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【文档说明】高考数学二轮复习 34个高考数学培优微专题解答题部分（解析版）.pdf，共(130)页，1.583 MB，由MTyang资料小铺上传
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数学培优微专题《等差等比的证明》2数学培优微专题《明确等
差等比求通项》5数学培优微专题《给和式求通项》
7数学培优
微专题《裂项相消法求和》
10数学培优微专题《错位相减法求和》
14数学培优微专题《数列中多规律求和》18数学培优微专题《数列的和与不等
式》22数学培优微专题《
边角互化》26数学
培优微专题《知三解三角形》30数学
培优微专题《爪型三角形》
34数学培优微专题《多边多角问题》
38数学培优微专题《解三角形中的最值问题》
41数学培优微专题《平行的证明》
45数学培优微专题《垂直的证明》
48数学培优微专题《度量角度》
51数学培优微传题《度量体积和距离》
56数学培优微专题《探索点的位置及边长的大小》
60数学培优微专题《求标准方程》
66数学培优微专题《建设限代化处理轨迹方程
》68数学培优微专题《圆锥曲线中的三定问题》
70数学培优微专题《圆锥曲线中的静态求值》
75数学培优微专题《圆锥曲线中的动态最值》
80数学培优微专题《回归分析与独立性检验》
84数学培优微专题《概率分布列》
92数学培优微专题《确定函数处理切线单调极值》
98数学培优微专题《已知单调性求参数范围》
101数学培优微专题《单调性由一个因式决定》
103数学培优微专题《单调性由两个因式决定》10
5数学培优微专题《零点极值点个数问题》107数学培优微专题《不等式恒成立与
分离》110数学培优微专题《不等式恒成立与端点相关》
113数学培优微专题《指对与隐零点问题》
117数学培优微专题《极值点偏移》
120数学培优微专题《双变量问题》
125高考数学培优微专题讲义解答题篇数学培优微专题《等差等比的证明》1.数列{an}
的前n项和为Sn，Sn=2an-3n(n∈N*).(1)证明数列{an+3}是等比数列，求出数列{an}的通项公式；证明：∵Sn=2an-3n，∴Sn+1=2an+1-3(n+1)，则an+1=2an+1-2an-3，∴an+1=2an+3，即an+1+3an+3=2，∴
数列{an+3}是等比数列，a1=S1=3，a1+3=6，则an+3=6⋅2n-1=3⋅2n，∴an=3⋅2n-3；2.已知数列an中，a1=1,a2=4,an+2-4an+1+3an=0,n∈N*(1)证明数列an+1-an
是等比数列，并求数列an的通项公式；解：(1)∵an+2-4an+1+3an=0，n∈N*．∴an+2-an+1=3an+1-3an=3(an+1-an)，∴an+2-an+1an+1-an=3，∴
数列{an+1-an}是等比数列，公比q=3，首项a2-a1=4-1=3∴an+1-an=3×3n-1=3n,∴a2-a1=3，a3-a2=32，⋯an-an-1=3n-1，把上面的等式相加得an-a1=3+32+33+⋯+3n-
1，∴an-1=3(1-3n-1)1-3∴an=3n-12．3.数列{an}满足a1=12，an+1-an+anan+1=0(n∈N*)(1)求证1an为等差数列，并求{an}的通项公式；解：(1)由已知可得数列
an各项非零，否则，若有ak=0结合ak-ak-1+akak-1=0⇒ak-1=0，继而⇒ak-1=0⇒ak-2=0⇒⋯⇒a1=0与已知矛盾，所以由an+1-an+anan+1=0可得1an+1-1an=1，即数列1an是公差为1的等差数列，所以1an=1
a1+n-1=n+1，所以数列an的通项公式是an=1n+1n∈N．·2·4.已知数列an满足a1=0，an+1=2an+n-1,n∈N∗，{an}的前n项和为Sn，(1)求证：数列{an+n}是等比数列，并求an;(2)求S10．解：(1)∵an+1+n
+1an+n=2an+n-1+n+1an+n=2an+2nan+n=2，∴数列{an+n}是以a1+1=1为首项，2为公比的等比数列，∴an+n=1×2n-1=2n-1即an=2n-1-nn∈N*．(2)
由(1)知，S10=(20-1)+(21-2)+(22-3)+⋯+(29-10)=(1+2+22+⋯+29)-(1+2+⋯+10)=1-2101-2-10×(1+10)2=210-1-55=968．
5.已知数列{an}的首项a1=35,an+1=3an2an+1,n∈N*．(1)求证：数列1an-1为等比数列；(2)记Sn=1a1+1a2+⋯+1an，若Sk<100，求正整数k的最大值；(3)是否存在
互不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成等差数列，且am-1，as-1，an-1成等比数列?如果存在，请给予证明；如果不存在，请说明理由．解：(1)由题意1an+1=23+13an，所以1an+
1-1=13an-13=131an-1．又1a1-1=23≠0，所以1an-1≠0(n∈N*)，所以数列1an-1为等比数列．(2)由(1)可得1an-1=
23×13n-1，所以1an=2×13n+1，所以Sn=1a1+1a2+⋯+1an=n+213+132+⋯+13n=n+2×13-13n+11-13=n+1-13n，若Sk<100，则k+1-13k<100，令fk=k
+1-13k,k∈N*,则函数fk=k+1-13k单调递增所以kmax=99．故正整数k的最大值为99．·3·(3)假设存在正整数m，s，n满足题意，则m+n=2s，且(am-1)(an-1)=(as-1)2．由(2)可得an=3n3n+2
，所以3m3m+2-13n3n+2-1=3s3s+2-12，化简得3m+3n=2×3s.因为3m+3n≥23m+n=2×3s，当且仅当m=n时等号成立，又m，s，n互不相等，所以不存在互
不相等的正整数m，s，n，使m，s，n成等差数列，且am-1，as-1，an-1成等比数列．6.已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=3,nSn+1=(n+1)Sn+2n2+n-1．(1)证明数列Sn-2n是等差数列，并求数列{an}的通项公式;
(2)若bn=2n⋅an，求数列{bn}的前项和Tn．解：(1)由题意得S1=a1=3，则S1-21=1，又nSn+1=(n+1)Sn+2(n2+n-1)，则n(Sn+1-2)=(n+1)(Sn-2)+2n(n+1)，所以Sn+1-2n+1
=Sn-2n+2，则数列Sn-2n是首项为1，公差为2的等差数列，所以Sn-2n=1+(n-1)×2=2n-1,Sn=2n2-n+2，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=4n-3，易知a1=3不适合该式因而数列{a
n}的通项公式为an=3,n=14n-3,n≥2．·4·数学培优微专题《明确等差等比求通项》1.已知等差数列an的公差d为整数，且a2+a3+a4=18，a3是a2和a5-1的等比中项．(1)求数列an的
通项公式;解：(1)由a2+a3+a4=18，得3a3=18，a3=6，因为a3是a2和a5-1的等比中项，所以a23=a2(a5-1)，即36=(a3-d)(a3+2d-1)，即36=(6-d)(2d+5)，化简、整理得2d2-7d+6=0，解得d=2或d=32
，又公差d为整数，所以d=2，所以an=a3+2(n-3)=2n，所以数列{an}的通项公式为an=2n．2.已知数列an是递增的等比数列，满足a1=4，且54a3是a2、a4的等差中项，数列bn满足bn+1=bn+1，其前n项和为Sn，且S2+S6=a4．(1)求数列an
，bn的通项公式；解：(1)因为数列an是递增的等比数列，且a1>0，设等比数列{an}的公比为q，则q>1,an=4qn-1，∵54a3是a2和a4的等差中项，∴2×54a3=a2+a4即2q
2-5q+2=0，∵q>1，∴q=2，∴an=4⋅2n-1=2n+1依题意，数列{bn}为等差数列，公差d=1又s2+s6=32,∴(2b1+1)+6b1+15=32，∴b1=2，∴bn=n+1；3.在①
S3=12，②2a2-a1=3，③a8=24这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并作答．已知{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，__，且a1，a2，a4成等比数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设数列{bn}是各项均为正数的等比数列，且b2=a1，b4=a4，求数列{an
+bn}的前n项和Tn．解：(1)设数列an公差为d，d≠0，因为a1，a2，a4成等比数列，则a22=a1a4故a1+d2=a1a1+3d化简可得d2=a1d，因为d≠0，所以a1=d所以an=nd，
若选①S3=12，则6d=12，即d=2，则an=2n，若选②2a2-a1=3，则3d=3，即d=1，则an=n，若选③a8=24，则8d=24，即d=3，则an=3n4.已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足a1=b1=3，且b3-a3，20，a5+
b2既是等差数列，又是等比数列．(1)求数列{an}和数列{bn}的通项公式；解：(1)设等差数列{an}的公差d，等比数列{bn}的公比q(q>0)，·5·由题意得20=b3-a3=a5+b2，即20=3q2-(3+2d)20=(3+4d
)+3q，解得d=2，q=3，∴an=3+2(n-1)=2n+1，bn=3n.5.已知等比数列{an}的首项a1=3，前n项和为Sn，公比不为1，4S9是S3和7S6的等差中项．(1)求数列{an}的通项公式;解：(
1)设等比数列{an}的公比为q，由于q≠1，所以S3=a1(1-q3)1-q，S6=a1(1-q6)1-q，S9=a1(1-q9)1-q，因为4S9是S3和7S6的等差中项，所以8S9=S3+7S6，即8
×a1(1-q9)1-q=a1(1-q3)1-q+7×a1(1-q6)1-q，8(1-q9)=1-q3+7(1-q6)，q3(q3-1)(8q3+1)=0，由于q≠1且q≠0，所以8q3+1=0，q3=-18，q=-12，又首项a1=3，所以数列{an}的通
项公式为an=3×-12n-1=(-1)n-132n-1．6.给出以下三个条件：①4a3，3a4，2a5成等差数列;②对于∀n∈N*，点(n,Sn)均在函数y=2x-a的图像上，其中a为常数;③S3=7.请从这
三个条件中任选一个将下面的题目补充完整，并求解．设{an}是一个公比为q(q>0,q≠1)的等比数列，且它的首项a1=1，．(1)求数列{an}的通项公式;解：若选①：因为4a3,3a4,2a5成等差数列，所以2×3a4=4a3+2a5，又因为数列a
n是等比数列，即q2-3q+2=0解得q=2或q=-1，又a1=1，所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列an的通项公式an=2n-1，若选②：点(n,Sn)均在函数y=2x-a的图像上，所以Sn=2n-a，又因为a1=S1=2-a，所以a=
1，所以Sn=2n-1，所以S2=3，所以a2=2,q=2，所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列an的通项公式an=2n-1，若选③：S3=7，因为an是公比为q(q>0,q≠1)的等比数列，所以a1(1-q3)1-q=7，即q2+q-6=0解得q=
2或q=-3(舍去)，所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列，所以数列an的通项公式an=2n-1；·6·数学培优微专题《数列求通项之给Sn求an》1.已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn=2an-2n+1．(1)求an和Sn；解：(1)S1=2
a1-1，得a1=1，由Sn=2an-2n+1①，得Sn+1=2an+1-2n+1+1②，②-①得an+1=2an+1-2an-2，即an+1=2an+2，即an+1+2=2(an+2)．∴{an+2}为等比数列，公
比为2，首项为a1+2=3，∴an+2=3×2n-1，∴an=3×2n-1-2，Sn=2an-2n+1=3×2n-2n-3;2.已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=12，an+2SnSn-1=0(n≥2)．(I)问：数列1Sn是否为等差数列？并证明
你的结论；(II)求Sn和an；解：(I)数列1Sn是等差数列，理由如下：由已知，S1=a1=12，∴1S1=2，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=-2SnSn-1，∴1Sn-1Sn-1=2∴1
Sn为等差数列，它的首项为2，公差为2；(II)由(I)知1Sn=2+(n-1)×2=2n，∴Sn=12n，当n≥2时，an=-2SnSn-1=-2⋅12n⋅12(n-1)
=-12n(n-1)当n=1时，显然不符合以上通项，∴an=12,n=1-12n(n-1),n≥2；3.已知数列an的前n项和为Sn，且an=Sn+n2．(1)若数列an+t是等比数列，求t的取值；(2)求数列an的通项公式；解：(1)
由a1=S1+12=a1+12，得a1=1，又由an=Sn+n2，可得Sn=2an-n，当n>1时，an=Sn-Sn-1=2an-n-2an-1+(n-1)，即an=2an-1+1，所以a2=2a1+1
=3，a3=2a2+1=7，依题意，(3+t)2=(1+t)×(7+t)，解得t=1，故t的取值为1；(2)由(1)知，当n>1时，an=2an-1+1，所以an+1=2(an-1+1)，·7·又因为a1+1=2，所以数列an+1是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an+1=2×2n-1=2n，所以an=2n-1，故数列an的通项公式为an=2n-1；4.在①Sn+1=Sn+1，②4Sn-1是2n+1与an的等比中项，③4Sn=(1+an)2(an>0)这三个条件中任选一个，补充在
下面的问题中，并解答．问题：已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，且满足________，若bn=1anan+1，求使不等式b1+b2+⋯+bn>919成立的最小正整数n．解：选①Sn+1=Sn+1，则Sn+1-Sn=1，所以数列{Sn}是首项为S1=a1=1，公差为1
的等差数列，所以Sn=1+(n-1)×1=n，所以Sn=n2(n∈N*)，又an=Sn-Sn-1=n2-(n-1)2=2n-1(n≥2)，a1=1也满足上式，所以an=2n-1(n∈N*).选②4Sn-1是2n+1与an的等比中项，则4Sn-
1=(2n+1)an，4Sn-1-1=(2n-1)an-1，n≥2，两式相减可得4an=(2n+1)an-(2n-1)an-1，即(2n-3)an=(2n-1)an-1，则an2n-1=an-12n-3
(n≥2)，所以数列an2n-1为常数列，所以an2n-1=a12×1-1=1，所以an=2n-1(n∈N*).选③4Sn=(1+an)2(an>0)，4Sn-1=(
1+an-1)2，n≥2，两式相减可得4an=(1+an)2-(1+an-1)2，即(an-1)2-(1+an-1)2=0，即(an+an-1)(an-an-1-2)=0，所以an-an-1-2=0，即an-an-1=2(n≥2)，所以数列{an}是首项为a1=1，公差为2的等差数列，所以an
=1+2(n-1)=2n-1．综上，不论选①②③，都可得an=2n-1．所以bn=1anan+1=1(2n-1)(2n+1)=1212n-1-12n+1，所以b1+b2+⋯+bn=121-13+13-15+⋯+12n-1
-12n+1=121-12n+1>919，即12n+1<119，解得n>9，所以使不等式b1+b2+⋯+bn>919成立的最小正整数n=10．5.设数列an的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn+1-2Sn=1，n∈N*．(1)证明
：Sn+1为等比数列，求出an的通项公式；解：(1)∵Sn+1-2Sn=1，∴Sn+1+1=2Sn+1，n∈N*，·8·因为a1=S1=1，所以可推出Sn+1>0n∈N*．故Sn+1+1Sn+1=2，即Sn+1为等比数列，且首项为S1+1=2
，公比也为2，∴Sn+1=2n，即Sn=2n-1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1=2n-1，a1=1也满足此式，∴an=2n-1；6.在①Sn+1=4Sn+1，②3Sn=an+1-2，③3Sn=22n+1+λ(λ∈R)三个条
件中选择符合题意的一个条件，补充在下面问题中，并加以解答．设等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=2，an与Sn满足______，(1)求数列{an}的通项公式；(2)记数列bn=an(an+1)(an+1+1)
，数列{bn}的前n项和Tn，求证：Tn<19．解：(1)①不符合条件．若选①由已知Sn+1=4Sn+1⋯①，当n≥2时，Sn=4Sn-1+1⋯②，①-②可得an+1=4an(n≥2)，当n=1时，S2=4S1+1
可得a2=7，则a2≠4a1．∴数列{an}不是等比数列．选②，由已知3Sn=an+1-2⋯①，当n≥2时，3Sn-1=an-2⋯②，①-②可得an+1=4an(n≥2)，当n=1时，可得a2=8，满足a2=4a1．∴数列{an}是首项为2，
公比为4的等比数列，即可得an=22n-1.选③，由已知3Sn=22n+1+λ⋯①当n≥2时，3Sn-1=22n-1+λ⋯②，①-②可得3an=22n+1-22n-1=3⋅22n-1(n≥2).当n=1时，a1=2满足an=22n-
1．∴数列{an}是首项为2，公比为4的等比数列，即可得an=22n-1.(2)由(1)可得，bn=22n-1(22n-1+1)(22n+1+1)=13122n-1+1-122n+1+1，则Tn=1313-19
+19-⋯⋯+122n-1+1-122n+1+1=1313-122n+1+1<19．·9·数学培优微专题《裂项相消法求和》1.已知数列{2an}是等比数列，
且a1=3,a3=7(1)证明：数列an等差数列，并求出其通项公式；(2)求数列{1(an-1)(an+1)}的前n项和Sn解（1）证明：数列{2an}是等比数列，设公比为q,a1=3,a3=7,由题意得：q2=2a32a
1=2723=24=16,∴q=4,∴2an=23⋅4n-1=22n+1,∴an=2n+1.又a1=3也满足条件，∴数列an是等差数列.(2)∵bn=1(an-1)(an+1)=12n(2n+2)=14(1n-1n+1),∴Sn=14(
1-12)+(12-13)+⋯+(1n-1n+1)=n4(n+1)2.设数列{an}满足a1+3a2+⋯+(2n-1)an=2n．(1)求{an}的通项公式；(2)
求数列an2n+1的前n项和．解：(1)数列{an}满足a1+3a2+⋯+(2n-1)an=2n(i)，当n≥2时，a1+3a2+⋯+(2n-3)an-1=2(n-1)(ii)，(i)-(ii)得：(2n-1)an=2.∴
an=22n-1(n≥2)，当n=1时，a1=2，上式也成立．∴an=22n-1.(2)∵an2n+1=2(2n-1)(2n+1)=12n-1-12n+1.∴设数列an2n+1的前n项和为Sn，则Sn=1-13
+13-15+⋯+12n-1-12n+1=1-12n+1=2n2n+1．3.已知数列an的前n项和为Sn，且an=Sn+n2．(1)若数列an+t是等比数列
，求t的取值；(2)求数列an的通项公式；(3)记bn=1an+1+1anan+1，求数列bn的前n项和Tn．解：(1)由a1=S1+12=a1+12，得a1=1，又由an=S
n+n2，可得Sn=2an-n，当n>1时，an=Sn-Sn-1=2an-n-2an-1+(n-1)，即an=2an-1+1，所以a2=2a1+1=3，a3=2a2+1=7，依题意，(3+t)2=(1+t)×(7+t)，解得t=1，故t的
取值为1；(2)由(1)知，当n>1时，an=2an-1+1，所以an+1=2(an-1+1)，又因为a1+1=2，所以数列an+1是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an+1=2×2n-1=2n，所以an=2n-1，故数列an
的通项公式为an=2n-1；(3)由(2)知，bn=1an+1+1anan+1=an+1anan+1=2n(2n-1)(2n+1-1)=12n-1-12n+1-1则Tn=12-1-122-1
+122-1-123-1+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1-1=1-12n+1-1．4.已知数列nan-1的前n项和为n，数列{bn}满足b1=1，bn+1-bn=an，n∈N*．(Ⅰ)求数列{a
n}，{bn}的通项公式；(Ⅱ)若数列{cn}满足cn=a2nb2n,n∈N*，证明：c1+c2+⋅⋅⋅+cn<4．解：(Ⅰ)∵1a1-1+2a2-1+⋯+nan-1=n，①1a1-1+2a2-1+⋯+n-1an-1-1
=n-1，(n≥2)②由①-②得nan-1=1，∴an=n+1(n≥2)，当n=1时，a1=2也符合an=n+1，∴an=n+1，∵bn+1-bn=an，∴bn=b1+(b2-b1)+(b3-b2)+⋯+(bn-bn-1)=
b1+a1+a2+⋯+an-1=1+2+⋯+n=(n+1)n2，当n=1时，b1=1也符合，∴bn=(n+1)n2;(Ⅱ)证明：因为cn=a2nb2n=4(2n+1)n2(n+1)2，cn=4(2n+1)n2(n+1)2=41n2-
1(n+1)2，所以c1+c2+⋯+cn41-122+122-132+132-142+⋯+1n2-1n+12==41-1(n+1)2，因为1(n+1)2
>0．故c1+c2+⋅⋅⋅+cn<4．·11·5.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=12，an+1=n+12nan．(1)求{an}的通项公式；(2)设cn=2-Snn(n+1),n∈N*，Tn是数列{cn}的前n项和，证明34≤Tn
<1．解：(1)由已知得an+1n+1=12·ann，其中n∈N，∴数列ann是公比为12的等比数列，又首项a1=12，则ann=12n，∴an=n12n；证明：(2)由(1)得，cn=(2-
Sn)n(n+1)=n+22n⋅n(n+1)=21n2n-1(n+1)2n+1，∴Tn=2121⋅1-122⋅2+122⋅2-123⋅3
+⋯+1n⋅2n-1(n+1)⋅2n+1=1-12n(n+1)，又令f(n)=12n(n+1)，显然f(n)在n∈N*时单调递减，∴0<fn≤f(1)=14，故34≤Tn<1．6.
已知数列an的前n项和为Sn，且a1=1，an+1=2Sn+1n∈N+，数列bn满足b1=1，bn+1=bn+an．(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若数列cn满足cn=anbn⋅bn+1且c1+c2+.
..+cn≥(2bn-1)λ+1对任意n∈N+恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】解：(1)因为a1=1，an+1=2Sn+1n∈N+，所以an=2Sn-1+1n∈N+,n≥2，则an+1-an=2Sn
-Sn-1，即an+1-an=2an，an+1=3ann∈N+,n≥2，因为a2=2a1+1=3，a2=3a1，所以数列an是以1为首项、3为公比的等比数列，an=3n-1n∈N+，因为
bn+1=bn+an，所以bn+1=bn+3n-1，即bn+1-bn=3n-1，则bn=bn-bn-1+bn-1-bn-2+⋯+b2-b1+b1=3n-2+3n-3+⋯+30+1=30×1-3n-11-3
+1=3n-1+12．(2)cn=anbn⋅bn+1=3n-13n-1+12⋅3n+12=4⋅3n-13n-1+13n+1=213n-1+1-13n+1，令T
n=c1+c2+c3+⋯+cn，则Tn=2130+1-131+1+131+1-132+1+⋯+13n-1+1-13n+1=212
-13n+1=1-23n+1，因为Tn≥2bn-1λ+1对任意n∈N+恒成立，所以1-23n+1≥2×3n-1+12-1⋅λ+1对任意n∈N+恒成立，·12·即λ≤-23n+1⋅3n-1min，令y=-23
n+1⋅3n-1=-23⋅3n-12+3n-1，t=3n-1≥1，则y=-23t2+t，当t=1时，即当n=1时取到最小值-12，故λ≤-12，实数λ的取值范围为-∞,-12．·13·数学培优微专题《错位相减法求和》1.
