＋2x)ex，
所以f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex
＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)>0，即(－x2＋2)ex>0，因為ex>0，
所以－x2＋2>0，解得－所以函數f(x)的單調遞增區間是(－，)．
(2)因為函數f(x)在(－1,1)上單調遞增，
所以f′(x)≥0對x∈(－1,1)都成立．
因為f′(x)＝(－2x＋a)ex＋(－x2＋ax)ex
＝[－x2＋(a－2)x＋a]ex，
所以[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0對x∈(－1,1)都成立．
因為ex>0，所以－x2＋(a－2)x＋a≥0對x∈(－1,1)都成立，
即a≥＝
＝(x＋1)－對x∈(－1,1)都成立．
令y＝(x＋1)－，則y′＝1＋>0.
所以y＝(x＋1)－在(－1,1)上單調遞增，
所以y<(1＋1)－＝，即a≥.
因此a的取值范圍為a≥.
題型二　利用導數研究方程的根或函數的零點問題
例2　設函數f(x)＝－kln x，k>0.
(1)求f(x)的單調區間和極值；
(2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區間(1，]上僅有一個零點．
(1)解　函數的定義域為(0，＋∞)．由f(x)＝－kln x(k>0)，得f′(x)＝x－＝.
由f′(x)＝0，解得x＝(負值舍去)．
f(x)與f′(x)在區間(0，＋∞)上隨x的變化情況如下表：
x (0，) (，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ↘ ↗
所以，f(x)的單調遞減區間是(0，)，單調遞增區間是(，＋∞)．
f(x)在x＝處取得極小值f()＝.
(2)證明　由(1)知，f(x)在區間(0，＋∞)上的最小值為f()＝.
因為f(x)存在零點，所以≤0，從而k≥e，
當k＝e時，f(x)在區間(1，]上單調遞減且f()＝0，
所以x＝是f(x)在區間(1，]上的唯一零點．
當k>e時，f(x)在區間(0，)上單調遞減且f(1)＝>0，f()＝<0，
所以f(x)在區間(1，]上僅有一個零點．
綜上可知，若f(x)存在零點，則f(x)在區間(1，]上僅有一個零點．
思維升華　函數零點問題一般利用導數研究函數的單調性、極值等性質，并借助函數圖象，根據零點或圖象的交點情況，建立含參數的方程(或不等式)組求解，實現形與數的和諧統一．
　已知函數f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標為－2.
(1)求a；
(2)證明：當k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點．
(1)解　f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a.
曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線方程為y＝ax＋2.
由題設得－＝－2，所以a＝1.
(2)證明　由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2.
設g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4.
由題設知1－k>0.
當x≤0時，g′(x)＝3x2－6x＋1－k>0，g(x)單調遞增，
g(－1)＝k－1<0，g(0)＝4，
所以g(x)＝0在(－∞，0]上有唯一實根．
當x>0時，令h(x)＝x3－3x2＋4，
則g(x)＝h(x)＋(1－k)x>h(x)．
h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增，
所以g(x)>h(x)≥h(2)＝0.
所以g(x)＝0在(0，＋∞)上沒有實根．
綜上，g(x)＝0在R上有唯一實根，
即曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點．
題型三　利用導數研究不等式問題
例3　已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍；
(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
(1)解　對任意x∈(0，＋∞)，有
2xln x≥－x2＋ax－3，則a≤2ln x＋x＋，
設h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，則h′(x)＝，
當x∈(0,1)時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，
當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0，h(x)單調遞增，
所以h(x)min＝h(1)＝4.
因為對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4.
(2)證明　問題等價于證明
xln x>－(x∈(0，＋∞))．
f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
當且僅當x＝時取到，設m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，則m′(x)＝，易知m(x)max＝m(1)＝－，
當且僅當x＝1時取到．
從而對一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
思維升華　求解不等式恒成立或有解時參數的取值范圍問題，一般常用分離參數的方法，但是如果分離參數后對應的函數不便于求解其最值，或者求解其函數最值繁瑣時，可采用直接構造函數的方法求解．
　已知函數f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋，若對任意的x1∈[－1,2]，存在x2∈[2,4]，使得f(x1)＝g(x2)，則實數a的取值范圍是____________．
答案　[－，－]
解析　問題等價于f(x)的值域是g(x)的值域的子集，
顯然，g(x)單調遞減，∴g(x)max＝g(2)＝，
g(x)min＝g(4)＝－；
對于f(x)，f′(x)＝3x2－4x＋1，
令f′(x)＝0，解得x＝或x＝1，
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況列表如下：
x －1 (－1，) (，1) 1 (1,2) 2
f′(x) ＋ 0 － 0 ＋
f(x) a－4 ↗ ＋a ↘ a ↗ a＋2
∴f(x)max＝a＋2，f(x)min＝a－4，
∴∴a∈[－，－].
1．已知函數f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函數f(x)的單調區間．
解　(1)對f(x)求導得f′(x)＝－－，
由f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x，知f′(1)＝－－a＝－2，解得a＝.
(2)由(1)知f(x)＝＋－ln x－，
則f′(x)＝.
令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5.
因為x＝－1不在f(x)的定義域(0，＋∞)內，故舍去．
當x∈(0,5)時，f′(x)<0，
故f(x)在(0,5)內為減函數；
當x∈(5，＋∞)時，f′(x)>0，
故f(x)在(5，＋∞)內為增函數．
綜上，f(x)的單調增區間為(5，＋∞)，單調減區間為(0,5)．
2．已知函數f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a為實數)．
(1)當a＝5時，求函數y＝g(x)在x＝1處的切線方程；
(2)求f(x)在區間[t，t＋2](t>0)上的最小值．
解　(1)當a＝5時，g(x)＝(－x2＋5x－3)ex，g(1)＝e.
又g′(x)＝(－x2＋3x＋2)ex，
故切線的斜率為g′(1)＝4e.
所以切線方程為y－e＝4e(x－1)，
即4ex－y－3e＝0.
(2)函數f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1，
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x (0，) (，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) 單調遞減 極小值 單調遞增
①當t≥時，在區間[t，t＋2]上f(x)為增函數，
所以f(x)min＝f(t)＝tln t.
②當0在區間(，t＋2]上f(x)為增函數，
所以f(x)min＝f()＝－.
3．已知函數f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.
(1)若曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值；
(2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，求b的取值范圍．
解　由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，
得f′(x)＝x(2＋cos x)．
(1)因為曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，
所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)．
解得a＝0，b＝f(0)＝1.
(2)令f′(x)＝0，得x＝0.
當x變化時，f(x)與f′(x)的變化情況如下：
x (－∞，0) 0 (0，＋∞)
f′(x) － 0 ＋
f(x) ↘ 1 ↗
所以函數f(x)在區間(－∞，0)上單調遞減，
在區間(0，＋∞)上單調遞增，f(0)＝1是f(x)的最小值．
當b≤1時，曲線y＝f(x)與直線y＝b最多只有一個交點；
當b>1時，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，
f(0)＝1使得f(x1)＝f(x2)＝b.
由于函數f(x)在區間(－∞，0)和(0，＋∞)上均單調，
所以當b>1時曲線y＝f(x)與直線y＝b有且僅有兩個不同交點．
綜上可知，如果曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，
那么b的取值范圍是(1，＋∞)．
4．設函數f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)確定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在區間(1，＋∞)內恒成立(e＝2.718…為自然對數的底數)．
解　(1)f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
當a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)內單調遞減．
當a>0時，由f′(x)＝0，有x＝.
此時，當x∈時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；
當x∈時，f′(x)>0，f(x)單調遞增．
(2)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x.
則s′(x)＝ex－1－1.而當x>1時，s′(x)>0，
所以s(x)在區間(1，＋∞)內單調遞增．
又由s(1)＝0，有s(x)>0，從而當x>1時，g(x)>0.
當a≤0，x>1時，f(x)＝a(x2－1)－ln x<0.
故當f(x)>g(x)在區間(1，＋∞)內恒成立時，必有a>0.
當01.
由(1)有f0，
所以此時f(x)>g(x)在區間(1，＋∞)內不恒成立．
當a≥時，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
當x>1時，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在區間(1，＋∞)內單調遞增．
又因為h(1)＝0，
所以當x>1時，h(x)＝f(x)－g(x)>0，
即f(x)>g(x)恒成立．綜上，a∈.
5．已知函數f(x)＝aln(x＋1)＋x2－x，其中a為非零實數．
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)若y＝f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1(1)解　f′(x)＝＋x－1＝，x>－1，
當a－1≥0，即a≥1時，f′(x)≥0，
∴f(x)在(－1，＋∞)上單調遞增，
當0x1＝－>－1，x2＝，
∴f(x)在區間(－1，－)上單調遞增，在(－，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增．
當a<0時，∵x1<－1，
∴f(x)在(－1，)上單調遞減，在(，＋∞)上單調遞增．
(2)證明　∵0∴x1＋x2＝0，x1x2＝a－1且x2∈(0,1)，
< < f(x2)＋x2>0
aln(x2＋1)＋x－x2>0
(1－x)ln(x2＋1)＋x－x2>0
－(x2－1)(1＋x2)ln(x2＋1)＋x2(x2－1)>0
(1＋x2)ln(x2＋1)－x2>0，
令g(x)＝(1＋x)ln(x＋1)－x，x∈(0,1)，
∵g′(x)＝ln(x＋1)＋>0，
∴g(x)在(0,1)上單調遞增，∴g(x)>g(0)＝0.
故原命題得證．1．若函數f(x)＝kx－ln x在區間(1，＋∞)上單調遞增，則k的取值范圍是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
2．已知函數f(x)＝x3－ax2＋4，若f(x)的圖象與x軸正半軸有兩個不同的交點，則實數a的取值范圍為(　　)
A．(1，＋∞) B．(，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(3，＋∞)
3．若直線y＝kx＋b是曲線y＝ln x＋2的切線，也是曲線y＝ln(x＋1)的切線，則b＝________.
4．設函數f(x)＝，g(x)＝，對任意x1，x2∈(0，＋∞)，不等式≤恒成立，則正數k的取值范圍是________．
無
題型一　利用導數研究函數性質
例1　已知函數f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)討論f(x)的單調性；
(2)當f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍．
　已知a∈R，函數f(x)＝(－x2＋ax)ex (x∈R，e為自然對數的底數)．
(1)當a＝2時，求函數f(x)的單調遞增區間；
(2)若函數f(x)在(－1,1)上單調遞增，求a的取值范圍．
題型二　利用導數研究方程的根或函數的零點問題
例2　設函數f(x)＝－kln x，k>0.
(1)求f(x)的單調區間和極值；
(2)證明：若f(x)存在零點，則f(x)在區間(1，]上僅有一個零點．
　已知函數f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲線y＝f(x)在點(0,2)處的切線與x軸交點的橫坐標為－2.
(1)求a；
(2)證明：當k<1時，曲線y＝f(x)與直線y＝kx－2只有一個交點．
題型三　利用導數研究不等式問題
例3　已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)對一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求實數a的取值范圍；
(2)證明：對一切x∈(0，＋∞)，都有ln x>－成立．
　已知函數f(x)＝x3－2x2＋x＋a，g(x)＝－2x＋，若對任意的x1∈[－1,2]，存在x2∈[2,4]，使得f(x1)＝g(x2)，則實數a的取值范圍是____________．
1．已知函數f(x)＝＋－ln x－，其中a∈R，且曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線垂直于直線y＝x.
(1)求a的值；
(2)求函數f(x)的單調區間．
2．已知函數f(x)＝xln x，g(x)＝(－x2＋ax－3)ex(a為實數)．
(1)當a＝5時，求函數y＝g(x)在x＝1處的切線方程；
(2)求f(x)在區間[t，t＋2](t>0)上的最小值．
3．已知函數f(x)＝x2＋xsin x＋cos x.
(1)若曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值；
(2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，求b的取值范圍．
4．設函數f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.
(1)討論f(x)的單調性；
(2)確定a的所有可能取值，使得f(x)>－e1－x在區間(1，＋∞)內恒成立(e＝2.718…為自然對數的底數)．
5．已知函數f(x)＝aln(x＋1)＋x2－x，其中a為非零實數．
(1)討論函數f(x)的單調性；
(2)若y＝f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1A．x＝－(k∈Z) B．x＝＋(k∈Z)
C．x＝－(k∈Z) D．x＝＋(k∈Z)
答案　B
解析　由題意將函數y＝2sin 2x的圖象向左平移個單位長度后得到函數的解析式為y＝2sin，由2x＋＝kπ＋(k∈Z)得函數的對稱軸為x＝＋(k∈Z)，故選B.
2．在△ABC中，AC·cos A＝3BC·cos B，且cos C＝，則A等于(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．120°
答案　B
解析　由題意及正弦定理得sin Bcos A＝3sin Acos B，
∴tan B＝3tan A，∴0°＜A<90°，0°故sin C＝，∴tan C＝2，而A＋B＋C＝180°，
∴tan(A＋B)＝－tan C＝－2，即＝－2，
將tan B＝3tan A代入，得＝－2，
∴tan A＝1或tan A＝－，而0°＜A＜90°，
則A＝45°，故選B.
