【文档说明】(新高考)高考数学二轮专项复习（9个专题，含详解）.doc，共(29)页，821.791 KB，由MTyang资料小铺上传

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目录应用基本不等式的八种变形技巧基本不等式的一个主要功能就是求两个正变量和与积的最值，即所谓“和定积最大，积定和最小”．但有的题目需要利用基本不等式的变形式求最值，有的需要对待求式作适当变形后才可求最值．常见的变形技巧有以下几种：技巧一加上一个数或减去一个

数使和或积为定值函数f(x)＝4x－3＋x(x<3)的最大值是()A．－4B．1C．5D．－1【解析】因为x<3，所以3－x>0，所以f(x)＝－43－x＋（3－x）＋3≤－243－x·（3－x）＋3＝－1

.当且仅当43－x＝3－x，即x＝1时等号成立，所以f(x)的最大值是－1.【答案】D技巧二平方后再使用基本不等式一般地，含有根式的最值问题，首先考虑平方后求最值．若x>0，y>0，且2x2＋y23＝8，求

x6＋2y2的最大值．[思路点拨]由于已知条件式中有关x，y的式子均为平方式，而所求式中x是一次的，且根号下y是二次的，因此考虑平方后求其最值．【解】(x6＋2y2)2＝x2(6＋2y2)＝3·2x21＋y23≤3·2x2＋1＋y23

22＝3×922.当且仅当2x2＝1＋y23，即x＝32，y＝422时，等号成立．故x6＋2y2的最大值为923.技巧三展开后求最值对于求多项式积的形式的最值，可以考虑展开后求其最值．已知a>0，b>0且a＋b＝

2，求1a＋11b＋1的最小值．[思路点拨]由于待求式是一个积的形式，因此需将多项式展开后将积的最小值转化为和的最小值．【解】由题得1a＋11b＋1＝1ab＋1a＋1b＋1＝1ab＋a＋bab＋1＝3ab＋1，因为a>0，b>0，a＋b＝

2，所以2≥2ab，所以ab≤1，所以1ab≥1.所以1a＋11＋1b≥4(当且仅当a＝b＝1时取等号)，所以1a＋11b＋1的最小值是4.技巧四变形后使用基本不等式设a>1，b>1，且ab－(a＋b)＝1，那么()A．a＋b有最

小值2(2＋1)B．a＋b有最大值(2＋1)2C．ab有最大值2＋1D．ab有最小值2(2＋1)【解析】因为ab－(a＋b)＝1，ab≤(a＋b2)2，所以a＋b22－(a＋b)≥1，它是关于a＋b的一元二次不等式，解得a＋b≥

2(2＋1)或a＋b≤2(1－2)(舍去)，所以a＋b有最小值2(2＋1)．又因为ab－(a＋b)＝1，a＋b≥2ab，所以ab－2ab≥1，它是关于ab的一元二次不等式，解得ab≥2＋1或ab≤1－2(舍去)

，所以ab≥3＋22，即ab有最小值3＋22.【答案】A技巧五形如f（x）g（x）型函数变形后使用基本不等式若y＝f（x）g（x）中f(x)的次数小于g(x)的次数，可取倒数后求其最值．求函数y＝（x＋5）

（x＋2）x＋1(x≠－1)的值域．[思路点拨]将(x＋5)(x＋2)用(x＋1)来表示再变形为f(x)＝Ax＋Bx＋C的形式，然后运用基本不等式求解．【解】因为y＝（x＋5）（x＋2）x＋1＝x2＋7x＋10x＋1＝（x＋1）2＋5（x＋1）

＋4x＋1＝x＋1＋4x＋1＋5，当x＋1>0时，即x>－1时，y≥2（x＋1）·4x＋1＋5＝9(当且仅当x＝1时取等号)；当x＋1<0，即x<－1时，y≤5－2（x＋1）·4x＋1＝1(当且仅当x＝－3时取等号)．所以函数的值域为(－∞，1]∪[9，＋∞)．技巧六用“1”

的代换法求最值已知1x＋2y＝1，且x>0，y>0，求x＋y的最小值．【解】法一：因为x>0，y>0，所以x＋y＝(x＋y)·1＝(x＋y)·1x＋2y＝3＋yx＋2xy≥3＋2yx·2xy＝3＋22.当且仅当yx＝2xy，且1x＋2y＝1