已知数列an的前n项和为Sn，且Sn=2n2+n，n∈N*，数列bn满足an=4log2bn+3，n∈N*．(Ⅰ)求an、bn；(Ⅱ)求数列{an·bn}的前n项和Tn．【答案】解：(Ⅰ)因为Sn=2n2+n,n∈N∗，当n≥2时，an=Sn-S
n-1=2n2+n-2(n-1)2-(n-1)=4n-1，当n=1时，a1=S1=3，也符合上式，所以an=4n-1，n∈N*，由4n-1=an=4log2bn+3，得bn=2n-1，n∈N*；(Ⅱ)由(Ⅰ)知anbn=(4n-1)
·2n-1，n∈N*，所以Tn=3×20+7×21+⋯+(4n-1)·2n-1，2Tn=3×21+7×22+⋯+(4n-1)·2n，两式相减得：-Tn=3+4×21+22+⋯+2n-1-4n-1×2n=3+4×21-2n-11-2-
4n-1×2n，所以Tn=4n-5×2n+5，n∈N*．2.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，满足S3=14，且2a1，a2，12a3依次构成等差数列．(1)求数列{an}的通项公式；(2)请从①bn=an+n；
②bn=nan；③bn=1log2an⋅log2an+1这三个条件选择一个，求数列{bn}的前n项和Tn．【答案】解：(1)设等比数列的公比为q，根据已知条件，2a1，a2，12a3依次构成等差数列，所以2a2=2a1+12a3，则2a1q=2a1
+12a1q2，因为{an}是等比数列，所以a1≠0，于是2q=2+12q2，解得q=2，由S3=14，即a1+a2+a3=14，所以a1+2a1+4a1=14，解得a1=2，所以an=2⋅2n-1=2n．(2)选①时，bn=an+n=2n+n，Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=21+22
+23+⋯+2n+(1+2+3+⋯+n)=21-2n1-2+n(n+1)2=2n+1-2+n2+n2；选②时，bn=nan=n2n，Tn=b1+b2+b3+⋯+bn=1⋅
21+2⋅22+3⋅23+⋯+n⋅2n，2Tn=1⋅22+2⋅23+3⋅24+⋯+n⋅2n+1，可得-Tn=21+2⋅22+3⋅23+⋯+2n-n2n+1=2⋅(1-2n)1-2-n⋅2n+1=(1-n)⋅2n+1-2，所以T
n=(n-1)⋅2n+1+2；选③时，bn=1log2an⋅log2an+1=1n⋅(n+1)=1n-1n+1，Tn=b1+b2+⋯+bn=1-12+12-13+⋯+1n-1n+1=1-1n+1
=nn+1．所以Tn=nn+1．3.已知{an}为等差数列，前n项和为Sn(n∈N*)，{bn}是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a4-2a1，S11=11b4．(Ⅰ)求{an}和{bn}的
通项公式；(Ⅱ)求数列{a2nb2n-1}的前n项和(n∈N*).【答案】解：(Ⅰ)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由已知b2+b3=12，得b1(q+q2)=12，而b1=2，所以q+q2-6=0，又因为q>0，解得q=2，所以bn=2n；由b3=a4-2a1，可得3
d-a1=8①，由S11=11(a1+a11)2=11b4，可得a1+5d=16②，联立①②，解得a1=1，d=3，由此可得an=3n-2；所以，数列{an}的通项公式为an=3n-2，数列{bn}的通项公式为bn=2n．(Ⅱ)设数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn，由a2n=
6n-2，b2n-1=12×4n，有a2nb2n-1=(3n-1)4n，故Tn=2×4+5×42+8×43+⋯+(3n-1)4n，4Tn=2×42+5×43+8×44+⋯+(3n-1)4n+1，上述两式相减，得-3Tn=2×4+3×42+3×43+⋯+3×4n-(3n-1)4n+1
=12×(1-4n)1-4-4-(3n-1)4n+1=-(3n-2)4n+1-8，得Tn=3n-23×4n+1+83．所以数列{a2nb2n-1}的前n项和为Tn=3n-23×4n+1+83．4.已知数列{
an}的前n项和为Sn，且满足2Sn=3an-3．(1)证明数列{an}是等比数列；(2)若数列{bn}满足bn=log3an，记数列bnan的前n项和为Tn，证明13≤Tn<34．【答案】证明：(1)由题意得，当n≥2n∈N*时，2an
=2Sn-2Sn-1=3an-3-3an-1-3=3an-3an-1，∴an=3an-1，即anan-1=3，当n=1时，2a1=2S1=3a1-3，∴a1=3≠0，故数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)可知an=3n，∴bn=log3
an=log33n=n，bnan=n3n，·15·Tn=13+232+333+⋯+n-13n-1+n3n①，3Tn=1+23+332+433+⋯+n3n-1②，②-①得：2T
n=1+13+132+133+⋯+13n-1-n3n=1-13n1-13-n3n=32-n+32·13n，∴Tn=34-2n+34·13n，∵n≥2n∈N*，∴Tn-
Tn-1=bnan=n3n>0，故数列Tn为递增数列，所以Tn≥T1=13，又∵n∈N*，故2n+34·13n>0，∴Tn=34-2n+34·13n<34，因此13≤Tn<34．5.已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=an+2(n
∈N*)，a3+a4=12，数列{bn}为等比数列，且b1=a2，b2=S3．(Ⅰ)求{an}和{bn}的通项公式；(Ⅱ)设cn=(-1)nan⋅bn，求数列{cn}的前n项和Tn．【答案】解：(Ⅰ)根据题意，数列{an}满
足an+1=an+2，则数列{an}是公差为2的等差数列，可设公差为d，又由a3+a4=12，则a3+a3+d=12，解可得a3=5，则an=a3+(n-3)d=2n-1，又由数列{bn}为等比数列，且b1=3，b2=1+3+5=9，则数列{bn}的公比为3，则b
n=3n，(Ⅱ)根据题意，由(Ⅰ)的结论，an=2n-1，bn=3n，则cn=(-1)nan⋅bn=(-1)n×(2n-1)×3n=(2n-1)(-3)n，则Tn=1×(-3)+3×(-3)2+⋯⋯+(2n-1)
(-3)n，①-3Tn=1×(-3)2+3×(-3)3+⋯⋯+(2n-1)(-3)n+1，②①-②可得：4Tn=-3+2[(-3)2+(-3)3+⋯⋯(-3)n]-(2n-1)×(-3)n+1=32-9×(4n-1)2×(-3)n-1，变形可得：T
n=38-9×(4n-1)8×(-3)n-1．6.已知数列an满足a1=2，an+1=2(Sn+n+1)(n∈N*)(1)求证：an+1是等比数列；并写出an的通项公式(2)求数列nan的前n项和Sn【答案】(1)证明：a1=2，a
n+1=2(Sn+n+1)(n∈N*)，·16·∴a2=2×(2+1+1)=8，n≥2时，an=2(Sn-1+n)，相减可得：an+1=3an+2，n≥2，变形为：an+1+1=3(an+1)，n≥2，验证可知n=1时也成立，∴an+1是等比数列，
首项为3，公比为3，所以an=3n-1；(2)由(1)得数列nan+1的通项为nan+1=n×3n，设其前n项和为Tn．所以Tn=1×3+2×32+3×32+⋯+n×3n③，3Tn=1×32+2×33+3
×34+⋯+n×3n+1④，③-④得-2Tn=3+32+32+⋯+3n-n×3n+1=31-3n1-3-n×3n+1，化简得Tn=32n-34×3n+34．则数列nan的前n项和Sn=Tn-1+nn2，所以
Sn=2n-1⋅3n+1+34-1+nn2．·17·数学培优微专题《数列中多规律求和》1.已知数列{an}满足a1=1，an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.(1
)记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；(2)求{an}的前20项和．【答案】解：(1)因为a1=1，an+1=an+1,n为奇数an+2,n为偶数，所以a2=a1+1=2，a3=a2+2=4，a4=a3+1=5，所以b1=a2=2，b2=a4=5，bn-b
n-1=a2n-a2n-2=a2n-a2n-1+a2n-1-a2n-2=1+2=3，所以数列{bn}是以b1=2为首项，以3为公差的等差数列，所以bn=2+3(n-1)=3n-1．(2)由(1)可得a2n
=3n-1，n∈N*，则a2n-1=a2n-2+2=3(n-1)-1+2=3n-2，n≥2，当n=1时，a1=1也适合上式，所以a2n-1=3n-2，n∈N*，所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等
差数列，则{an}的前20项和为a1+a2+...+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=10+10×92×3+10×2+10×92×3=300．2.已知等差数列{an}和等
比数列{bn}满足a1=5，b1=2，a2=2b2+1，a3=b3+5．(1)求{an}和{bn}的通项公式;(2)数列{an}和{bn}中的所有项分别构成集合A、B，将集合A∪B中的所有元素按从小到大依次排列构成一个新数列{cn}，求数列{cn}的前50项和S50【答案
】解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，5+d=4q+15+2d=2q2+5，解得：d=4,q=2，∴an=4n+1,bn=2n(2)易知cn的前50项中含有bn
的前7项且含有an的前43项∴S50=435+1732+21-271-2=3827+254=4081.3.已知数列an的前n项和为Sn，且n、an、Sn成等差数列，bn=2l
og2(1+an)-1．(1)证明数列an+1是等比数列，并求数列an的通项公式；(2)若数列bn中去掉数列an的项后余下的项按原顺序组成数列cn，求c1+c2+⋯+c100的值．【答案】解：(1)因为n，an，Sn成等差数列，所以Sn+n
=2an，①所以Sn-1+n-1=2an-1(n≥2)②由①-②，得an+1=2an-2an-1，所以an+1=2(an-1+1)(n≥2)，又当n=1时，S1+1=2a1，所以a1=1，所以a1+1=2，故数列{an+1}是首项为2，公比为2的等比数列，所以an+1=2⋅2n-1=
2n，即an=2n-1；(2)据(1)求解知，bn=2log2(1+2n-1)-1=2n-1，b1=1，所以bn+1-bn=2，所以数列{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列，又因为a1=1，a2=3，a3=7，a4=15，a5=31，a6=63，a7=127，a8=255，b64
=127，b106=211，b107=213，所以c1+c2+⋯+c100=(b1+b2+⋯+b107)-(a1+a2+⋯+a7)=107×(1+213)2-[(21+22+⋯+27)-7]=107
×2142-2(1-27)1-2+7=1072-28+9=11202．4.已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=1，2Sn=nan+1，n∈N*．(1)求an的通项公式；(2)设数列bn满足b1=1，bnbn+1=2n，n∈N*，按照如下规律构造新数
列cn：a1,b2,a3,b4,a5,b6,⋯，求cn的前2n项和．【答案】解：(1)由2Sn=nan+1，2Sn-1=(n-1)an(n≥2)，得2an=nan+1-(n-1)an，所以an+1n+1=an
n(n≥2).因为2S1=a2，所以a2=2，所以ann=a22=1，an=n(n≥2)，又当n=1时，a1=1，适合上式．所以an=n，n∈N*.(2)因为bnbn+1=2n，bn+1bn+2=2n+1，所以bn+2bn=2(n∈N*)，又b1b2=2，所以b
2=2．所以数列{bn}的偶数项构成以b2=2为首项、2为公比的等比数列，故数列{cn}的前2n项的和T2n=(a1+a3+⋯+a2n-1)+(b2+b4+⋯+b2n)，T2n=n(1+2n-1)2+2(1-2n)1-2=2n+1+n2
-2，所以数列{cn}的前2n项和为2n+1+n2-2.5.数列{an}的前n项和为Sn，且Sn+1-1=Sn+2an(n∈N*).(1)若数列{an+1}不是等比数列，求an；(2)若a1=1，在ak和ak+1(k∈N*
)中插入k个数构成一个新数列{bn}：a1，1，a2，3，5，a3，7，9，11，a4，⋯，插入的所有数依次构成首项为1，公差为2的等差数列，求{bn}的前50项和T50．【答案】解：(1)由Sn+1-1=Sn+2an，得S
n+1-Sn=2an+1，则an+1=2an+1，·19·所以an+1+1=2an+1，①当a1+1=0时，数列an+1不是等比数列，符合题意；②当a1+1≠0时，an+1=2an-1+1=22an-2+1=...=2n-1a1+1≠0，所以an+1+1an+1
=2，所以数列an+1是首项为a1+1，公比为2的等比数列，与已知矛盾．综上，a1+1=0，从而an+1=0，即an=-1；(2)因为a1=1，则a1+1=2，由(1)知{an+1}是首项为a1+1，公比为2的等比数
列，所以an+1=2n，所以an=2n-1，设插入的所有数构成数列cn，则cn=2n-1，因为1+2+3+⋯+8=36，36+9=45<50，因为1+2+3+⋯+8+9=45，45+10=55>50，所以b1，b2，⋯，b50中包含{a
n}的前9项及{cn}的前41项，所以T50=(a1+a2+⋯+a9)+(c1+c2+⋯+c41)=(2-1)+(22-1)+⋯+(29-1)+41×1+41×402×2=2(1-29)1-2-9+1681=210-11+1681=2694．6.已知数列
{an}是公差为2的等差数列，且a1，a5+1，a23+1成等比数列．数列{bn}满足：b1+b2+⋯+bn=2n+1-2．(Ⅰ)求数列{an}，{bn}的通项公式；(Ⅱ)令数列{cn}的前n项和为Tn，且cn=1an
an+2,n为奇数-1bn,n为偶数，若对n∈N*，T2n≥T2k恒成立，求正整数k的值；【答案】解：(Ⅰ)数列{an}是公差为2的等差数列，且a1，a5+1，a23+1成等比数列，可得a1(a23+1)
=(a5+1)2，即a1(a1+44+1)=(a1+9)2，解得a1=3，即an=3+2(n-1)=2n+1；数列{bn}满足：b1+b2+⋯+bn=2n+1-2，可得b1=2，bn=2n+1-2-2n+2=2n，(n≥2)，对n=1也成立，则bn=2n，n∈
N*；(Ⅱ)T2n=13×7+17×11+⋯+1(4n-1)(4n+3)-14+116+⋯+14n=1413-17+17-111+⋯+14n-
1-14n+3·20·-141-14n1-14=-14+11214n-1-34n+3，T2n+2-T2n=11214n-34n+7-14n-1+34n+3=1121
2(4n+3)(4n+7)-34n=1(4n+3)(4n+7)1-(4n+3)(4n+7)4n+1，设dn=(4n+3)(4n+7)4n+1，dn+1-dn=(4n+7)(4n+11)4n+2
-(4n+3)(4n+7)4n+1=(4n+7)(-12n-1)4n+2<0，可得dn为递减数列，且d1，d2，d3>1，d4<1，⋯，可得T4-T2<0，T6-T4<0，T8
-T6<0，T10-T8>0，⋯，则{T2n}中T8取得最小值，T2n≥T2k恒成立，可得k=4．·21·数学培优微专题《数列的和与不等式》1.已知数列an是公差为正的等差数列，a2是a1和a3+1的等比中项，a4=4．(Ⅰ)求an的通项公式；(Ⅱ)若bn=2a
n，Sn是数列an⋅bn的前n项和，求使得Sn<2020成立的最大整数n．【答案】解：(Ⅰ)设数列an的公差为d>0，a2是a1和a3+1的等比中项，则有a1⋅a3+1=a22，即a4-3d
a4+1-d=a4-2d2又由a4=4，得4-3d5-d=4-2d2解得d=1或d=-4(舍去)，故an=a4+(n-4)d=n.(Ⅱ)由(Ⅰ)可得：bn=2n，an⋅bn=n·2n，∴Sn=1⋅2+2⋅22+...+n⋅2n∴2Sn=1⋅22+2⋅23+...+n
⋅2n+1两式相减得：Sn=n⋅2n+1-2-22-...-2n=n⋅2n+1-2(1-2n)1-2=(n-1)⋅2n+1+2又Sn单调递增，S7=1538,S8=3586，所以使得Sn<2020成立的最大整数n=7．2.已知数列{an}，{bn}满足：
a1=3，当n≥2时，an-1+an=4n；对于任意的正整数n，b1+2b2+⋯+2n-1bn=nan.设{bn}的前n项和为Sn．(1)求数列{an}及{bn}的通项公式；(2)求满足13<Sn<14的n的集合．【答案】解
：(1)a1=3，当n≥2时，an-1+an=4n，可得a1+a2=8，即有a2=5，a2+a3=12，即有a3=7，由n≥3时，an-2+an-1=4n-4，又an-1+an=4n，相减可得an-an-
2=4，可得数列{an}的奇数项以3为首项，4为公差的等差数列，偶数项以5为首项，4为公差的等差数列，则数列{an}的奇数项以3为首项，2为公差的等差数列，可得an=3+2(n-1)=2n+1；当n=1时，b1=a
1=3；n≥2时，b1+2b2+⋯+2n-2bn-1=(n-1)an-1，又b1+2b2+⋯+2n-1bn=nan．相减可得2n-1bn=n(2n+1)-(n-1)(2n-1)=4n-1，则bn=(4n-1)⋅12n-1；(2)前n项
和为Sn=3⋅1+7⋅12+11⋅14+⋯+(4n-1)⋅12n-1，12Sn=3⋅12+7⋅14+11⋅18+⋯+(4n-1)⋅12n，相减可得12Sn=3+412+14+⋯+12n-1-(4n-1)⋅12n=3+4⋅121-12n-1
1-12-(4n-1)⋅12n，化简可得Sn=14-(4n+7)⋅12n-1．13<Sn<14，即为13<14-(4n+7)⋅12n-1<14，可得4n-7<2n-1，则n=1，2，上式成立；n=3，4
，上式不成立；n≥5且n∈N，上式均成立，则所求n的集合为{n|n=1,2或n≥5且n∈N}．3.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，an=2Sn-1．(1)求a1的值，并求数列{an}的通项an；(2)设bn=an+2an，数列{bn}的前n项和为
Tn，求使不等式Tn<n2+6×2n-6成立的所有正整数n的取值组成的集合．【答案】解：(1)由已知an=2Sn-1，得当n=1时，a1=2a1-1，解得a1=1．当n≥2时，an=Sn-Sn-1，代入已知有2Sn-1=Sn-Sn-
1，可得Sn-1=Sn-12．又an>0，故Sn-1=Sn-1或Sn-1=1-Sn(舍)，即Sn-Sn-1=1(n≥2)，可得Sn是以1为首项，1为公差的等差数列，所以Sn=n，则an=2n-1．(2)由(1)知an=2
n-1，则bn=an+2an=2n-1+22n-1，所以数列{bn}的前n项和Tn=n2(1+2n-1)+22n+1-23=n2+22n+1-23．因为Tn<n2+6×2n-6，所以(2n)2-
9×2n+8<0，所以1<2n<8，所以0<n<3．所以正整数n的取值组成的集合为{1,2}．4.已知数列an的前n项和为Sn，且满足Sn=2an-2n+1．(1)求an和Sn；(2)设数列Sn的前n项和为Tn，若不等式Tn-t⋅2n≥0对于n∈N*恒成立，求t的取
值范围．【答案】解：(1)S1=2a1-1，得a1=1，由Sn=2an-2n+1①，得Sn+1=2an+1-2n+1+1②，②-①得an+1=2an+1-2an-2，即an+1=2an+2，即an+1+2=2(an+2)．∴{an+2}为等比数列，公比为2，首项为a1+2=3，∴an+2=3
×2n-1，∴an=3×2n-1-2，Sn=2an-2n+1=3×2n-2n-3;(2)Tn=3(21+22+⋯+2n)-[5+7+⋯+(2n+3)]=6×2n-n2-4n-6，则Tn-t⋅2n≥0，即6×2n-n2-4n-6-t⋅2n≥
0，可知：不等式Tn-t⋅2n≥0对于n∈N*恒成立，·23·等价于t≤6-n2+4n+62n对于n∈N*恒成立，设bn=6-n2+4n+62n，bn+1-bn=6-(n+1)2+4(n+1)+62n+1
-6-n2+4n+62n=-n2+6n+112n+1+n2+4n+62n=n2+2n+12n+1>0，所以数列{bn}为递增数列，最小项为b1=12．
∴t≤12．5.已知等差数列an的前n项和为Sn，a3=7，S4=22，数列bn是各项均为正数的等比数列，b1=4，b3=64．(I)求数列an和bn的通项公式；(II)令pn=32+an，数列pnpn+2的
前n项和An，求证：An<34．【答案】解：(I)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q(q>0)．∵a3=7S4=22，∴a3=a1+2d=7S4=4a1+6d=22，解得a1=1d=3，∴数列an的通项公式为an=a1+(
n-1)d=3n-2.b3=b1q2=4q2=64，由q>0，得q=4，∴数列bn通项公式为bn=b1qn-1=4×4n-1=4n.(II)证明：∵pn=32+an=32+(3n-2)=1n，∴pnpn+2=1n(
n+2)=121n-1n+2∴An=121-13+12-14+13-15+⋯+1n-1-1n+1+1n-1n+2=121+12-1n+1-1n+2=34
-121n+1+1n+2∵1n+1+1n+2>0∴An<34.6.已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1=12，an+1=n+12nan．(1)求{an}的通项公式；(2)设bn=n(2-Sn),n∈N∗，若bn≤λ对n∈N*恒成立，求
实数λ的取值范围．(3)设cn=2-Snn(n+1),n∈N*，Tn是数列{cn}的前n项和，若不等式m≤Tn<k对于任意的n∈N*恒成立，求实数m的最大值与整数k的最小值．【答案】解：(1)由已知得an+1n+1=12·ann，其中n∈N*，∴数列
ann是公比为12的等比数列，又首项a1=12，则ann=12n，∴an=n12n；·24·(2)由(1)知Sn=12+222+323+⋯+n2n，∴12Sn=122+223+324⋯+n2n+1，两式相减得：12Sn=12+122+1
23+⋯+12n-n2n+1，∴12Sn=1-n+22n+1，∴Sn=2-n+22n，∵bn=n(2-Sn)，∴bn=n(n+2)2n，∴bn+1-bn=(n+1)(n+3)2n+1-n(n+2
)2n=-n2+32n+1，则当n=1，b2-b1>0，即b2>b1，当n≥2，bn+1-bn<0，即bn+1<bn，∴b2是最大项且b2=2，∴λ≥2；证明：(3)由(1)得，cn=(2-Sn)n(n+1)=n+22n⋅n(
n+1)=21n2n-1(n+1)2n+1，∴Tn=2121⋅1-122⋅2+122⋅2-123⋅3+⋯+1n⋅2n-1(n+1)⋅2n+1=1-12n
(n+1)，又令f(n)=12n(n+1)，显然f(n)在n∈N*时单调递减，∴0<fn≤f(1)=14，故34≤Tn<1．·25·数学培优微专题《边角互化》1.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知向量m=cosA,cosB
，n=a,2c-b，且m⎳n．(1)求角A的大小；(2)若a=4,b=433，求ABC面积．解：(1)由m⎳n得，(2c-b)cosA-acosB=0，由正弦定理可得，(2sinC-s
inB)cosA-sinAcosB=0，可得：2sinCcosA-sin(A+B)=0，即：2sinCcosA-sinC=0，由sinC≠0，可得：cosA=12，又A∈(0,π)，可得：A=π3．2.在①(a+c)(a-c)=b(b-c)，②sinA2sinB-sinC
=cosAcosC，③2bcosA=acosC+ccosA这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且________．(1)求角A的大小；【答案】解：(1)选①，由(
a+c)(a-c)=b(b-c)，得b2+c2-a2=bc，即cosA=b2+c2-a22bc=12．因为，所以A=π3．选②，由sinA2sinBsinC=cosAcosC，得sinAcosC=2cosAsinB-cosAsinC，所以sin(A+C
)=2cosAsinB，则sinB=2cosAsinB.因为sinB≠0，所以cosA=12．又因为A∈(0,π)，所以A=π3．选③，因为2bcosA=acosC+ccosA，所以由正弦定理得2sinBcosA=s
inAcosC+sinCcosA=sin(A+C)，则2sinBcosA=sinB.因为sinB≠0，所以cosA=12．又因为A∈(0,π)，所以A=π3．3.在①2acosC+c=2b，②cos2B-C2-cosBcosC=34，③(sinB+sinC)2=sin2
A+3sinBsinC这三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)求角A的大小；解：(1)选①，由正弦定理得2sinAcosC+sinC
=2sinB，所以2sinAcosC+sinC=2sin(A+C)=2(sinAcosC+cosAsinC)，即sinC(2cosA-1)=0，又C∈(0,π)，所以sinC>0，所以cosA=12，又A∈(0,π)，从而得A=π3．选②，因为co
s2B-C2-cosBcosC=1+cosB-C2-cosBcosC=1-cosBcosC+sinBsinC2=1-cos(B+C)2=34，所以cos(B+C)=-12，cosA=-cos(B+
C)=12，又因为A∈(0,π)，所以A=π3．选③因为(sinB+sinC)2=sin2A+3sinBsinC，所以sin2B+sin2C+2sinBsinC=sin2A+3sinBsinC，即sin2B+sin2C-s
in2A=sinBsinC，所以由正弦定理得b2+c2-a2=bc，由余弦定理知cosA=b2+c2-a22bc=12，因为A∈(0,π)，所以A=π3．4.在①2a-b=2ccosB，②S=34(a2+b2-c
2)，③3sin(A+B)=1+2sin2C2这三个条件中任选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题。在ΔABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设ΔABC的面积为S，已知__________(1)求角C的值；(2)若b=4，
点D在边AB上，CD为∠ACB的平分线，ΔCDB的面积为233，求a的值。注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分。【答案】解：(1)若选①：由正弦定理得：2sinA-sinB=2sinCcosB，∵A+B+C=π，∴sinA=s
inB+C，∴2sinB+C-sinB=2sinBcosC+2cosBsinC-sinB=2sinCcosB，整理得：2sinBcosC=sinB，又B∈0,π，∴sinB≠0，∴cosC=12，∵C∈0,π，∴C=π3．若选②：∵SABC=3a2+b2-c24
=12absinC，∴sinC=3a2+b2-c22ab=3cosC，∴tanC=sinCcosC=3，∵C∈0,π，∴C=π3．若选③：3sinA+B=1
+2sin2C2=1+1-cosC=2-cosC，∵A+B+C=π，∴sinC=sinA+B，·27·∴3sinC=2-cosC，即3sinC+cosC=2sinC+π6=2，∴sinC+π6=1，∵C∈0,π，∴C+
π6∈π6,7π6，∴C+π6=π2，解得：C=π3;(2)由(1)知C=π3，在ABC中，S△ABC=S△ACD+S△BCD，∴12CB⋅CDsin∠BCD+12CA⋅CDsin∠ACD=12CA⋅CBsin∠AC
B，∴14a×CD+CD=3a，①又SCDB=14a×CD=233，②由①②得：a2a+4=23，解得：a=2或a=-43(舍)．∴边长a的值为2．5.在①ba=cosB+13sinA，②2bsinA
=atanB，③a-csinA+csinA+B=bsinB这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．已知ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若______．(1)求角B；(2)若a+c=4，求ABC周长的最小值，并求出此时ABC的面积．注：如果
选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】解：选①由正弦定理得sinBsinA=cosB+13sinA，∵sinA≠0，∴3sinB-cosB=1，即sinB-π6=12，∵0<B<π，∴-π6<B
-π6<5π6，∴B-π6=π6，∴B=π3．选②∵2bsinA=atanB，2bsinA=asinBcosB，由正弦定理可得2sinBsinA=sinA⋅sinBcosB，∵sinA≠0，∴cosB=12，∵B∈
0,π，∴B=π3．选③∵sinA+B=sinπ-C=sinC，由已知结合正弦定理可得a-ca+c2=b2，·28·∴a2+c2-b2=ac，∴cosB=a2+c2-b22ac=ac2ac=
12，∵B∈0,π，∴B=π3．6.在①sinAsinB-sinC=b+cb-a；②ca=cosC+13sinA；③2S=3CA⋅CB这三个条件中任
选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，S为△ABC的面积，若________(填条件序号)(1)求角C的大小；解：(1)选①：sinAsinB-sinC
=b+cb-a，∵由正弦定理得ab-c=b+cb-a∴a(b-a)=(b+c)(b-c)，即a2+b2-c2=ab,∴cosC=12，∵C∈(0,π)，∴C=π3．选②：由正弦定理得sinCsinA=cosC+13sinA
,sinA≠0,∴3sinC=cosC+1，2(C-π6)=1,(C-π6)sinsin=12∵C∈(0,π)，∴C-π6∈-π6,5π6,∴C-π6=π6,∴C=π3．选③：2S=3·
CA⋅CB，absinC=3abcosC∴tanC=3,∵C∈(0,π),∴C=π3．·29·数学培优微专题《知三解三角形》1.已知△ABC中，tanA=14，tanB=35，AB=17.求：(1)角C的大小；(2)△ABC中最小边的边长．解(1)tanC
=tan[π-(A+B)]=-tan(A+B)=-tanA+tanB1-tanAtanB=-14+351-14×35=-1，所以C=3π4.(2)因为tanA<tanB，所以最小角为角
A，又因为tanA=14，所以sinA=1717，c=AB=17，又asinA=csinC，所以最小边a=csinAsinC=17×171722=2.