3．已知△ABC中，·＝·，|＋|＝2，且B∈，則·的取值范圍是____________．
答案　
解析　因為·＝·，
所以·(－)＝(－)·(＋)＝0，
即2＝2，可得AB＝BC.
由|＋|＝2，可得2＋2·＋2＝4，
設AB＝BC＝a，則有2a2＋2a2cos B＝4 a2＝.
因為B∈，可得cos B∈，
所以·＝a2cos B＝
＝2－∈，故答案為.
4．已知函數f(x)＝sin－在[0，π]上有兩個零點，則實數m的取值范圍為________．
答案　[，2)
解析　如圖，畫出y＝sin在[0，π]上的圖象，當直線y＝與其有兩個交點時，∈，所以m∈[，2)．
無
題型一　三角函數的圖象和性質
例1　已知函數f(x)＝sin(ωx＋)＋sin(ωx－)－2cos2，x∈R(其中ω>0)．
(1)求函數f(x)的值域；
(2)若函數y＝f(x)的圖象與直線y＝－1的兩個相鄰交點間的距離均為，求函數y＝f(x)的單調增區間．
解　(1)f(x)＝sin ωx＋cos ωx＋sin ωx－cos ωx－(cos ωx＋1)
＝2(sin ωx－cos ωx)－1＝2sin(ωx－)－1.
由－1≤sin(ωx－)≤1，
得－3≤2sin(ωx－)－1≤1，
所以函數f(x)的值域為[－3,1]．
(2)由題設條件及三角函數圖象和性質可知，y＝f(x)的周期為π，
所以＝π，即ω＝2.
所以f(x)＝2sin(2x－)－1，
再由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
解得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．
所以函數y＝f(x)的單調增區間為
[kπ－，kπ＋](k∈Z)．
思維升華　三角函數的圖象與性質是高考考查的重點，通常先將三角函數化為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式，然后將t＝ωx＋φ視為一個整體，結合y＝sin t的圖象求解．
　已知函數f(x)＝5sin xcos x－5cos2x＋(其中x∈R)，求：
(1)函數f(x)的最小正周期；
(2)函數f(x)的單調區間；
(3)函數f(x)圖象的對稱軸和對稱中心．
解　(1)因為f(x)＝sin 2x－(1＋cos 2x)＋
＝5(sin 2x－cos 2x)＝5sin(2x－)，
所以函數的周期T＝＝π.
(2)由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋ (k∈Z)，
所以函數f(x)的單調增區間為[kπ－，kπ＋](k∈Z)．
由2kπ＋≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ＋≤x≤kπ＋(k∈Z)，
所以函數f(x)的單調減區間為[kπ＋，kπ＋](k∈Z)．
(3)由2x－＝kπ＋(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，
所以函數f(x)的對稱軸方程為x＝＋(k∈Z)．
由2x－＝kπ(k∈Z)，得x＝＋(k∈Z)，
所以函數f(x)的對稱中心為(＋，0)(k∈Z)．
題型二　解三角形
例2　在△ABC中，AC＝6，cos B＝，C＝.
(1)求AB的長；
(2)求cos的值．
解　(1)由cos B＝，0得sin B＝＝，
又∵C＝，AC＝6，由正弦定理，得＝，
即＝ AB＝5.
(2)由(1)得sin B＝，cos B＝，sin C＝cos C＝，
則sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C＝，
cos A＝－cos(B＋C)＝－(cos Bcos C－sin Bsin C)＝－，則cos＝cos Acos＋sin Asin＝.
思維升華　根據三角形中的已知條件，選擇正弦定理或余弦定理求解；在做有關角的范圍問題時，要注意挖掘題目中隱含的條件，正確對結果進行取舍．
　在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知tan＝2.
(1)求的值；
(2)若B＝，a＝3，求△ABC的面積．
解　(1)由tan＝2，得tan A＝.
所以＝＝.
(2)由tan A＝，A∈(0，π)，
得sin A＝，cos A＝.
又由a＝3，B＝及正弦定理＝，得b＝3.
由sin C＝sin(A＋B)＝sin得sin C＝，
設△ABC的面積為S，則S＝absin C＝9.
題型三　三角函數和平面向量的綜合應用
例3　已知向量a＝，b＝(cos x，－1)．
(1)當a∥b時，求cos2x－sin 2x的值；
(2)設函數f(x)＝2(a＋b)·b，已知在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a＝，b＝2，sin B＝，求f(x)＋4cos的取值范圍．
解　(1)因為a∥b，
所以cos x＋sin x＝0，
所以tan x＝－.
cos2x－sin 2x＝＝＝.
(2)f(x)＝2(a＋b)·b
＝2(sin x＋cos x，－)·(cos x，－1)
＝sin 2x＋cos 2x＋＝sin＋.
由正弦定理＝，得
sin A＝＝＝，
所以A＝或A＝.
因為b＞a，所以A＝.
所以f(x)＋4cos＝sin－，
因為x∈，所以2x＋∈，
所以－1≤f(x)＋4cos≤－.
所以f(x)＋4cos(2A＋)(x∈[0，])的取值范圍是.
思維升華　(1)向量是一種解決問題的工具，是一個載體，通常是用向量的數量積運算或性質轉化成三角函數問題．(2)三角形中的三角函數要結合正弦定理、余弦定理進行轉化，注意角的范圍對變形過程的影響．
　在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a>c.已知·＝2，cos B＝，b＝3，求：
(1)a和c的值；
(2)cos(B－C)的值．
解　(1)由·＝2，得c·acos B＝2.
又cos B＝，所以ac＝6.
由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2accos B.
又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×2＝13.
解得a＝2，c＝3或a＝3，c＝2.
因為a>c，所以a＝3，c＝2.
(2)在△ABC中，sin B＝
＝ ＝，
由正弦定理，得sin C＝sin B＝×＝.
因為a＝b>c，所以C為銳角，
因此cos C＝＝ ＝.
于是cos(B－C)＝cos Bcos C＋sin Bsin C
＝×＋×＝.
1．已知函數f(x)＝Asin(x＋)，x∈R，且f()＝.
(1)求A的值；
(2)若f(θ)＋f(－θ)＝，θ∈(0，)，求f(－θ)．
解　(1)∵f()＝Asin(＋)＝Asin
＝A＝，∴A＝.
(2)由(1)知f(x)＝sin(x＋)，
故f(θ)＋f(－θ)
＝sin(θ＋)＋sin(－θ＋)＝，
∴[(sin θ＋cos θ)＋(cos θ－sin θ)]＝，
∴cos θ＝，∴cos θ＝.
又θ∈(0，)，∴sin θ＝＝，
∴f(－θ)＝sin(π－θ)＝sin θ＝.
2．設f(x)＝2sin(π－x)sin x－(sin x－cos x)2.
(1)求f(x)的單調遞增區間；
(2)把y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，再把得到的圖象向左平移個單位，得到函數y＝g(x)的圖象，求g的值．
解　(1)f(x)＝2sin(π－x)sin x－(sin x－cos x)2
＝2sin2x－(1－2sin xcos x)
＝(1－cos 2x)＋sin 2x－1
＝sin 2x－cos 2x＋－1
＝2sin＋－1.
由2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
得kπ－≤x≤kπ＋(k∈Z)．
所以f(x)的單調遞增區間是(k∈Z).
(2)由(1)知f(x)＝2sin＋－1，
把y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)．
得到y＝2sin＋－1的圖象．
再把得到的圖象向左平移個單位，
得到y＝2sin x＋－1的圖象，
即g(x)＝2sin x＋－1.
所以g＝2sin ＋－1＝.
3．已知△ABC的面積為2，且滿足0<·≤4，設和的夾角為θ.
(1)求θ的取值范圍；
(2)求函數f(θ)＝2sin2(＋θ)－cos 2θ的值域．
解　(1)設在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，
則由已知bcsin θ＝2,0可得tan θ≥1，
又∵θ∈[0，π]，∴θ∈[，)．
(2)f(θ)＝2sin2(＋θ)－cos 2θ
＝1－cos(＋2θ)－cos 2θ
＝(1＋sin 2θ)－cos 2θ＝2sin(2θ－)＋1，
∵θ∈[，)，∴2θ－∈[，)．
∴2≤2sin(2θ－)＋1≤3.
∴函數f(θ)的值域是[2,3]．
4．函數f(x)＝cos(πx＋φ)的部分圖象如圖所示．
(1)求φ及圖中x0的值；
(2)設g(x)＝f(x)＋f，求函數g(x)在區間上的最大值和最小值．
解　(1)由題圖得f(0)＝，所以cos φ＝，
因為0＜φ＜，故φ＝.
由于f(x)的最小正周期等于2，
所以由題圖可知1＜x0＜2，
故＜πx0＋＜，
由f(x0)＝得cos＝，
所以πx0＋＝，x0＝.
(2)因為f＝cos
＝cos＝－sin πx，
所以g(x)＝f(x)＋f＝cos－sin πx＝cos πxcos －sin πxsin －sin πx
＝cos πx－sin πx－sin πx＝cos πx－sin πx
＝sin.
當x∈時，－≤－πx≤.
所以－≤sin≤1，
故當－πx＝，即x＝－時，g(x)取得最大值；
當－πx＝－，即x＝時，g(x)取得最小值－.
5．設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acos B－bcos A＝c.
(1)求的值；
(2)求tan(A－B)的最大值．
解　(1)在△ABC中，
由正弦定理及acos B－bcos A＝c，
可得sin Acos B－cos Asin B＝sin C
＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B，
即sin Acos B＝4cos Asin B，所以＝4.
(2)由(1)得tan A＝4tan B>0，
所以tan(A－B)＝
＝＝≤，
當且僅當＝4tan B，即tan B＝時，等號成立，
故當tan A＝2，tan B＝時，tan(A－B)取最大值.
6．已知向量a＝(ksin ，cos2)，b＝(cos ，－k)，實數k為大于零的常數，函數f(x)＝a·b，x∈R，且函數f(x)的最大值為.
(1)求k的值；
(2)在△ABC中，a，b，c分別為內角A，B，C所對的邊，若解　(1)由題意，知f(x)＝a·b
＝(ksin ，cos2)·(cos ，－k)
＝ksin cos －kcos2
＝ksin －k·
＝(sin －cos )－
＝(sin －cos )－
＝sin(－)－.
因為x∈R，
所以f(x)的最大值為＝，則k＝1.
(2)由(1)知，f(x)＝sin(－)－，
所以f(A)＝sin(－)－＝0，
化簡得sin(－)＝，
因為則－＝，解得A＝.
因為cos A＝－＝＝，
所以b2＋c2＋bc＝40，
則b2＋c2＋bc＝40≥2bc＋bc，
所以bc≤＝20(2－)．
則·＝||||cos ＝－bc≥20(1－)，
所以·的最小值為20(1－)．1．若將函數y＝2sin 2x的圖象向左平移個單位長度，則平移后圖象的對稱軸為(　　)
A．x＝－(k∈Z) B．x＝＋(k∈Z)
C．x＝－(k∈Z) D．x＝＋(k∈Z)
2．在△ABC中，AC·cos A＝3BC·cos B，且cos C＝，則A等于(　　)
A．30° B．45°
C．60° D．120°
3．已知△ABC中，·＝·，|＋|＝2，且B∈，則·的取值范圍是____________．
4．已知函數f(x)＝sin－在[0，π]上有兩個零點，則實數m的取值范圍為________．
無
題型一　三角函數的圖象和性質
例1　已知函數f(x)＝sin(ωx＋)＋sin(ωx－)－2cos2，x∈R(其中ω>0)．
(1)求函數f(x)的值域；
(2)若函數y＝f(x)的圖象與直線y＝－1的兩個相鄰交點間的距離均為，求函數y＝f(x)的單調增區間．
　已知函數f(x)＝5sin xcos x－5cos2x＋(其中x∈R)，求：
(1)函數f(x)的最小正周期；
(2)函數f(x)的單調區間；
(3)函數f(x)圖象的對稱軸和對稱中心．
題型二　解三角形
例2　在△ABC中，AC＝6，cos B＝，C＝.
(1)求AB的長；
(2)求cos的值．
　在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.已知tan＝2.
(1)求的值；
(2)若B＝，a＝3，求△ABC的面積．
題型三　三角函數和平面向量的綜合應用
例3　已知向量a＝，b＝(cos x，－1)．
(1)當a∥b時，求cos2x－sin 2x的值；
(2)設函數f(x)＝2(a＋b)·b，已知在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a＝，b＝2，sin B＝，求f(x)＋4cos的取值范圍．
　在△ABC中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a>c.已知·＝2，cos B＝，b＝3，求：
(1)a和c的值；
(2)cos(B－C)的值．
1．已知函數f(x)＝Asin(x＋)，x∈R，且f()＝.
(1)求A的值；
(2)若f(θ)＋f(－θ)＝，θ∈(0，)，求f(－θ)．
2．設f(x)＝2sin(π－x)sin x－(sin x－cos x)2.
(1)求f(x)的單調遞增區間；
(2)把y＝f(x)的圖象上所有點的橫坐標伸長到原來的2倍(縱坐標不變)，再把得到的圖象向左平移個單位，得到函數y＝g(x)的圖象，求g的值．
3．已知△ABC的面積為2，且滿足0<·≤4，設和的夾角為θ.
