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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》2
2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》
105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a
2-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=1a1+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S
n+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{an}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)(2
d+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2q2
-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①S3=
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①
S3=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-a
3=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a
1=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an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=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.已知数列{a
n}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∴1Sn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)a
n-(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)(2
n+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=2a32a1=272
3=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),∴S
n=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.∴a
n=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=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)，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{an}，{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⋅2-1
23⋅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=2a
n，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Tn=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-1
λ+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=-23n+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S
n，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-Sn-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，a2，12
a3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Tn=(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b
n=2n；由b3=a4-2a1，可得3d-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=log3an=log33n=n，bnan=n3n，·15·Tn=13+232+333
+⋯+n-13n-1+n3n①，3Tn=1+23+332+433+⋯+n3n-1②，②-①得：2Tn=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bn=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：Tn=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，an+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-bn-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=2log2(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]=10
7×2142-2(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=ann(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b2=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Sn+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=2
n，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{an}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+168
1=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=1anan+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a
1=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=11212(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=2an，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a4-3da4+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=a1=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)(2
n-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-11-12-(4n-1)⋅12n，化简可得Sn=14-(4n+7)⋅12n-1．13<Sn<14，即为1
3<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=2n-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<n
2+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+123+⋯+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-b
n<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-sinB)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=sinAcosC+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=sin2A+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cos2B-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+3sinBsin
C，即sin2B+sin2C-sin2A=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-c2)，③3
sin(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=sinB+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∠ACB，∴14a×CD+CD=3a，①又SCDB=14
a×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+csi
nA+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∵sin
A+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=co
sC+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∴t
anC=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asi
nA=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，cosB=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=b
sinB，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；②csinA=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si
nA=3sinB及正弦定理得a=3b.于是3b2+b2-c223b2=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cosA=-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=π
2，△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sinCsinB<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=5π
12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+AD2-2AB·ADcos∠BAD，即5=AB
2+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△ABC中，由余弦定理可得，AC2=AB2+BC2-2AB·B
Ccos∠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=3×12BC·BDsinπ6，所以BCAB=sinAsinC=33.(2)因为12AB·BDsin2θ=3×12BC·B
Dsinθ，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=1292，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°=3
0°，所以A=60°.(2)在△ABC中，因为cosB=17，所以sinB=437.所以sinC=sin(A+B)=32×17+12×437=5314.由正弦定理，得ac=sinAsin
C=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sin
B=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+b
2+2ab=40.由a2+b2+2ab=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+2-2×4×2cos3π
4=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s
inA+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+sinAsinB=210所以AB2=AC2+BC2-2AC⋅BC⋅cos
C=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△AB
C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=B
Dsin∠BAD，即25sin∠ADB=1355，所以sin∠ADB=21313.所以sin∠ADC=21313,cos∠ADC=31313，所以t
an∠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sin∠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，cos∠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∠CAD=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⊥A
B，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=5
2，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△BCD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∠AC
D=-55．又∵在梯形ABCD中，AD⎳BC，∴∠BCD=180°-∠ADC，∴cos∠BCD=-cos∠ADC=55．在△BCD中，由余弦定理得：BD2=CD2+BC2-2CD⋅BC⋅cos∠BCD即：40=5+BC2-2
BC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∠DA
B=-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，C
D=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=12bcsinA≤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＋c
osC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＝2π3-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sinAsinA+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＝si
n(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tanA=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°-120°-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C
Dsin30°=2sin135°,解得CD=2.(2)因为∠CAD=30°,所以∠ADC=150°-θ.在△ADC中,由DCsin30°=2sin(150°-θ),得D
C=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=34×114sin2θ-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·sin60°+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，BC
sinθ=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°)=4s
inθ12sinθ+32cosθ+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=-2x
A=3-k(k+3)>0，则4a+c=2(k-3)k+3-k3+k=1+231-k+1k+3≥1+23×(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，A
B⎳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ABCD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=AB．∴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⋅A
B=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ABCD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K
M，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⎳F
D,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，KM⊄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A
B、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ABC
D，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∩BC=B，AB⊂平面A
BC，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BD
E⊥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=4AB=4．(1)求证：BD⊥PC；【答案】解：(1)证明：连接BD交AC于点E，∵AB⎳CD，AB⊥AD，ABA
D=ADCD=12，∴Rt△ABD∽Rt△DAC，∴∠AEB=90°，则AC⊥BD，∵平面ABCD⊥平面PAC，平面ABCD∩平面PAC=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=C
D．(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=OC
2+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PBC
D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A