2.在△ABC中，a+b=11，再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，解答下列问题．(1)求a的值；(2)求sinC和△ABC的面积．条件①：c=7，cosA=-17；条件②：cosA=18，c
osB=916.解：若选择条件①：(1)因为c=7，cosA=-17，a+b=11，所以由a2=b2+c2-2bccosA，得a2=(11-a)2+72-2(11-a)·7·-17，所以a=8.(2)因为cosA=-17，A∈(0
，π)，所以sinA=1-cos2A=437.由正弦定理asinA=csinC，得8437=7sinC，所以sinC=32，故S=12basinC=12×3×8×32=63.若选择条件②：(
1)因为cosA=18，cosB=916，A，B∈(0，π)，所以sinA=1-cos2A=378，sinB=1-cos2B=5716，由正弦定理asinA=bsinB，得a378
=11-a5716，解得a=6.(2)因为sinC=sin(A+B)=sinAcosB+sinBcosA=378×916+5716×18=74，所以S=12basinC=12×5×6×74=1574.·30·3.在①ac=3；②
csinA=3；③c=3b，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：是否存在△ABC，它的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA=3sinB，C=π6
，________？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．解：选条件①：由C=π6和余弦定理得a2+b2-c22ab=32.由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2-c223
b2=32，由此可得b=c.由①ac=3，解得a=3，b=c=1.因此，选条件①时问题中的三角形存在，此时c=1.选条件②：由C=π6和余弦定理得a2+b2-c22ab=32.由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2-c223b2
=32，由此可得b=c，B=C=π6，A=2π3.由②csinA=3，所以c=b=23，a=6.因此，选条件②时问题中的三角形存在，此时c=23.选条件③：由C=π6和余弦定理得a2+b2-
c22ab=32.由sinA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2-c223b2=32，由此可得b=c.由③c=3b，与b=c矛盾．因此，选条件③时问题中的三角形不存在．4.在△ABC中，a，
b，c分别为角A，B，C的对边，且△ABC同时满足下列四个条件中的三个：①a2+c2=b2-233ac；②1+cos2A=2sin2A2；③a=3；④b=2.(1)满足△ABC有解的序号组合有哪些？
(2)在(1)的组合中任选一组，求△ABC的面积．解(1)由条件①，得cosB=a2+c2-b22ac=-233ac×12ac=-33，由条件②，得1+2cos2A-1=1-cosA，即2cos2A+cosA-1=0，解得cosA=12或c
osA=-1(舍去)，因为A∈(0，π)，所以A=π3.因为cosB=-33<-12=cos2π3，B∈(0，π)，而y=cosx在(0，π)上单调递减，所以2π3<B<π.于是A+B>π3+2π3=π，与A+B<π矛盾．所以△ABC不
能同时满足①②.·31·当①③④作为条件时，有b2=a2+c2-2accosB，即c2+2c=1，解得c=2-1(c=-2-1舍去)．所以△ABC有解．当②③④作为条件时，有asinA=bsinB，即332
=2sinB，解得sinB=1.因为B∈(0，π)，所以B=π2，△ABC为直角三角形，所以△ABC有解．综上所述，满足△ABC有解的序号组合为①③④或②③④.(2)若选择组合①③④，因为B∈(0，π)
，所以sinB=1-cos2B=1--332=63.所以△ABC的面积S=12acsinB=12×3×(2-1)×63=2-22.若选择组合②③④，因为B=π2，所以c=22-32=1，所以△ABC的面积S=12×1×3
=32.5.已知△ABC中，cb<cosA.(1)求证：B是钝角；(2)若△ABC同时满足下列四个条件中的三个：①sinA=22；②a=2；③c=2；④sinC=32.请指出这三个条件，说明理由，并求出b的值．解(1)证明：因为cb<cosA，由正弦定理可得sinC
sinB<cosA，在三角形中，sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，且sinB>0，所以不等式整理为sinAcosB+cosAsinB<sinBcosA，即sinAcosB<0，在三角
形中可得sinA>0，所以cosB<0，所以得证B为钝角．(2)(ⅰ)若满足①②③，则由正弦定理可得asinA=csinC，即222=2sinC，所以sinC=12，又a>c，所以A>C，在三角形中，sinA=22，所以A=π4或A=3π4，而由(1)可
得A=π4，所以可得C=π6，B=π-A-C=π-π4-π6=7π12，所以b=a2+c2-2accosB·32·=4+2-2×2×2×-6-24=3+1；(ⅱ)若满足①②④，由(1)B为钝角，A，C为锐角，及sinA=22，sinC=
32可得A=π4，C=π3，所以B=5π12不符合B为钝角，故这种情况不成立；(ⅲ)若满足①③④，同(ⅱ)，这种情况不成立；(ⅳ)若满足②③④，由B为钝角，sinC=32，所以C=π3，而a>c，所以A>C，这时B<π3，不符合B为
钝角的情况，所以这种情况不成立．综上所述，△ABC同时满足的条件为①②③，此时b=3+1.·33·数学培优微专题《爪型三角形》1.△ABC中，BC=25，D为BC的中点，∠BAD=π4，AD=1，求AC解：在△ABD中，由余弦定理可得，BD2=AB2+AD2-2A
B·ADcos∠BAD，即5=AB2+1-2AB，解得AB=22，由正弦定理可得，1sin∠ABD=5sinπ4，所以sin∠ABD=1010，cos∠ABD=31010，在△A
BC中，由余弦定理可得，AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos∠ABC=(22)2+(25)2-2×22×25×31010，解得AC=2.2.已知D是△ABC的边AC上的一点，△ABD的面积是△BCD的面积的3倍，∠ABD=2∠CBD=2θ.(
1)若∠ABC=π2，求sinAsinC的值；(2)若BC=2，AB=3，求AC的长．解：(1)因为∠ABC=π2，∠ABD=2∠CBD=2θ，所以θ=π6.所以12AB·BDsinπ3=3×12B
C·BDsinπ6，所以BCAB=sinAsinC=33.(2)因为12AB·BDsin2θ=3×12BC·BDsinθ，即2ABcosθ=3BC，所以cosθ=22，所以θ=π4，∠ABC=3θ=3π4，AC2=
9+2-2×3×2×-22=17，所以AC=17.3.如图，已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且acosC+3asinC-b-c=0.(1)求角A；(2)若AD为BC边上的中线，cosB=17，AD=129
2，求△ABC的面积．解(1)因为acosC+3asinC-b-c=0，由正弦定理，得sinAcosC+3sinAsinC=sinB+sinC，即sinAcosC+3sinAsinC=sin(A+C)+sinC，又
sinC≠0，所以化简，得3sinA-cosA=1，所以sin(A-30°)=12.在△ABC中，因为0°<A<180°，所以A-30°=30°，所以A=60°.(2)在△ABC中，因为cosB=17，所以sinB=437.所以sinC=sin(A+B)=3
2×17+12×437=5314.由正弦定理，得ac=sinAsinC=75.·34·设a=7x，c=5x(x>0)，则在△ABD中，AD2=AB2+BD2-2AB·BDcosB，即1294=25x2+14×49x2-2×5x×12×7x×17，
解得x=1，所以a=7，c=5，故S△ABC=12acsinB=103.4.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，2b2=(b2+c2-a2)(1-tanA)．(1)求角C的大小；(2)若c=210，D为BC的中点，在下列两个条件中任选一个，求AD的长度．条
件①：△ABC的面积S=4且B>A；条件②：cosB=255.解(1)在△ABC中，由余弦定理知b2+c2-a2=2bccosA，所以2b2=2bccosA(1-tanA)，所以b=c(cosA-sinA)．又由正弦定理知
bc=sinBsinC，得sinB=sinC(cosA-sinA)，所以sin(A+C)=sinC(cosA-sinA)，即sinAcosC+cosAsinC=sinCcosA-sinCsinA，所以sinAcosC=-sinCsinA.因为sinA≠0，所以cosC=-sinC，
所以tanC=-1.又因为0<C<π，所以C=3π4.(2)若选择条件①：因为S△ABC=4=12absinC=12absin3π4，所以ab=82.由余弦定理知c2=(210)2=40=a2+b2-2abcos3π4，所以a2+b2+2ab=40.由a2+b2+2
ab=40，ab=82，解得a=4，b=22或a=22，b=4.因为B>A，所以b>a，所以a=22，b=4，所以CD=2.在△ACD中，AD2=CA2+CD2-2CA×CD×cosC=16+2-2×4×2cos3π4=26，
所以AD=26.若选择条件②：因为cosB=255，所以sinB=55.又因为sinA=sin(B+C)=sinBcosC+sinCcosB=1010，由正弦定理知csinC=asinA，
所以a=csinAsinC=22.因为D为BC的中点，所以BD=2.在△ABD中，由余弦定理知AD2=AB2+BD2-2AB·BD·cosB，即AD2=40+2-2×210×2×255，解得AD=26.5.已
知在ΔABC中，角A,B,C所对的边长分别为a,b,c且满足b=acosC+csinA．·35·求A的大小；(2)若cosB=25,BC=5,BD=17BA，求CD的长．解(1)在三角形ABC中，由正弦定理得sinB=sinAcosC+sinCsinA，因为sinB
=sinπ-A+C=sinA+C所以sinA+C=sinAcosC+sinCsinA即sinAcosC+sinCcosA=sinAcosC+sinCsinA整理得sinCcosA=sinCsinA，由
sinC≠0，可得cosA=sinA所以A=π/4.在三角形ABC中，sinB=1−cos2B=45，由ACsinB=BCsinA⇒AC45=522，解得AC=42，又因为cosC=-cos(A+B)=-cosAcosB+sinAsi
nB=210所以AB2=AC2+BC2-2AC⋅BC⋅cosC=32+25-2×42×5×210=49，AB=7，于是由BD=17BA可得BD=1，CD2=BD2+BC2-2BD⋅BC⋅cosB=1+25−2×1×5×210=20，所以CD=25.6.在
①AB=25，②∠ADB=135°，③∠BAD=∠C这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，使得问题成立，并求BD的长和△ABC的面积.如图，在△ABC中，D为BC边上一点，AD⊥AC,AD=1,sin∠BAC=255，__________，求BD的长和△ABC的面积.解答：选
条件①，sin∠BAC=sin90°+∠BAD=cos∠BAD=255，所以sin∠BAD=55.在△ABD中，由余弦定理，得BD=20+1-2×25×1×255=13.在△ABD中，由正弦定理，得ABsin
∠ADB=BDsin∠BAD，即25sin∠ADB=1355，所以sin∠ADB=21313.所以sin∠ADC=21313,cos∠ADC=31313
，所以tan∠ADC=23，所以AC=23.所以△ABC的面积为12×25×23×255=43.选条件②，sin∠BAC=sin90°+∠BAD=cos∠BAD=255，所以sin∠BAD=55
.所以sin∠B=sin∠BAD+135°=55×-22+255×22=1010.在△ABD中，由正弦定理，得ABsin135°=ADsin∠B=BDsin∠BAD，得AB=5,BD=2
.因为∠ADB=135°，所以∠ADC=45°，所以AC=1.·36·所以△ABC的面积为12×5×1×255=1.选条件③，sin∠BAC=sin90°+∠BAD=cos∠BAD=255，所以sin∠BAD=55因为∠BAD=∠C，所以si
n∠C=55，在Rt△ACD中，可得cos∠ADC=55，所以cos∠ADB=-55，sin∠ADB=255.所以sin∠B=sin(∠BAD+∠ADB)=55×-55+255×255=35.
在△ABD中，由正弦定理，得ABsin∠ADB=ADsin∠B=BDsin∠BAD，得AB=253,BD=53.因为sinC=55，所以cos∠C=255，所以tan∠C=12
，所以AC=2.所以△ABC的面积为12×253×2×255=43.·37·数学培优微专题《多边多角问题》1.平面四边形ABCD中，边AB=BC=5，CD=8，对角线BD=7.(1)求内角C的大小；(2)若A，B，C，D四点共圆，求边AD的长．解(1)在△BCD中，由余弦定
理，得cosC=BC2+CD2-BD22·BC·CD=12，C=π3.(2)因为A，B，C，D四点共圆，所以A=π-C=2π3，在△ABD中，因为BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cosA，所以49=25+AD2+5AD，解得AD=3或AD=-8，又AD>0，
所以AD=3.2.如图，在△ABC中，点D在BC边上，∠ADC=60°，AB=27，BD=4．(1)求△ABD的面积．(2)若∠BAC=120∘，求AC的长．【答案】(1)23；(2)7．【解析】(1
)由题意，∠BDA=120°在△ABD中，由余弦定理可得AB2=BD2+AD2-2BD⋅AD⋅cos120°即28=16+AD2+4AD⇒AD=2或AD=-6(舍)，∴△ABD的面积S=12⋅DB⋅DA⋅sin∠ADB=12×4×2
×32=23．(2)在△ABD中，由正弦定理得ADsinB=ABsin∠BDA，代入得sinB=2114，由B为锐角，故cosB=5714，所以sinC=sin60°-B=sin60
°cosB-cos60°sinB=217，在△ADC中，由正弦定理得ADsinC=ACsin∠CDA，∴2217=AC32，解得AC=7．3.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，cosC=35，D是线段BC上的点，co
s∠ADC=210.(1)若b=5，a=7，求c的大小；(2)若b=7，BD=10，求△ABC的面积．答案：(1)42；(2)42.解析：(1)在△ABC中，由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcosC=72+52-2×7×5×
35=32，即c=42.(2)因为0<C<π，所以sinC=1-cos2C=45，同理sin∠ADC=1-cos2∠ADC=7210，所以cos∠CAD=-cos(∠ADC+C)=-cos∠ADCcosC+sin∠ADCsinC=22，·38·即∠CA
D=π4，在△ACD中，由正弦定理，得CDsin∠CAD=ACsin∠ADC，得CD=ACsin∠CADsin∠ADC=7×227210=5，
所以S△ABC=12AC·BC·sinC=12×7×15×45=42.4.△ABC内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足(2b-3c)cosA=3acosC.(1)求A的大小；(2)如图，若AB=4，AC=3，D为△ABC所在平面内一点，DB⊥AB，BC=CD，求△BCD
的面积．解(1)因为(2b-3c)cosA=3acosC.由正弦定理可得，2sinBcosA=3(sinCcosA+sinAcosC)=3sin(A+C)=3sinB，因为sinB>0，所以cosA=32，由A
为三角形的内角可得，A=π6.(2)由余弦定理可得，BC2=AB2+AC2-2AB·ACcosA=16+3-2×4×3×32=7，所以BC=7，由正弦定理可得，ACsin∠ABC=BCsinA，故sin∠ABC=37×12=2114，因为BD⊥
AB，所以∠DBC=π2-∠ABC，cos∠DBC=sin∠ABC=2114，所以sin∠DBC=5714，因为DC=BC=7，作CE⊥BD于点E，E为BD的中点，CE=BC·sin∠DBC=7×5714=52，BD=2BE=2BC·cos∠DBC=27×2114=3
，S△BCD=12BD·CE=12×3×52=534.5.在梯形ABCD中，已知AD⎳BC，AD=1，BD=210，∠CAD=π4，cos∠ACD=31010，(1)求CD的长；(2)求△B
CD的面积．【答案】解：(1)∵cos∠ACD=31010，∴sin∠ACD=1010．在△ACD中，由正弦定理得：ADsin∠ACD=CDsin∠CAD，即11010=CD22．·39·解得：CD=5．(2)在
△ACD中，∵cos∠ADC=cosπ-π4+∠ACD=-cosπ4+∠ACD=-cosπ4cos∠ACD+sinπ4sin∠ACD=-55．又∵在梯形ABCD中，AD⎳BC，∴∠BCD=180°-∠ADC，∴cos∠BCD=-cos∠ADC=5
5．在△BCD中，由余弦定理得：BD2=CD2+BC2-2CD⋅BC⋅cos∠BCD即：40=5+BC2-2BC解得BC=7或BC=-5(舍)．又∵sin∠BCD=sin(π-∠ADC)=sin∠ADC=255∴S△BCD=12BC⋅CD⋅sin∠BCD=12×7×
5×255=7．6.如图，在四边形ABCD中，cos∠DAB=-14，ADAB=23，BD=4，AB⊥BC．(1)求sin∠ABD的值;(2)若∠BCD=π4，求CD的长．【答案】解：(Ⅰ)因为ADAB
=23，所以设AD=2k，AB=3k，其中k>0，在△ABD中，由余弦定理，BD2=AB2+AD2-2AB⋅AD⋅cos∠DAB，所以16=4k2+9k2-2×2k×3k×-14，解得k=1，则AD=2，而sin∠DAB=1--142=154，在
△ABD中，由正弦定理，sin∠ABD=ADBDsin∠DAB=24×154=158．(Ⅱ)由(Ⅰ)可知，sin∠ABD=158，而AB⊥BC，则sin∠CBD=sinπ2-∠ABD=cos
∠ABD=1-1582=78，在△BCD中，∠BCD=π4，由正弦定理，CD=sin∠CBDsin∠BCDBD=7822×4=722·40·数学培优微专题《解三角形中的最值问题》1.已知△ABC的内角A
，B，C所对的边分别为a，b，c，向量m=(c+a，b)，n=(c-a，b+c)，且a=3，m⊥n.(1)求△ABC面积的最大值；(2)求b+c的取值范围．答案：(1)334；(2)(3，23]．解析：(1)因为m⊥
n，所以(c+a)(c-a)+b(b+c)=0，即c2-a2+b2+bc=0，所以cosA=b2+c2-a22bc=-12，又A是三角形的内角，所以A=120°，由c2-a2+b2+bc=0，且a=3，所以b2+c2=9-bc≥2bc，解得bc≤3.所以S△ABC=12bc
sinA≤12×3·sin120°=334.(2)由(1)可知c2+b2+bc=9，(b+c)2-bc=9，即(b+c)2-9=bc≤b+c22，解得b+c≤23，又b+c>a=3，所以b+c的取值范围是(3，23]．2.在锐角△ABC中，角
A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知2bsinBsinA－3a＝0.(1)求角B的大小；(2)求cosA＋cosB＋cosC的取值范围．解(1)由正弦定理，得2sinBsinA＝3sinA，故sinB＝32，由题意得B＝π3.(2)由A＋B＋C＝π，得C＝2π
3-A.由△ABC是锐角三角形，得A∈(π6,π2).由cosC＝cos(2π3-A)＝-12cosA＋32sinA，得cosA＋cosB＋cosC＝32sinA＋12cosA＋12＝sin(A＋π6)+12∈(3+
12,32)故cosA＋cosB＋cosC的取值范围是(3+12,32)3.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA+C2＝bsinA.(1)求B；(2)若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．解(1)由题设及正弦定理得s
inAsinA+C2＝sinBsinA.因为sinA≠0，所以sinA+C2＝sinB.由A＋B＋C＝180°，可得sinA+C2＝cosB2，故cosB2＝2sinB2cosB2.因为cosB2≠0，所以sinB2＝12，所以B＝60°.·41·(2)
由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝34a.由(1)知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝csinAsinC＝sin(120°-C)sinC＝32tanC+12由于△
ABC为锐角三角形，故0°<A<90°，0°<C<90°.结合A＋C＝120°，得30°<C<90°，所以12<a<2，从而38<S△ABC<32.因此，△ABC面积的取值范围是(38,32).4.已知△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,C=120°.(1)若a=2b,求
tanA的值;(2)若∠ACB的平分线交AB于点D,且CD=1,求△ABC的面积的最小值.解:(1)方法一:由a=2b及正弦定理知sinA=2sinB,则sinA=2sin(60°-A),即sinA=3cosA-sinA,得t
anA=32.方法二:∵c2=a2+b2-2abcosC=4b2+b2-2×2b×b×-12=7b2,∴c=7b,则cosA=b2+c2-a22bc=b2+7b2-4b22×b×7b=27.∵A
∈(0°,180°),∴sinA=1-cos2A=1-47=37,∴tanA=sinAcosA=32.(2)由∠ACB的平分线交AB于点D,得S△ACD+S△BCD=S△ABC,∴12bsin60°+12asin60
°=12absin120°,则a+b=ab.由a+b=ab≥2ab,得ab≥4,当且仅当a=b时等号成立,∴△ABC的面积的最小值为12×32×4=3.5.如图,在四边形ABCD中,AD⊥AB,∠CAB=60°,∠BCD=120°,AC=2
.(1)若∠ABC=15°,求DC.(2)记∠ABC=θ,当θ为何值时,△BCD的面积取得最小值?求出最小值.解:(1)在四边形ABCD中,因为AD⊥AB,∠BCD=120°,∠ABC=15°,所以∠ADC=360°-90°-1
20°-15°=135°.在△ACD中,可得∠CAD=90°-60°=30°,∠ADC=135°,AC=2,由正弦定理得CDsin∠CAD=ACsin∠ADC,即CDsin30°=
2sin135°,解得CD=2.(2)因为∠CAD=30°,所以∠ADC=150°-θ.在△ADC中,由DCsin30°=2sin(150°-θ),得DC=1sin(150°-θ).在△ABC中,由BCsin60°=2sinθ
,得BC=3sinθ.所以S△BCD=12DC·BC·sin120°=34×1sin(150°-θ)sinθ=34×·42·112sinθcosθ+32sin2θ=34×114si
n2θ-34cos2θ+34=34×112sin(2θ-60°)+34,所以当sin(2θ-60°)=1,即θ=75°时,S△BCD取得最小值,最
小值为6-33.6.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，∠ABC=120°，BD是∠ABC的平分线，交AC于点D，且BD=1，求4a+c的最小值．答案：9.解法1由S△ABD+S△CBD=S△ABC，得12c·1·si
n60°+12a·1·sin60°=12acsin120°，所以，a+c=ac.即1a+1c=1.所以4a+c=(4a+c)1a+1c=5+ca+4ac≥5+2ca·4ac=9.当且仅当c=2a即a=32，c=3取等号，所以4a+c
的最小值为9.解法2如图作DE∥AB交BC点E，所以∠EDB=∠DBA=∠DBE=60°，因为BD=1，所以△BDE是边长为1的正三角形，CECB=DEAB，即a-1a=1c，变形得a+c=ac，变形得44a+1c=1.于是1=44a+1c≥(2+1)
24a+c，解得4a+c≥9，当且仅当4a=2c，当且仅当c=2a即a=32，c=3时取等号，所以4a+c的最小值为9.解法3设∠BDC=θ，易得60°<θ<120°，在△BDC中，BCsinθ=BDsinC，因为BD=1，sinC=sin(θ+60°)
，所以a=sinθsin(θ+60°)，同理c=sinθsin(θ-60°).所以4a+c=4sinθsin(θ+60°)+sinθsin(θ-60°)=4sinθ12sinθ+3
2cosθ+sinθ12sinθ-32cosθ=81+3tanθ+21-3tanθ≥(22+2)21+3tanθ+1-
3tanθ=9.当且仅当221-3tanθ=21+3tanθ时取等号，即tanθ=33时4a+c取最小值9.解法4以B为坐标原点，BC为
x轴正方向，建立平面直角坐标系，则A落在第二象限，设直线AC的方程为y-32=kx-12，其中-3<k<0，令y=0得xC=k-32k>0，即a=k-32k，由于直线BA的方程为y=-3x代
入y-32=kx-12，解得xA=k-32(k+3)<0，所以·43·c=-2xA=3-k(k+3)>0，则4a+c=2(k-3)k+3-k3+k=1+231-k+1k+3≥1+2
3×(1+1)2-k+k+3=9.当且仅当-k·1=(k+3)·1，即k=-32时取等号，所以4a+c的最小值为9.·44·数学培优微专题《平行的证明》1.已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，M是DD1的中点．
(Ⅰ)求证：BD1⎳平面AMC；证明：在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，连结BD交AC于N，连结MN．因为ABCD为正方形，所以N为BD中点．⋯(1分)在△DBD1中，因为M为DD1中点，所以BD1⎳MN.⋯(2分)因为MN⊂平面AMC，BD1不包含于
平面AMC，⋯(4分)所以BD1⎳平面AMC.⋯(5分)2.如图①，在直角梯形ABCD中，AB⎳CD，AB⊥AD，且AB=AD=12CD=1.现以AD为一边向梯形外作正方形ADEF，然后沿边AD将正方形ADEF翻折，使平面ADEF与平面ABC
D垂直，M为ED的中点，如图②．(1)求证：AM⎳平面BEC；【答案】解：(1)证明：取EC中点N，连结MN，BN.在△EDC中，M，N分别为ED，EC的中点，∴MN⎳CD，且MN=12CD.由已知AB⎳CD，AB=12CD，∴MN⎳AB，且MN=A
B．∴四边形ABNM为平行四边形．BN⎳AM．又∵BN⊂平面BEC，且AM⊄平面BEC，∴AM⎳平面BEC．3.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，AB⎳CD，∠BAD=60°，AB=AD=12CD=2，E为棱PD上的一点，且DE=2EP=2．(1)证明：PB⎳平面AEC；【答案
】(1)证明：连结BD交AC于点O，连结OE，在底面ABCD中，因为AB⎳CD，AB=12CD，由△ABO∽△CDO，可得DOOB=CDAB=2，因为DE=2EP，即DEEP=2，所以在△BDP中，
DOOB=DEEP，故EO⎳PB，因为EO⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB⎳平面AEC；4.如图，AE⊥平面ABCD，CF⎳AE，AD⎳BC，AD⊥AB，AB=AD=1，AE=BC=2．(Ⅰ)求证：BF⎳平面ADE；【
答案】(Ⅰ)证明：因为AE⊥平面ABCD，AD，AB在平面ABCD内，则AE⊥AD，AE⊥AB，又AD⊥AB，故以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可得A(0,0，0)，B(1,0，0)，
C(1,2，0)，D(0,1，0)，E(0,0，2)．设CF=h(h>0)，则F(1,2，h)．则AB=(1,0,0)是平面ADE的法向量，又BF=(0,2,h)，可得BF⋅AB=0．又∵直线BF⊄平面ADE，∴BF⎳平面ADE；5.如图，已知多面体EABCDF的底面是AB
CD边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，FD⎳EA，且FD=12EA=1．(1)记线段BC的中点为K，在平面ABCD内过点K作一条直线KM，使得KM⎳平面ECF，并给予证明．【答案】解：(1)取线段CD的中点M，连接KM，直线KM即为所求．证明如下：取