(1)求θ的取值范圍；
(2)求函數f(θ)＝2sin2(＋θ)－cos 2θ的值域．
4．函數f(x)＝cos(πx＋φ)的部分圖象如圖所示．
(1)求φ及圖中x0的值；
(2)設g(x)＝f(x)＋f，求函數g(x)在區間上的最大值和最小值．
5．設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且acos B－bcos A＝c.
(1)求的值；
(2)求tan(A－B)的最大值．
6．已知向量a＝(ksin ，cos2)，b＝(cos ，－k)，實數k為大于零的常數，函數f(x)＝a·b，x∈R，且函數f(x)的最大值為.
(1)求k的值；
(2)在△ABC中，a，b，c分別為內角A，B，C所對的邊，若A．1 B．2 C．3 D．4
答案　D
解析　設公差為d，則2＋d＝1＋2d，
∴d＝1，∴an＝n，
由a＝a1·ak，得4＝1×k，∴k＝4.
2．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數列的前100項和為(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　設等差數列{an}的首項為a1，公差為d.
∵a5＝5，S5＝15，∴∴
∴an＝a1＋(n－1)d＝n.
∴＝＝－，
∴數列的前100項和為＋＋…＋＝1－＝.
3．已知等比數列{an}的公比q>0，前n項和為Sn.若2a3，a5,3a4成等差數列，a2a4a6＝64，則q＝________，Sn＝________.
答案　2　
解析　由a2a4a6＝64，得a＝64，解得a4＝4.
由2a3，a5,3a4成等差數列，得2a4q＝3a4＋，
即8q＝12＋，解得q＝2或q＝－(舍去)．
又a1q3＝4，所以a1＝，所以Sn＝＝.
4．設Sn是數列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝____________.
答案　－
解析　由題意，得S1＝a1＝－1，又由an＋1＝SnSn＋1，得Sn＋1－Sn＝SnSn＋1，因為Sn≠0，所以＝1，即－＝－1，故數列是以＝－1為首項，－1為公差的等差數列，所以＝－1－(n－1)＝－n，所以Sn＝－.
無
題型一　等差數列、等比數列的綜合問題
例1　已知數列{an}的首項為1，Sn為數列{an}的前n 項和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.
(1)若a2，a3，a2＋a3成等差數列，求數列{an}的通項公式；
(2)設雙曲線x2－＝1的離心率為en，且e2＝2，求e＋e＋…＋e.
解　(1)由已知，Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1，兩式相減得an＋2＝qan＋1，n≥1.
又由S2＝qS1＋1得a2＝qa1，故an＋1＝qan對所有n≥1都成立．所以，數列{an}是首項為1，公比為q的等比數列．
從而an＝qn－1.由a2，a3，a2＋a3成等差數列，可得2a3＝a2＋a2＋a3，所以a3＝2a2，故q＝2.
所以an＝2n－1(n∈N*)．
(2)由(1)可知，an＝qn－1，
所以雙曲線x2－＝1的離心率en＝＝.
由e2＝＝2，解得q＝，
所以e＋e＋…＋e
＝(1＋1)＋(1＋q2)＋…＋[1＋q2(n－1)]
＝n＋[1＋q2＋…＋q2(n－1)]
＝n＋＝n＋(3n－1)．
思維升華　等差數列、等比數列綜合問題的解題策略
(1)分析已知條件和求解目標，為最終解決問題設置中間問題，例如求和需要先求出通項、求通項需要先求出首項和公差(公比)等，確定解題的順序．
(2)注意細節：在等差數列與等比數列綜合問題中，如果等比數列的公比不能確定，則要看其是否有等于1的可能，在數列的通項問題中第一項和后面的項能否用同一個公式表示等，這些細節對解題的影響也是巨大的．
　已知首項為的等比數列{an}不是遞減數列，其前n項和為Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數列．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設Tn＝Sn－(n∈N*)，求數列{Tn}的最大項的值與最小項的值．
解　(1)設等比數列{an}的公比為q，
因為S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝＝.
又{an}不是遞減數列且a1＝，所以q＝－.
故等比數列{an}的通項公式為an＝×n－1
＝(－1)n－1·.
(2)由(1)，得Sn＝1－n＝
當n為奇數時，Sn隨n的增大而減小，
所以1故0當n為偶數時，Sn隨n的增大而增大，
所以＝S2≤Sn<1，
故0>Sn－≥S2－＝－＝－.
綜上，對于n∈N*，總有－≤Sn－≤.
所以數列{Tn}的最大項的值為，最小項的值為－.
題型二　數列的通項與求和
例2　已知數列{an}的前n項和為Sn，在數列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.
(1)設cn＝an－1，求證：{cn}是等比數列；
(2)求數列{bn}的通項公式．
(1)證明　∵an＋Sn＝n， ①
∴an＋1＋Sn＋1＝n＋1. ②
②－①，得an＋1－an＋an＋1＝1，
∴2an＋1＝an＋1，∴2(an＋1－1)＝an－1，
∴＝，∴{an－1}是等比數列．
∵首項c1＝a1－1，又a1＋a1＝1.
∴a1＝，∴c1＝－，公比q＝.
又cn＝an－1，
∴{cn}是以－為首項，為公比的等比數列．
(2)解　由(1)可知cn＝(－)·()n－1＝－()n，
∴an＝cn＋1＝1－()n.
∴當n≥2時，bn＝an－an－1
＝1－()n－[1－()n－1]
＝()n－1－()n＝()n.
又b1＝a1＝，代入上式也符合，∴bn＝()n.
思維升華　(1)一般求數列的通項往往要構造數列，此時要從證的結論出發，這是很重要的解題信息．(2)根據數列的特點選擇合適的求和方法，常用的有錯位相減法，分組求和法，裂項相消法等．
　已知數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝，an＋1＝an.
(1)證明：數列{}是等比數列；
(2)求數列{an}的通項公式與前n項和Sn.
(1)證明　∵a1＝，an＋1＝an，
當n∈N*時，≠0.
又＝，∶＝(n∈N*)為常數，
∴{}是以為首項，為公比的等比數列．
(2)解　由{}是以為首項，為公比的等比數列，
得＝·()n－1，∴an＝n·()n.
∴Sn＝1·＋2·()2＋3·()3＋…＋n·()n，
Sn＝1·()2＋2·()3＋…＋(n－1)()n＋n·()n＋1，
∴Sn＝＋()2＋()3＋…＋()n－n·()n＋1
＝－n·()n＋1，
∴Sn＝2－()n－1－n·()n
＝2－(n＋2)·()n.
綜上，an＝n·()n，Sn＝2－(n＋2)·()n.
題型三　數列與其他知識的交匯
命題點1　數列與函數的交匯
例3　已知二次函數f(x)＝ax2＋bx的圖象過點(－4n,0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，數列{an}滿足＝f′，且a1＝4.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)記bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn.
解　(1)f′(x)＝2ax＋b，由題意知b＝2n,16n2a－4nb＝0，
∴a＝，則f(x)＝x2＋2nx，n∈N*.
數列{an}滿足＝f′，
又f′(x)＝x＋2n，
∴＝＋2n，∴－＝2n，
由疊加法可得－＝2＋4＋6＋…＋2(n－1)＝n2－n，
化簡可得an＝(n≥2)，
當n＝1時，a1＝4也符合，
∴an＝(n∈N*)．
(2)∵bn＝＝＝2，
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋
＝2＝2＝.
命題點2　數列與不等式的交匯
例4　對任意正整數n，設an是方程x2＋＝1的正根．
求證：(1)an＋1>an；
(2)＋＋…＋<1＋＋＋…＋.
證明　由a＋＝1且an>0，得0(1)a＋＝1，a＋＝1，
兩式相減得
0＝a－a＋－因為an＋1＋an＋>0，
故an＋1－an>0，即an＋1>an.
(2)因為an(an＋)＝1，所以＝an＋，
由0從而當i≥2時，(－1)<(1＋－1)＝<－，
(－1)＝－1＋ (－1)<－1＋ (－)＝－<.
所以＋＋…＋<1＋＋＋…＋.
思維升華　數列與其他知識交匯問題的常見類型及解題策略
(1)數列與函數的交匯問題
①已知函數條件，解決數列問題，此類問題一般利用函數的性質、圖象研究數列問題；
②已知數列條件，解決函數問題，解決此類問題一般要充分利用數列的范圍、公式、求和方法對式子化簡變形．另外，解題時要注意數列與函數的內在聯系，靈活運用函數的思想方法求解，在問題的求解過程中往往會遇到遞推數列，因此掌握遞推數列的常見解法有助于該類問題的解決．
(2)數列與不等式的交匯問題
①函數方法：即構造函數，通過函數的單調性、極值等得出關于正實數的不等式，通過對關于正實數的不等式特殊賦值得出數列中的不等式；
②放縮方法：數列中不等式可以通過對中間過程或者最后的結果放縮得到；
③比較方法：作差或者作商比較．
(3)數列應用題
①根據題意，確定數列模型；
②準確求解模型；
③問題作答，不要忽視問題的實際意義．
　已知f(x)＝ln x－x＋1，x為正實數，g(x)＝mx－1(m>0)．
(1)判斷函數y＝f(x)的單調性，給出你的結論；
(2)若數列{an}的各項均為正數，a1＝1，在m＝2時，an＋1＝f(an)＋g(an)＋2 (n∈N*)，求證：an≤2n－1.
(1)解　求導，得f′(x)＝－1＝，
由f′(x)＝0，得x＝1.
當x∈(0,1)時，f′(x)>0；
當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0，
所以函數y＝f(x)在(0,1)上是增函數，在(1，＋∞)上是減函數．
(2)證明　由題意，正項數列{an}滿足a1＝1，an＋1＝ln an＋an＋2，
由(1)知f(x)＝ln x－x＋1≤f(1)＝0，
即有不等式ln x≤x－1(x>0)．
下面用數學歸納法證明an≤2n－1 (*)成立．
①當n＝1時，a1＝1≤21－1，(*)式成立．
②假設當n＝k時，ak≤2k－1成立，
則當n＝k＋1時，
ak＋1＝ln ak＋ak＋2≤ak－1＋ak＋2
＝2ak＋1≤2(2k－1)＋1＝2k＋1－1.
所以當n＝k＋1時，(*)式也成立．
由①②可知，an≤2n－1成立.
1．已知{an}是等差數列，{bn}是等比數列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通項公式；
(2)設cn＝an＋bn，求數列{cn}的前n項和．
解　(1)設數列{an}的公差為d，{bn}的公比為q，
由得
∴{bn}的通項公式bn＝b1qn－1＝3n－1，
又a1＝b1＝1，a14＝b4＝34－1＝27，
∴1＋(14－1)d＝27，解得d＝2.
∴{an}的通項公式an＝a1＋(n－1)d＝1＋(n－1)×2＝2n－1(n＝1,2,3，…)．
(2)設數列{cn}的前n項和為Sn.
∵cn＝an＋bn＝2n－1＋3n－1，
∴Sn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
＝2×1－1＋30＋2×2－1＋31＋2×3－1＋32＋…＋2n－1＋3n－1
＝2(1＋2＋…＋n)－n＋
＝2×－n＋＝n2＋.
即數列{cn}的前n項和為n2＋.
2．等差數列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通項公式；
(2)設bn＝[an]，求數列{bn}的前10項和，其中[x]表示不超過x的最大整數，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
解　(1)設數列{an}的首項為a1，公差為d，
由題意有解得
所以{an}的通項公式為an＝.
(2)由(1)知，bn＝.
當n＝1,2,3時，1≤<2，bn＝1；
當n＝4,5時，2≤<3，bn＝2；
當n＝6,7,8時，3≤<4，bn＝3；
當n＝9,10時，4≤<5，bn＝4.
所以數列{bn}的前10項和為
1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.
3．已知數列{an}的各項都大于1，且a1＝2，a－an＋1－a＋1＝0(n∈N*)．
(1)求證：≤an(2)求證：＋＋＋…＋<1.
證明　(1)由a－a＝an＋1－1>0，得an＋1>an，
∵an＋1－an＝<1，
∴an＋1＝(an＋1－an)＋…＋(a2－a1)＋a1an＋1－an＝>＝－>，
∴an＝(an－an－1)＋…＋(a2－a1)＋a1>＋2
＝(n≥2)，
又a1＝2＝，∴an≥.
(2)∵a－a＝an＋1－1≥－1＝，
∴a>＋a＝，
即a≥，
2a－3≥＝，
＋＋…＋≤4(－＋－＋…)<1.
4．已知正項數列{an}中，a1＝1，點(，an＋1)(n∈N*)在函數y＝x2＋1的圖象上，數列{bn}的前n項和Sn＝2－bn.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)設cn＝，求{cn}的前n項和Tn.
解　(1)∵點(，an＋1)(n∈N*)在函數y＝x2＋1的圖象上，
∴an＋1＝an＋1，∴數列{an}是公差為1的等差數列．
∵a1＝1，∴an＝1＋(n－1)×1＝n，
∵Sn＝2－bn，∴Sn＋1＝2－bn＋1，
兩式相減，得bn＋1＝－bn＋1＋bn，即＝，
由S1＝2－b1，即b1＝2－b1，得b1＝1.