BCD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-2
3z=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-A
BCD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=0
x=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ABCD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)，D
B=(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+4
3=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，O
A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D
EF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⋅D
C=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=13
13．∴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⎳E
D，∴四边形MNDE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,∴A
1O⊥BD,OF⎳DE，∵DE⊥A1D,DE⊥BD，A1D⊂平面A1BD，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BEC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ABCD-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A1D1DA，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+AC2=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C1
BD，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+2z=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ABCD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，C
E=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AA1B1B.(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ABCD，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PAC，∵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ABCD，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，∴AF⊥平面ABCD，∴AF⊥AD，又AD⊥AB，∴AD⊥平面ABF，∴AD⊥B
F，∴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(x
P-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ABCD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A1EP⊥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A
BCD，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，A
E⊥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BD
F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<n1,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⎳D
N，∴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)，F2(
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=2λ，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=yx-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F
2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，∴x
2+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AF⊥
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=12k
2-44k2+1，kPM=y1x1-m，kPN=y2x2-m，kPM+kPN=y1x1-m+y2x2-m=k(x1-3)(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P
1(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)x1
x2=-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-kx1-13
m-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=(18m2-1
8)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·kMB=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=c
2-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=2-5kk+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(x2,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+18k2+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△MF2N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+4y2-23ty-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+y22-4y1y2=85，联立解得：t2=1．∴SΔMF2N=12·2c·y1-y2=3·y1+y22-4y1y2=3·1225+4
5=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a2=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)x2-8k
2x+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=-5k2-1
23+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，F1
F2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|=2a，∴|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+x2-23)=-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=m
y+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|=12
m2+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≥433，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⋅PB≤-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⋅kOB=-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，∴y1y2x1x2=-12，∴y
1y2=-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△=16k2+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+2k2，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F
2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|+|PF1|=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|A
B|⋅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-x243.54.5854.03
4.712730.470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,vn，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=1x
iyi-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--d
w-=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)e8.33.5063.673.4917.509.4
912.95519.014023.87·87·参考公式：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-x2=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=1xizi10i=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-10
i=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<2.7
06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：X20151050P11482137
4351210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1000，1500，2000，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X1000
15002000P11031035数学期望E(X)=1000×110+1500×310+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=275．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)=3
00×12+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1
5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80
40120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)15,2525,3535,4545,5555,65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4
5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X012P1528
37128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813，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101626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X01234PC44C420C34C116C420C24C216C420
C14C316C420C416C420·97·(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)=23
3+C232321323=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)=0×1627+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)=12x2+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+2x2-4
x+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=xl
nx．(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gxmax=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)=x
2-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-ax-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)=2
x2-2ax+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+12x
2-(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)(ax
2-1)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∈a
2,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+a
a∈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-a2-84
,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)2
x≥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-1a,+∞，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-12ax2a∈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，·109·x-∞,lnalnalna,+∞g′x-0+f′x单调递减a1-lna单调递增于是函数f
x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>a
2-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-lnx-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⋅ln1
x0，构造函数φ(x)=xex，易证φ(x)在(0,+∞)单调递增，所以x0=ln1x0，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≤xex-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-2x2x
2+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-x2
12-1=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)=lnx+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+x22-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′(x0)<0，当x0∈(x0,+∞)，f′(x0)>0，f(x)min=f(x
0)=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-lnx(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-1x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+x2>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=aex
1，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+x
2<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<x2，∴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-x22e-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-lnx>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x1+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：x1x2>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+l
nx2=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：1x
1+1x2>2．【答案】解：(2)证明：设x2=tx1，所以t>1，由f(x1)=f(x2)=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+2mx-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-1lnmn<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：ex1+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lnaa-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-lnn)>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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