EC中点G，连接FG，连接AC交BD于O．则OG为△EAC的中位线．∴OG⎳EA,OG=12EA，又FD⎳EA,FD=12EA，∴OG⎳FD,OG=FD，∴四边形FGOD为平行四边形，∴FG⎳OD．∵K，M分别为BC，CD的中点，∴KM⎳OD,KM⎳FG．∵FG⊂平面EFC，K
M⊄平面EFC，∴KM⎳平面EFC．6.如图，已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，E、F分别是AB、PD的中点．(1)求证：AF⎳平面PCE(2)过点F作四棱锥P-ABCD的一个截面，使得该截面与PB，CD都平行，请在四棱锥中作出该截面，该截面是什么图
形⋅说明理由。解：(1)取PC的中点为G，连接FG，EG，所以FG⎳CD且FG=12CD，又E为AB中点，AE=12AB=12CD，所以FG⎳AE且FG=AE，所以四边形AEGF为平行四边形，AF⎳EG
，·46·而EG⊂面PCE，所以AF⎳面PCE；(2)取BC中点为H，取AD中点为S，所以FS⎳AD，GH⎳PB，CD⎳HS，则PB⎳面FGHS，CD⎳面FGHS，因为AD⊥面ABCD，所以FS⊥面ABCD，则在四边
形FGHS中FS⊥HS，且FG⎳SH，所以四边形FGHS为直角梯形，即满足题意的截面为直角梯形．·47·数学培优微专题《垂直的证明》1.如图，在三棱锥P—ABC中，PA⊥AB，PA⊥BC，AB⊥BC，PA=AB=BC=2，D为
线段AC的中点，E为线段PC上一点．(1)求证：PA⊥BD；(2)求证：平面BDE⊥平面PAC；(3)当PA⎳平面BDE时，求三棱锥E—BCD的体积．【答案】解：(1)证明：因为PA⊥AB，PA⊥BC，且AB∩B
C=B，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥平面ABC．又因为BD⊂平面ABC，所以PA⊥BD；(2)证明：因为AB=BC，D为AC的中点，所以BD⊥AC．由(1)知，PA⊥BD，且PA∩AC=A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC
，所以BD⊥平面PAC，又BD⊂平面BDE，所以平面BDE⊥平面PAC；(3)因为PA⎳平面BDE，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BDE=DE，所以PA⎳DE，因为D为AC的中点，所以DE=12·PA=1，BD=DC=2，由(1
)知，PA⊥平面ABC，所以DE⊥平面ABC，所以三棱锥E-BCD的体积V=16BD·DC·DE=13．2.如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAC⊥平面ABCD，PA=PC，AB⎳CD，AB⊥AD，且CD=2AD=4A
B=4．(1)求证：BD⊥PC；【答案】解：(1)证明：连接BD交AC于点E，∵AB⎳CD，AB⊥AD，ABAD=ADCD=12，∴Rt△ABD∽Rt△DAC，∴∠AEB=90°，则AC⊥BD，∵平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面P
AC=AC，∴BD⊥平面PAC，又PC⊂平面PAC，∴BD⊥PC．3.如图四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD=CD．(1)证明：AC⊥BD；证明：(1)如下图所示，取AC中点O，连结DO、BO，∵△ABC是正三角形，AD=CD，∴DO⊥AC，BO⊥AC，∵DO∩BO=O，，
∴AC⊥平面BDO，∵BD⊂平面BDO，∴AC⊥BD，4.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点P为DD1的中点．(1)求证：平面PAC⊥平面BDD1；【答案】(1)证明
：长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AD=1，底面ABCD是正方形，则AC⊥BD，又DD1⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，则DD1⊥AC．∵BD⊂平面BDD1，D1D⊂平面BDD1，BD∩D1D=D，
∴AC⊥面BDD1，∵AC⊂平面PAC，∴平面PAC⊥平面BDD1；5.如图，D为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，△ABC是底面的内接正三角形，P为DO上一点，∠APC=90°．(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；(2)设DO=2，圆锥的侧面积为3π，求三
棱锥P-ABC的体积．【答案】解：(1)连接OA，OB，OC，△ABC是底面的内接正三角形，所以AB=BC=AC．O是圆锥底面的圆心，所以：OA=OB=OC，所以AP=BP=CP=OA2+OP2=OB2+
OP2=OC2+OP2，所以△APB≌△BPC≌△APC，由于∠APC=90°．所以∠APB=∠BPC=90°所以AP⊥BP，CP⊥BP，AP，PC⊂平面APC，、、由于AP∩CP=P，所以BP⊥平面APC，由于BP⊂平面PAB，所以：平面PAB⊥平面PAC．6.如图1，四边形PBCD是等腰梯
形，BC⎳PD，PB=BC=CD=2，PD=4，A为PD的中点．将△ABP沿AB折起，如图2，点M是棱PD上的点．(Ⅰ)若M为PD的中点，证明：平面PCD⊥平面ABM；【答案】(Ⅰ)证明：取AB的中点为E，连接
PE，CE，因为PB=BC=CD=2，PD=4，A为PD的中点，所以PA=PB=AB=AC=2，所以PE⊥AB，CE⊥AB，又因为PE∩CE=E，PE，CE⊂平面PEC，所以AB⊥平面PEC，PC⊂平面PEC，所以AB⊥PC;取PC中点N，连接MN，BN，则MN⎳CD⎳AB，所以A，
B，N，M四点共面，·49·又PB=BC=2，则BN⊥PC，又AB∩BN=B，AB，BN⊂平面ABM，所以PC⊥平面ABM，又PC⊂平面PCD，∴平面PCD⊥平面ABM；·50·数学培优微专题《度量角度》1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形
，平面PAD⊥平面ABCD，PA=PD，E为棱AB的中点．(1)证明：AC⊥PE．(2)若PA=AD，∠BAD=60°，求二面角E-PC-B的余弦值．【答案】(1)证明：取AD的中点O，连接OP，OE，BD
，∵底面ABCD为菱形，∴BD⊥AC，∵O、E分别为AD，AB的中点，∴OE⎳BD，∴AC⊥OE．∵PA=PD，O为AD的中点，∴PO⊥AD，又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PO⊂平面PAD，∴PO⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，∴PO⊥AC，∵OE∩OP=O，OE、OP都在平面POE中，∴AC⊥平面POE，∵PE⊂平面POE，∴AC⊥PE；(2)解：连接OB，∵底面ABCD为菱形，∴AD=AB，∵∠DAB=60°，∴△DAB为等边三角
形，又O为AD的中点，∴BO⊥AD，∵PO⊥平面ABCD，∴PO⊥OA，PO⊥OB，∴OP、OA、OB两两垂直，以OA、OB、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系O-xyz，不妨设AD=2a，则AO=a，OB=
3a，OP=3a则A(a,0，0)，B(0,3a,0)，P(0,0，3a)，C(-2a,3a,0)，E12a,32a,0，则PE=12a,32a,-3a,PC=-2a,3a,-3a,BC=-2a,0,0设平面PEC的一个法向量n=(x,y,z)，则
PC⋅n=0PE⋅n=0，即-2x+3y-3z=0x+3y-23z=0，取x=3，则n=(3,5,3)，设平面PBC的一个法向量n′=(x′,y′,z′)，则PC⋅n′=0BC⋅n′=0，即-2x′+3y′-3z′=0-2x′=0，
取y′=1，则z′=1，则n′=(0,1,1)，∴cos<n,n′>=n⋅n→′|n||n′|=83+25+9×2=47437，由题意可知，二面角E-PC-B为锐角
，所以二面角E-PC-B的余弦值为47437．2.如图，四棱锥P-ABCD中，已知AB⎳DC，AB=AD=1，BD=2，CD=2，PB=PC=PD=6．(1)证明：平面PAD⊥平面PCD．(2)设平面PAD与平面PBC的
交线为l，求直线l与平面PAB所成角的正弦值．【答案】(1)证明：因为AB=AD=1，BD=2，所以AB2+AD2=BD2，即AB⊥AD．又因为AB⎳DC，所以AD⊥CD，取CD中点为F点，因PC=PD=6，所以PF=5．
又因AB⎳DF，AB=DF=1，AB⊥AD，所以四边形ABFD是正方形，所以BF=AD=1．所以PF2+BF2=PB2，即PF⊥BF，又因AD⎳BF，所以AD⊥PF，因为AD⊥CD，AD⊥PF，CD∩PF=F，CD、PF⊂平面PCD，所以AD⊥平面PCD，又因AD⊂平
面PAD，所以平面PAD⊥平面PCD．(2)解：由(1)知PF⊥BF，且PF⊥CD，BF∩CD=F，BF、CD⊂平面ABCD，所以PF⊥面ABCD，又因BF⊥CD，故以点F为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系F-xyz，则P(0,0，5)，A(-1,1
，0)，B(0,1，0)，C(1,0，0)，D(-1,0，0)．则PA=(-1,1，-5)，AB=(1,0,0)，设平面PAB的法向量为n=(x,y,z)，则PA⋅n=0，AB⋅n=0，得-x+y-5z=0x=0，取n=
(0,5,1)，延长DA和CB，使其相交于点E，则面PAD与面PBC的交线l即为PE又因E(-1,2，0)，所以PE=(-1,2,-5)．设直线l与平面PAB所成的角为θ，则sinθ=|cos<PE,n>
|=|25-5|6×10=1212=36．3.如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，且AB=AD=2，AA1=3，∠BAD=120°．(1)求异面直线A1B与AC1所成角的余弦值；(2)求二面角B-A1D-A的正弦值．【答案】解：在平面AB
CD内，过A作Ax⊥AD，∵AA1⊥平面ABCD，AD、Ax⊂平面ABCD，∴AA1⊥Ax，AA1⊥AD，∴如图所示，以A为坐标原点，分别以Ax、AD、AA1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系．∵AB=AD=2，AA1=3，∠BAD=120°，∴A(0,0，0)
，B(3,-1,0)，C(3,1，0)，D(0,2，0)，A1(0,0，3)，C1(3,1,3).·52·A1B=(3,-1,-3)，AC1=(3,1,3)，DB=(3,-3,0)，DA1=(0,-2,3)．(1)∵cos<A1B,
AC1>=A1B⋅AC1|A1B||AC1|=-17×7=-17．∴异面直线A1B与AC1所成角的余弦值为17；(2)设平面BA1D的一个法向量为n=(x,y,z)，由n⋅DB
=0n⋅DA1=0，得3x-3y=0-2y+3z=0，取x=3，得n=3,1,233．取平面A1AD的一个法向量为m=(1,0,0)．∴cos<m,n>=m
⋅n|m||n|=31×3+1+43=34．∴二面角B-A1D-A的余弦值为34，则二面角B-A1D-A的正弦值为1-342=74．4.在三棱锥A-BCD中，已知CB=CD=5，BD=2，O为
BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC中点．(1)求直线AB与DE所成角的余弦值；(2)若点F在BC上，满足BF=14BC，设二面角F-DE-C的大小为θ，求sinθ的值．【答案】解：(1)如图，连接OC，∵CB=CD，O为BD的中点，∴CO⊥BD．以O
为坐标原点，分别以OB，OC，OA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．∵BD=2，∴OB=OD=1，则OC=BC2-OB2=5-1=2．∴B(1,0，0)，A(0,0，2)，C(0,2，0)，D(-
1,0，0)，∵E是AC的中点，∴E(0,1，1)，∴AB=(1,0,-2)，DE=(1,1,1)．设直线AB与DE所成角为α，则cosα=|AB⋅DE||AB|⋅|DE|=|1-2|1+4⋅1+1+1=1515，即直线
AB与DE所成角的余弦值为1515；(2)∵BF=14BC，∴BF=14BC，设F(x,y，z)，则(x-1,y，z)=-14，12，0，∴F34,12,0．∴DE=
(1,1,1)，DF=74,12,0，DC=(1,2,0)．设平面DEF的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，由m⋅DE=x1+y1+z1=0m⋅DF=74x1+12y1=0，取x1=-2，得m=(-2,7,-5)；·53·设平
面DEC的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，由n⋅DE=x2+y2+z2=0n⋅DC=x2+2y2=0，取x2=-2，得n=(-2,1,1)．∴|cosθ|=|m⋅n||m|⋅|n|=|4+7-5|4+49+25⋅4+1+1
=1313．∴sinθ=1-cos2θ=1-113=23913．5.如图(1)所示，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°AB=BC=4，D，E分别为AB，AC的中点，将△ADE沿DE折起，使A到达A1(如图2)，且满足A1B=2，M是A1C的中点．(1
)求证：ME⎳平面A1BD；(2)求二面角M—BE—C的正弦值．【答案】解：(1)证明：取A1B中点N，连结MN，DN，在△A1BC中，∵M，N分别为边A1B,A1C的中点，∴MN=12BC,MN⎳BC，∴MN=ED,MN⎳ED，∴四边形MN
DE为平行四边形，∴ME⎳ND，∵ND⊂平面A1BD，平面A1BD,∴ME⎳平面A1BD.(2)∵A1B=A1D=BD=2,∴A1BD为等边三角形，取BD中点O，CE中点F，连结A1O,OF,∴A1O⊥BD,OF⎳DE，∵DE⊥A1D,DE⊥BD，A1D⊂平面A1B
D，BD⊂平面A1BD，且A1D∩BD=D,∴DE⊥平面A1BD，∴OF⊥平面A1BD,，BD⊂平面A1BD，A1O⊂平面A1BD，，故以O为原点，分别以向量OB,OF,OA1为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系．则B(1
,0,0),E(-1,2,0),C(1,4,0),A1(0,0,3),M12,2,32，BE=(-2,2,0)，BM=-12,2,32，设平面MBE的一个法向量为n=(x,y,z)，由n⋅BE
=0,n⋅BM=0,得(x,y,z)(-2,2,0)=0,(x,y,z)-12,2,32=0,∴-2x+2y=0,-12x+2y+32z=0,令x=1，得y=1,z=-3，∴n=(1,1,-3)取平面BE
C的一个法向量为m=(0,0,1)，设二面角M-BE-C的平面角为θ，且θ为锐角，则cosθ=|cos<n,m>|=31+1+3=155.·54·即二面角M-BE-C的余弦值为155，6.如图，四棱柱AB
CD-A1B1C1D1的底面ABCD为矩形，AD=2AB，M为BC中点，平面A1D1DA⊥ABCD，AA1⊥A1D且A1A=A1D．(1)证明：∠B1A1D=90°．(2)若此四棱柱的体积为2求二面角A-A1B-M的正弦值．【答案】(1)证明：因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD
为矩形，所以AB⊥AD．又因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，平面A1D1DA∩平面ABCD=AD，AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面A1D1DA．因为AB⎳A1B1，所以A1B1⊥平面A1D1DA．又因为A1D⊂平面A1D1
DA，所以A1B1⊥A1D，即∠B1A1D=90∘．(2)解：取AD的中点O，连接A1O.因为A1A=A1D，所以A1O⊥AD．又因为平面A1D1DA⊥平面ABCD，平面A1D1DA∩平面ABCD=AD，
A1O⊂平面A1D1DA，所以A1O⊥平面ABCD，因此A1O为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高．设AB=a，则AD=2AB=2a．因为AA1⊥A1D，所以A1O=a，因此四棱柱的体积V=S▱ABCD×A1O=a×2a×
a=2a3=2，解得a=1．因为A1O⊥平面ABCD，OM⊂平面ABCD，所以A1O⊥OM．又因为底面ABCD为矩形，M为BC的中点，所以OD⊥OM．以O为坐标原点，OM，OD，OA1的方向分
别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系如下图：则A(0,-1,0)，B(1,-1,0)，C(1,1，0)，D(0,1，0)，A1(0,0，1)，M(1,0，0)，因此A1D=(0,1，-1)，BM=(0,1，0)，A1M=(1,0，-1)．因为AB⊥平
面AA1D1D，A1D⊂平面AA1D1D，所以AB⊥A1D.又A1D⊥A1A，A1A∩AB=A，A1A，AB⊂平面A1B1BA，所以A1D⊥平面A1B1BA，因此平面AA1B的一个法向量n1=A1D=(0,1，-1)．设平面A1BM的法向量为n2=(x,y，z
)，则n2⋅BM=0n2⋅A1M=0，即y=0x-z=0，令x=1，则y=0，z=1，因此n2=(1,0，1)是平面A1BM的一个法向量．cos<n1,n2>=|n1⋅n2||n1|⋅|n2
|=12×2=12，·55·因此sinθ=1-cos2θ=32，即二面角A-A1B-M的正弦值为32．·56·数学培优微传题《度量体积和距离》1.如图，正方形ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F分别为A1B，AC的中点．(1)证明：EF⎳
平面A1C1D；(2)求三棱锥F-A1C1D的体积．【答案】解：(1)证明：连结BD，∵E、F分别为AB，BD的中点，∴EF⎳A1D，∵EF⊄面A1C1D，A1D⊂面A1C1D，∴EF⎳面A1C1D.(2)解：∵FD⊥AC，FD⊥
CC1，∴FD⊥平面ACC1A1，∴三棱锥F-A1C1D的体积：VF-A1C1D=VD-A1C1F=13⋅12⋅22⋅22=43．2.如图，已知多面体EABCDF的底面是ABCD边长为2的正方形，EA⊥底面ABCD，
FD⎳EA，且FD=12EA=1．(2)求点B到平面ECF的距离．【答案】解：(2)由(Ⅰ)知，BD⎳FG，又BD⊄平面EFC，FG⊂平面EFC，∴BD⎳平面EFC，∴B到平面EFC的距离等于D到平面EFC的距离，设为h．∵EA⊥平面ABCD，AD
⊂平面ABCD，∴EA⊥AD，又FD⎳EA，∴FD⊥AD，又∵AD⊥CD，CD∩FD=D，∴AD⊥平面DCF．∴VE-DCF=VA-DCF=13×12×2×1×2=23，在△ECF中，∵EF=FC=5，∴FG⊥EC，又FG=OD=12BD=2，EC=EA2+A
C2=23，∴SΔEFC=12×23×2=6，∴VD-EFC=13×6×h，∵VE-DCF=VD-EFC，∴6h3=23，解得h=63．∴B到平面EFC的距离为63．3.已知如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，D为棱AC的中点，AB=AA1=2．(
Ⅰ)求证：直线AB1⎳平面BC1D；(Ⅱ)求点B1到平面BDC1的距离．【答案】(Ⅰ)证明：取A1C1的中点D1，连接AD1，DD1，∵四边形ACC1A1是矩形，D，D1分别是AC，A1C1的中点，∴AD⎳C1D1，AD=C1D1，∴四边形ADC1D1是平
行四边形，∴AD1⎳C1D，同理可证BD⎳B1D1，又BD∩C1D=D，AD1∩B1D1=D1，∴平面AB1D1⎳平面C1BD，又AB1⊂平面AB1D1，∴AB1⎳平面BC1D.(Ⅱ)解：以D为原点，以DB，DC，DD1为坐标轴建
立空间直角坐标系D-xyz，则D(0,0，0)，B(3,0，0)，C1(0,1，2)，B1(3,0，2)，∴BB1=(0,0，2)，DB=(3,0，0)，DC1=(0,1，2)，设平面BDC1的法向量为n，则n⋅DB=0n⋅DC1=0，即3x=0y+2
z=0，令z=1可得n=(0,-2,1)，∴B1到平面BDC1的距离为|BB1⋅n||n|=25=255．4.如图，在四面体ABCD中，BA=BC，∠BAD=∠BCD=90°．(2)若∠ABD=60°，BA=2，四面体AB
CD的体积为2，求二面角B-AC-D的余弦值．【答案】解：(2)在Rt△ABD中，因为BA=2，∠ABD=60°，所以BD=4，AE=3，CE=3，△AEC的面积S=12AE×EC×sin∠AEC=
32sin∠AEC．因为BD⊥平面AEC，四面体ABCD的体积2，所以13⋅32⋅sin∠AEC⋅4=2，sin∠AEC=1，∠AEC=90°，所以AE⊥平面BCD．以EB，EC，EA为x，y，z轴建立空间直角坐标系O-xyz．则A(0
,0,3)，B(1,0，0)，C(0,3,0)，D(-3,0，0)，AB=(1,0,-3)，AC=(0,3,-3)，AD=(-3,0,-3)．设m=(x1,y1,z1)是平面BAC的法向量，则{m⋅AC=0m⋅AB
=0，即x1-3z1=03y1-3z1=0，可取m=(3,1，1)．设n=(x2,y2,z2)是平面DAC的法向量，则n⋅AC=0n⋅AD=0，即3y2-3z2=0-3x2-3z2=0，可取n=(-1,3,3
).因为cos<m,n>=m⋅n|m|⋅|n|=10535，二面角B-AC-D的平面角为钝角，所以二面角B-AC-D的余弦值为-10535．5.如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2，AB=1，N是CC1的中点．
(1)求证：平面ANB1⊥平面AA1B1B;(2)求三棱锥B1-ANB的高．【答案】解：取AB的中点O，A1B1的中点M，连接OC，OM，以O为原点，OA所在直线为x轴，OM所在直线为y轴，OC所在直线为z轴建立空间·58
·直角坐标系，则A12,0，0，N0,1，32，B1-12,2，0，B-12,0，0，∴AN=-12,1，32，AB1=(-1,2，0)，AB=(-1,0，0)．(1)证明：设平面ANB1的法向量为n=
(x,y，z)，则n⋅AB1=-x+2y=0,n⋅AN=-12x+y+32z=0,取y=1，得n=(2,1，0)，易知平面AA1B1B的一个法向量为m=(0,0，1)，∵n⋅m=0，∴平面ANB1⊥平面AA1B1
B.(2)设平面ANB的法向量为n1=(x1,y1,z1)，则n1⋅AB=-x1=0,n1⋅AN=-12x1+y1+32z1=0,取z1=2，得n1=(0,-3,2)，∴点B1到平面ANB的距离d=|AB1
⋅n1||n1|=237=2217，∴三棱锥B1-ANB的高为2217．6.如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面PAC⊥平面A
BCD，且AC⊥PB．(2)若二面角A-PC-B的余弦值为33，求D到平面PBC的距离．【答案】解：(1)证明：设AC∩BD=O，∵ABCD是正方形，∴BD⊥AC，又∵面PAC⊥面ABCD，面PAC∩面ABCD=AC，BD⊂面ABCD，∴BD⊥面PA
C，∵PO⊂面PAC，∴PO⊥BD，又∵O为BD的中点，∴PB=PD，∴△PBD是等腰三角形．(2)∵AC⊥PB，AC⊥BD，PB∩BD=B，∴AC⊥面PBD，∵PO⊂面PBD∴PO⊥AC，又∵PO⊥BD，AC∩BD=O，∴PO⊥面ABC
D，以O为坐标原点，以OA，OB，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设OP=a，则P(0,0,a),C(-2,0,0),B(0,2,0)，∴CP=(2,0,a),CB=(2,2,0)，设n=(x,y,z)是面PBC的法向量，则n⋅CP=0n
⋅CB=0⇒2x+az=02x+2y=0，令x=-a，则y=a,z=2，∴n=(-a,a,2)，·59·∵BD⊥面PAC，∴面PAC的法向量为m=(0,1,0)，∴|cos<n,m>|=|n⋅m||
n|⋅|m|=a2a2+2=33，∴a=2，∵D(0,-2,0)，∴DB=(0,22,0)，面PAC的法向量n=(-2,2,2)，即n=(-1,1,1)，∴D到平面PBC的距离d=|DB⋅n
||n|=223=263．·60·数学培优微专题《探索点的位置及边长的大小》1.如图，直角梯形ABCD中，AD⎳BC，AB⊥BC，AB=BC=2，AD>BC，矩形ACEF⊥平面ABCD，CE=2．(1)证明：平面BCF⊥平面ADE；(2)若二面角A-DE-C等于
60°，求AD的长．【答案】解：(1)过C作BA的平行线交AD于H，过H作与AF平行且相等的直线HP，连接PE，CP，EH，则CP//BF，CHPE为正方形，∴CP⊥HE，BF⊥HE．∵矩形ACEF⊥平面ABCD，∴A
F⊥平面ABCD，∴AF⊥AD，又AD⊥AB，∴AD⊥平面ABF，∴AD⊥BF，∴BF⊥平面ADE，平面BCF⊥平面ADE.(亦可建立空间直角坐标系证明)(2)建立如图所示空间坐标系，设AD=a，则C(2,2，0)，E(2,2，2)，D(0,a，0)，P(0,2，2)
．平面ADE的法向量为CP=-2,0,2，CD=-2,a-2,0，CE=0,0,2，设平面CDE的法向量为m=(x,y，z)，则-2x+a-2y=02z=0，令y=2得m=
(a-2,2，0)，cos60∘=12=cosm,CP=2a-222⋅a-22+4，解得a=4，即AD=4．2.如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD为平行四边
形，侧面SBC⊥底面ABCD.已知∠ABC=45°，AB=2，BC=22，SC=SB=3．(Ⅱ)在线段AB上是否存在一点P，使SP⊥SC？若存在，请求出AP的长；若不存在，请说明理由．【答案】解：(Ⅰ)取BC的中点E，连接SE，
∵SC=SB，∴SE⊥BC，且SE=1，∵侧面SBC⊥底面ABCD，且侧面SBC∩底面ABCD=BC，SE⊂平面SBC，∴SE⊥平面ABCD，连接AC，在△ABC中，由余弦定理可知AC2=AB2+BC2-
2AB⋅BC⋅cos∠ABC，=4+8-2×2×22×22=4，得AC=AB=2．可得AC⊥AB，连接AE，可知AE⊥BC，且AE=2．如图，以E为坐标原点，分别以EA，EB，ES所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则：S(0,0，1)，A(2,0，0)，B(0
,2,0)，C(0,-2,0)，D(2,-22,0)．设线段AB上的点P(xP,yP,zP)，且AP=λAB，λ∈[0,1]．则(xP-2,yP,zP)=λ(-2,2,0)，解得P(2-2λ,2λ,0)，SP
=(2-2λ,2λ,-1)，SC=(0,-2,-1)，要使SP⊥SC，则SP⋅SC=0，即-2λ+1=0，得λ=12，此时|AP|=12|AB|=1．故线段AB的中点P满足SP⊥SC，此时AP的长为1．3.如图1，在边长为2的菱形ABC
D中，∠BAD=60°，DE⊥AB于点E，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥BE，如图2．(3)在线段BD上是否存在点P，使平面A1EP⊥平面A1BD？若存在，求BPBD的值；若不存在，说明理由．【答案】解：因为A1E⊥平面BCDE，BE⊥DE，所以以E为原点，
分别以EB，ED，EA1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则B(1,0，0)，D(0,3,0)，A1(0,0，1)，所以BA1=(-1,0，1)，BD=(-1,3,0)，假设在线段BD上存在一点P，使得平面A
1EP⊥平面A1BD，设P(x,y，z)，BP=λBD(0≤λ≤1)，则(x-1,y，z)=λ(-1，3，0)，所以P(1-λ,3λ,0)，所以EA1=(0,0，1)，EP=(1-λ,
3λ,0)，设平面A1EP的法向量m=(x,y，z)，由m⋅EA1=z=0m⋅EP=(1-λ)x+3λy=0，得z=0(1-λ)x=-3λy，令x=3λ，得m=(3λ,λ-1,0)，因为平面A1EP⊥平面A1BD，所以m⋅n=3λ+λ-1=0
，解得λ=14∈[0,1]，所以在线段BD上存在点P，使得平面A1EP⊥平面A1BD，且BPBD=14．4.如图，AE⊥平面ABCD，CF⎳AE，AD⎳BC，AD⊥AB，AB=AD=1，AE=BC=2．(Ⅲ)若二面角E-BD-F的余
弦值为13，求线段CF的长．【答案】(Ⅰ)证明：因为AE⊥平面ABCD，AD，AB在平面ABCD内，则AE⊥AD，AE⊥AB，又AD⊥AB，故以A为坐标原点，分别以AB，AD，AE所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，可得A(0,0，0)，B(1,0，0)，C(1,2
，0)，D(0,1，0)，E(0,0，2)．设CF=h(h>0)，则F(1,2，h)．设m=x1,y1,z1为平面BDF的法向量，·62·则m·BD=-x1+y1=0m·BF=2y1+hz1=0
,取y1=1，可得m=1,1,-2h，由题意，|cos<m,n>|=|m⋅n||m|⋅|n|=4-2h3×2+4h2=13，解得h=87．经检验，符合题意．∴线段CF的长为87．5.