∴數列{bn}是首項為1，公比為的等比數列，
∴bn＝()n－1.
(2)log2bn＋1＝log2()n＝－n，
∴cn＝＝－，
∴Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝(1－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＝1－＝.
5．已知fn(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，且fn(－1)＝(－1)n·n，n＝1,2,3，….
(1)求a1，a2，a3；
(2)求數列{an}的通項公式；
(3)當k>7且k∈N*時，證明：對任意n∈N*都有＋＋＋…＋>成立．
(1)解　由f1(－1)＝－a1＝－1，得a1＝1，
由f2(－1)＝－a1＋a2＝2，得a2＝3，
又f3(－1)＝－a1＋a2－a3＝－3，所以a3＝5.
(2)解　由題意得fn(－1)＝－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝(－1)n·n，
fn－1(－1)＝－a1＋a2－a3＋…＋(－1)n－1an－1
＝(－1)n－1·(n－1)，n≥2，
兩式相減，得(－1)nan＝(－1)n·n－(－1)n－1(n－1)＝(－1)n(2n－1)，
當n≥2時，an＝2n－1，又a1＝1符合，
∴an＝2n－1(n∈N*)．
(3)證明　令bn＝＝n，
則S＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋，
∴2S＝(＋)＋(＋)＋(＋)＋…＋(＋)．(*)
當x>0，y>0時，x＋y≥2，＋≥2，
∴(x＋y)(＋)≥4，
∴＋≥，當且僅當x＝y時等號成立．
上述(*)式中，k>7，n>0，n＋1，n＋2，…，nk－1全為正，
∴2S>＋＋＋…＋＝，
∴S>>＝2(1－)>2(1－)＝.1．等差數列{an}的前n項和為Sn，若a1＝1，S2＝a3，且a1，a2，ak成等比數列，則k等于(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
2．已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a5＝5，S5＝15，則數列的前100項和為(　　)
A. B.
C. D.
3．已知等比數列{an}的公比q>0，前n項和為Sn.若2a3，a5,3a4成等差數列，a2a4a6＝64，則q＝________，Sn＝________.
4．設Sn是數列{an}的前n項和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，則Sn＝____________.
無
題型一　等差數列、等比數列的綜合問題
例1　已知數列{an}的首項為1，Sn為數列{an}的前n 項和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q>0，n∈N*.
(1)若a2，a3，a2＋a3成等差數列，求數列{an}的通項公式；
(2)設雙曲線x2－＝1的離心率為en，且e2＝2，求e＋e＋…＋e.
　已知首項為的等比數列{an}不是遞減數列，其前n項和為Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差數列．
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)設Tn＝Sn－(n∈N*)，求數列{Tn}的最大項的值與最小項的值．
題型二　數列的通項與求和
例2　已知數列{an}的前n項和為Sn，在數列{bn}中，b1＝a1，bn＝an－an－1(n≥2)，且an＋Sn＝n.
(1)設cn＝an－1，求證：{cn}是等比數列；
(2)求數列{bn}的通項公式．
　已知數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝，an＋1＝an.
(1)證明：數列{}是等比數列；
(2)求數列{an}的通項公式與前n項和Sn.
題型三　數列與其他知識的交匯
命題點1　數列與函數的交匯
例3　已知二次函數f(x)＝ax2＋bx的圖象過點(－4n,0)，且f′(0)＝2n，n∈N*，數列{an}滿足＝f′，且a1＝4.
(1)求數列{an}的通項公式；
(2)記bn＝，求數列{bn}的前n項和Tn.
命題點2　數列與不等式的交匯
例4　對任意正整數n，設an是方程x2＋＝1的正根．
求證：(1)an＋1>an；
(2)＋＋…＋<1＋＋＋…＋.
　已知f(x)＝ln x－x＋1，x為正實數，g(x)＝mx－1(m>0)．
(1)判斷函數y＝f(x)的單調性，給出你的結論；
(2)若數列{an}的各項均為正數，a1＝1，在m＝2時，an＋1＝f(an)＋g(an)＋2 (n∈N*)，求證：an≤2n－1.
1．已知{an}是等差數列，{bn}是等比數列，且b2＝3，b3＝9，a1＝b1，a14＝b4.
(1)求{an}的通項公式；
(2)設cn＝an＋bn，求數列{cn}的前n項和．
2．等差數列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.
(1)求{an}的通項公式；
(2)設bn＝[an]，求數列{bn}的前10項和，其中[x]表示不超過x的最大整數，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.
3．已知數列{an}的各項都大于1，且a1＝2，a－an＋1－a＋1＝0(n∈N*)．
(1)求證：≤an(2)求證：＋＋＋…＋<1.
4．已知正項數列{an}中，a1＝1，點(，an＋1)(n∈N*)在函數y＝x2＋1的圖象上，數列{bn}的前n項和Sn＝2－bn.
(1)求數列{an}和{bn}的通項公式；
(2)設cn＝，求{cn}的前n項和Tn.
5．已知fn(x)＝a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，且fn(－1)＝(－1)n·n，n＝1,2,3，….
(1)求a1，a2，a3；
(2)求數列{an}的通項公式；
(3)當k>7且k∈N*時，證明：對任意n∈N*都有＋＋＋…＋>成立．1．若a，b，c∈R，且a>b，則下列不等式一定成立的是(　　)
A．a＋c≥b－c B．(a－b)c2≥0
C．ac>bc D.>0
答案　B
解析　A項：當c<0時，不等式a＋c≥b－c不一定成立；C項：c＝0時，ac＝bc；D項：c＝0時，＝0；B項：a>b a－b>0，因為c2≥0，所以(a－b)c2≥0.故選B.
2．已知函數f(x)＝則不等式x＋(x＋1)f(x＋1)≤1的解集是(　　)
A．{x|－1≤x≤－1} B．{x|x≤1}
C．{x|x≤－1} D．{x|－－1≤x≤－1}
答案　C
解析　由題意不等式x＋(x＋1)f(x＋1)≤1等價于
①或
②
解不等式組①得x<－1；
解不等式組②得－1≤x≤－1.
故原不等式的解集是{x|x≤－1}，選C.
3．若實數x，y滿足則|x|＋|y|的取值范圍是________．
答案　[0,2]
解析　|x|＋|y|表示可行域內一點到x，y軸的距離之和，作出不等式組表示的可行域，由可行域可知在(0,0)處取得最小值0，在(1，－1)處取得最大值2，所以|x|＋|y|∈[0,2]．
4．若關于x的方程x2＋4x＋|a－2|＋|a＋1|＝0有實根，則實數a的取值范圍為________．
答案　[－，]
解析　由方程x2＋4x＋|a－2|＋|a＋1|＝0有實根，可得Δ＝42－4×1×(|a－2|＋|a＋1|)≥0，整理得|a－2|＋|a＋1|≤4.
∵|a－2|＋|a＋1|代表數軸上的點a到2和－1兩點的距離和，易知|a－2|＋|a＋1|≤4的取值范圍為[－，].
無
題型一　含參數不等式的解法
例1　解關于x的不等式ax2－2≥2x－ax (a∈R)．
解　原不等式可化為
ax2＋(a－2)x－2≥0 (ax－2)(x＋1)≥0.
①當a＝0時，原不等式化為x＋1≤0 x≤－1.
②當a>0時，原不等式化為(x＋1)≥0 x≥或x≤－1.
③當a<0時，原不等式化為(x＋1)≤0.
當>－1，即a<－2時，解得－1≤x≤；
當＝－1，即a＝－2時，解得x＝－1；
當<－1，即a>－2，解得≤x≤－1.
綜上所述，當a<－2時，原不等式的解集為；
當a＝－2時，原不等式的解集為{－1}；
當－2當a＝0時，原不等式的解集為(－∞，－1]；
當a>0時，原不等式的解集為(－∞，－1]∪.
思維升華　解含參數的一元二次不等式的步驟
(1)若二次項含有參數應討論是否等于0，小于0，和大于0，然后將不等式轉化為二次項系數為正的形式．
(2)判斷方程的根的個數，討論判別式Δ與0的關系．
(3)當方程有兩個根時，要討論兩根的大小關系，從而確定解集形式．
　(1)若00的解集是______．
(2)若關于x的不等式|x－1|＋|x＋m|>3的解集為R，則實數m的取值范圍是__________．
答案　(1)(a，)　(2)(－∞，－4)∪(2，＋∞)
解析　(1)原不等式即為(x－a)(x－)<0，
由0∴a(2)依題意得，|x－1|＋|x＋m|≥|(x－1)－(x＋m)|＝|m＋1|，即函數y＝|x－1|＋|x＋m|的最小值是|m＋1|，于是有|m＋1|>3，m＋1<－3或m＋1>3，由此解得m<－4或m>2.因此實數m的取值范圍是(－∞，－4)∪(2，＋∞)．
題型二　線性規劃問題
例2　實數x，y滿足不等式組 則z＝|x＋2y－4|的最大值為________．
答案　21
解析　方法一　作出不等式組表示的平面區域．如圖中陰影部分所示．
z＝|x＋2y－4|＝·，則幾何含義為陰影區域內的點到直線x＋2y－4＝0的距離的倍．由得點B的坐標為(7,9)，顯然，點B到直線x＋2y－4＝0的距離最大，此時zmax＝21.
方法二　由圖可知，陰影區域內的點都在直線x＋2y－4＝0的上方，顯然此時有x＋2y－4>0，于是目標函數等價于z＝x＋2y－4，即轉化為一般的線性規劃問題．顯然，當直線經過點B時，目標函數取得最大值，zmax＝21.
思維升華　對線性規劃問題的實際應用，關鍵是建立數學模型，要找準目標函數及兩個變量，準確列出線性約束條件，然后尋求最優解，最后回到實際問題．
　(1)已知x，y滿足約束條件當目標函數z＝ax＋by(a>0，b>0)在該約束條件下取到最小值2時，a2＋b2的最小值為(　　)
A．5 B．4
C. D．2
(2)一個化肥廠生產甲、乙兩種混合肥料，生產1車皮甲種肥料的主要原料是磷酸鹽4噸，硝酸鹽18噸；生產1車皮乙種肥料需要的主要原料是磷酸鹽1噸，硝酸鹽15噸．現庫存磷酸鹽10噸，硝酸鹽66噸，在此基礎上生產這兩種混合肥料．如果生產1車皮甲種肥料產生的利潤為10 000元，生產1車皮乙種肥料產生的利潤為5 000元，那么適當安排生產，可產生的最大利潤是________元．
答案　(1)B　(2)30 000
解析　(1) 畫出滿足約束條件的可行域如圖所示，
可知當目標函數過直線x－y－1＝0與2x－y－3＝0的交點(2,1)時取得最小值，所以有2a＋b＝2.因為a2＋b2表示原點(0,0)到點(a，b)的距離的平方，所以的最小值為原點到直線2a＋b－2＝0的距離，即()min＝＝2，所以a2＋b2的最小值是4，故選B.
(2)設生產甲種肥料x車皮，生產乙種肥料y車皮，則z＝10 000x＋5 000y，約束條件為
畫出可行域如圖所示，由圖可知，
在D(2,2)處z有最大值，且zmax＝10 000×2＋5 000×2＝30 000(元)．
題型三　基本不等式的應用
例3　(1)在面積為定值9的扇形中，當扇形的周長取得最小值時，扇形的半徑是(　　)
A．3 B．2
C．4 D．5
(2)已知a>0，b>0，c>1，且a＋b＝1，則(－2)·c＋的最小值為______．
答案　(1)A　(2)4＋2
解析　(1)設扇形的半徑為r，其弧長為l，
由題意可得S＝lr＝9，故lr＝18.
扇形的周長C＝2r＋l≥2＝2＝12，
當且僅當2r＝l，即r＝3，l＝6時取等號．
(2)∵＝＝
＝＋＋2≥2 ＋2
＝2＋2，
當且僅當即時等號成立，
∴(－2)·c＋≥2c＋
＝2(c－1)＋＋2
≥2 ＋2＝4＋2，
當且僅當2(c－1)＝，即c＝1＋時，等號成立．
綜上，所求最小值為4＋2.
思維升華　(1)應用型問題解題時需認真閱讀，從中提煉出有用信息，建立數學模型．(2)應用基本不等式求最值要注意檢驗等號成立的條件，不要忽視問題的實際意義．
　(1)設x，y均為正實數，且＋＝1，則xy的最小值為(　　)
A．4 B．4
C．9 D．16
(2)某棟樓的建筑成本由土地使用權費和材料工程費構成，已知土地使用權費為2 000元/m2；材料工程費在建造第一層時為400元/m2，以后每增加一層費用增加40元/m2.要使平均每平方米建筑面積的成本費最低，則應把樓盤的樓房設計成________層．
答案　(1)D　(2)10
解析　(1)由＋＝1可得xy＝8＋x＋y.
∵x，y均為正實數，∴xy＝8＋x＋y≥8＋2 (當且僅當x＝y時等號成立)，即xy－2－8≥0，解得≥4，即xy≥16，故xy的最小值為16.
(2)設應把樓房設計成x層，每層有面積y m2，則平均每平方米建筑面積的成本費為
k＝
＝＋20x＋380≥2 ＋380＝780，當且僅當＝20x，
即x＝10時取等號，故應把樓房設計成10層．
題型四　絕對值不等式
例4　設不等式|x＋1|＋|x－1|≤2的解集為M.
(1)求集合M；
(2)若x∈M，|y|≤，|z|≤，求證：|x＋2y－3z|≤.
(1)解　① x∈ ；
② －1≤x≤1；
③ x∈ ，
綜上所述，不等式的解集即集合M為[－1,1]．
(2)證明　|x＋2y－3z|≤|x|＋2|y|＋3|z|
≤1＋2×＋3×＝，
∴|x＋2y－3z|≤.
思維升華　(1)解絕對值不等式可以利用絕對值的幾何意義，零點分段法、平方法、構造函數法等．
(2)利用絕對值三角不等式可以證明不等式或求取值．
　(1)已知函數f(x)＝|x－5|＋|x＋3|＋|x－3|＋|x＋5|－c，若存在正常數m，使f(m)＝0，則不等式f(x)(2)不等式|x－2|＋|x＋1|≥a對于任意x∈R恒成立，則實數a的取值范圍為__________．
答案　(1)(－m，m)　(2)(－∞，3]
解析　(1)由|－x－5|＋|－x＋3|＋|－x－3|＋|－x＋5|＝|x－5|＋|x＋3|＋|x－3|＋|x＋5|可知，函數f(x)為偶函數，當－3≤x≤3，得f(x)的最小值為16－c.結合題意可得c≥16.由f(m)＝0得f(x)(2)當x∈(－∞，－1]時，|x－2|＋|x＋1|＝2－x－x－1＝1－2x≥3；當x∈(－1,2)時，|x－2|＋|x＋1|＝2－x＋x＋1＝3；當x∈[2，＋∞)時，|x－2|＋|x＋1|＝x－2＋x＋1＝2x－1≥3，綜上可得|x－2|＋|x＋1|≥3，∴a≤3.
1．解關于x的不等式x2－(2＋m)x＋2m<0.
解　原不等式可化為(x－2)(x－m)<0.
①當m>2時，不等式(x－2)(x－m)<0的解集為
{x|2②當m<2時，不等式(x－2)(x－m)<0的解集為
{x|m③當m＝2時，不等式(x－2)(x－m)<0的解集為 .
綜上所述：當m>2時，不等式的解集為{x|2當m<2時，不等式的解集為{x|m當m＝2時，不等式的解集為 .
2．已知函數f(x)＝＋.
(1)求f(x)≥f(4)的解集；
(2)設函數g(x)＝k(x－3)，k∈R，若f(x)>g(x)對任意的x∈R都成立，求k的取值范圍．
解　(1)f(x)＝＋＝＋＝|x－3|＋|x＋4|，
∵f(x)≥f(4)，即|x－3|＋|x＋4|≥9，
∴或或
解得x≤－5或x≥4，
∴f(x)≥f(4)的解集為{x|x≤－5或x≥4}．
(2)f(x)>g(x)，即f(x)＝|x－3|＋|x＋4|的圖象恒在g(x)＝k(x－3)圖象的上方，
又∵f(x)＝|x－3|＋|x＋4|＝
g(x)＝k(x－3)的圖象恒過定點P(3,0)，作函數y＝f(x)，y＝g(x)的圖象如圖，其中kPB＝2，A(－4,7)，
∴kPA＝－1，
由圖可知，要使得f(x)的圖象恒在g(x)圖象的上方，則需－13．某小型工廠安排甲、乙兩種產品的生產，已知工廠生產甲、乙兩種產品每噸所需要的原材料A，B，C的數量和一周內可用資源數量如下表所示：
原材料 甲(噸) 乙(噸) 資源數量(噸)
A 1 1 50
B 4 0 160
C 2 5 200
如果甲產品每噸的利潤為300元，乙產品每噸的利潤為200元，那么應如何安排生產，工廠每周才可獲得最大利潤？
解　設工廠一周內安排生產甲產品x噸、乙產品y噸，所獲周利潤為z元．依據題意，得目標函數為z＝300x＋200y，約束條件為
欲求目標函數z＝300x＋200y＝100(3x＋2y)的最大值，先畫出約束條件的可行域，如圖中陰影部分所示，則點A(40,0)，B(40,10)，C(，)，D(0,40)．
作直線3x＋2y＝0，當移動該直線過點B(40,10)時，3x＋2y取得最大值，則z＝300x＋200y取得最大值(也可通過代入凸多邊形端點進行計算，比較大小求得)．故zmax＝300×40＋200×10＝14 000.
所以工廠每周生產甲產品40噸，乙產品10噸時，才可獲得最大周利潤，最大利潤為14 000元．
4．已知函數f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)當a＝2時，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)設函數g(x)＝|2x－1|.當x∈R時，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范圍．
解　(1)當a＝2時，f(x)＝|2x－2|＋2.
解不等式|2x－2|＋2≤6，得－1≤x≤3.
因此f(x)≤6的解集為{x|－1≤x≤3}．
(2)當x∈R時，f(x)＋g(x)＝|2x－a|＋a＋|1－2x|≥|2x－a＋1－2x|＋a＝|1－a|＋a，
當x＝時等號成立，
所以當x∈R時，f(x)＋g(x)≥3等價于|1－a|＋a≥3. ①
當a≤1時，①等價于1－a＋a≥3，無解．
當a＞1時，①等價于a－1＋a≥3，解得a≥2.
所以a的取值范圍是[2，＋∞)．
5．已知a≥3，函數F(x)＝min{2|x－1|，x2－2ax＋4a－2}，其中min{p，q}＝
(1)求使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范圍；
(2)①求F(x)的最小值m(a)；
②求F(x)在區間[0,6]上的最大值M(a)．
解　(1)由于a≥3，故當x≤1時，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝x2＋2(a－1)(2－x)＞0，
當x＞1時，(x2－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝(x－2)(x－2a)．
所以使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范圍是[2,2a]．
(2)①設函數f(x)＝2|x－1|，g(x)＝x2－2ax＋4a－2，則f(x)min＝f(1)＝0，g(x)min＝g(a)＝－a2＋4a－2，
所以，由F(x)的定義知m(a)＝min，
即m(a)＝
②當0≤x≤2時，F(x)≤f(x)≤max＝2＝F(2)．
當2當a≥4時，34－8a≤2；
當3≤a<4時，34－8a>2，
所以M(a)＝1．若a，b，c∈R，且a>b，則下列不等式一定成立的是(　　)
A．a＋c≥b－c B．(a－b)c2≥0
C．ac>bc D.>0
2．已知函數f(x)＝則不等式x＋(x＋1)f(x＋1)≤1的解集是(　　)
A．{x|－1≤x≤－1} B．{x|x≤1}
C．{x|x≤－1} D．{x|－－1≤x≤－1}
3．若實數x，y滿足則|x|＋|y|的取值范圍是________．
4．若關于x的方程x2＋4x＋|a－2|＋|a＋1|＝0有實根，則實數a的取值范圍為________．
無
題型一　含參數不等式的解法
例1　解關于x的不等式ax2－2≥2x－ax (a∈R)．
　(1)若00的解集是______．
(2)若關于x的不等式|x－1|＋|x＋m|>3的解集為R，則實數m的取值范圍是__________．
題型二　線性規劃問題
例2　實數x，y滿足不等式組 則z＝|x＋2y－4|的最大值為________．
　(1)已知x，y滿足約束條件當目標函數z＝ax＋by(a>0，b>0)在該約束條件下取到最小值2時，a2＋b2的最小值為(　　)
A．5 B．4
C. D．2
(2)一個化肥廠生產甲、乙兩種混合肥料，生產1車皮甲種肥料的主要原料是磷酸鹽4噸，硝酸鹽18噸；生產1車皮乙種肥料需要的主要原料是磷酸鹽1噸，硝酸鹽15噸．現庫存磷酸鹽10噸，硝酸鹽66噸，在此基礎上生產這兩種混合肥料．如果生產1車皮甲種肥料產生的利潤為10 000元，生產1車皮乙種肥料產生的利潤為5 000元，那么適當安排生產，可產生的最大利潤是________元．
題型三　基本不等式的應用
例3　(1)在面積為定值9的扇形中，當扇形的周長取得最小值時，扇形的半徑是(　　)
A．3 B．2
C．4 D．5
(2)已知a>0，b>0，c>1，且a＋b＝1，則(－2)·c＋的最小值為______．
　(1)設x，y均為正實數，且＋＝1，則xy的最小值為(　　)
A．4 B．4
C．9 D．16
(2)某棟樓的建筑成本由土地使用權費和材料工程費構成，已知土地使用權費為2 000元/m2；材料工程費在建造第一層時為400元/m2，以后每增加一層費用增加40元/m2.要使平均每平方米建筑面積的成本費最低，則應把樓盤的樓房設計成________層．
題型四　絕對值不等式
例4　設不等式|x＋1|＋|x－1|≤2的解集為M.
(1)求集合M；
(2)若x∈M，|y|≤，|z|≤，求證：|x＋2y－3z|≤.
　(1)已知函數f(x)＝|x－5|＋|x＋3|＋|x－3|＋|x＋5|－c，若存在正常數m，使f(m)＝0，則不等式f(x)(2)不等式|x－2|＋|x＋1|≥a對于任意x∈R恒成立，則實數a的取值范圍為__________．
1．解關于x的不等式x2－(2＋m)x＋2m<0.
2．已知函數f(x)＝＋.
(1)求f(x)≥f(4)的解集；
(2)設函數g(x)＝k(x－3)，k∈R，若f(x)>g(x)對任意的x∈R都成立，求k的取值范圍．
3．某小型工廠安排甲、乙兩種產品的生產，已知工廠生產甲、乙兩種產品每噸所需要的原材料A，B，C的數量和一周內可用資源數量如下表所示：
原材料 甲(噸) 乙(噸) 資源數量(噸)
A 1 1 50
B 4 0 160
C 2 5 200
如果甲產品每噸的利潤為300元，乙產品每噸的利潤為200元，那么應如何安排生產，工廠每周才可獲得最大利潤？
4．已知函數f(x)＝|2x－a|＋a.
(1)當a＝2時，求不等式f(x)≤6的解集；
(2)設函數g(x)＝|2x－1|.當x∈R時，f(x)＋g(x)≥3，求a的取值范圍．
5．已知a≥3，函數F(x)＝min{2|x－1|，x2－2ax＋4a－2}，其中min{p，q}＝
(1)求使得等式F(x)＝x2－2ax＋4a－2成立的x的取值范圍；
(2)①求F(x)的最小值m(a)；
②求F(x)在區間[0,6]上的最大值M(a)．1．多面體的三視圖如圖所示，則該多面體的體積為(　　)
A. B．2 C. D.
答案　D
解析　由三視圖可知該幾何體為一個三棱柱削去一個三棱錐得到的幾何體，該三棱柱的體積為×2×2×2＝4，三棱錐的體積為××2×2×1＝，所以該幾何體的體積為4－＝，故選D.
2．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為BC中點，E為A1C1中點，則DE與平面A1B1BA的位置關系為(　　)
A．相交 B．平行
C．垂直相交 D．不確定
答案　B
解析　如圖取B1C1中點為F，連接EF，DF，DE，
則EF∥A1B1，DF∥B1B，
∴平面EFD∥平面A1B1BA，
∴DE∥平面A1B1BA.
3．設α，β，γ是三個平面，a，b是兩條不同直線，有下列三個條件：
①a∥γ，b β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a γ.如果命題“α∩β＝a，b γ，且________，則a∥b”為真命題，則可以在橫線處填入的條件是________．(把所有正確的序號填上)
答案　①或③
解析　由線面平行的性質定理可知，①正確；當b∥β，a γ時，a和b在同一平面內，且沒有公共點，所以平行，③正確．故應填入的條件為①或③.
4．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則直線CD與平面BDC1所成角的正弦值等于________．
答案　
解析　以D為坐標原點，建立空間直角坐標系，如圖，
設AA1＝2AB＝2，則D(0,0,0)，C(0,1,0)，B(1,1,0)，C1(0,1,2)，則＝(0,1,0)，＝(1,1,0)，＝(0,1,2)．
設平面BDC1的法向量為n＝(x，y，z)，則n⊥，n⊥，
則令y＝－2，得平面BDC1的一個法向量為n＝(2，－2,1)．
設CD與平面BDC1所成的角為θ，
則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝.
無
題型一　求空間幾何體的表面積與體積
例1　如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H，將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．
(1)證明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱錐D′ABCFE的體積．
(1)證明　由已知得AC⊥BD，AD＝CD，又由AE＝CF得＝，故AC∥EF，由此得EF⊥HD，折后EF與HD保持垂直關系，即EF⊥HD′，所以AC⊥HD′.
(2)解　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DHD′，于是AC⊥OD′，
又由OD′⊥OH，AC∩OH＝O，所以OD′⊥平面ABC.
又由＝得EF＝.
五邊形ABCFE的面積S＝×6×8－××3＝.
所以五棱錐D′ABCFE的體積V＝××2＝.