已知在六面体PABCDE中，PA⊥平面ABCD，ED⊥平面ABCD，且PA=2ED，底面ABCD为菱形，且∠ABC=60°．(1)求证：平面PAC⊥平面PBD；(2)若直线PC与平面ABCD所成角为45°，试问
：在线段PE上是否存在点M，使二面角P-AC-M为60°？若存在，确定点M的位置；若不存在，请说明理由．【答案】解：(1)证明：连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，又PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA，又PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，∴BD⊥平面
PAC，又BD⊂平面PBD，∴平面PBD⊥平面PAC；(2)∵PA⊥平面ABCD，∴AC为PC在平面ABCD上的射影，∴∠PCA为直线PC与平面ABCD所成角，∴∠PCA=45∘，∴PA=AC，令DE=1，则PA=AC=2，又四边形ABCD为菱形，∠
ABC=60∘，∴ABC为等边三角形，AB=2，取BC的中点H，连接AH，∴AH=3，则AH⊥BC，∴AH⊥AD，以A为原点，分别以AH,AD,AP所在直线为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：则E(0,2,1)，P(0,0,2)，C(3,1,0)，B(3,-1,0
)，D(0,2,0)，∴EP=(0,-2,1)令M(x,y,z)，∵M,P,E三点共线，∴EM=λEP(0≤λ≤1)，∴(x,y-2,z-1)=λ(0,-2,1)，∴x=0，y=2-2λ，z=1+λ，∴M(0,2-2λ,1+λ)，·63·∴AC=(3,1,
0)，AM=(0,2-2λ,1+λ)，BD=(-3,3,0)，由(1)知BD⊥平面PAC，∴平面PAC的法向量n1⎳BD，∴n1=(-1,3,0)，令平面ACM的法向量为n2=(x,y,
z)，则n2·AC=0n2·AM=0,∴3x+y=021-λy+1+λz=0,令y=3，则n2=-1,3,23λ-1λ+1，∵二面角P-AC-M为60∘，∴cos<n
1,n2>=cos60°=n1·n2n1n2，∴42⋅4+12(λ-1)2(λ+1)2=12，解得λ=0，∵0≤λ≤1，∴当λ=0时，点M与点E重合，∴存在点M即为点E时，二面
角P-AC-M为60∘．6.如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD，AB⎳CD，AB=2，CD=3，M为PC上一点，且PM=2MC．(1)求证：BM⎳平面PAD；(2)若PD=3,∠BAD=π3，三棱锥P-ADM的体积为3，求AD的长．【答案】证明：(1)法一：过M作MN
⎳CD交PD于点N，连接AN．∵PM=2MC，∴MN=23CD．又∵AB=23CD，且AB⎳CD，∴AB⎳MN，AB=MN，则四边形ABMN为平行四边形，∴BM⎳AN．又∵BM⊄平面PAD，AN⊂平面PAD，∴BM⎳平面PAD．法二：过点M作MN⊥CD于点N，N为垂足，连接
BN．由题意，PM=2MC，则DN=2NC，又∵DC=3，DN=2，∴AB=DN，AB⎳DN，∴四边形ABND为平行四边形，则BN⎳AD．∵PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PD⊥DC．又MN⊥DC，∴PD⎳MN．又∵BN⊂平面MBN，MN⊂平面MBN，BN∩MN=N；∵
AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，AD∩PD=D，∴平面MBN⎳平面PAD．∵BM⊂平面MBN，∴BM⎳平面PAD；解：(2)过B作AD的垂线，垂足为E．·64·∵PD⊥平面ABCD，BE⊂平面ABCD，∴PD⊥BE．又∵AD⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，AD∩PD=D．∴BE⊥平面PAD
．由(1)知，BM⎳平面PAD，∴M到平面PAD的距离等于B到平面PAD的距离，即BE．在△ABC中，AB=2，∠BAD=π3，∴BE=3．∴VP-ADM=VM-PAD=13×S△PAD×BE=13×12×3×AD×3=3，解得AD=2．·65·数学培优微专题《求标准方程》1.已知椭圆C
：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，两焦点与短轴的一个端点的连线构成的三角形面积为2．(Ⅰ)求椭圆C的方程；【答案】解：(Ⅰ)由题意可得，e=ca=63，a2-b2=c2，bc=2，解得a=3，b=
1，c=2，即有椭圆的方程为x23+y2=1；2.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P2,2在椭圆C上，且满足PF1⋅PF2=PF22．(1)求椭圆C的标准方程；【答案】解：(1)设F1(-c,0)，F
2(c,0)(c>0)，则PF1=(-c-2,-2)，PF2=(c-2,-2).因为PF1∙PF2=PF22，所以4-c2+2=(c-2)2+2，解得c=2，或c=0(舍去).所以a2=b2+4．又因为点P(2,2)在椭圆C上，所以4b2+
4+2b2=1，即b4-2b2-8=0，解得b2=4，或b2=-2(舍去)．所以a2=8，所以，椭圆C的标准方程为x28+y24=1．3.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，以原点O为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x-y+
6=0相切．(1)求椭圆C的标准方程【答案】解：(1)由题意得ca=12，c2=a2-b2，b=0-0+62，得a2=4，b2=3，∴椭圆的方程为：x24+y23=1；4.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)离心率为63.四个顶点围成的四边形
的内切圆半径为32．(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；【答案】解：(Ⅰ)由已知得ca=63，又a2=b2+c2解得a=3b，由对称性易知四个顶点围成的四边形是菱形，内切圆半径即为O点到上顶点和有顶点所连直线l的距离l：bx+ay-ab=0，d=aba2+b2=32，解得a2
=3b2=1椭圆C的标准方程是x23+y2=1；5.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，椭圆C和抛物线y2=x交于M，N两点，且直线MN恰好通过椭圆C的右焦点．·67·(I)求椭圆C的标准方程；【答案】解：(I)由ca=22，设a=2
λ，c=2λ，b=2λ，其中λ>0，由已知M(c,±c)，代入椭圆中得：c2a2+cb2=1，即12+2λ2λ2=1，解得λ=2，从而a=22，b=2，c=2，故椭圆C的标准方程为x28+y24=1，6.已知双曲线x2a2
-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=33x，点(23,1)在双曲线上，抛物线y2=2px(p>0)的焦点F与双曲线的右焦点重合．(Ⅰ)求双曲线和抛物线的标准方程；【答案】解：(Ⅰ)由题意可得ba=33，即a=3b，所以
双曲线方程为x2-3y2=3b2，将点(23,1)代入双曲线方程，可得b2=3，所以双曲线的标准方程为x29-y23=1，c2=a2+b2=12，所以p2=c=23，即p=43，所以抛物线的方程为y2=83x．·68·数学培优微专题《建设限代化处理轨迹方程
》1.在平面直角坐标系中，若a=(x+3,y)，b=(x-3,y)，且|a|+|b|=4．(Ⅰ)求动点M(x,y)的轨迹C的方程；【答案】解：(Ⅰ)设F1(-3,0)，F2(3,0)，则|a|+|b|=(x+3)2+y2+(x-3)2+y2=|MF1|+|MF2|=4
>|F1F2|.∴动点M(x,y)的轨迹是以F1(-3,0)，F2(3,0)为焦点的椭圆，设其方程为x2a2+y2b2=1，(a>b>0)，则2a=4，2c=23，即a=2，c=3，∴b2=a2-c2=1.∴动
点M(x,y)的轨迹C的方程为x24+y2=1．2.已知在平面直角坐标系中，圆A:x2+y2+27x-57=0的圆心为A，过点B(7,0)任作直线l交圆A于点C、D，过点B作与AD平行的直线交AC于点E．(1)求动点E的轨
迹方程；【答案】(1)解：圆的标准方程为(x+7)2+y2=64，由题意得BE⎳AD，因为|AD|=|AC|，所以∠ADC=∠ACD，即∠ECB=∠EBC，所以|EB|=|EC|，所以|EA|+|EB|=|AC|=8>|AB|=27满足椭圆的定义，所以动点E的轨迹方程为
x216+y29=1；3.点M(x,y)与定点F(1,0)的距离和它到直线x=4的距离的比是常数12．(Ⅰ)求点M的轨迹C的方程；【答案】解：(Ⅰ)由已知得(x-1)2+y2|x-4|=12，两边平方并化简得3x2+4y2=12，即点M的轨迹C的方程为：x24+y23
=1．4.已知动点P到点A(-2,0)与点B(2,0)的斜率之积为-14，点P的轨迹为曲线C．(Ⅰ)求曲线C的方程；【答案】解：(I)设P点坐标(x,y)，则kAP=yx+2(x≠-2)，kBP=y
x-2(x≠2)，由已知yx+2⋅yx-2=-14，化简得：x24+y2=1．所求曲线C的方程为x24+y2=1(x≠±2)．5.已知圆F1：x+12+y2=r2与圆F2：
x-12+y2=4-r20<r<4的公共点的轨迹为曲线E，且曲线E与y轴的正半轴相交于点M.若曲线E上相异的两点A，B满足直线MA，MB的斜率之积为14．(1)求曲线E的方程；【答案】解：(1)设⊙F1，⊙F2的公共点为Q，由已知得，|F1F2|=2，|QF1|=r，
|QF2|=4-r，故|QF1|+|QF2|=4>|F1F2|，因此曲线E是长轴长2a=4，焦距2c=2的椭圆，且b2=a2-c2=3，所以曲线E的方程为x24+y23=1.6.已知动圆P与圆M：(x+2)2
+y2=64相内切，且与圆N：(x-2)2+y2=4相内切，记圆心P的轨迹为曲线C．(Ⅰ)求曲线C的方程；·69·【答案】解：(Ⅰ)设圆P的半径为R，圆心P的坐标为(x,y)，由于动圆P与圆M：(x+2)2+y2=64相内切，且与圆N：(x-2)2+y2=4相内切，所以|PM|+|PN|=(8-
R)+(R-2)=6>|MN|=4.所以圆心P的轨迹是以点M，N为焦点的椭圆，且a=3，c=2，则b2=a2-c2=5，所以曲线C的方程为x29+y25=1．7.已知点F1(-1,0)，圆F2:(x-1)2+y2=8，点Q是圆F2上一动点，线段F1Q的中
垂线与线段F2Q交于点P．(1)求动点P的轨迹E的方程；【答案】解：(1)由已知F1-1,0，F21,0，圆F2的半径为r=22依题意有：PF1=PQ，∴PF1+PF2=PQ+PF2=QF2=r=22故点P的轨迹是以F1,F2为焦点，长轴长为
22的椭圆，即c=1,a=2,∴b=1故点P的轨迹E的方程为x22+y2=18.已知动圆P过点F2(2,0)并且与圆F1:(x+2)2+y2=4相外切，动圆圆心P的轨迹为C．(1)求曲线C的轨迹方程；【答案】解：(1)设动圆圆心P的坐标为(x,y)，由题意，|PF1
|=r+2，|PF2|=r，∴|PF1|-|PF2|=2<|F1F2|=4，∴由双曲线定义可知：动圆圆心P的轨迹为焦点在x轴上的双曲线的右支，其中a=1，c=2，b=3，∴曲线C的轨迹方程为x2-y23=1,(x≥1)；9.已知动圆E过定点M(0,2)，且在x轴上截得的弦
长为4，设该动圆圆心的轨迹为曲线C。(1)求曲线C的方程；【答案】解：(1)设动圆圆心坐标为E(x,y)，根据题意，得x2+(y-2)2=y2+4，化简得x2=4y；10.在圆x2+y2=3上任取一动点P，过P作x轴的垂线PD，D为垂
足，PD=3MD，动M的轨迹为曲线C．(Ⅰ)求C的方程及其离心率；【答案】解：(Ⅰ)设Mx,y,Px0,y0，∵PD=3MD，∴x0=xy0=3y，∵x20+y20=3，∴x2+3y2=3，
∴C:x23+y2=1，∴其离心率e=63;·70·数学培优微专题《圆锥曲线中的三定问题》1.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，以M(1,0)为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x-y+2-1=0相切．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)已知点N(3,2)
，过点M任作直线l与椭圆C相交于A,B两点，设直线AN,BN的斜率分别为，求证：为定值．【答案】解：(Ⅰ)椭圆离心率e=ca=63，则a2=32c2，圆(x-1)2+y2=b2与直线x-y+2-1=0相
切，则圆心(1,0)到直线x-y+2-1=0的距离b=d=|1-0+2-1|1+(-1)2=1，即b=1，a2=3，∴椭圆C的标准方程x23+y2=1；(Ⅱ)①当直线斜率不存在时，由x=
1x23+y2=1，解得x=1，y=±63，不妨设A1,63，B1,-63，由k1+k2=63-21-3+-63-21-3=2，②当直线的斜率存在时，设点
A(x1,y1).B(x2,y2)，设直线l：y=k(x-1)，联立椭圆整理得：(3k2+1)x2-6k2x+3k2-3=0，由韦达定理可知：x1+x2=6k23k2+1，x1⋅x2=3k2-33k2
+1，k1+k2=2-y13-x1+2-y23-x2=[2-k(x1-1)](3-x2)+[2-k(x2-1)](3-x1)x1x2-3(x1+x2)+9=2kx1x2-(4k+2)(x1
+x2)+6k+12x1x2-3(x1+x2)+9=2(12k2+6)12k2+6=2，∴k1+k2是否为定值2．2.已知F(3,0)是椭圆C：x2a2+y2b
2=1(a>b>0)的右焦点，且A3,12在椭圆C上．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)设过F的直线与椭圆C交于点M，N，问：是否存在x轴上的定点P，使PF平分∠MPN？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由．【答案】解：(Ⅰ)由已知可知，椭圆的另一焦点为F′-3,0，且A
F⊥x轴，所以AF′=F′F2+AF2=72，从而2a=72+12=4，a=2，所以b=a2-c2=1，·71·椭圆C的方程为x24+y2=1；(Ⅱ)假设存在满足条件的点P，设P(m,0)，由∠MPF=∠NPF，知直线PM与PN的倾斜
角互补，即kPM+kPN=0，当过椭圆焦F的直线斜率存在时，设直线MN的方程为：y=kx-3，联立y=kx-3x24+y2=1，整理得4k2+1x2-83k2x+12k2-4=0，设Mx1,
y1，Nx2,y2，x1+x2=83k24k2+1，x1⋅x2=12k2-44k2+1，kPM=y1x1-m，kPN=y2x2-m，kPM+kPN=y1x1-m+y2x2-m=k(x
1-3)(x2-m)+k(x2-3)(x1-m)(x1-m)(x2-m)=0，即2x1x2-m(x1+x2)-3(x1+x2)+23m=0，24k2-84k2+1-83mk24k2+1-24k24k2+1+23m=0，
解得m=433，即P433,0，当过椭圆焦点F的直线斜率不存在时，直线方程为x=3有∠MPF=∠NPF，∴存在满足条件的点P433,0.3.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)
，四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32,P41,32中恰有三点在椭圆上．(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A、B两点，若直线P2A与P2B直线的斜率的和为-1，证明：l过定点．【答案】解：(1)根据椭圆
的对称性，得到P2，P3，P4三点在椭圆C上．把P2，P3代入椭圆C，得1b2=11a2+34b2=1，得出a2=4，b2=1，由此椭圆C的方程为x24+y2=1．证明：(2)①当斜率不存在时，设l
：x=m，A(m,yA)，B(m,-yA)，∵直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1，kP2A+kP2B=yA-1m+-yA-1m=-1解得m=2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设l：y
=kx+b，(b≠1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y=kx+bx2+4y2=4，整理，得(1+4k2)x2+8kbx+4b2-4=0，x1+x2=-8kb1+4k2,x1x2=4b2-41+4k2⋯①·72·∵直线P2A与P2B直线的斜率的和为-1
，∴kP2B+kP2B=y2-1x2+y1-1x1=x1(kx2+b-1)+x2(kx1+b-1)x1x2=2kx1x2+(b-1)(x1+x2)x1x2
=-1⋯②①代入②得：2k(b-1)(b-1)(b+1)=-1又b≠1，∴b=-2k-1，此时△=-64k，存在k，使得△>0成立，∴直线l的方程为y=kx-2k-1，当x=2时
，y=-1，∴l过定点(2,-1)．4.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，F1F2=2，过点F1的直线与椭圆C交于A,B两点，延长BF2交椭圆C于点M，ΔABF2的周长为8．(1)求C的离心
率及方程；(2)试问：是否存在定点P(x0,0)，使得PM⋅PB为定值？若存在，求x0；若不存在，请说明理由．【答案】解：(1)由题意知c=1，4a=8，∴a=2，b=3∴椭圆的方程为x24+y23=1．(2)当直线l的斜率存在时，设其斜率为k，则l的
方程为y=k(x-1)联立x24+y23=1y=k(x-1)消去y得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0，设M(x1,y1)，B(x2,y2)则由韦达定理得x1+x2=8k24k2+3，x1x2=4k2-124k2+3，则PM
=(x0-x1,-y1)，PB=(x0-x2,-y2)∴PM·PB=(x0-x1)(x0-x2)+y1y2=x20-x0(x1+x2)+x1x2+y1y2=x20-x0(x1+x2)+x1x2+k2(x1-1)(x2-1)=(
4x20-8x0-5)k2+3x20-124k2+3，要使上式为定值须4x20-8x0-53x20-12=43，解得x0=118，∴PM·PB为定值．当直线l的斜率不存在时，由B1,32,M1,-32
，可得PM·PB为定值，也符合．综上所述当x0=118时，PM·PB为定值．5.已知点P是圆F1：(x-1)2+y2(x-1)2+y2=8上任意一点，点F2与点F1关于原点对称，线段PF2的垂直平分线分别与PF1，PF2交于M
，N两点．(Ⅰ)求点M的轨迹C的方程；(Ⅱ)过点G0,13的动直线l与点M的轨迹C交于A，B两点，在y轴上是否存在定点Q，使以AB为直径的圆恒过这个点⋅若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】解：(1)由题意得|MF1|+|MF2|=|MF1|+|MP|=
|F1P|=22>|F1F2|=2，·73·所以点M的轨迹C为以F1，F2为焦点的椭圆，因为2a=22，2c=2，所以b=1，所以点M的轨迹C的方程为x22+y2=1．(2)设直线l的方程为y=kx+13，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立y=kx+13x22+y2=1
，可得9(1+2k2)x2+12kx-16=0．显然Δ>0，且x1+x2=-4k3(1+2k2)，x1x2=-169(1+2k2)，假设在y轴上存在定点Q(0,m)，使以AB为直径的圆恒过这个点，则AQ⏊BQ，即AQ⋅BQ=0．因为AQ
=(-x1,m-y1)，BQ=(-x2,m-y2)，所以AQ⋅BQ=x1x2+(m-y1)(m-y2)=x1x2+m-kx1-13m-kx2-13=(1+k2)x1x2+k13-m(x1+x2)+m2-2m3+19=-16(1+k2)9(1
+2k2)-12k213-m9(1+2k2)+m2-2m3+19=(18m2-18)k2+(9m2-6m-15)9(1+2k2)=0．所以18m2-18=09m2-6m-15=0，求得m=-1．因此，在y轴上存在
定点Q(0,-1)，使以AB为直径的圆恒过这个点．6.已知点P2,1在椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0上，F1,F2分别为椭圆C的左右焦点，ΔPF1F2的面积为6．(1)求椭圆C的方程;(2)过点Q0,2的直线交椭圆C于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，
使得直线MA,MB的斜率之积为常数？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】解：(1)S△PF1F2=12F1F2·1=c=6,由点P在椭圆上，所以4a2+1b2=1解得a2=8，b2=2，所以椭圆方程为x28+y22
=1；(2)设直线AB:y=kx+2,M0,t,Ax1,y1,Bx2,y2，则由y=kx+2x28+y22=1得1+4k2x2+16kx+8=0，Δ>0,k2>12且x1+x2=-16k1+4k2,x1x2=81+4k2，kMA·kM
B=y1-tx1·y2-tx2=k2x1x2+k2-tx1+x2+2-t2x1x2=·74·8k21+4k2+k2-t-16k1+4k2
+2-t281+4k2=4t2-2k2+2-t28．当t=2时，kMA·kMB=3-224；当t=-2时，kMA·kMB
=3+224．所以存在两个定点M10,2和M20,-2使得直线MA，MB的斜率之积为常数，当定点为(0,2)时，常数为3-224，当定点为(0,-2)时，常数为3+224
．·75·数学培优微专题《圆锥曲线中的静态求值》1.已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的两个焦点分别为F1，F2，点P在双曲线上，且PF1⊥PF2，|PF1|=8，|PF2|=6．(1)
求双曲线的方程；(2)设过双曲线左焦点F1的直线与双曲线的两渐近线交于A，B两点，且F1A=2F1B，求此直线方程．【答案】解：(1)由题意知，在Rt△PF1F2中，|F1F2|=|PF1|2+|PF2|2，即2c=82+62=10，所以c=5，由双曲线的定义，知2a=|PF1|-
|PF2|=8-6=2，即a=1.所以b2=c2-a2=24，故双曲线的方程为x2-y224=1；(2)左焦点为F1(-5,0)，两渐近线方程为y=±26x，由题意得过左焦点的该直线的斜率存在．设过左焦点的直
线方程为y=k(x+5)，则与两渐近线的交点为5k26-k,106k26-k和-5kk+26,106kk+26，由F1A=2F1B，得5k26-k+5,106k26-k=2-5
kk+26+5,106kk+26，或者-5kk+26+5,106kk+26=25k26-k+5,106k26-k，解得k=±263．故直线方程为y=±263(x+5)．2
.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过F的直线l与抛物线C有两个不同交点A、B．(1)求线段AF的中点M的轨迹方程；(2)已知△AOB的面积是△BOF面积的3倍．求直线l的方程．【答案】解：因为抛物线的方程为y2=4x，所以F(1,0)
．(1)设M(x,y)，A(x1,y1).因为M为线段AF的中点，所以x=x1+12，y=y12，则x1=2x-1，y1=2y，代入抛物线方程得y2=2x-1，所以点M的轨迹方程为y2=2x-1．(2
)由(1)知A(x1,y1)，设B(x2，y2)，不妨令y1>0，y2<0，设△AOF和△BOF的面积分别为S1，S2，因为△AOB的面积是△BOF面积的3倍，所以S1+S2=3S2，所以S1=2S2
．因为S1=12OF⋅y1，S2=12OF⋅|y1|=-12OF⋅y2，所以y1=-2y2①易知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=ty+1(t>0)②，与y2=4x联立，消去x得y2-4ty-4=0，解得y1,2=2t±2t2+1，则y1
+y2=4t③，y1y2=-4④，由①③④可得t=122，代入②，得直线l的方程为y=22(x-1)；同理，当y1<0,y2>0时，得直线l的方程为y=-22(x-1)．综上，直线l的方程为y=±22(x-1)．·76·3.已知抛物线C1：x2=4y的焦点F也是椭圆C2：y2a2+x2b2
=1(a>b>0)的一个焦点，椭圆C2的离心率为e=13，过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且AC,BD同向．(Ⅰ)求C2的方程；(Ⅱ)若|AC|=|BD|，求直线l的斜率
．【答案】解：(Ⅰ)抛物线的焦点F(0,1)也是椭圆C2的焦点，所以椭圆C2中c=1，∵e=13，∴a=3,b=22，所以椭圆C2：y29+x28=1⋯(3分)(Ⅱ)因为AC,BD同向且|AC|=|BD|，所以|AB|=|CD|．设A(x1,y1)，B(x
2,y2)，C(x3,y3)，D(x4,y4)，当直线l的斜率不存在时，不符合题意，设直线l的方程为y=kx+1则k2+1|x1-x2|=k2+1|x3-x4|即|x1-x2|=|x3-x4|⋯(5分)联立
y=kx+1y2=4x得：x2-4kx-4=0，所以|x1-x2|=4k2+1⋯(7分)联立y=kx+1y29+x28=1得：(8k2+9)x2+16kx-64=0所以|x3-x4|=48k2+18k2+9⋯(10分)所以4k2+1=48k2+1
8k2+9，解得：k=±64⋯(12分)4.已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3)，右焦点为F，且|OA|=|OF|，其中O为原点．(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)已知点C满足3OC=OF，点B在椭圆上(B异于椭圆的顶
点)，直线AB与以C为圆心的圆相切于点P，且P为线段AB的中点．求直线AB的方程．【答案】解：(Ⅰ)由已知可得b=3，记半焦距为c，由|OF|=|OA|可得c=b=3，由a2=b2+c2，可得a2=18，∴椭圆的
方程为x218+y29=1，(Ⅱ)：∵直线AB与C为圆心的圆相切于点P，∴AB⊥CP，根据题意可得直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的方程为y=kx-3，由方程组y=kx-3x218+y29=1，消去y可得(2k2+1)x2-12kx=0，解得x=
0，或x=12k2k2+1，依题意可得点B的坐标为12k2k2+1,6k2-32k2+1，∵P为线段AB的中点，点A的坐标为(0,-3)，·77·∴点P的坐标为6k2k2+1,-32k2+1，由3OC=OF，可得点C的
坐标为(1,0)，故直线CP的斜率为-32k2+16k2k2+1-1=32k2-6k+1，∵AB⊥CP，∴k⋅32k2-6k+1=-1，整理可得2k2-3k+1=0，解得k=12或k=1，∴直线AB的方程为y=12x-3或y=x-
3．5.已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，离心率为32，左右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆C于M、N两点，且△MF2N的周长为8．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)若|MN|=85，求△MF2
N的面积．【答案】解：(Ⅰ)由题得：ca=32，4a=8，∴a=2，c=3．又b2=a2-c2=1，∴椭圆C的方程为x24+y2=1；(Ⅱ)设直线MN的方程为x=ty-3，联立x=ty-3x24+y2=1，得t2+4
y2-23ty-1=0．设M、N的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则y1+y2=23tt2+4,y1y2=-1t2+4，|MN|=1+t2y1-y2=1+t2y1+y22-4y1y
2=85，联立解得：t2=1．∴SΔMF2N=12·2c·y1-y2=3·y1+y22-4y1y2=3·1225+45=465．6.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点(1,32
)，离心率为12．(Ⅰ)求椭圆C的方程；(Ⅱ)过点(1,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点．若OA∙OB=-2，求直线l的方程．【答案】解：(Ⅰ)由题意，得ca=121a2+94b2=1，又a
2=b2+c2，解得a2=4，b2=3，·78·所以椭圆C的方程为x24+y23=1．(Ⅱ)当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=1，则A1,32，B1,-32，不满足OA·OB=-2。当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=k(x-1)，设A(x1,y1
)，B(x2,y2)，联立y=k(x-1)x24+y23=1，消去y，得(3+4k2)x2-8k2x+4k2-12=0，则有x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4(k2-3)3+4k2，OA·OB=x1x2+y1y2