思維升華　(1)若所給定的幾何體是柱體、錐體或臺體等規則幾何體，則可直接利用公式進行求解．其中，等積轉換法多用來求三棱錐的體積．
(2)若所給定的幾何體是不規則幾何體，則將不規則的幾何體通過分割或補形轉化為規則幾何體，再利用公式求解．
(3)若以三視圖的形式給出幾何體，則應先根據三視圖得到幾何體的直觀圖，然后根據條件求解．
　正三棱錐的高為1，底面邊長為2，內有一個球與它的四個面都相切(如圖)．求：
(1)這個正三棱錐的表面積；
(2)這個正三棱錐內切球的表面積與體積．
解　(1)底面正三角形中心到一邊的距離為××2＝，
則正棱錐側面的斜高為＝.
∴S側＝3××2×＝9.
∴S表＝S側＋S底＝9＋××(2)2
＝9＋6.
(2)設正三棱錐P－ABC的內切球球心為O，連接OP，OA，OB，OC，而O點到三棱錐的四個面的距離都為球的半徑r.
∴VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC＋VO－ABC
＝S側·r＋S△ABC·r＝S表·r
＝(3＋2)r.
又VP－ABC＝×××(2)2×1＝2，
∴(3＋2)r＝2，
得r＝＝＝－2.
∴S內切球＝4π(－2)2＝(40－16)π.
V內切球＝π(－2)3＝(9－22)π.
題型二　空間點、線、面的位置關系
例2　如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分別是A1C1，BC的中點．
(1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求證：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱錐E－ABC的體積．
(1)證明　在三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥底面ABC.
因為AB 平面ABC，所以BB1⊥AB.
又因為AB⊥BC，BC∩BB1＝B，
所以AB⊥平面B1BCC1.
又AB 平面ABE，
所以平面ABE⊥平面B1BCC1.
(2)證明　方法一　如圖1，取AB中點G，連接EG，FG.
因為E，F分別是A1C1，BC的中點，
所以FG∥AC，且FG＝AC.
因為AC∥A1C1，且AC＝A1C1，
所以FG∥EC1，且FG＝EC1，
所以四邊形FGEC1為平行四邊形，
所以C1F∥EG.
又因為EG 平面ABE，C1F 平面ABE，
所以C1F∥平面ABE.
方法二　如圖2，取AC的中點H，連接C1H，FH.
因為H，F分別是AC，BC的中點，所以HF∥AB，
又因為E，H分別是A1C1，AC的中點，
所以EC1綊AH，
所以四邊形EAHC1為平行四邊形，
所以C1H∥AE，
又C1H∩HF＝H，AE∩AB＝A，
所以平面ABE∥平面C1HF，
又C1F 平面C1HF，
所以C1F∥平面ABE.
(3)解　因為AA1＝AC＝2，BC＝1，AB⊥BC，
所以AB＝＝.
所以三棱錐E－ABC的體積
V＝S△ABC·AA1＝×××1×2＝.
思維升華　(1)①證明面面垂直，將“面面垂直”問題轉化為“線面垂直”問題，再將“線面垂直”問題轉化為“線線垂直”問題．②證明C1F∥平面ABE：(ⅰ)利用判定定理，關鍵是在平面ABE中找(作)出直線EG，且滿足C1F∥EG.(ⅱ)利用面面平行的性質定理證明線面平行，則先要確定一個平面C1HF滿足面面平行，實施線面平行與面面平行的轉化．(2)計算幾何體的體積時，能直接用公式時，關鍵是確定幾何體的高，不能直接用公式時，注意進行體積的轉化．
　如圖，在三棱錐S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過A作AF⊥SB，垂足為F，點E，G分別是棱SA，SC的中點．
求證：(1)平面EFG∥平面ABC；
(2)BC⊥SA.
證明　(1)由AS＝AB，AF⊥SB知F為SB中點，
則EF∥AB，FG∥BC，又EF∩FG＝F，AB∩BC＝B，
因此平面EFG∥平面ABC.
(2)由平面SAB⊥平面SBC，平面SAB∩平面SBC＝SB，AF 平面SAB，AF⊥SB，
所以AF⊥平面SBC，則AF⊥BC.
又BC⊥AB，AF∩AB＝A，則BC⊥平面SAB，
又SA 平面SAB，因此BC⊥SA.
題型三　空間角的計算
例3　如圖，在矩形ABCD中，已知AB＝2，AD＝4，點E，F分別在AD，BC上，且AE＝1，BF＝3，將四邊形AEFB沿EF折起，使點B在平面CDEF上的射影H在直線DE上．
(1)求證：CD⊥BE；
(2)求線段BH的長度；
(3)求直線AF與平面EFCD所成角的正弦值．
(1)證明　∵BH⊥平面CDEF，∴BH⊥CD，
又CD⊥DE，BH∩DE＝H，
∴CD⊥平面DBE，∴CD⊥BE.
(2)解　方法一　設BH＝h，EH＝k，過F作FG垂直ED于點G，
∵線段BE，BF在翻折過程中長度不變，根據勾股定理得

解得
∴線段BH的長度為2.
方法二　如圖，過點E作ER∥DC，過點E作ES⊥平面EFCD，
分別以直線ER，ED，ES為x，y，z軸建立空間直角坐標系，
設點B(0，y，z)(y>0，z>0)，
由于F(2,2,0)，BE＝，BF＝3，
∴解得于是B(0,1,2)，
∴線段BH的長度為2.
(3)解　方法一　延長BA交EF于點M，
∵AE∶BF＝MA∶MB＝1∶3，
∴點A到平面EFCD的距離為點B到平面EFCD距離的，
∴點A到平面EFCD的距離為，而AF＝，
故直線AF與平面EFCD所成角的正弦值為.
方法二　由(2)方法二知＝(－2，－1,2)，
故＝＝(－，－，)，
＝＋＝(－，－，)，
設平面EFCD的一個法向量為n＝(0,0,1)，
直線AF與平面EFCD所成角的大小為θ，
則sin θ＝＝.
　如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB⊥PA，AB∥CD，且PB＝BC＝BD＝，CD＝2AB＝2，∠PAD＝120°.
(1)求證：平面PAD⊥平面PCD；
(2)求直線PD與平面PBC所成角的正弦值．
(1)證明　∵BC＝BD，取CD的中點E，連接BE，
∴BE⊥CD，
∵AB∥CD，且CD＝2AB，
∴AB∥DE，且AB＝DE，
∴四邊形ABED是矩形，
∴BE∥AD，且BE＝AD，AB⊥AD，
又∵AB⊥PA，PA∩AD＝A，PA 平面PAD，AD 平面PAD，
∴AB⊥平面PAD，∴CD⊥平面PAD，
又∵CD 平面PCD，∴平面PAD⊥平面PCD.
(2)解　以A為原點，AB為x軸，AD為y軸，建立空間直角坐標系，如圖所示．
∵PB＝BC＝BD＝，CD＝2AB＝2，∠PAD＝120°，
∴PA＝＝＝2，
AD＝BE＝＝＝2，
BC＝＝＝，
則P(0，－1，)，D(0,2,0)，B(，0,0)，C(2，2,0)，
＝(0,3，－)，＝(－，－1，)，
＝(，2,0)．
設平面PBC的法向量為n＝(x，y，z)，
則
取x＝，得n＝(，－1，)，
設直線PD與平面PBC所成的角為θ，
則sin θ＝|cos〈，n〉|＝
＝＝，
∴直線CD與平面PBC所成角的正弦值為.
1．如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E，F，H分別為AD，CD，DD1的中點，EF與BD交于點G.
(1)證明：平面ACD1⊥平面BB1D；
(2)證明：GH∥平面ACD1.
證明　(1)∵BB1⊥平面ABCD，AC 平面ABCD，
∴AC⊥BB1.
又AC⊥B1D，BB1∩B1D＝B1，
∴AC⊥平面BB1D.
∵AC 平面ACD1，
∴平面ACD1⊥平面BB1D.
(2)設AC∩BD＝O，連接OD1.
∵E，F分別為AD，CD的中點，
EF∩OD＝G，
∴G為OD的中點．
∵H為DD1的中點，∴HG∥OD1.
∵GH 平面ACD1，OD1 平面ACD1，
∴GH∥平面ACD1.
2．如圖，梯形ABEF中，AF∥BE，AB⊥AF，且AB＝BC＝AD＝DF＝2CE＝2，沿DC將梯形CDFE折起，使得平面CDFE⊥平面ABCD.
(1)證明：AC∥平面BEF；
(2)求三棱錐D－BEF的體積．
(1)證明　如圖，取BF的中點M，設AC與BD交點為O，連接MO，ME.
由題設知，CE綊DF，MO綊DF，
∴CE綊MO，故四邊形OCEM為平行四邊形，
∴EM∥CO，即EM∥AC.
又AC 平面BEF，EM 平面BEF，
∴AC∥平面BEF.
(2)解　∵平面CDFE⊥平面ABCD，平面CDFE∩平面ABCD＝DC，BC⊥DC，
∴BC⊥平面DEF.
∴三棱錐D－BEF的體積為VD－BEF＝VB－DEF＝S△DEF·BC＝××2×2×2＝.
3．如圖，在多面體EF－ABCD中，四邊形ABCD，ABEF均為直角梯形，∠ABE＝∠ABC＝90°，四邊形DCEF為平行四邊形，平面DCEF⊥平面ABCD.
(1)求證：DF⊥平面ABCD；
(2)若BC＝CD＝CE＝AB，求直線BF與平面ADF所成角的正弦值．
(1)證明　由四邊形DCEF為平行四邊形，知EF∥CD，所以EF∥平面ABCD.
又平面ABEF∩平面ABCD＝AB，從而有AB∥CD∥EF.
因為∠ABE＝∠ABC＝90°，所以AB⊥BE，AB⊥BC，
又因為BE∩BC＝B，所以AB⊥平面BCE，
因為CE 平面BCE，所以AB⊥CE.
又四邊形DCEF為平行四邊形，有DF∥CE，
所以DC⊥DF，
又因為平面DCEF⊥平面ABCD，
平面DCEF∩平面ABCD＝DC，
所以DF⊥平面ABCD.
(2)解　不妨設BC＝1，則BC＝CD＝CE＝1，AB＝2，
四邊形ABCD為直角梯形，連接BD，
則有BD＝AD＝，
則BD⊥AD，
由DF⊥平面ABCD，知DF⊥BD，
因為DF∩AD＝D，所以BD⊥平面FAD，
則∠BFD即為直線BF與平面ADF所成角，
在△BFD中，DF⊥BD，BD＝，DF＝1，
則BF＝，
所以sin∠BFD＝＝＝，
所以直線BF與平面ADF所成角的正弦值為.
4．如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，平面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°.
(1)證明：平面ABEF⊥EFDC；
(2)求二面角E-BC-A的余弦值．
(1)證明　由已知可得AF⊥DF，AF⊥FE，DF∩FE＝F，
所以AF⊥平面EFDC，
又AF 平面ABEF，
故平面ABEF⊥平面EFDC.
(2)解　過D作DG⊥EF，垂足為G，
由(1)知DG⊥平面ABEF.以G為坐標原點，的方向為x軸正方向，||為單位長，建立如圖所示的空間直角坐標系Gxyz.由(1)知∠DFE為二面角D-AF-E的平面角，故∠DFE＝60°，則DF＝2，DG＝，可得A(1,4,0)，B(－3,4,0)，E(－3,0,0)，D(0,0，)．
由已知，AB∥EF，AB 平面EFDC，EF 平面EFDC，
所以AB∥平面EFDC，
又平面ABCD∩平面EFDC＝CD，
故AB∥CD，CD∥EF，
由BE∥AF，可得BE⊥平面EFDC，
所以∠CEF為二面角CBEF的平面角，∠CEF＝60°，
從而可得C(－2,0，)．
所以＝(1,0，)，＝(0,4,0)，＝(－3，－4，)，＝(－4,0,0)．
設n＝(x，y，z)是平面BCE的法向量，則
即所以可取n＝(3,0，－)．
設m是平面ABCD的法向量，則
同理可取m＝(0，，4)，
則cos〈n，m〉＝＝－.
故二面角E-BC-A的余弦值為－.
5．如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，AB⊥平面BEC，EC⊥CB，已知BC＝2AD＝2AB＝2.
(1)證明：BD⊥平面DEC；
(2)若二面角A－ED－B的大小為30°，求EC的長度．
(1)證明　因為AB⊥平面BEC，所以AB⊥EC.
又因為EC⊥BC，AB∩BC＝B，所以EC⊥平面ABCD.
因為BD 平面ABCD，所以EC⊥BD.
由題意可知，在梯形ABCD中，有BD＝DC＝，
所以BD2＋DC2＝BC2，所以BD⊥DC.
又EC∩CD＝C，所以BD⊥平面DEC.