=x1x2+k2(x1-1)(x2-1)=(1+k2)x1x2-k2(x1+x2)+k2=-5k2-123+4k2，由已知，得-5k2-123+4k2=-2，解得k=±2，故直线l的方程为y=±2(x-1)．7.已知椭圆x2a2
+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32，左、右焦点分别为F1、F2，A是椭圆在第一象限上的一个动点，圆C与F1A的延长线，F1F2的延长线以及线段AF2都相切，M(2,0)为一个切点．(1)求椭圆方程；(2)设N32,0，过F2且不垂直于坐
标轴的动点直线l交椭圆于P，Q两点，若以NP，NQ为邻边的平行四边形是菱形，求直线l的方程．【答案】解：(1)设圆C与F1A的延长线切于点E，与线段AF2切于点D，则|AD|=|AE|，|F2D|=|F2M|，|F1E|=|F1M|，∵|AF1|+|AF2|=2
a，∴|AF1|+|AD|+|DF2|=2a，∴|F1E|+|MF2|=2a，|MF1|+|MF2|=2a，∴(2-c)+(2+c)=2a，故a=2，由c=32，可知c=3,b=1，椭圆方程为x24+y2=1；(2)由(1)可知F2(3,0)，设l方程为y=k(x-3
),k≠0，代入椭圆方程可得y=k(x-3)x24+y2=1，整理得：(1+4k2)x2-83k2x+12k2-4=0，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，则x1+x2=83k21+4k2,y1+y2=k(x1+x
2-23)=-23k1+4k2，以NP，NQ为邻边的平行四边形是菱形，∴(NP+NQ)⋅PQ=0，NP+NQ=x1-32,y1+x2-32,y2=(x1+x2-3,y1+y2)=83k21+4k2
-3,-23k1+4k2，PQ的方向向量为(1,k)，∴83k21+4k2-3-23k21+4k2=0，k=±22，·79·∴直线l的方程y=±22(x-3)．·80·数学培优微专题《圆锥曲线中的动态
最值》1.在平面直角坐标系xOy中，双曲线E：x2a2-y2=1(a>0)的左右焦点分别为F1、F2，离心率为233，且经过右焦点F2的直线l与双曲线的右支交于A、B两点．(1)求双曲线E的标准方程
；(2)求△ABF1的面积的取值范围．【答案】解：(1)∵双曲线E：x2a2-y2=1(a>0)的离心率为233，∴a2+1a=233，∴a=3，∴双曲线E的标准方程为x23-y2=1；(2)由题意，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+2，代
入x23-y2=1，整理可得，(m2-3)y2+4my+1=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则y1+y2=4m3-m2，y1y2=1m2-3<0，所以m2-3<0，∴|y1-y2|=12m2
+12(m2-3)2，∴S△ABF1=12×2c×|y1-y2|=212m2+12(m2-3)2，设m2-3=t，则-3≤t<0，1t≤-13，∴S△ABF1=2481t+182-34≥43
3，当1t=-13时，取等号，所以△ABF1的面积的取值范围是433,+∞．2.已知曲线C：y2=4x，曲线M：x-12+y2=4x≥1，直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点．(1)若OA⋅OB=-4，求证：直线l恒过定点；(2)若直线l与曲线M
相切，求PA⋅PB(点P坐标为(1,0))的取值范围．【解答】证明：(1)设l：x=my+n，A(x1,y1)，B(x2,y2).由x=my+ny2=4x，得y2-4my-4n=0．∴y1+y2=
4m，y1y2=-4n．∴x1+x2=(my1+n)+(my2+n)=m(y1+y2)+2n=4m2+2n，x1x2=(my1+n)(my2+n)=m2y1y2+mn(y1+y2)+n2==-4m2n+4m2n+n2=n2．又OA⋅OB=-4
，∴x1x2+y1y2=n2-4n=-4，解得n=2．∴直线l方程为x=my+2，∴直线l恒过点(2,0);·81·解：(2)设l方程为x=my+n，∵直线l与曲线M相切，∴n≥3．∴|1-n|1+m2=2，整理得4m2=n2-2n-3.①又点P坐标为(1,0)，∴由
(1)及①，得PA⋅PB=(x1-1,y1)⋅(x2-1,y2)=(x1-1)(x2-1)+y1y2=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=n2-4m2-2n+1-4n=n2-4m2-6n+1=4-4n．∴PA⋅P
B≤-8，即PA⋅PB的取值范围是(-∞,-8]．3.已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22，且过点(2,2)，A，B在椭圆E上，坐标原点为O，设直线OA，OB的斜率为kOA、kOB，且kOA⋅k
OB=-b2a2．(1)求椭圆E的方程；(2)求OA⋅OB的取值范围．【答案】解：(1)∵椭圆的离心率为e=ca=22，且过点(2,2)，可得4a2+2b2=1，由a2-b2=c2，解得a=
22，b=2，∴椭圆的标准方程为x28+y24=1；(2)设直线AB的方程为y=kx+m，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立椭圆方程x2+2y2=8，得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0，△
=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-8)=8(8k2-m2+4)>0，x1+x2=-4km1+2k2，x1x2=2m2-81+2k2，∵kOA⋅kOB=-b2a2=-12，∴y
1y2x1x2=-12，∴y1y2=-12x1x2=-12⋅2m2-81+2k2=-m2-41+2k2，y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)
+m2=k2⋅2m2-81+2k2+km⋅-4km1+2k2+m2=m2-8k21+2k2，∴-m2-41+2k2=m2-8k21+2k2，∴-(m2-4)=m2-8k2，∴4k2+2=m2．∴OA
⋅OB=x1x2+y1y2=2m2-81+2k2-m2-41+2k2=m2-41+2k2=2+4k2-41+2k2=2-41+2k2，∴-2≤OA⋅OB
<2，当k=0，即直线AB平行于x轴时，OA⋅OB取最小值为-2；又直线AB的斜率不存在时，OA⋅OB取最大值为2．·82·∴OA⋅OB的取值范围是[-2,2]．4.已知椭
圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点P(2,2)，一个焦点F2的坐标为(2,0)．(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l:y=kx+1与椭圆C交于A,B两点，O为坐标原点，求OA·OB的取值范围．【答案】解：
(1)因为椭圆C的一个焦点F2的坐标为(2,0)，所以椭圆C的另一个焦点F1的坐标为(-2,0)，而椭圆C经过点P(2,2)，因此根据椭圆的定义得：2a=|PF1|+|PF2|=(2+2)2+(2)2+2=42，解得a=22，又c=2
，∴b2=a2-c2=(22)2-22=4，∴所以椭圆C的方程为x28+y24=1；(2)设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由y=kx+1x28+y24=1，消去y，整理得(1+2k2)x2+4kx-6=0；又△=16
k2+24(1+2k2)=64k2+24>0，解得k∈R；由根与系数的关系得x1+x2=-4k1+2k2,x1x2=-61+2k2；∴y1y2=k2x1x2+k(x1+x2)+1=-6k21+2k2-4k21+2k2+1=1-8k21+2
k2，OA⋅OB=x1x2+y1y2=-61+2k2+1-8k21+2k2=-8k2-51+2k2=-4-11+2k2；又-1≤-11+2k2<0，∴OA⋅
OB的取值范围是[-5,-4)．5.已知F1和F2是椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点和右焦点，直线x+y-3=0过点F2交M于A、B两点，△ABF1的周长为46．(Ⅰ)求M的方程；(Ⅱ)设C为M上的动点，求△ABC的面积S的最大值．【答案】解：(Ⅰ)由直线
x+y-3=0过点F2，得c=3．∵△ABF1的周长为46，由椭圆的定义知，4a=46，∴a=6．∵a2=b2+c2，解得b2=3．∴M的方程为x26+y23=1；(Ⅱ)由x26+y23=1x+y
-3=0,解得A(0,3)，B433,-33，∴|AB|=463,·83·设椭圆的参数方程为x=6θcosy=6sinθ(θ为参数)，则点C的坐标为(6cosθ,3sinθ)∴点C到直线AB的距离为d=6cosθ+3sinθ-
32=3sin(θ+φ)-32≤3+32∴S=12d⋅AB≤12⋅3+32⋅463=23+1．6.已知圆F1：(x+1)2+y2=9，圆F2：(x-1)2+y2=1，动圆P与圆F1内切，
与圆F2外切．O为坐标原点．(Ⅰ)求圆心P的轨迹C的方程．(Ⅱ)直线l：y=kx-2与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的最大值，以及取得最大值时直线l的方程．【答案】解：(Ⅰ)设动圆P的半径为r，依题意有|PF1|=3-r，|PF2|=1+r，|PF2|+|PF
1|=4>|F1F2|.所以轨迹C是以F1，F2为焦点的椭圆，且c=1，a=2，所以b=3，当P点坐标为椭圆右顶点时，r=0不符合题意，舍去．所以轨迹C的方程x24+y23=1(x≠2)．(Ⅱ)设A(x1,y1
)，B(x2,y2)，联立直线l与椭圆C的方程y=kx-2x24+y23=1，可得(3+4k2)x2-16kx+4=0，x1+x2=16k3+4k2,x1x2=43+4k2，△=16(12k2-3)>0，得k2>14，设原点到直线AB的距离为d=21+
k2，|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2434k2-13+4k2，S△AOB=12|AB|⋅d=434k2-13+4k2，令4k2-1=t,(t>0)，则4k2=1+t2，S△AOB=
43tt2+4=43t+4t≤432t⋅4t=3，当且仅当t=2时，等号成立，即当k=±52时，△OAB面积取得最大值3，此时直线方程为y=±52x-2．·84·数学培优微专题《回
归分析与独立性检验》1.2018年11月5日至10日，首届中国国际进口博览会在国家会展中心(上海)举行，吸引了58个“一带一路”沿线国家的超过1000多家企业参展，成为共建“一带一路”的又一个重要支撑.某企业为了参加这次盛
会，提升行业竞争力，加大了科技投入.该企业连续6年来的科技投入x(百万元)与收益y(百万元)的数据统计如下：科技投入x24681012收益y5.66.512.027.580.0129.2并根据数据绘制散点图如图所示：根据散点图的特点，甲认为样本点分布在指数曲线y=c
⋅2bx的周围，据此他对数据进行了一些初步处理.如下表：yz6i=1xi-xyi-y6i=1xi-xzi-z6i=1yi-y26i=1xi-x243.54.5854.034.71
2730.470其中zi=log2yi，z=166i=1zi．(1)(i)请根据表中数据，建立y关于x的回归方程(保留一位小数)；(ii)根据所建立的回归方程，若该企业想在下一年收益达到2亿，则科技投入
的费用至少要多少？(其中log25≈2.3)(2)乙认为样本点分布在二次曲线y=mx2+n的周围，并计算得回归方程为y=0.92x2-12.0，以及该回归模型的相关指数R2=0.94，试比较甲乙两人所建立的模型，谁的拟合效果更好．附：对于一组数据u1,v1，u2,v2，⋯，un,v
n，其回归直线方程v=α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为β=ni=1ui-uvi-vni=1ui-u2，α=v-βu，相关指数：R2=1-ni=1vi-vi2ni=1vi-v2
．【答案】解：(1)(i)x=2+4+6+8+10+126=7，令z=log2y=bx+log2c；·85·令a=log2c，则z=bx+a．根据最小二乘估计可知：b=6i=1xi-xzi-z6i=1xi-x2
=34.770≈0.5，从而a=z-bx=4.5-0.5×7=1，故回归方程为z=0.5x+1，即y=20.5x+1．(ii)设20.5x+1≥200，解得0.5x+1≥log2200，即x≥4+4log25≈
13.2，故科技投入的费用至少要13.2百万元，下一年的收益才能达到2亿．(2)甲建立的回归模型的残差：则6i=1yi-yi2=298.5，从而R2=1-298.512730.4≈1-0.02=0.98>0.94，即甲建立的回归模型拟合效果更好．2.某私营业
主为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解月宣传费x(单位：百元)对月销售量y(单位：t)和月利润z(单位：百元)的影响，对8个月的宣传费xi和销售量yi(i=1,2⋯8)数据作了初步处理，得到如图的散
点图及一些统计量的值．x-y-w-8i=1(xi-x-28i=1(wi-w-28i=1(xi-x-(yi-y-)8i=1(wi-w-(yi-y-)5.45632.263.883.7645.188151.7·86·(1)根据散点
图判断出y=c+dx适宜作为月销售量y关于月宣传费x的回归方程类型，求y关于x的回归方程；(表中wi=xi)(2)已知这种产品的每月利润z与x、y的关系为z=2y-x，根据(1)的结果，当月宣传费用x=16时，求月利润的预报值．参考公式：b=ni=1(xi-x-(yi
-y-)ni=1(xi-x-2=ni=1xiyi-nx-y-ni=1x2i-nx-2，a=y--bx-．【答案】解：(1)令w=x，建立y关于w的线性回归方程，由于d=8i=1(wi-w-(yi-y-)8i=1(wi-w-2
=151.73.7=41，c=y--dw-=563-41×2.2=472.8，所以y关于w的线性回归方程为y=41w+472.8，故y关于x的回归方程为y=41x+472.8．(2)当x=16时，月销售量y的预报值y=41×16+
472.8=636.8，所以月利润z的预报值z=2×636.8-16=1257.6(百元)．3.新冠肺炎疫情发生以来，我国某科研机构开展应急科研攻关，研制了一种新型冠状病毒疫苗，并已进入二期临床试验．根据普遍规律．志愿者接种疫苗后体内会
产生抗体，人体中检测到抗体，说明有抵御病毒的能力．通过检测，用x表示注射疫苗后的天数．y表示人体中抗体含量水平(单位：miu/mL，即：百万国际单位/毫升)，现测得某志愿者的相关数据如下表所示：天数x123456抗体含量水平y510265096195根据以上数据，绘制了散点图．(
1)根据散点图判断，y=c·edx与y=a+bx(a,b，c，d均为大于零的常数)哪一个更适宜作为描述y与x关系的回归方程类型？(给出判断即可，不必说明理由)(2)根据(1)的判断结果求出y关于x的同归方程，并预测该志愿者在注射疫苗后的第10天的抗体含量水平值；(3)从这位志
愿者的前6天的检测数据中随机抽取4天的数据作进一步的分析，记其中的y值大于50的天数为X，求X的分布列与数学期望．参考数据：其中ω=lny．xyω6i=1(x1-x)26i=1(ω1-ω)26i=1(ωi-ω(xi-x)6i=1(xi-x(yi-y
)e8.33.5063.673.4917.509.4912.95519.014023.87·87·参考公式：用最小二乘法求经过点(u1,v1)，(u2,v2)，(u3,v3)，⋯.(ui,vi)的线性回归方程v=bu+a的系数公式
，b=ni=1(ui-u)(vi-v)ni=1(ui-u)2=ni=1uivi-nuvni=1u2i-nu2，a=v-bu．【答案】解：(1)根据散点
图判断，更适合作为描述y与x关系的回归方程类型．(2)设ω=lny，变换后可得ω=lnc+dx，设p=lnc，建立ω关于x的回归方程ω=p+dx，d=6i=1(ωi-ω(xi-x)6i=1(xi-x
2=12.9517.50=0.74，p=ω-dx=3.49-0.74×3.50=0.90，所以ω关于x的回归方程为ω=0.74x+0.90，所以y=e0.74x+0.90，当x=10时，y=
e0.74×10+0.90=e8.3≈4023.87，即该志愿者在注射疫苗后的第10天的抗体含量水平值约为4023.87miu/mL．(3)由表格数据可知，第5，6天的y值大于50，故x的可能取值为0，1，2，P(X=0)=C44C46=115，P(X=1)=
C34C12C46=815，p(X=2)=C24C22C46=25，X的分布列为X012P11581525E(X)=0×115+1×815+2×25=43．4.某二手
车交易市场对2020年某品牌二手车的交易进行了统计，得到如图所示的频率分布直方图和散点图.用x表示该车的使用时间(单位：年)，y表示其相应的平均交易价格(单位：万元)(Ⅰ)已知2020年在此交易市场成交的该品牌二手车为100辆，求使用时间在[12,20]
的车辆数；·88·(Ⅱ)由散点图分析后，可用y=ebx+a作为此交易市场上该种车辆的平均交易价格y关于其使用时间x的回归方程．表中z=lny，z-=11010i=1zi根据上述相关数据，求y关于x的回归方程；x-y-z-10i=1xiyi10i=1xiz
i10i=1x2i5.59230080385附：对于一组数据(u1,v1)，(u2,v2)，⋯(un,vn)，其回归直线v=α+βu的斜率和截距的最小二乘估计分别为β=ni=1uivi-nu-v-ni=1u2i
-nu-2，α=v--βu-．【答案】解：(Ⅰ)由频率分布直方图可知，(0.05+0.09+0.07+a+0.01)×4=1，解得：a=0.03，使用时间在[12,20]的频率为4×(0.01+0.03)=0.16，
所以使用时间在[12,20]的车辆数为100×0.16=16辆；(Ⅱ)由题意可得，z=lny=lnebx+a=bx+a，所以b=10i=1xizi-10x-z-10i=1x2i-10x-2=80-10
×5.5×2385-10×5.52=-411，所以a=z--bx-=2+411×5.5=4，所以z关于x的线性回归方程为z=-411x+4，故y关于x的回归方程为y=e-411x+4．5.某校为了解校园安全教育系列活动的成效，对全校学生进行一次安全意识测试
，根据测试成绩评定“合格”、“不合格”两个等级，同时对相应等级进行量化：“合格”记5分，“不合格”记0分．现随机抽取部分学生的成绩，统计结果及对应的频率分布直方图如下所示：等级不合格合格得分[20,40)[40,60)[60
,80)[80,100)频数6x24y(Ⅰ)若测试的同学中，分数段[20,40)、[40,60)、[60,80)、[80,100]内女生的人数分别为2人、8人、16人、4人，完成2×2列联表，并判断：是否有90%以上的把握认为性别与安全意识有关？(Ⅱ)用分层抽样的方法，从评定等级为“合
格”和“不合格”的学生中，共选取10人进行座谈，现再从这10人中任选4人，记所选4人的量化总分为X，求X的分布列及数学期望E(X)；(Ⅲ)某评估机构以指标M(M=E(X)D(X)，其中D(X)表示X的方差)来评估该校安
全教育活动的成效，若M≥0.7，则认定教育活动是有效的；否则认定教育活动无效，应调整安全教育方案．在(Ⅱ)的条件下，判断该校是否应调整安全教育方案？·89·附表及公式：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
,其中n=a+b+c+d．P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.010k02.0722.7063.8415.0246.635是否合格性别不合格合格总计男生女生总计【答案】解：(Ⅰ)由频率分布直方图可知，得分在
[20,40)的频率为0.005×20=0.1，故抽取的学生答卷总数为60.1=60，∴y=60×0.2=12，x=18．性别与合格情况的2×2列联表为：是否合格性别不合格合格小计男生141630女生102030小计243660∴K2=60×(14×20
-10×16)230×30×24×36=109<2.706即在犯错误概率不超过90%的前提下，不能认为性别与安全测试是否合格有关．⋯⋯(4分)(Ⅱ)“不合格”和“合格”的人数比例为24：36=2：3，因此抽取的10人中“不合格
”有4人，“合格”有6人，所以X可能的取值为20、15、10、5、0，P(X=20)=C46C410=114,P(X=15)=C36C14C410=821,P(X=10)=C26C24C410=37，P(X=5)=C16C34C410=435
,P(X=0)=C44C410=1210.X的分布列为：X20151050P114821374351210所以Eξ=20×114+15×821+10×37+5×435+0×1210=12.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
(8分)(Ⅲ)由(Ⅱ)知：D(X)=(20-12)2×114+(15-12)2×821+(10-12)2×37+(5-12)2×435+(0-12)2×1210=16∴M=E(X)D(X)=1216=34
>0.7．故我们认为该校的安全教育活动是有效的，不需要调整安全教育方案．·90·6.目前，新冠病毒引发的肺炎疫情在全球肆虐，为了解新冠肺炎传播途径，采取有效防控措施，某医院组织专家统计了该地区500名患者新冠病毒潜伏期的相关信息，数据经过汇总整理得到如图所
示的频率分布直方图(用频率作为概率).潜伏期不高于平均数的患者，称为“短潜伏者”，潜伏期高于平均数的患者，称为“长潜伏者”．(1)求这500名患者潜伏期的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)，并计算出这500名患者中“长潜伏者”的人数；(
2)为研究潜伏期与患者年龄的关系，以潜伏期是否高于平均数为标准进行分层抽样，从上述500名患者中抽取300人，得到如下列联表，请将列联表补充完整，并根据列联表判断是否有97.5%的把握认为潜伏期长短与患者年龄有关：短潜伏者长潜伏者合计60岁及以上90_____
_______60岁以下____________140合计____________300(3)研究发现，有5种药物对新冠病毒有一定的抑制作用，其中有2种特别有效，现在要通过逐一试验直到把这2种特别有效的药物找出来为止，每一次试验花费的费用是500元，设所需要的试验费用为X，求X的分布列与数学期望
X．附表及公式：P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
【答案】解：(1)平均数为(0.02×1+0.08×3+0.15×5+0.18×7+0.03×9+0.03×11+0.01×13)×2=6，这500名患者中“长潜伏者”的频率为(0.18+0.03+0.
03+0.01)×2=0.5，所以“长潜伏者”的人数为500×0.5=250人．(2)由题意补充后的列联表如下，短潜伏者长潜伏者合计60岁及以上907016060岁以下6080140合计150150300则K2=300×(90×80-60×
70)2150×150×160×140=7514≈5.357>5.024，经查表，得P(k2≥5.024)≈0.025，·91·所以有97.5%的把握认为潜伏期长短与年龄有关．(3)由题意知，所需要的试验费用X所有可能的取值为10
00，1500，2000，P(X=1000)=A22A25=110，P(X=1500)=C12Cl3A22+A33A35=310，P(X=2000)=C12A13A23C12A45
=35(或P(X=2000)=C12C13A23A35=3660=35)，所以X的分布列为X100015002000P11031035数学期望E(X)=1000×110+15
00×310+2000×35=1750(元)．·92·数学培优微专题《概率分布列》1.2020年1月10日，引发新冠肺炎疫情的COVID-9病毒基因序列公布后，科学家们便开始了病毒疫苗的研究过程．但是类似这种病毒疫苗的研制需要科学的流程，不是一朝一夕能完成的，其中有一步就
是做动物试验．已知一个科研团队用小白鼠做接种试验，检测接种疫苗后是否出现抗体．试验设计是：每天接种一次，3天为一个接种周期．已知小白鼠接种后当天出现抗体的概率为12，假设每次接种后当天是否出现抗体与上次接种无关．(1)求
一个接种周期内出现抗体次数k的分布列；(2)已知每天接种一次花费100元，现有以下两种试验方案：①若在一个接种周期内连续2次出现抗体即终止本周期试验，进行下一接种周期，试验持续三个接种周期，设此种试验方式的花费为X元；②若在一个接种周期内出现2次或3次抗
体，该周期结束后终止试验，已知试验至多持续三个接种周期，设此种试验方式的花费为Y元．本着节约成本的原则，选择哪种实验方案．【答案】解：(1)由题意可知，随机变量k服从二项分布B3,12，故P(k)=Ck312k123-k(k=0,1,2,3)．则k的
分布列为k0123P18383818(2)①设一个接种周期的接种费用为ξ元，则ξ可能的取值为200，300，因为P(ξ=200)=14，P(ξ=300)=34，所以E(ξ)=200×14+300×34=27
5．所以三个接种周期的平均花费为E(X)=3E(ξ)=3×275=825．②随机变量Y可能的取值为300，600，900，设事件A为“在一个接种周期内出现2次或3次抗体”，由(1)知，P(A)=38+18=12．所以P(Y=300)=P(A
)=12，P(Y=600)=[1-P(A)]×P(A)=14，P(Y=900)=[1-P(A)]×[1-P(A)]×1=14，所以E(Y)=300×12+600×14+900×14=525．∵E(X
)>E(Y)，所以选择方案二．2.在一个不透明的盒中，装有大小、质地相同的两个小球，其中1个是黑色，1个是白色，甲、乙进行取球游戏，两人随机地从盒中各取一球，两球都取出之后再一起放回盒中，这称为一次取球，约定每次取到白球者
得1分，取到黑球者得0分，一人比另一人多3分或取满9次时游戏结束，并且只有当一人比另一人多3分时，得分高者才能获得游戏奖品.已知前3次取球后，甲得2分，乙得1分．(1)求甲获得游戏奖品的概率；·93·(2)设X表示游戏结束时所进行的取球次数，求X的分布
列及数学期望．【答案】解：(1)设甲获得游戏奖品为事件A：，所以甲获得游戏奖品的概率为2964；(2)X可能的取值为：5，7，9；，，，X的分布列为：579X的数学期望EX=5×14+7×316+9×916=6183.2020年寒假是
特殊的寒假，因为疫情全体学生只能在家进行网上在线学习，为了研究学生在网上学习的情况，某学校在网上随机抽取120名学生对线上教育进行调查，其中男生与女生的人数之比为11：13，其中男生30人对于线上教育满意，女生中有15名表示对线上教育不满意．满意不
满意总计男生女生合计120(1)完成2×2列联表，并回答能否有99%的把握认为对“线上教育是否满意与性别有关”；(2)从被调查中对线上教育满意的学生中，利用分层抽样抽取8名学生，再在8名学生中抽取3名学生，作学习经验介绍，其中抽取男生的个数为ξ.求出ξ的分布列及期望值．附公式及表
：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．P(K2≥k0)0.150.100.050.0250.0100.0050.001k02.0722.7063.8415
.0246.6357.87910.828【答案】解：(1)因为男生人数为：120×1111+13=55，所以女生人数为120-55=65，·94·2×2列联表如下：满意不满意总计男生302555女生501565合计8040120根据列联表中的数据，
得到K2的观测值k2=120×(30×15-25×50)255×65×80×40=960143≈6.713>6.635，所以有99%的把握认为对“线上教育是否满意与性别有关n．(2)由(1)可知男生抽3人，女生抽5人，依题可知ξ的可能取值为0，1，2，3，
并且ξ服从超几何分布，P(ξ=k)=Ck3C3-k5C38(k=0,1，2，3)，即P(ξ=0)=C35C38=528，P(ξ=1)=C25C13C38=1528，P(ξ=2)=C15C23C38=1556
，P(ξ=3)=C33C38=156，可得分布列为ξ0123P52815281556156可得E(ξ)=0×528+1×1528+2×1556+3×156=98．4.中央政府为了应对人口老龄化造成的劳动力短缺等问题，拟定出台“延迟退休
年龄政策”.为了了解人们对“延迟退休年龄政策”的态度，责成人社部进行调研.人社部从年龄在15∼65岁的人群中随机调查100人，调查对象年龄分布的频率分布直方图和支持“延迟退休”的人数与年龄的统计结果如下：年龄(岁)15,2525,3535,45
45,5555,65支持“延迟退休”的人数155152817(1)根据以上统计数据完成下面的2×2列联表，并判断能否在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为以45岁为分界点的不同人群对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异．·95·(2)若以45岁为分界点，从不支持
“延迟退休年龄政策”的人中按分层抽样的方法抽取8人参加某45岁以下45岁及以上总计支持不支持总计项活动.现从这8人中随机抽取2人．记抽到45岁及以上的人数为X，求随机变量X的分布列及数学期望．P(K2≥k0)0.0500.0100.