(2)解　如圖，以點B為坐標原點，以BA所在直線為z軸，BC所在直線為y軸，以過點B且平行于CE的直線為x軸，建立空間直角坐標系．
設||＝a>0，則B(0,0,0)，E(a,2,0)，A(0,0,1)，C(0,2,0)，D(0,1,1)．
設平面AED的法向量為m＝(x，y，z)，
則即
令x＝1，得平面AED的一個法向量為m＝(1,0，a)，
設平面BED的法向量為n＝(x，y，z)，
則即
令x＝2，得平面BED的一個法向量為n＝(2，－a，a)．
又二面角A－ED－B的大小為30°，
所以cos 30°＝||＝＝，
得a＝1，所以EC＝1.1．多面體的三視圖如圖所示，則該多面體的體積為(　　)
A. B．2 C. D.
2．正三棱柱ABC－A1B1C1中，D為BC中點，E為A1C1中點，則DE與平面A1B1BA的位置關系為(　　)
A．相交 B．平行
C．垂直相交 D．不確定
3．設α，β，γ是三個平面，a，b是兩條不同直線，有下列三個條件：
①a∥γ，b β；②a∥γ，b∥β；③b∥β，a γ.如果命題“α∩β＝a，b γ，且________，則a∥b”為真命題，則可以在橫線處填入的條件是________．(把所有正確的序號填上)
4．在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，則直線CD與平面BDC1所成角的正弦值等于________．
無
題型一　求空間幾何體的表面積與體積
例1　如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E，F分別在AD，CD上，AE＝CF，EF交BD于點H，將△DEF沿EF折到△D′EF的位置．
(1)證明：AC⊥HD′；
(2)若AB＝5，AC＝6，AE＝，OD′＝2，求五棱錐D′ABCFE的體積．
　正三棱錐的高為1，底面邊長為2，內有一個球與它的四個面都相切(如圖)．求：
(1)這個正三棱錐的表面積；
(2)這個正三棱錐內切球的表面積與體積．
題型二　空間點、線、面的位置關系
例2　如圖，在三棱柱ABC－A1B1C1中，側棱垂直于底面，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，BC＝1，E，F分別是A1C1，BC的中點．
(1)求證：平面ABE⊥平面B1BCC1；
(2)求證：C1F∥平面ABE；
(3)求三棱錐E－ABC的體積．
　如圖，在三棱錐S－ABC中，平面SAB⊥平面SBC，AB⊥BC，AS＝AB.過A作AF⊥SB，垂足為F，點E，G分別是棱SA，SC的中點．
求證：(1)平面EFG∥平面ABC；
(2)BC⊥SA.
題型三　空間角的計算
例3　如圖，在矩形ABCD中，已知AB＝2，AD＝4，點E，F分別在AD，BC上，且AE＝1，BF＝3，將四邊形AEFB沿EF折起，使點B在平面CDEF上的射影H在直線DE上．
(1)求證：CD⊥BE；
(2)求線段BH的長度；
(3)求直線AF與平面EFCD所成角的正弦值．
　如圖，在四棱錐P－ABCD中，AB⊥PA，AB∥CD，且PB＝BC＝BD＝，CD＝2AB＝2，∠PAD＝120°.
(1)求證：平面PAD⊥平面PCD；
(2)求直線PD與平面PBC所成角的正弦值．
1．如圖，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AC⊥B1D，BB1⊥底面ABCD，E，F，H分別為AD，CD，DD1的中點，EF與BD交于點G.
(1)證明：平面ACD1⊥平面BB1D；
(2)證明：GH∥平面ACD1.
2．如圖，梯形ABEF中，AF∥BE，AB⊥AF，且AB＝BC＝AD＝DF＝2CE＝2，沿DC將梯形CDFE折起，使得平面CDFE⊥平面ABCD.
(1)證明：AC∥平面BEF；
(2)求三棱錐D－BEF的體積．
3．如圖，在多面體EF－ABCD中，四邊形ABCD，ABEF均為直角梯形，∠ABE＝∠ABC＝90°，四邊形DCEF為平行四邊形，平面DCEF⊥平面ABCD.
(1)求證：DF⊥平面ABCD；
(2)若BC＝CD＝CE＝AB，求直線BF與平面ADF所成角的正弦值．
4．如圖，在以A，B，C，D，E，F為頂點的五面體中，平面ABEF為正方形，AF＝2FD，∠AFD＝90°，且二面角D-AF-E與二面角C-BE-F都是60°.
(1)證明：平面ABEF⊥EFDC；
(2)求二面角E-BC-A的余弦值．
5．如圖所示的幾何體中，四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，AB⊥平面BEC，EC⊥CB，已知BC＝2AD＝2AB＝2.
(1)證明：BD⊥平面DEC；
(2)若二面角A－ED－B的大小為30°，求EC的長度．1．已知A，B為雙曲線E的左，右頂點，點M在E上，△ABM為等腰三角形，且頂角為120°，則E的離心率為(　　)
A. B．2 C. D.
答案　D
解析　如圖，設雙曲線E的方程為－＝1(a＞0，b＞0)，則|AB|＝2a，由雙曲線的對稱性，可設點M(x1，y1)在第一象限內，過M作MN⊥x軸于點N(x1,0)，
∵△ABM為等腰三角形，且∠ABM＝120°，
∴|BM|＝|AB|＝2a，∠MBN＝60°，
∴y1＝|MN|＝|BM|sin∠MBN＝2asin 60°＝a，
x1＝|OB|＋|BN|＝a＋2acos 60°＝2a.將點M(x1，y1)的坐標代入－＝1，可得a2＝b2，∴e＝＝ ＝，選D.
2．設F為拋物線C：y2＝3x的焦點，過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　由已知得焦點坐標為F(，0)，
因此直線AB的方程為y＝(x－)，
即4x－4y－3＝0.
方法一　聯立直線方程與拋物線方程化簡得4y2－12y－9＝0，
故|yA－yB|＝＝6.
因此S△OAB＝|OF||yA－yB|＝××6＝.
方法二　聯立方程得x2－x＋＝0，
故xA＋xB＝.
根據拋物線的定義有|AB|＝xA＋xB＋p＝＋
＝12，
同時原點到直線AB的距離為h＝＝，
因此S△OAB＝|AB|·h＝.
3．已知A，B分別為橢圓＋＝1(a>b>0)的右頂點和上頂點，直線y＝kx(k>0)與橢圓交于C，D兩點，若四邊形ACBD的面積的最大值為2c2，則橢圓的離心率為(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　設C(x1，y1)(x1>0)，D(x2，y2)，
將y＝kx代入橢圓方程可解得x1＝，x2＝，
則|CD|＝|x1－x2|＝.
又點A(a,0)到直線y＝kx的距離d1＝，點B(0，b)到直線y＝kx的距離d2＝，
所以S四邊形ACBD＝d1|CD|＋d2|CD|
＝(d1＋d2)·|CD|＝··
＝ab·.
令t＝，
則t2＝＝1＋2ab·
＝1＋2ab·≤1＋2ab·＝2，
當且僅當＝a2k，即k＝時，tmax＝，
所以S四邊形ACBD的最大值為ab.
由條件，有ab＝2c2，
即2c4＝a2b2＝a2(a2－c2)＝a4－a2c2,2c4＋a2c2－a4＝0,2e4＋e2－1＝0，
解得e2＝或e2＝－1(舍去)，所以e＝，故選D.
4．雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的漸近線為正方形OABC的邊OA，OC所在的直線，點B為該雙曲線的焦點，若正方形OABC的邊長為2，則a＝________.
答案　2
解析　設B為雙曲線的右焦點，如圖所示．
∵四邊形OABC為正方形且邊長為2，
∴c＝|OB|＝2，
又∠AOB＝，
∴＝tan＝1，即a＝b.
又a2＋b2＝c2＝8，∴a＝2.
無
題型一　求圓錐曲線的標準方程
例1　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點為F1、F2，離心率為，過F2的直線l交C于A、B兩點．若△AF1B的周長為4，則C的方程為(　　)
A.＋＝1 B.＋y2＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案　A
解析　由e＝，得＝.①
又△AF1B的周長為4，
由橢圓定義，得4a＝4，得a＝，
代入①，得c＝1，所以b2＝a2－c2＝2，
故橢圓C的方程為＋＝1.
思維升華　求圓錐曲線的標準方程是高考的必考題型，主要利用圓錐曲線的定義、幾何性質，解得標準方程中的參數，從而求得方程．
　已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0 )的一個焦點為F(2,0)，且雙曲線的漸近線與圓(x－2)2＋y2＝3相切，則雙曲線的方程為(　　)
A.－＝1 B.－＝1
C.－y2＝1 D．x2－＝1
答案　D
解析　雙曲線－＝1的一個焦點為F(2,0)，
則a2＋b2＝4，①
雙曲線的漸近線方程為y＝±x，
由題意得＝，②
聯立①②解得b＝，a＝1，
所求雙曲線的方程為x2－＝1，選D.
題型二　圓錐曲線的幾何性質
例2　(1)若雙曲線－＝1的一條漸近線經過點(3，－4)，則此雙曲線的離心率為(　　)
A. B. C. D.
(2)設拋物線(t為參數，p>0)的焦點為F，準線為l.過拋物線上一點A作l的垂線，垂足為B.設C，AF與BC相交于點E.若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面積為3，則p的值為________．
答案　(1)D　(2)
解析　(1)由條件知y＝－x過點(3，－4)，∴＝4，
即3b＝4a，∴9b2＝16a2，∴9c2－9a2＝16a2，
∴25a2＝9c2，∴e＝.故選D.
(2)由(p>0)消去t可得拋物線方程為y2＝2px(p>0)，
∴F，
|AB|＝|AF|＝p，
可得A(p，p)．
易知△AEB∽△FEC，∴＝＝，
故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p×
＝p2＝3，
∴p2＝6，∵p>0，∴p＝.
思維升華　圓錐曲線的幾何性質是高考考查的重點，求離心率、準線、雙曲線漸近線，是常考題型，解決這類問題的關鍵是熟練掌握各性質的定義，及相關參數間的聯系．掌握一些常用的結論及變形技巧，有助于提高運算能力．
　已知橢圓＋＝1(a>b>0)與拋物線y2＝2px(p>0)有相同的焦點F，P，Q是橢圓與拋物線的交點，若PQ經過焦點F，則橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率為____________．
答案　－1
解析　因為拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F為，設橢圓另一焦點為E.
當x＝時，代入拋物線方程得y＝±p，
又因為PQ經過焦點F，所以P且PF⊥OF.
所以|PE|＝ ＝p，
|PF|＝p，|EF|＝p.
故2a＝ p＋p,2c＝p，e＝＝－1.
題型三　最值、范圍問題
例3　若直線l：y＝－過雙曲線－＝1(a>0，b>0)的一個焦點，且與雙曲線的一條漸近線平行．
(1)求雙曲線的方程；
(2)若過點B(0，b)且與x軸不平行的直線和雙曲線相交于不同的兩點M，N，MN的垂直平分線為m，求直線m在y軸上的截距的取值范圍．
解　(1)由題意，可得c＝2，＝，
所以a2＝3b2，且a2＋b2＝c2＝4，
解得a＝，b＝1.故雙曲線的方程為－y2＝1.
(2)由(1)知B(0,1)，依題意可設過點B的直線方程為
y＝kx＋1(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(1－3k2)x2－6kx－6＝0，
所以x1＋x2＝，
Δ＝36k2＋24(1－3k2)＝12(2－3k2)>0 0且1－3k2≠0 k2≠.
設MN的中點為Q(x0，y0)，
則x0＝＝，y0＝kx0＋1＝，
故直線m的方程為y－＝－，
即y＝－x＋.
所以直線m在y軸上的截距為，
由0得1－3k2∈(－1,0)∪(0,1)，
所以∈(－∞，－4)∪(4，＋∞)．
故直線m在y軸上的截距的取值范圍為(－∞，－4)∪(4，＋∞)．
思維升華　圓錐曲線中的最值、范圍問題解決方法一般分兩種：一是代數法，從代數的角度考慮，通過建立函數、不等式等模型，利用二次函數法和均值不等式法、換元法、導數法等方法求最值；二是幾何法，從圓錐曲線的幾何性質的角度考慮，根據圓錐曲線幾何意義求最值與范圍．
　直線l：x－y＝0與橢圓＋y2＝1相交于A，B兩點，點C是橢圓上的動點，則△ABC面積的最大值為________．
答案　
解析　由得3x2＝2，
∴x＝±，設點A在第一象限，
∴A(，)，B(－，－)，∴|AB|＝.
設與l平行的直線l′：y＝x＋m與橢圓相切于P點．
則△ABP面積最大．
由得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
∴Δ＝(4m)2－4×3×(2m2－2)＝0，
∴m＝±.∴P到AB的距離即為l與l′的距離，
∴d＝.∴S△ABC＝××＝.
題型四　定值、定點問題
例4　設圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.
(1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；
(2)設點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍．
解　(1)因為|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圓A的標準方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由題設得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由橢圓定義可得點E的軌跡方程為＋＝1(y≠0)．
(2)當l與x軸不垂直時，設l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
則x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
過點B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)，
點A到m的距離為，
所以|PQ|＝2 ＝4.
故四邊形MPNQ的面積
S＝|MN||PQ|＝12 .
可得當l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8)．
當l與x軸垂直時，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四邊形MPNQ的面積為12.
綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為[12,8)．
思維升華　求定點及定值問題常見的方法有兩種
(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關．
(2)直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
　已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面積為1.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值．
(1)解　由已知＝，ab＝1.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝.
∴橢圓方程為＋y2＝1.
(2)證明　由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．
設橢圓上一點P(x0，y0)，則＋y＝1.