001k03.8416.63510.828参考公式：K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n=a+b+c+d．【答案】解：(1)由频率分布直方图知45岁以下与45岁及以上各
50人，故可得2×2列联表如下，45岁以下45岁以上总计支持354580不支持15520总计5050100K2=100×(35×5-45×15)250×50×80×20=254=6.25>3.841，所以在犯错误的概率不超过0.05的前提下可以认为以45岁为分界点
的不同人群对“延迟退休年龄政策”的支持度有差异．(2)按分层抽样的方法从不支持“延迟退休年龄政策”的人中抽取8人，则45岁以下的应抽6人，45岁及以上的应抽2人．根据题意，X的可能取值是0，1，2；计算P(X=0)=C26C28=
1528，P(X=1)=C16⋅C12C28=37，P(X=2)=C22C28=128，可得随机变量X的分布列为X012P152837128故数学期望为E(X)=0×1528+1×37+2×128=12．·96·5.在全面抗击新冠肺炎疫情这一
特殊时期，我市教育局提出“停课不停学”的口号，鼓励学生线上学习．某校数学教师为了调查高三学生数学成绩与线上学习时间之间的相关关系，对高三年级随机选取45名学生进行跟踪问卷，其中每周线上学习数学时间不少于5小时的有19人，余下的人中，在检测考试中数学平均成绩不足120分的占81
3，统计成绩后得到如下2×2列联表：(1)请完成上面2×2列联表；并判断是否有99％的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学分数不少于120分分数不足120分合计线上学习时间不少于5小时419线上学习时间不足5小时合计
45习时间有关”；(2)(Ⅰ)按照分层抽样的方法，在上述样本中从分数不少于120分和分数不足120分的两组学生中抽取9名学生，设抽到不足120分且每周线上学习时间不足5小时的人数是X，求X的分布列(概率用组合数算式表
示)；(Ⅱ)若将频率视为概率，从全校高三该次检测数学成绩不少于120分的学生中随机抽取20人，求这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数的期望和方差．(下面的临界值表供参考)(参考公式K2=n(ad-bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)其中n=a+b+
c+d)P(K2≥k0)0.100.050.0250.0100.0050.001k02.7063.8415.0246.6357.87910.828【答案】解：(1)补充完整的2×2列联表如下，分数不少于120分分数不足120分合计线上学习时间不少于5小时15419线上学习时间不足5小时1
01626合计252045∴K2=45(15×16-10×4)225×20×19×26≈7.29>6.635∴有99％的把握认为“高三学生的数学成绩与学生线上学习时间有关”．(2)(I)由分层抽
样知，需要从不足120分的学生中抽取9×2045=4人，∴随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4．P(X=0)=C44C420，P(X=1)=C34C116C420，P(X=2)=C24C216C420，P(X=3)=C14C316C420
，P(X=4)=C416C420．∴X的分布列为X01234PC44C420C34C116C420C24C216C420C14C316C420C416C420·97·(II)从全校不少于120分的学生中随机抽取1人，此人每周上线时间不少于5小时的概率为
1525=0.6，设从全校不少于120分的学生中随机抽取20人，这些人中每周线上学习时间不少于5小时的人数为Y，则Y~B(20,0.6)，故E(Y)=20×0.6=12，D(Y)=20×0.6×(1-0.6)=4.8．6.为了丰富高2022届学生的课余活动，年级决定进行班级之间的乒
乓球比赛。甲、乙两个班进行比赛，每场比赛采取“5局3胜制”(即有一个班先胜3局即获胜，比赛结束)。比赛排名采用积分制，规则如下：比赛中，以3：0或3：1获胜方记3分，失败方记0分；以3:2获胜方记2分，失败方记1分.已知甲、乙两个班比赛，假设每局比赛甲获胜的概率都是23．(1)求比赛结束
时恰好打了5局的概率；(2)甲、乙两个班比赛1场后，求乙班的积分ξ的分布列及期望．【答案】解：(1)比赛结束时恰好打了5局甲获胜为事件A，比赛结束时恰好打了5局乙获胜为事件B比赛结束时恰好打了5局为事件C，事件A与事件B为互斥事件，所以P(C)=P(A)
+P(B)=C2423213223+C2423213213=2481=827，或者P(C)==C24232132=827，(2)随机变量ξ可能的取值为：0，1，2，3，P(ξ=0)=233+C23
2321323=1627，P(ξ=1)=C2423213223=1681，P(ξ=2)=C2423213213=881，P(ξ=3)=133+C231322313=19，所以ξ的分布列为：E(ξ)=0×1
627+1×1681+2×881+3×19=5981·98·数学培优微专题《确定函数处理切线单调极值》1.已知函数f(x)=12x2-2alnx+(a-2)x．(1)当a=-1时，求函数f(x)的单调区间；【答案】解：(1)当a=-1时，f(x)=12x
2+2lnx-3x(x>0)，则f′(x)=x+2x-3=x2-3x+2x=(x-1)(x-2)x．当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)的单调递增区间
为(0,1)，(2,+∞)，单调递减区间为(1,2)．2.已知函数f(x)=x+1ex．(Ⅰ)求函数f(x)的极值；(Ⅱ)求证：当x∈(0,+∞)时，f(x)>-12x2+1；【答案】解：(Ⅰ)因为f(x)=x+1ex，定义域R，所以f′(x)=-xex．
令f′(x)=0，解得x=0．随x的变化，f′(x)和f(x)的情况如下：x(-∞,0)0(0,+∞)f′(x)+0-f(x)增极大值减由表可知函数f(x)在x=0时取得极大值f(0)=1，无极小值；(Ⅱ)证明：令g(x)=f(x)+12x2-1
=x+1ex+12x2-1(x>0)，g′(x)=-xex+x=x1-1ex=xex-1ex．由x>0得ex-1>0，于是g′(x)>0，故函数g(x)是[0,+∞)上的增函数．所以当x∈(0,+∞)时，g(x)>g(0
)=0，即f(x)>-12x2+1；3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+5，曲线y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程为y=3x+1．(1)求a，b的值；(2)求y=f(x)在[-3,1]上的最大值．【答案】解：(1
)由f(x)=x3+ax2+bx+5得，f′(x)=3x2+2ax+b，∴y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程为：y-f(1)=f′(1)(x-1)，即y-(a+b+6)=(3+2a+b)(x-1)，整理得y=(3+2a+b)x+3-a．
又∵y=f(x)在点P(1,f(1))处的切线方程为y=3x+1，∴3+2a+b=33-a=1，解得a=2b=-4，·99·∴a=2，b=-4．(2)由(1)知f(x)=x3+2x2-4x+5，f′(x)=3x2+4x-4
=(3x-2)(x+2)，令f′(x)=0，得x=23或x=-2．当x变化时，f(x)，f′(x)的变化如下表：↗x-3(-3,-2)-2-2,232323,11f′(x)+0-0+f(x)8↗极大值↘极小值4∴f(x)的极大值为f(-2)=13，极小值为f23=
9527，又∵f(-3)=8，f(1)=4，∴f(x)在[-3,1]上的最大值为13．4.已知函数f(x)=cosx1+sinx+ex．(Ⅰ)求函数f(x)的定义域；(Ⅱ)求曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(Ⅲ)求证：当x∈-π2,π2
时，f(x)≥2．【答案】解：(I)由题意可得sinx+1≠0，故x≠-π2+2kπ，即函数的定义域xx≠-π2+2kπ，k∈Z，(II)因为f′(x)=-sinx(1+sinx)-cos2x(1+sinx)2+
ex=ex-11+sinx，所以f′(0)=0，f(1)=2，故曲线在(0,f(0))处切线方程为y=2；(III)因为f′(x)=ex-11+sinx在-π2,π2上单调递增，且f′(0)=0故当-π2<x<0时，f′(x)<0，函数单调递
减，当0<x<π2时，f′(x)>0，函数单调递增，故当x=0时，函数取得最小值f(0)=2．故f(x)≥25.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+2，若y=f(x)在x=-23有极值，且f(x)在
点(1,f(1))处的切线斜率为-5．(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数f(x)在[0,3]上的最大值和最小值．【答案】解：(1)f′(x)=3x2+2ax+b，由题意，得f′-23=3×-232+2a×-23+b=0f′(1)=3+2a+b=-
5，解得，a=-2b=-4经检验，符合题意．·100·所以，f(x)=x3-2x2-4x+2；(2)由(1)知f′(x)=3x2-4x-4=(3x+2)(x-2)，令f′(x)=0，得x1=-23，x2=2，由f′(x)>0，解得x<-23或x
>2，f′(x)<0，解得-23<x<2，∴f(x)在(0,2)单调递减，在(2,3)单调递增．又f(0)=2，f(2)=-6，f(3)=1，故f(x)在[0,3]上的最大值为2，最小值为-6．6.已知函数fx=xlnx．(1)求曲线y=f(x)在点1,f1处的切线方程；(2)求证
：fx<x2+x．【答案】解：(1)f1=0，所以切点为1,0．f′x=lnx+1，k=f′1=ln1+1=1，所以切线为y=x-1；(2)要证fx<x2+x，只需证：xlnx<x2+x，即证：lnx-x-1<0．令gx
=lnx-x-1，g′x=1x-1=1-xxx>0，令g′x=1-xx=0，解得x=1．所以x∈0,1，g′x>0，gx为增函数，x∈1,+∞，g′x<0，gx为减函数，所以gx
max=g1=-2<0，所以lnx-x-1<0恒成立，即证fx<x2+x.·101·数学培优微专题《已知单调性求参数范围》1.已知函数f(x)=(x+1)lnx-ax+a(a为正实数，且为常数)(1)若f(x)在(0,+∞)上
单调递增，求a的取值范围；【答案】解：(1)f(x)=(x+1)lnx-ax+a，f′(x)=lnx+1x+1-a，若f(x)在(0,+∞)上单调递增，则a≤lnx+1x+1在(0,+∞)恒成立，(a>0)，令g(x)=lnx+1x+1，(x>0)，g′(x
)=x-1x2，令g′(x)>0，解得：x>1，令g′(x)<0，解得：0<x<1，故g(x)在(0,1)递减，在(1,+∞)递增，故g(x)min=g(1)=2，故0<a≤2；2.已知函数f(x)=x2-alnx(Ⅰ)当a=2时，求函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)
若g(x)=f(x)+2x在(2,+∞)上是单调递增函数，求实数a的取值范围．【答案】解：(Ⅰ)已知函数f(x)=x2-alnx，定义域为：(0,+∞)；当a=2时，f(x)=x2-2lnx,f′(x)=2x-2x=2(x+1)(x-1)x
，f′(x)>0⇒x>1⇒f(x)的增区间为(1,+∞)f′(x)<0⇒0<x<1⇒f(x)的减区间为(0,1)，(Ⅱ)若g(x)=f(x)+2x在(2,+∞)上是单调递增函数，即：g(x)=x2-alnx+2x在(2,+∞)递增，g′(x)=2x-a
x-2x2≥0在(2,+∞)恒成立，∴a≤2x2-2x在(2,+∞)恒成立；设h(x)=2x2-2x,则h′(x)=4x+2x2>0在(2,+∞)恒成立，所以：h(x)在(2,+∞)单调递增，所以：x>2时，h(x)>h(2)=7，所以：a≤7．即：实数a的取值范围
：{a|a≤7}．3.设函数f(x)=lnx+x2-2ax+a2，a∈R.(II)若函数f(x)在12，2上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；【答案】解：(2)f′(x)=1x+2x-2a=2x2-2ax+1x，设g(x)=2x2-2ax+1
，由题意，在区间12,2上存在子区间使得不等式g(x)>0成立，∵2>0，∴只要g(2)>0或g12>0即可．由g(2)>0，即8-4a+1>0，解得a<94；由g12>0，即12-a+1>0，解得a<32．·102·综上可得：a<94．∴函数f(x)在
12,1上存在单调递增区间，实数a的取值范围是-∞,94．4.已知函数fx=lnx-12ax2-2x．(1)若函数fx存在单调递减区间，求实数a的取值范围；(2)若函数fx在1
,4上单调递减，求实数a的取值范围．【答案】解：∵fx=lnx-12ax2-2x的定义域为0,+∞，且f′x=1x-ax-2．(1)∵函数fx在(0,+∞)存在单调递减区间，∴
当x>0时，1x-ax-2<0有解，即a>1x2-2x有解．设gx=1x2-2x，∴只要a>gxmin即可．又gx=1x2-2x=1x-12-1，∴gxmin=g1=-1，∴a>-1，因此，实数a的取值范围是(-1,+∞).(
2)∵函数fx在[1,4]上单调递减，∴当x∈[1,4]时，f′x=1x-ax-2≤0恒成立，于是有a≥1x2-2x恒成立，由(1)知gx=1x2-2x，∴a≥gxmax，又g(x)=1x-12-1，x∈[1,4]，∵x∈[1,4]，∴1x∈14,1
，∴g(x)max=-716(此时x=4)，a≥-716．因此，实数a的取值范围是[-716,+∞)．5.已知函数f(x)=lnx+12x2-(a-1)x．(1)若函数f(x)存在单调递减区间，
求实数a的取值范围；【答案】解：(1)函数定义域为(0,+∞)，f′(x)=1x+x-(a-1)=x2-(a-1)x+1x，由题知，f′(x)<0在(0,+∞)上有解，∵x>0，设u
(x)=x2-(a-1)x+1，则u(0)=1>0，所以只需a-12>0∆=(a-1)2-4>0得a>1a>3或a<-1．故a的取值范围是(3,+∞)．6.已知函数fx=xlnx-2ax2+x,a∈R．(Ⅰ)若fx在(0,+∞)
内单调递减，求实数a的取值范围；【答案】解：(Ⅰ)f’(x)=lnx+2-4ax，∵f(x)在(0,+∞)内单调递减，∴f’(x)=lnx+2-4ax≤0在(0,+∞)内恒成立，即4a≥lnxx+2x在(0,+∞)内恒成立
，令g(x)=lnxx+2x，则g'(x)=-1-lnxx2，∴当0<x<1e时，g’(x)>0，即g(x)在0,1e内为增函数；当x>1e时，g’(x)<0，即g(x)在1e,+∞内为减函数，∴g(x)的最大值为g1e=
e，∴a∈e4,+∞；·103·数学培优微专题《单调性由一个因式决定》1.已知涵数f(x)=x-1+aex．(1)讨论f(x)的单调性；【答案】解：(1)f′(x)=1+aex．若a≥0，则f′(x)>0，此时f(x)在R上单调递增．若a<0，则由
f′(x)=0，解得：x=-ln(-a)，当x<-ln(-a)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x>-ln(-a)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，综上所述：当a≥0，f(x)在R上单调递增，当a<0
时，f(x)在(-∞,-ln(-a))上单调递增，在(-ln(-a),+∞)上单调递减；2.已知函数fx=ax-2lnx+x-1x2，a∈R．(1)当a≤0时，讨论fx的单凋性【答案】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f(x)=a1-2x
+2-xx3=(x-2)(ax2-1)x3，当a≤0时，ax2-1<0恒成立，x∈(0,2)时，f′(x)>0，f(x)在(0,2)上单调递增；x∈(2,+∞)时，f′(x)<0，f(x)在(2,+∞)上单调递减；3.已知函数fx=x2
-a+2x+alnx(a为实常数)．(2)讨论函数fx在1,e上的单调性;【答案】解：(2)求导数可得f′(x)=2x-(a+2)+ax=2x2-(a+2)x+ax=(2x-a)(x-1)x，x∈[1,e]，当a2≤1即a≤2时，x∈[
1,e]，f′(x)≥0，此时，f(x)在[1,e]上单调增;当1<a2<e即2<a<2e时，x∈1,a2时，f′(x)<0，f(x)在1,a2上单调减;x∈a2,e时，f′(x)>0，f(x)在a2
,e上单调增;当a2≥e即a≥2e时，x∈[1,e]，f′(x)≤0，此时，f(x)在[1,e]上单调减;4.已知函数fx=x2-ax+1，gx=lnx+aa∈R(1)讨论函数hx=fx+gx
的单凋性；【答案】解：(1)函数hx的定义域为0,+∞h(x)=f(x)+g(x)=x2-ax+lnx+a+1(x>0)，所以h′x=2x-a+1x=2x2-ax+1x所以当∆=a2-8≤0即-22≤a≤22时，h′x>0，hx在0,+∞上
单调递增；当∆=a2-8>0即a>22或a<-22时，当a<-22时h′x>0，hx在0,+∞上单调递增；当a>22时，·104·令h′x=0得x=a±a2-84，x0,a-a2-84a-a2-8
4,a+a2-84a+a2-84,+∞hx+-+h(x)增减增综上：当a≤22时，hx在0,+∞上单调递增；当a>22时hx在0,a-a2-84，a+a2-84
,+∞单调递增，在a-a2-84,a+a2-84单调递减．5.已知函数f(x)=ax-ax-2lnx(a>0)(Ⅱ)讨论f(x)的单调性；【答案】解：(Ⅱ)原函数定义域为(0,+∞)，∴f(x)=ax2-2x+ax2，∵
a>0，设g(x)=ax2-2x+a(x∈(0,+∞))，由题意知Δ=4-4a2≤0时，a≥1．即当a≥1时，∵函数f(x)在定义域(0,+∞)内为单调增函数，当0<a<1，时，函数f(x)在0,1-1-aa
，1+1-aa,+∞内为单调增函数，在1-1-aa,1+1-aa递减．6.已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x．(1)讨论f(x)的单调性和极值情况【答案】解：(1)由f(x)=
ae2x+(a-2)ex-x，则fx=2ae2x+a-2ex-1=2ex+1aex-1，导函数中2ex+1>0恒成立，当a≤0时，aex-1<0恒成立，所以在x∈R上有fx<0，所以fx在-∞,+∞上单调递减
；当a>0时，令fx>0，解得x>1aln，令fx<0，解得x<1aln，∴在(-∞,1aln)上，f(x)单调递减，在(1aln,+∞)上，f(x)单调递增．综上可知：当a≤0时，f(
x)在R上单调递减，此时无极值当a>0时，f(x)在-∞,ln1a上是减函数，在ln1a,+∞上是增函数；f(x)在x=ln1a处取得极小值，无极大值·105·数学培优微专题《单调性由两个因式决定》1.已知函数f(x)=lnxmx(m≠0)．(Ⅰ)试讨论函数f(x
)的单调性；【答案】解：(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)=m(1-lnx)(mx)2①当m>0时，对x∈(0,e)，有f′(x)>0，故函数f(x)在x∈(0,e)单调递增；对x∈(e,+∞)，有f′(x)
<0，故函数f(x)在x∈(e,+∞)单调递减；②当m<0时，对x∈(0,e)，有f′(x)<0，故函数f(x)在x∈(0,e)单调递减；对x∈(e,+∞)，有f′(x)>0，故函数f(x)在x∈(e,+∞)单调递增；综上所述，当m>0时，单增区间为(0,e)，单减区间为(e,+
∞)；当m<0时，单减区间为(0,e)，单增区间为(e,+∞)；2.已知函数g(x)=f(x)+ax2-(2a+1)x．(Ⅱ)当a>0时，试讨论函数g(x)的单调性；答案(Ⅱ)∵g′(x)=1x+2ax-(2a+1)=(2ax-1)(x-1)x
=2ax-12a(x-1)x(x>0)∴①当12a<1，即a>12时，令g′(x)>0得，0<x<12a或x>1；令g′(x)<0得，12a<x<1．所以，增区间为0,12a
，(1,+∞)；减区间为12a,1；②当12a>1，即0<a<12时，令g′(x)>0得，0<x<1或x>12a；令g′(x)<0得，12a<x<1．所以，增区间为(0,1)，12a,+∞；减区间为12a,
1；③当12a=1，即a=12时，g′(x)=(x-1)2x>0，增区间为(0,+∞)．综上，当0<a<12时，增区间为(0,1)，12a,+∞；减区间为1,12a；当a=12
时，增区间为(0,+∞)；当a>12时，增区间为0,12a，(1,+∞)；减区间为12a,1．3.已知函数f(x)=lnx-a2x2+(a-1)x(a∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；【答案】解：(1)定义域为(0,+∞)，f′(x)=1x-ax+(a
-1)=-ax2-(a-1)x-1x=-(ax+1)(x-1)x，当a≥0时，ax+1>0，所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)，递减区间为(1,+∞)；当a<0时，令f′(x)=
0，得x=1或x=-1a，当a=-1时，f′(x)=(x-1)2x≥0恒成立，所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无减区间；当a<-1时，0<-1a<1，所以函数f(x)的单调递增区间为0,-1a和(1,+∞)，
单调递减区间为-1a,1；当-1<a<0时，-1a>1，所以函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和-1a,+∞，单调递减区间为1,-1a；综上所述，当a≥0时，函数f(x)的单调
递增区间为(0,1)，递减区间为(1,+∞)；当a=-1时，函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无减区间；当a<-1时，函数f(x)的单调递增区间为0,-1a和(1,+∞)，单调递减区间为-1a,1；当-1<a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0,1)和-1
a,+∞，单调递减区间为1,-1a；4.已知函数fx=xex-a12x2+x(a∈R)．(Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性．【答案】解：(Ⅱ)f(x)=(x+1)(ex-a)，(i)当a≤0时，由f(x)>0得x
>-1，由f(x)<0得x<-1，f(x)在-∞,-1单调递减，在-1,+∞单调递增；(ii)当a>0时，令f(x)=0，得x=-1或x=lna，①当a=1e时，f(x)≥0恒成立，f(x)在R上单调递增；②当0<a<1e时，
lna<-1，由f(x)>0，得x<lna或x>-1；由f(x)<0，得lna<x<-1，f(x)单调递增区间为(-∞,lna)，(-1,+∞)；单调减区间为(lna,-1)，③当a>1e时，lna>-1，由f(x)>0，得x<-1或x>lna；由f(x)<0，得-1<x<lna，所以
f(x)单调增区间为(-∞,-1)，(lna,+∞)，单调减区间为(-1,lna)，综上所述：当a≤0时，f(x)在-1,+∞单调递增，在-∞,-1单调递减；当0<a<1e时，f(x)单调增区间为(-∞,lna)，
(-1,+∞)，单调减区间为(lna,-1)；当a=1e时，f(x)在-∞,+∞上单调递增；当a>1e时，f(x)单调增区间为(-∞,-1)，(lna,+∞)，单调减区间为(-1,lna)．·107·数学培优微专题《零点极值点个数问题》1.已知函
数f(x)=2cos2x+ax2．(1)当a=1时，求f(x)的导函数f′(x)在-π2,π2上的零点个数；【答案】解：(1)易知f′(x)=2(x-sin2x)，显然f′(0)=0，∴x=0为f′(x)的一
个零点;令g(x)=x-sin2x(0≤x≤π2)，则g′(x)=1-2cos2x，x(0,π6)π6(π6,π2]g′(x)-0+g(x)↘极小值↗∴g(x)的最小值为g(π6)=π6-32<0，又g(0)=0，且g(π2)=π2>0，∴g(x)在(0
,π2]上存在唯一零点x0，且x0∈(π6,π2]∴f′(x)=2g(x)在(0,π2]上亦存在唯一零点x0，∵函数f′(x)为奇函数，∴f′(x)=2g(x)在[-π2,0)上亦存在唯一零点-x0，又f′(0)=2g(0)=0，故当a=1时，f(x)的导函数f
′(x)在[-π2,π2]上的零点个数为3．2.设函数f(x)=lnx+mx-2x+3．(1)当m=-1时，求函数f(x)零点的个数；【答案】(1)解：当m=-1时，f(x)=lnx-1x-2x+3，f′(x)=1x
+1x2-2=-2x2+x+1x2，由f′(x)=0，得x=-12(舍)，或x=1．∴当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，则f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，则f(x
)的极大值为f(1)=0．∴函数f(x)零点的个数为1；3.已知函数f(x)=ex-a(x+2)．(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．【答案】解：(2)①当a≤0时，f′(x)=ex-a>0恒成立
，f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，不合题意；②当a>0时，令f′(x)=0，解得x=lna，当x∈(-∞,lna)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(lna,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴f(x)的极小值也是最小值为f(lna)=a
-a(lna+2)=-a(1+lna)．又当x→-∞时，f(x)→+∞，当x→+∞时，f(x)→+∞．∴要使f(x)有两个零点，只要f(lna)<0即可，则1+lna>0，可得a>1e．综上，若f(x)有两个零
点，则a的取值范围是1e,+∞．4.已知函数f(x)=aex+lnx+1(a∈R).(1)讨论f(x)零点的个数；【答案】解：(1)由题意，令f(x)=aex+lnx+1=0，则有-a=lnx=1ex，令g(x)=lnx+1ex，则g'(x)=1x
-lnx-1ex，令h(x)=1x-lnx-1，则h′(x)=-1x2-1x=-1+xx2<0，故函数h(x)在(0,+∞)上单调递减，h(1)=0，即0<x<1时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)在(0,1)上单调递增；x>1时，h(x)<0，g′(x)<
0，g(x)在(1,+∞)上单调递减；则当x=1时，g(x)取得最大值g(x)max=g(1)=1e，又x→0+时，g(x)→-∞；x→+∞时，g(x)→0+．故当-a>1e，即a<-1e时，f(x)零点的个
数为0；当-a≤0时，即a≥0时，f(x)的零点的个数为1；当0<-a<1e，即-1e<a<0时，f(x)零点的个数为2；当-a=1e，即a=-1e时，f(x)零点的个数为1．5.已知函数fx=ex-12ax2
a∈R，(2)判断函数fx的极值点的个数，并说明理由；【答案】解：(2)f′x=ex-ax，令gx=ex-ax，则g′x=ex-a．①当a<0时，g′x=ex-a>0，f′x=
ex-ax在-∞,+∞上单调递增．又f′0=1>0,f′1a=e1a-1<0，于是f′x=ex-ax在-∞,+∞上有一个零点x1．于是函数fx的有1个极值点；x-∞,x1x1x1,+∞
f′x-0+fx单调递减极小值单调递增②当a=0时，fx=ex单调递增，于是函数fx没有极值点；③当0<a≤e时，由g′x=ex-a=0得x=lna．f′x≥0，当且仅当x=lna时，取“=”号，函数fx在-∞,+∞上单调递增，·1
09·x-∞,lnalnalna,+∞g′x-0+f′x单调递减a1-lna单调递增于是函数fx没有极值点；④当a>e时，f′lna=a1-lna<0,f′0=1>0．x-∞,lnalnalna,+∞g′x-0
+f′x单调递减a1-lna单调递增又∵a>lna，∴f(a)=ea-a2>a2-a2=0．于是，函数f′x在-∞,lna和lna,+∞上各有一个零点，分别为x2,x3．于是，函数fx的有2个极值点；x-∞,x2x2x2,x3x3x3,+∞f′x+0
-0+fx单调递增极大值单调递减极小值单调递增综上：当a<0时函数fx的有1个极值点；当0≤a≤e时函数fx没有极值点；当a>e时函数fx的有2个极值点．6.已知函数f(x)=alnx-x(a∈R)
(2)若f(x)有两个零点x1，x2，求a的取值范围；【答案】解：(2)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ax-1=a-xx，当a≤0时，f′(x)<0在(0,+∞)，上恒成立，∴f(x)在(0,+∞)上为
减函数；f(x)不合题意；当a>0时，令f′(x)>0，得0<x<a，令f′(x)<0时，得x>a，∴f(x)的递减区间为(a,+∞)，递增区间为(0,a)．f(x)max=alna-a=a(lna-1)，解得：a>e．又f(1)=-1<0，f(a2)=2alna-a2，设g
(x)=2lnx-x(x>e)，则：g′(x)=2x-1，由于x>e，则：g′(x)<0．所以g(x)在(e,+∞)为减函数．g(x)≤g(e)=2-e<0．从而可知：f(a2)=2alna-a2=a(2lna-a)<
0．·110·所以：函数f(x)有两个零点时，有a∈(e,+∞)．·111·数学培优微专题《不等式恒成立与分离》1.已知函数f(x)=1+lnxx．(1)若f(x)<ax+1x恒成立，求实数a的取值范围；【答案】解：(1)由f(x)<ax+1x，即lnxx<ax，即a
>lnxx2，令g(x)=lnxx2，则只需a>g(x)maxg'(x)=1-2lnxx3，令g(x)=0，得x=e所以g(x)在(0,e)递增，在(e,+∞)递减，所以g(x)max=g(e)=12e，所以a的取值范围为(
12e,+∞)．2.已知函数f(x)=lnx-x2+ax，(2)若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围．【答案】解：(2)∵x>0，由f(x)≤0恒成立可得a≤x-lnxx恒成立，令g(x)=x-lnxx，则g′(x
)=x2+lnx-1x2，令h(x)=x2+lnx-1，则h′(x)=2x+1x，∵x>0，∴h′(x)>0恒成立，即h(x)在(0,+∞)上单调递增，∵h(1)=0，∴当x∈(0,1
)时，h(x)<0，即g′(x)<0，此时g(x)单调递减；当x∈[1,+∞)时，h(x)≥0，即g′(x)≥0，此时g(x)单调递增；∴当x=1时，g(x)取得极小值即最小值，g(x)min=g(1)=1，∵a≤g(x)恒成立，∴a≤1，故实数a的取值范围是(-