當x0≠0時，直線PA方程為y＝(x－2)，
令x＝0，得yM＝.
從而|BM|＝|1－yM|＝.
直線PB方程為y＝x＋1.令y＝0，得xN＝.
∴|AN|＝|2－xN|＝.
∴|AN|·|BM|＝·
＝·
＝
＝＝4.
當x0＝0時，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
∴|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|為定值．
題型五　探索性問題
例5　已知過原點的動直線l與圓C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的兩點A，B.
(1)求圓C1的圓心坐標；
(2)求線段AB的中點M的軌跡C的方程；
(3)是否存在實數k，使得直線L：y＝k(x－4)與曲線C只有一個交點？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，說明理由．
解　(1)圓C1：x2＋y2－6x＋5＝0化為(x－3)2＋y2＝4，∴圓C1的圓心坐標為(3,0)．
(2)設M(x，y)，
∵A，B為過原點的直線l與圓C1的交點，且M為AB的中點，
∴由圓的性質知MC1⊥MO，∴·＝0.
又∵＝(3－x，－y)，＝(－x，－y)，
∴由向量的數量積公式得x2－3x＋y2＝0.
易知直線l的斜率存在，
∴設直線l的方程為y＝mx，
當直線l與圓C1相切時，d＝＝2，
解得m＝±.
把相切時直線l的方程代入圓C1的方程，
化簡得9x2－30x＋25＝0，解得x＝.
當直線l經過圓C1的圓心時，M的坐標為(3,0)．
又∵直線l與圓C1交于A，B兩點，M為AB的中點，
∴∴點M的軌跡C的方程為x2－3x＋y2＝0，其中(3)由題意知直線L表示過定點(4,0)，斜率為k的直線，把直線L的方程代入軌跡C的方程x2－3x＋y2＝0，其中記f(x)＝(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2，其中若直線L與曲線C只有一個交點，令f(x)＝0.
當Δ＝0時，解得k2＝，即k＝±，此時方程可化為25x2－120x＋144＝0，即(5x－12)2＝0，
解得x＝∈，∴k＝±滿足條件．
當Δ>0時，
①若x＝3是方程的解，則f(3)＝0 k＝0 另一根為x＝0<，故在區間上有且僅有一個根，滿足題意；
②若x＝是方程的解，則f＝0 k＝± 另外一根為x＝，<≤3，故在區間上有且僅有一根，滿足題意；
③若x＝3和x＝均不是方程的解，則方程在區間上有且僅有一個根，只需f·f(3)<0 －綜上所述，k的取值范圍是－≤k≤或k＝±.
思維升華　(1)探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數)存在，用待定系數法設出，列出關于待定系數的方程組，若方程組有實數解，則元素(點、直線、曲線或參數)存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數)不存在．
(2)反證法與驗證法也是求解探索性問題常用的方法．
　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且過點(1，)．若點M(x0，y0)在橢圓C上，則點N(，)稱為點M的一個“橢點”．
(1)求橢圓C的標準方程．
(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點，且A，B兩點的“橢點”分別為P，Q，以PQ為直徑的圓經過坐標原點，試判斷△AOB的面積是否為定值？若為定值，求出定值；若不為定值，說明理由．
解　(1)由題意知e＝＝，∴e2＝＝＝，
即a2＝b2，又＋＝1，
∴a2＝4，b2＝3，∴橢圓C的標準方程為＋＝1.
(2)△AOB的面積為定值．理由如下：
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則P(，)，Q(，)，
∵以PQ為直徑的圓經過坐標原點，
∴·＝0，即＋＝0.
由得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，
得3＋4k2－m2>0.
x1＋x2＝－，x1x2＝.
y1y2＝(kx1＋m)·(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，
代入＋＝0，即y1y2＝－x1x2，得
＝－·，即2m2－4k2＝3，
∴|AB|＝·|x1－x2|＝·＝·，由點O到直線AB的距離公式得d＝，
∴S△AOB＝|AB|d＝··＝，
把2m2－4k2＝3代入上式，得S△AOB＝.
1．如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)，經過點A(0，－1)，且離心率為.
(1)求橢圓E的方程；
(2)經過點(1,1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為2.
(1)解　由題設知＝，b＝1，
結合a2＝b2＋c2，解得a＝，
所以橢圓的方程為＋y2＝1.
(2)證明　由題設知，直線PQ的方程為y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，
設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，
則x1＋x2＝，x1x2＝，
從而直線AP，AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋＝＋
＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.
2．橢圓C：＋＝1(a>b>0)的上，下頂點分別為A，B，右焦點為F，點P(，)在橢圓C上，且OP⊥AF.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設不經過頂點A，B的直線l與橢圓交于兩個不同的點M(x1，y1)，N(x2，y2)，且＋＝2，求橢圓右頂點D到直線l距離的取值范圍．
解　(1)∵點P(，)，∴kOP＝，
又∵AF⊥OP，－×＝－1，∴c＝b，∴a2＝4b2.
又點P(，)在橢圓上，
∴＋＝＋＝＝1，
解得a2＝4，b2＝1，故橢圓方程為＋y2＝1.
(2)(ⅰ)當直線l的斜率不存在時，方程為x＝1，此時d＝1.
(ⅱ)當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋m(m≠±1)，
聯立橢圓方程得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
由根與系數的關系得x1＋x2＝，x1x2＝，
由Δ>0 4k2－m2＋1>0，①
由＋＝2 x1＋x2＝2x1x2 ＝2，
即km＝1－m2 k＝－m(m≠0)，②
把②式代入①式得m2>或0橢圓右頂點D(2,0)到直線l的距離
d＝＝＝
＝＝，
令m2－1＝t∈(－1,0)∪(，＋∞)，
則d＝＝∈[0,1)∪(1,2)，
綜上可知d∈[0,2)．
3．已知曲線C的方程是mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，且曲線C過A(，)，B(，)兩點，O為坐標原點．
(1)求曲線C的方程；
(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)是曲線C上兩點，且OM⊥ON，求證：直線MN恒與一個定圓相切．
(1)解　由題可得解得m＝4，n＝1.
所以曲線C的方程為y2＋4x2＝1.
(2)證明　由題得y＋4x＝1，y＋4x＝1，x1x2＋y1y2＝0，
原點O到直線MN的距離
d＝＝
＝
＝
＝ .
由x1x2＋y1y2＝0，得
xx＝yy＝(1－4x)(1－4x)
＝1－4(x＋x)＋16xx，
所以xx＝(x＋x)－，
d＝
＝ ＝，
所以直線MN恒與定圓x2＋y2＝相切．
4．已知橢圓＋＝1的左頂點為A，右焦點為F，過點F的直線交橢圓于B，C兩點．
(1)求該橢圓的離心率；
(2)設直線AB和AC分別與直線x＝4交于點M，N，問：x軸上是否存在定點P使得MP⊥NP？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．
解　(1)由橢圓方程可得a＝2，b＝，
從而橢圓的半焦距c＝＝1.
所以橢圓的離心率為e＝＝.
(2)依題意，直線BC的斜率不為0，
設其方程為x＝ty＋1.
將其代入＋＝1，整理得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0.
設B(x1，y1)，C(x2，y2)，
所以y1＋y2＝，y1y2＝.
易知直線AB的方程是y＝(x＋2)，
從而可得M(4，)，同理可得N(4，)．
假設x軸上存在定點P(p,0)使得MP⊥NP，
則有·＝0.
所以(p－4)2＋＝0.
將x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1代入上式，整理得
(p－4)2＋＝0，
所以(p－4)2＋＝0，
即(p－4)2－9＝0，解得p＝1或p＝7.
所以x軸上存在定點P(1,0)或P(7,0)，
使得MP⊥NP.
5．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左，右焦點為F1，F2，離心率為e.直線l：y＝ex＋a與x軸，y軸分別交于點A，B兩點，M是直線l與橢圓C的一個公共點，P是點F1關于直線l的對稱點，設＝λ.
(1)若λ＝，求橢圓C的離心率；
(2)若△PF1F2為等腰三角形，求λ的值．
解　(1)因為A，B分別是直線l：y＝ex＋a與x軸，y軸的交點，
所以A，B的坐標分別為(－，0)，(0，a)，
由　得
所以點M的坐標是(－c，)，
由＝λ，得(－c＋，)＝λ(，a)．
即解得λ＝1－e2，因為λ＝，所以e＝.
(2)因為PF1⊥l，所以∠PF1F2＝90°＋∠BAF1為鈍角，
要使△PF1F2為等腰三角形，必有|PF1|＝|F1F2|，
即|PF1|＝c.設點F1到l的距離為d，
由|PF1|＝d＝＝＝c，得
＝e，
所以e2＝，于是λ＝1－e2＝.
即當λ＝時，△PF1F2為等腰三角形．1．已知A，B為雙曲線E的左，右頂點，點M在E上，△ABM為等腰三角形，且頂角為120°，則E的離心率為(　　)
A. B．2 C. D.
2．設F為拋物線C：y2＝3x的焦點，過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點，O為坐標原點，則△OAB的面積為(　　)
A. B. C. D.
3．已知A，B分別為橢圓＋＝1(a>b>0)的右頂點和上頂點，直線y＝kx(k>0)與橢圓交于C，D兩點，若四邊形ACBD的面積的最大值為2c2，則橢圓的離心率為(　　)
A. B. C. D.
4．雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的漸近線為正方形OABC的邊OA，OC所在的直線，點B為該雙曲線的焦點，若正方形OABC的邊長為2，則a＝________.
無
題型一　求圓錐曲線的標準方程
例1　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點為F1、F2，離心率為，過F2的直線l交C于A、B兩點．若△AF1B的周長為4，則C的方程為(　　)
A.＋＝1 B.＋y2＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
　已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0 )的一個焦點為F(2,0)，且雙曲線的漸近線與圓(x－2)2＋y2＝3相切，則雙曲線的方程為(　　)
A.－＝1 B.－＝1
C.－y2＝1 D．x2－＝1
題型二　圓錐曲線的幾何性質
例2　(1)若雙曲線－＝1的一條漸近線經過點(3，－4)，則此雙曲線的離心率為(　　)
A. B. C. D.
(2)設拋物線(t為參數，p>0)的焦點為F，準線為l.過拋物線上一點A作l的垂線，垂足為B.設C，AF與BC相交于點E.若|CF|＝2|AF|，且△ACE的面積為3，則p的值為________．
　已知橢圓＋＝1(a>b>0)與拋物線y2＝2px(p>0)有相同的焦點F，P，Q是橢圓與拋物線的交點，若PQ經過焦點F，則橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率為____________．
題型三　最值、范圍問題
例3　若直線l：y＝－過雙曲線－＝1(a>0，b>0)的一個焦點，且與雙曲線的一條漸近線平行．
(1)求雙曲線的方程；
(2)若過點B(0，b)且與x軸不平行的直線和雙曲線相交于不同的兩點M，N，MN的垂直平分線為m，求直線m在y軸上的截距的取值范圍．
　直線l：x－y＝0與橢圓＋y2＝1相交于A，B兩點，點C是橢圓上的動點，則△ABC面積的最大值為________．
題型四　定值、定點問題
例4　設圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.
(1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程；
(2)設點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍．
　已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面積為1.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N.求證：|AN|·|BM|為定值．
題型五　探索性問題
例5　已知過原點的動直線l與圓C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的兩點A，B.
(1)求圓C1的圓心坐標；
(2)求線段AB的中點M的軌跡C的方程；
(3)是否存在實數k，使得直線L：y＝k(x－4)與曲線C只有一個交點？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，說明理由．
　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，且過點(1，)．若點M(x0，y0)在橢圓C上，則點N(，)稱為點M的一個“橢點”．
(1)求橢圓C的標準方程．
(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點，且A，B兩點的“橢點”分別為P，Q，以PQ為直徑的圓經過坐標原點，試判斷△AOB的面積是否為定值？若為定值，求出定值；若不為定值，說明理由．
1．如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)，經過點A(0，－1)，且離心率為.
(1)求橢圓E的方程；
(2)經過點(1,1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為2.
2．橢圓C：＋＝1(a>b>0)的上，下頂點分別為A，B，右焦點為F，點P(，)在橢圓C上，且OP⊥AF.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設不經過頂點A，B的直線l與橢圓交于兩個不同的點M(x1，y1)，N(x2，y2)，且＋＝2，求橢圓右頂點D到直線l距離的取值范圍．
3．已知曲線C的方程是mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，且曲線C過A(，)，B(，)兩點，O為坐標原點．
(1)求曲線C的方程；
(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)是曲線C上兩點，且OM⊥ON，求證：直線MN恒與一個定圓相切．
4．已知橢圓＋＝1的左頂點為A，右焦點為F，過點F的直線交橢圓于B，C兩點．
(1)求該橢圓的離心率；
(2)設直線AB和AC分別與直線x＝4交于點M，N，問：x軸上是否存在定點P使得MP⊥NP？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由．
5．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左，右焦點為F1，F2，離心率為e.直線l：y＝ex＋a與x軸，y軸分別交于點A，B兩點，M是直線l與橢圓C的一個公共點，P是點F1關于直線l的對稱點，設＝λ.
(1)若λ＝，求橢圓C的離心率；
(2)若△PF1F2為等腰三角形，求λ的值．

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