∞，1]．3.已知函数f(x)=ax+lnx+1．(2)对任意的x>0，不等式f(x)≤xex恒成立，求实数a的取值范围．【答案】解：(2)解法1：不等式ax+lnx+1≤xex恒成立，等价于a≤xex-l
nx-1x在(0,+∞)恒成立，令g(x)=xex-lnx-1x,x>0，∴g′(x)=x2ex+lnxx2，令h(x)=x2ex+lnx,x>0,h′(x)=(x2+2x)ex+1x>0，∴h(x)在(0,+∞)单调递
增，∴h14=e1416-2ln2<0，h(1)>0，∴h(x)存在唯一零点x0，且x0∈14,1，x20ex0+lnx0=0．∴g(x)在(0,x0)单调递减，在(x0,+∞)单调递增．∴g(x)min=g(x0)=x0ex0-
lnx0-1x0．∵x20ex0+lnx0=0，即x0ex0=-lnx0x0=1x0ln1x0=eln1x0⋅ln1x0，构造函数φ(x)=xex，易证φ(x)在(0,+∞)单调递增，所以x0=ln1
x0，则1x0=ex0，将这两个式子代入g(x0)=x0ex0-lnx0-1x0=1+x0-1x0=1，所以a≤1．解法2：不等式ax+lnx+1≤xex恒成立，等价于a≤xe
x-lnx-1x在(0,+∞)恒成立．先证明当t>0时，t≥lnt+1，令g(t)=t-1-lnt，g(1)=0．g′(t)=1-1t=t-1t，可知：t=1时函数g(t)取得极小值，因此g(t)≥g(
1)=0，即t≥lnt+1，则当x>0时，xex≥ln(xex)+1=x+lnx+1，即xex-lnx-1≥x，故xex-lnx-1x≥1(当且仅当xex=1时取等号)，所以a≤1．4.已知函数f(x)=lnx-(a+2)x2-ax．(2)若对任意x∈(0,+∞)，函数
f(x)的图象不在x轴上方，求实数a的取值范围．【答案】解：(2)若对任意x∈(0,+∞)，函数f(x)的图象不在x轴上方，即f(x)≤0恒成立，则a≥lnx-2x2x2+xmax即可，令g(x)=lnx-2x2x2+x，则g(x)=(2x+1)(-x+
1-lnx)(x2+x)2，令h(x)=-x+1-lnx(x>0)，则h(x)=-1-1x<0，h(x)在(0,+∞)递减，而h(1)=0，故令g(x)>0，解得：0<x<1，令g(x)<0，解得：x>
1，故g(x)在(0,1)递增，在(1,+∞)递减，故g(x)max=g(1)=-1，故a≥-1．5.设函数f(x)=ex-1-x-ax2．(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．解法1：(2)由f(x)=ex-1-x
-ax2且f(0)=0则题意等价于∀x∈[0,+∞)，f(x)≥f(0)恒成立由f'(x)=ex-1-x-2ax则f''(x)=ex-2a·113·易知f''(x)=ex-2a在[0,+∞)单调递增∴f''(
x)≥f''(0)即f''(x)≥1-2a①当1-2a≥0即a≤12时，由f''(x)≥1-2a≥0则f'(x)=ex-1-x-2ax在[0,+∞)单调递增∴f'(x)≥f'(0)即f'(x)≥0∴f(x)在[0,+∞)单调递增∴∀x∈[
0,+∞)，f(x)≥f(0)符合题意②当1-2a<0即a>12时，令f''(x)=0即ex-2a=0解得x=ln2a∴当x∈(0,ln2a)，f''(x)<0∴f'(x)在(0,ln2a)单调递减，∴f'(x)<f'(0)即f'(x)<0∴f
(x)在(0,ln2a)递减∴f(0)不是f(x)的最小值不符合题意综上所述a的取值范围为(-∞,12]．解法二：分离硬求6.已知函数f(x)=x2-ax-alnx(a∈R)．(2)当x∈[e,+∞)时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．【答案】
(2)由x∈[e,+∞)知，x+lnx>0，∴f(x)≥0恒成立等价于a≤x2x+lnx在x∈[e,+∞)时恒成立，令g(x)=x2x+lnx，x∈[e,+∞)，求导g′(x)=x(x-1+2lnx)(x+lnx)2>0，∴h(
x)在[e,+∞)上是增函数，则h(x)≥h(e)=e2e2+1，∴a≤e2e2+1，a的取值范围-∞,e2e2+1.·114·数学培优微专题《不等式恒成立与端点相关》1.已知
函数f(x)=ex+aln(x+1)(a∈R)的图象在点(0,f(0))处的切线与直线x+2y+1=0垂直．(2)若当x∈[0,+∞)时，f(x)-mx-1≥0恒成立，求实数m的取值范围．【答案】解：(1)由已知得f(x)=ex+ax+1，则f′(0)=e0+a=a+1，因为直线x+
2y+1=0的斜率为-12，所以(a+1)×-12=-1，解得a=1，所以f(x)=ex+ln(x+1)，令g(x)=f(x)-mx-1，则g'(x)=ex+1x+1-m，令h(x)=ex+1x+1，x≥0，则h(x)=ex-1(x+1)2，当x≥0时，ex≥
1，0<1x+12≤1，所以h′x≥0，等号不恒成立，所以函数y=h(x)(x≥0)为增函数，所以h(x)≥h(0)=2，所以g′x≥2-m，①当m≤2时，2-m≥0，所以当m≤2时，g＇(x)≥0，所以函数g(x)(x
≥0)为增函数，所以g(x)≥g(0)=0，故对成立，②当m>2时，m-1>1，则x≥0时，g′x=f′x-m=ex+1x+1-m≤ex+1-m，则当x∈(0,ln(m-1))时，ex+1-m<0，即g＇(x)<0，所以函数y=g(x)在(0,ln(m-1))上单调递减
，所以当0<x<ln(m-1)时，g(x)<g(0)=0，从而f(x)-mx-1<0，这与题意不符．综上，实数m的取值范围为(-∞,2]．2.已知f(x)=ex+sinx+ax(a∈R)．(Ⅱ)若对任意x≥0，f(x)≥1恒成立
，求实数a的取值范围；【答案】(Ⅱ)解：当x=0时，f(x)=1≥1，对于a∈R，命题成立，当x>0时，设g(x)=ex+cosx+a，则g′(x)=ex-sinx．因为ex>1，sinx≤1，所以g′(x)=ex-sinx>1-1=0，g(x)在(0,+
∞)上单调递增．又g(0)=2+a，所以g(x)>2+a．所以f′(x)在(0,+∞)上单调递增，且f′(x)>2+a．①当a≥-2时，f′(x)>0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增．因为f(0)=1，所以f(x)>1恒成立．②当a<-2时，
f′(0)=2+a<0，因为f′(x)在[0,+∞)上单调递增，又当x=ln(2-a)时，f′(x)=-a+2+cosx+a=2+cosx>0，所以存在x0∈(0,+∞)，对于x∈(0,x0)，f′(x)<0恒成立．所以f(x)在(0,x0)上单调递减，所以当x∈(0,x0)时，f(x)<
f(0)=1，不合题意．综上，当a≥-2时，对于x≥0，f(x)≥1恒成立．3.已知函数fx=ex-x22-1．(1)若直线y=x+a为f(x)的切线，求a的值．(2)若∀x∈[0,+∞)，f(
x)≥bx恒成立，求b的取值范围．【答案】解：(1)设切点为Ax1,y1∴f′x=ex-x∴1=ex1-x1①ex1-x212-1=x1=a②，由得ex1=x1+1，∴x1=0，∴a=e0-022-1-
0=0．(2)令gx=ex-x22-1-bx,x≥0，g′x=ex-x-b,x≥0，∵g''(x)=ex-1≥0恒成立，∴g′x在[0,+∞)单调递增，∴g′xmin=g′0=1-b，若1-b≥0即b≤1时，g′xmin=1-b≥0，∴g′x
≥0恒成立于[0,+∞)，∴gx在[0,+∞)单调递增，∴g′xmin=g′0=0，∴gx≥0恒成立，∴f(x)≥bx恒成立[0,+∞)，若1-b<0，即b>1时，g′(x)min=h′0
=1-b<0，又∵g′x在[0,+∞)单调递增，·116·∴存在唯一的x0∈0,+∞，使g′x0=ex0-x0-b=0，∴当x∈0,x0，g′x<0，gx单调递减，当x∈x0,+∞，g′x>0，gx单调递增，∴gxmin=gx0=ex0-x202-1
-bx0=ex0-x202-1-x0ex0-x0=ex0-x0ex0+x202-1令hx=ex-xex+x22-1,x>0，h′x=ex-(ex+xex)+x=x1-ex，当x>0时，1-ex<0，∴h′x<0，∴h(x)在0,+∞单调递减
，∴hx<h0=0，∵x0>0，∴hx<0即gx0<0，不符合题意．故b≤1．4.已知函数f(x)=ex-ax-1-x22,x∈R．(2)若对任意x≥0都有f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．【答案】解：(2)当x≥
0时，f′(x)=ex-x-a，令h(x)=f′(x)，则h′(x)=ex-1≥0，则f′(x)单调递增，f′(x)≥f′(0)=1-a；当a≤1即f′(x)≥f′(0)=1-a≥0时，f(x)在(0,+∞)上递增，f(x)≥f(0)=0成
立；当a>1时，存在x0∈(0,+∞)，使f′(x0)=0，则f(x)在(0,x0)上递减，则当x∈(0,a)时，f(x)<f(0)=0，不合题意，综上：a≤1．5.设a∈R，已知函数f(x)=xlnx+ax2-(1+a)x+1，x∈(1,+∞).(1)若
f(x)>0恒成立，求a的取值范围;【答案】解：解法一(1)令g(x)=f(x)x=lnx+ax+1x-(1+a)，则原问题转化为g(x)>0在x∈(1,+∞)上恒成立．g′(x)=1x-1x2+a=ax2+
x-1x2，当a≥0时，g′(x)=ax2+x-1x2>0在x∈(1,+∞)上恒成立，所以g(x)在x∈(1,+∞)上单调递增，g(x)>g(1)=0;当a≤-14时，g′(x)=ax2+x-1x2≤0恒成立
，则g(x)<g(1)=0;·117·当-14<a<0时，设g′(x)=0的两根分别为x1，x2(x1<x2)，此时-12a>2，g′(1)=a<0，当x∈(1,x1)时，g′(x)<0，则g(x)<g(1)=0．综上，a≥0，即a的取值范围是[0,+∞).解法二(1)f′(x)=ln
x+2ax-a，因为f(1)=0，f(x)>0恒成立，所以f′(1)≥0，所以a≥0，又当a≥0时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)单调递增，f(x)>f(1)=0．所以a≥0，即a的取值范围为[0,+∞).6.已知函数f(x)=sinx-ax(a∈R)．(Ⅱ
)若对一切x∈(0,+∞)，不等式f(x)>-x36恒成立，求实数a的取值范围．【答案】解：(Ⅱ)对一切x∈(0,+∞)，不等式f(x)>-x36恒成立，即sinx-ax+x36>0恒成立，设g(x)=sinx-ax+x36，则g′(x)=cosx+x2
2-a，设h(x)=g′(x)，则h′(x)=-sinx+x，设μ(x)=x-sinx，μ′(x)=1-cosx≥0，∴μ(x)在(0,+∞)上递增，∴μ(x)>μ(0)=0，即h′(x)>0，∴h(x)在(0,+∞)上递
增，①当1-a≥0，即a≤1时，g′(x)>0，故g(x)>g(0)=0在(0,+∞)上恒成立，符合题意；②当1-a<0，即a>1时，存在x0∈(0,+∞)，使得g′(x0)═0，且在(0,x0)上，g′(x)<0，g(x)是减函数，故在x
∈(0,x0)上，g(x)<g(0)=0，不合题意．综上，a≤1．·118·数学培优微专题《指对与隐零点问题》1.已知函数fx=aex+blnx，且曲线y=fx在点(1,f(1))处的切线方程为y=e-1x+
1．⑴求fx的解析式；⑵证明：fx>136．【答案】解：(1)f′(x)=aex+bx，k=f′(1)=ae+b=e-1，又f(1)=ae=e，解得：a=1，b=-1，∴f(x)=ex-lnx，(2)由(1)知f′(x)=ex-1x，∴f(x)
=ex+1x2>0在(0,+∞)上恒成立，∴f′(x)在(0,+∞)上为增函数，又f′12=e12-2<0，f′23=e23-32>0，故存在x0∈12,23使f′(x0)=ex0-1x0，当x0∈(0,x0)，f′(x
0)<0，当x0∈(x0,+∞)，f′(x0)>0，f(x)min=f(x0)=ex0-lnx0=x0+1x0，又函数g(x)=x+1x在12,23上单调递减，故x0+1x0>23+32=136，即f(x)>136．2.已知函数f(x)=axex-x-l
nx(2)当a=1时，求f(x)的最小值．【答案】(1)当a=0时，g(x)=-x-lnxx，定义域为0,+∞，则g′(x)=-1+lnxx2，由g′(x)>0⇒x>e；g
′(x)<0⇒0<x<e，故函数g(x)的增区间为e,+∞，减区间为0,e．(2)当a=1时，f(x)=xex-x-lnx，定义域为0,+∞，则f′(x)=x+1ex-1-1x=x+1ex-1+xx=x+1ex-1
x令h(x)=ex-1x(x>0)，则h′(x)=ex+1x2>0，所以h(x)在0,+∞单调递增，又h(1)=e-1>0，h12=e-2<0，∴h(x)存在唯一零点x0，x0∈12,1，即ex0=1x0，且x0为也是f′(
x)的唯一零点，则0,x0x0,+∞f′(x)-+f(x)单调递减单调递增∴f(x)≥f(x0)=x0ex0-x0-lnx0，由ex0=1x0，有x0=-lnx0，则f(x0)=x0⋅1x0
+lnx0-lnx0=1，从而f(x)≥f(x0)=1，即证3.已知函数f(x)=ax+xlnx(a∈R)(2)当a=1且k∈Z时，不等式k(x-1)<f(x)在x∈(1，+∞)上恒成立，求k的最大值．【解答
】解：(2)a=1时，f(x)=x+lnx，k∈Z时，不等式k(x-1)<f(x)在x∈(1，+∞)上恒成立，∴k<(x+xlnxx-1)min，令g(x)=x+xlnxx-1，则g′(x)=x-lnx
-2(x-1)2，令h(x)=x-lnx-2(x>1)．则h′(x)=1-1x=x-1x>0，∴h(x)在(1，+∞)上单增，∵h(3)=1-ln3<0，h(4)=2-2ln2>0，存在x0∈(3，4)，使h(x0)=0．即当1<x<
x0时h(x)<0即g′(x)<0x>x0时h(x)>0即g′(x)>0g(x)在(1，x0)上单减，在(x0+∞)上单增．令h(x0)=x0-lnx0-2=0，即lnx0=x0-2，g(x)min=g(x0)=x0(1+lnx0)x0-1=x0(1+x0-2)x0-1
=x0∈(3，4)．k<g(x)min=x0∈(3，4)，且k∈Z，∴kmax=3．4.函数f(x)=xex-ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1．(1)求a和b的值；(2)若f(x)满足：当x>0时
，f(x)≥lnx-x+m，求实数m的取值范围．【解答】解：(1)∵f(x)=xex-ax+b，∴f′(x)=(x+1)ex-a，由函数f(x)的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1，知：f(0)=b=1f'
(0)=1-a=-1，解得a=2，b=1．(2)∵f(x)满足：当x>0时，f(x)≥lnx-x+m，∴m≤xex-x-lnx+1，令g(x)=xex-x-lnx+1，x>0，则g'(x)=(x+1)ex-1-1x=(x+
1)(xex-1)x，·120·设g′(x0)=0，x0>0，则ex0=1x0，从而lnx0=-x0，g′(12)=3(e2-1)<0，g′(1)=2(e-1)>0，由g′(12)-g′(1)<0，知：x0∈(12,1)
，当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增．∴g(x)min=g(x0)=x0ex0-x0-lnx0=x0ex0-x0-lnx0=x0•1x0-x0+x0=1．m≤xex-x-lnx+
1恒成立⇔m≤g(x)min，∴实数m的取值范围是：(-∞，1]．·121·数学培优微专题《极值点偏移》1.已知函数f(x)=xex．(2)若方程f(x)=a有两个不等实根x1，x2，求实数a的取值范围，并证明：x1+x
2>2．【答案】(2)证明：由(1)知f(x)max=f(1)=1e，当x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0，故当0<a<1e时，直线y=a与y=f(x)的图象有两个交点，∴a∈0,1e.∵方程f(x)=a有
两个不等实根x1，x2，x1ex1=a，x2ex2=a，∴x1=aex1，x2=aex2，∴x1-x2=a(ex1-ex2)，即a=x1-x2ex1-ex2，要证x1+x2>2，只需证a(ex1+ex2)>2，即证(x1-x2)⋅(ex1+ex2)ex1-ex2
>2，不妨设x1>x2，令t=x1-x2，则t>0，et>1，即证t∙(et+1)et-1>1，即(t-2)et+t+2>0，令g(x)=(x-2)ex+x+2(x>0)，∴g′(x)=(x-1)ex+1，∴g″(x)=xex>0，∴g′(x)>g′(0)=0，∴g(x)在(0,+∞
)上为增函数，∴g(x)>g(0)=0，即(x-2)ex+x+2>0成立，亦即(t-2)et+t+2>0成立，故x1+x2>2．2.已知函数f(x)=ex-x+a，a∈R．(3)设x1，x2(x1≠x2)是函
数f(x)的两个零点，求证x1+x2<0．【答案】解：(3)证明：由(1)可知，x=0是函数f(x)的极小值点，也是最小值点，即最小值为f(0)=a，显然只有a<0时，函数f(x)有两个零点，设x1<x2，易知，x1<0，x2>0.⋯(9分)∵f(x1)-f(-x2)=f(x2)-f(-x2)
=(ex2-x2+a)-(e-x2+x2+a)=ex2-e-x2-2x2，⋯(10分)令h(x)=ex-e-x-2x(x≥0)，由(2)可知h(x)在[0,+∞)上单调递增，⋯(11分)∴h(x)≥h(0)=0，又∵x1<0<x
2，∴h(x2)>0，即ex2-e-x2-2x2>0⋯(12分)∴f(x1)>f(-x2)，又∵x1<0，-x2<0，⋯(13分)且由(1)知f(x)在(-∞,0)上单调递减，∴x1<-x2，∴x1+x2<0.⋯(14分
)3.已知函数f(x)=alnxx+b(a,b∈R)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1．(Ⅰ)求实数a，b的值及函数f(x)的单调区间；(Ⅱ)当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时，比较x1+x2与2e(e为自然对数的底数)
的大小．【答案】解：(I)函数f(x)的定义域为0,+∞，fx=a1-lnxx2，因为f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1，所以f'(1)=a=1f(1)=aln11
+b=0解得a=1，b=0，故f(x)=lnxx，∴fx=1-lnxx2，令fx=0,x=e，当0<x<e时，fx>0,fx为增函数；当x>e时，fx<0，f(x)单调递减；故函数f(x)的单调递增
区间为(0,e)，单调递减区间为(e,+∞)；(II)当f(x1)=f(x2)时，x1+x2>2e，证明如下：因为x>e时，f(x)单调递减，且f(x)=lnxx>0，又f(1)=0，当1<x<e时，f(x)单调递增，且f(x)>0，若f(x1)=
f(x2)，则x1，x2必都大于1，且必有一个小于e，一个大于e，不妨设1<x1<e<x2，当x2≥2e时，必有x1+x2>2e，当e<x2<2e时，f(x1)-f(2e-x2)=f(x2)-f(2e-x2)，=lnx2x2-ln2e-x22
e-x2，设gx=lnxx-ln2e-x2e-x,e<x<2e，则gx=lnxx2--1+ln2e-x2e-x2=4ee-x1-lnx++x22-
ln-x-e2+e2x22e-x2，因为e<x<2e，所以e2-x-e2∈0,e2，故2-ln-x-e2+e2>0，又4ee-x1-l
nx>0，所以gx>0，g(x)在(e,2e)单调递增，所以gx>ge=0，所以fx1>f2e-x2，因为1<x1<e,e<x2<2e，所以0<2e-x2<e，又因为f(x)在(0,e)单调递增，所以x1>2e-x2，即x
1+x2>2e．综上所述，当fx1=fx2x1≠x2时，x1+x2>2e．·123·4.已知函数f(x)=1+lnxx．(2)若方程f(x)=m有两个不同实根x1，x2，证明：x1+x2>2．（3）若方程f(x)=m有两个不同实根x1，x2，证明：x1x
2>1．【答案】解：(2)方法一：不妨设x1<x2，f'(x)=-lnxx2，所以x∈(0,1)时，f(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1,+∞)时，f(x)<0，f(x)单调递减；由f(1)=1，f1e=0，当x→+∞时，f(x)→0，所以0<m<
1，1e<x1<1<x2，要证x1+x2>2，即证x2>2-x1，由x2>1，2-x1>1，f(x)在(1,+∞)上单调递减，只需证明f(x2)<f(2-x1)由f(x1)=f(x2)，只需证明f(x1)<f(2-x1)，令g(x
)=f(x)-f(2-x)，x∈(0,1)，只需证明g(x)<0，易知g(1)=0，，由x∈(0,1)，故，x2<(2-x)2，从而，从而g(x)在(0,1)上单调递增由g(1)=0，故当x∈(0,1)时
，g(x)<0，证毕;方法二：不妨设x1<x2，构造函数G(x)=f(x)-f1x，则，x∈(0,1)时，G(x)>0，G(x)单调递增，所以G(x)<G(1)=0，即x∈(0,1)时，f(x)<f1x．∵1e<x1<1，
故f(x2)=f(x1)<f1x1，又∵x2>1,1x1>1，x∈(1,+∞)时，f(x)单调递减，∴x2>1x1，即x1x2>1，所以x1+x2>2x1x2>2；方法三：不妨设x1<x2，(比值代换)由f(x1)=
f(x2)=m，即，，两式作差得，即，所以令t=x1x2∈(0,1)，·124·即，要证x1+x2>2，只需证，只需证在t∈(0,1)时恒成立(记为*)，令，则g(t)=1t-4(t+1)2=
(t-1)2t(t+1)2，从而g(t)在(0,1)递增由g(1)=0，从而当t∈(0,1)时g(t)<0恒成立，即(*)式成立，综上，x1+x2>2．(3)不妨设x1<x2，构造函数G(x)=f(x)-f1x，则，x∈(0,1)时，G(x)>0，G(x)单调递增，所以G
(x)<G(1)=0，即x∈(0,1)时，f(x)<f1x．∵1e<x1<1，故f(x2)=f(x1)<f1x1，又∵x2>1,1x1>1，时，f(x)单调递减，∴x2>1x1，即x1x2>1，所
以x1+x2>2x1x2>2；5.已知，函数f(x)=lnx-ax，其中a∈R．(2)设f(x)的两个零点分别为x1，x2，证明：x1x2>e2．【答案】解：(2)原不等式x1∙x2>e2⇔lnx1+lnx2>2，不妨设x1>x2>0，∵f(x1)=0，f(x2)=
0，∴lnx1-ax1=0，lnx2-ax2=0，∴lnx1+lnx2=a(x1+x2)，lnx1-lnx2=a(x1-x2)，令x1x2=t，则t>1，于是，设函数g(t)=lnt-2(t-1)t+1，t>1，求导得：g(t)=1t-4(t+1)2
=(t-1)2t(t+1)2>0，故函数g(t)是(1,+∞)上的增函数∴g(t)>g(1)=0，·125·即不等式lnt>2(t-1)t+1成立，故所证不等式x1·x2>e2成立．
6.已知函数f(x)=lnx+1x+a．(2)若函数f(x)恰好有两个零点x1，x2(0<x1<x2)，求证：1x1+1x2>2．【答案】解：(2)证明：设x2=tx1，所以t>1，由f(x1)=f(x
2)=0，可得lnx1+1x1+a=ln(tx1)+1tx1+a=0，解得1x1=tlntt-1，所以1x1+1x2=1x11+1t=tlntt-1⋅t+1t=(t+1)lntt-1
，要证1x1+1x2>2，即证(t+1)lntt-1>2，即为lnt-2(t-1)(t+1)>0，t>1，令h(t)=lnt-2(t-1)(t+1)，t>1，h′(t)=1t-4(
t+1)2=t2-2t+1t(t+1)2>0，所以h(t)在(1,+∞)递增，可得h(t)>h(1)=0，则1x1+1x2>2．·126·数学培优微专题《双变量问题》1.已知函数f(x)=x-ln(x+a)的最小值为0
，其中a>0.设g(x)=lnx+mx，(1)求a的值；(2)对任意x1>x2>0，g(x1)-g(x2)x1-x2<1恒成立，求实数m的取值范围；【答案】解：(1)f(x)的定义域为(-a,+∞)．f′(x)=1-1x+a=x+a-1x+
a．由f′(x)=0，解得x=1-a>-a．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(-a,1-a)1-a(1-a,+∞)f′(x)-0+f(x)减函数极小值增函数因此，f(x)在x=1-a处取得最小值，故由题意f(1-
a)=1-a=0，所以a=1．(2)由g(x1)-g(x2)x1-x2<1知g(x1)-x1<g(x2)-x2对x1>x2>0恒成立即h(x)=g(x)-x=lnx-x+mx是(0,+∞)上的减函数．h′(x)=1x
-1-mx2≤0对(0,+∞)恒成立，m≥x-x2对x∈(0,+∞)恒成立，(x-x2)max=14，m≥142.已知f(x)=12x2+2mlnx-(2+m)x,m∈R．(I)当m>0时，讨论f(x)的单调性；(II)若
对任意的a，b∈(0,+∞)且a>b有f(a)-f(b)>m(b-a)恒成立，求m的取值范围．【答案】解：(I)由题意可得：函数f(x)的定义域为(0,+∞)⋯(1分)f(x)=x+2mx-(2+m)=x2-(2+m)x+2mx
=(x-2)(x-m)x⋯(3分)当m>2时，令f′(x)>0，解得：0<x<2或x>m，令f′(x)<0，解得：2<x<m∴函数f(x)的单调增区间为(0,2)和(m,+∞)单调减区间为：(2,m)⋯(5分)当m=2时f′(x)≥0∴f(x)的递增区间为(0,+
∞)，无递减区间．当0<m<2时，令f′(x)>0，解得：0<x<m或x>2，令f′(x)<0，解得：m<x<2∴函数f(x)的单调增区间为(0,m)和(2,+∞)单调减区间为：(m,2)⋯(7分)(II)∵对任意0<b<a，f(a)-f(b)>
m(b-a)恒成立．∴对任意0<b<a，f(a)+ma>f(b)+mb恒成立．⋯(9分)令F(x)=f(x)+mx，则F(x)在(0,+∞)上为增函数⋯(10分)又F(x)=12x2+2mlnx-2x∴F′(x)=x+2m
x-2=x2-2x+2mx=(x-1)2+2m-1x=(x-1)2-(1-2m)x⋯(12分)∴F′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，∴1-2m≤0，即m≥12⋯(14分)3.已知函数f(x)=lnx-a(x-1)x+1
，a∈R．(2)设m，n为正实数且m≠n，求证：m-nlnm-lnn<m+n2．【答案】解：(2)不妨设m>n，要证m-nlnm-lnn<m+n2，只需证mn-1
lnmn<mn+12即证lnmn>2mn-1mn+1，只需证lnmn-2mn-1mn+1>0，设h(x)=lnx-2(x-1)x+1，则h,(x)=x2-2x+1x(x+1)
2=(x-1)2x(x+1)2≥0，故h(x)在(1,+∞)上是单调递增函数，又mn>1，所以hmn>h(1)=0，即lnmn-2mn-1mn+1>0成立，所以m-nlnm-lnn
<m+n2．同理，m<n成立．4.已知函数f(x)=ex+ax，a∈R，其中e为自然对数的底数．(Ⅱ)当a=-3时，设函数g(x)=f(x)-m(m∈R)存在两个零点x1，x2(x1<x2)，求证：ex
1+ex2>6．【答案】(Ⅱ)证明：由题意知g(x)=ex-3x-m，由g(x1)=0g(x2)=0，得ex1-3x1=mex2-3x2=m，两式相减得ex1-ex2=3(x1-x2)，∵x1<x2，故ex1-ex2=3(x1-x2)<0，要证ex1+ex2>6，只需证3(x1-x2
)(ex1+ex2)<6(ex1-ex2)，两边同除以3ex2，得(x1-x2)(ex1-x2+1)<2(ex1-x2-1)，令u=x1-x2<0，故只需证(u-2)eu+u+2<0即可．令G(u)=(u-2)eu+u+
2，G′(u)=(u-1)eu+1，·128·令h(u)=(u-1)eu+1，h′(u)=ueu，当u∈(-∞,0)时，h′(u)<0，故h(u)在(-∞,0)上单调递减，故h(u)>h(0)=0，故G(u)在(-∞,0)上单调递增，故G(u)<G(0)=0，故原命题
得证．5.已知函数f(x)=ex-12x2+x.证明：(1)函数f(x)在R上是单调递增函数；(2)对任意实数x1，x2，若f(x1)+f(x2)=2，则x1+x2<0．【答案】证明：(1)f′(x)=ex-x+1，令h(x)=ex-x+1，则h′(x
)=ex-1，令h′(x)>0，得x>0，即函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递增；h′(x)<0，得x<0，函数h(x)在区间(-∞,0)上单调递减；所以h(x)min=h(0)=2>0，所以f′(x)>0故函数f(x)在R上是单调
递增函数；(2)因f(x1)+f(x2)=2f(0)=2，f(x)在R上是单调递增函数，不妨设x1<0<x2，构造g(x)=f(x)+f(-x)=ex+e-x-x2(x<0)，g′(x)=ex-e-x-2x，令m(x)=ex-e-x-2x，m′(x)=ex+e-x-2>0，
所以y=m(x)在(-∞,0)上单调递增，所以m(x)<m(0)=0，所以g′(x)<0，所以y=g(x)在(-∞,0)上单调递减，因x1<0，g(x1)=f(x1)+f(-x1)>g(0)=2=f(x1)+f(x2)
，有f(-x1)>f(x2).由(1)知，f(x)在R上是单调递增函数，有-x1>x2，即x1+x2<0．6.已知函数f(x)=x(1-lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2<
1a+1b<e．【答案】解：(1)f′(x)=-lnx，令f′(x)=0⇒x=1，当0<x<1时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减．∴fx在0,1单调递增，fx在1,+∞单调递减(2)由blna-alnb=a-b，得l
naa-lnbb=1b-1a，∴lna+1a=lnb+1b，令1a=m，1b=n，即证2<m+n<e，∴m(1-lnm)=n(1-lnn)令f(x)=x(1-lnx)，f′(x)=-lnx，令f′(x)=0⇒x
=1，当0<x<1时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x>1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减．·129·∵f(m)=f(n)，∴0<m<1，1<n<e，要证m+n>2，即证f(n)<f(2-m)，即证n>2-m，⇔f(m)<f(2-m)，
令F(x)=f(x)-f(2-x)=x(1-lnx)-(2-x)[1-ln(2-x)]，x∈(0,1)，F′(x)=-lnx+ln(2-x)=ln2-xx>0，F(x)单调递增，∴F(x)<F(1)=0，左边证毕。再证右边：∵m(1-lnm)=n(1-ln
n)>m，要证m+n<e，即证n(1-lnn)+n<e，令g(x)=x(1-lnx)+x，1<x<e，∴g′(x)=1-lnx-1+1=1-lnx>0，∴g(x)在(1,e)上单调递增，∴g(x)<g(e)=e，∴g(n
)<e，证毕．·130·
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