，即x＝2＋1，y＝2＋2时，上式等号成立．故x＋y的最小值是3＋22.法二：因为1x＋2y＝1，所以x＝yy－2.因为x>0，y>0，所以y－2>0.所以x＋y＝yy－2＋y＝y2－yy－2＝（y－2）2＋3（y－2）＋2y－2＝y－2＋2y－2＋3≥

3＋22当y－2＝2y－2，即y＝2＋2)时取等号，此时x＝2＋1.求以形如或可化为ax＋by＝1型为条件的cx＋dy(a，b，c，d都不为0)的最值可利用“1”的代换求乘法．本题中的条件1x＋2y＝1也可化为2x＋y－xy＝0.若a，b为常数，且0<x<1，求f(x)＝a2x＋b21－x

的最小值．[思路点拨]根据待求式的特征及0<x<1知x>0，1－x>0.又1＝x＋(1－x)，因此可考虑利用“1”的代换法．【解】因为0<x<1，所以1－x>0.所以a2x＋b21－x＝a2x·1＋b21－x·1＝a2x·[x＋(1－x)]＋b

21－x·[x＋(1－x)]＝a2＋a2（1－x）x＋b2x1－x＋b2≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2.上式当且仅当a2（1－x）x＝b2x1－x时，等号成立．所以a2x＋b21－x≥(a＋b)2.故函数f(x)的最小值为(a＋b)2.若实数a，b满足ab－4a－b＋1＝0(a>1)

，则(a＋1)·(b＋2)的最小值是__________．[思路点拨]由于所给条件式中含两个变量a，b，因此可以用一个变量表示另一个变量，将待求式转化为含一个变量的式子后求其最值．【解析】因为ab－4a－b＋1＝0，所以b＝4a－1a－1＝4＋3a－1.

又因为a>1，所以b>0.所以(a＋1)(b＋2)＝ab＋2a＋b＋2＝6a＋6a－1＋9＝6(a－1)＋6a－1＋15.因为a－1>0，所以6(a－1)＋6a－1＋15≥26（a－1）×6a－1＋15＝27.当且仅当6(a－1)＝6a－1(a

>1)，即a＝2时取等号．【答案】27已知条件含形如ax＋bxy＋cy＋d＝0(abc≠0)型的关系式，求关于x、y一次式的和或积的最值问题．常将关系式中ax＋bxy＋cy＋d＝0变形，用一个变量x(或y)表示另一个变量y(或x)后求解．技巧七代换减

元求最值设正实数x，y，z满足x2－3xy＋4y2－z＝0，则当zxy取得最小值时，x＋2y－z的最大值为__________．【解析】x2－3xy＋4y2－z＝0⇒z＝x2－3xy＋4y2，①所以zxy＝x2－3xy＋4y2xy＝xy＋4yx－3≥2xy·4yx－3＝1.等号成立条件为x＝2y

，代入到①可得z＝(2y)2－3·2y·y＋4y2＝2y2，所以x＝2y，z＝2y2，所以x＋2y－z＝2y＋2y－2y2＝－2(y2－2y)＝－2(y－1)2＋2≤2.【答案】2在含有两个以上变元的最值问题中，通过代换的方法减少变元，把问题化为两个变元的问题使用基本

不等式，或者把问题化为一个变元的问题使用函数方法求解．技巧八建立求解目标不等式求最值已知x，y均为正实数，且xy＝x＋y＋3，则xy的最小值为__________．【解析】因为x，y均为正实数，所以x＋y≥2xy，xy＝x＋y＋3可化为xy≥2xy＋3，即(xy

－3)(xy＋1)≥0，所以xy≥3，xy≥9，当且仅当x＝y时，xy取得最小值9.【答案】9利用基本不等式与已知条件建立求解目标的不等式，求出不等式的解集即得求解目标的最值．数学抽象——活用函数性质中“三个二级”结论函数的奇偶性、

周期性、对称性及单调性，在高考中常常将它们综合在一起命题，解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题．一、奇函数的最值性质已知函数f(x)是定义在区间D上的奇函数，则对任意的

x∈D，都有f(x)＋f(－x)＝0.特别地，若奇函数f(x)在D上有最值，则f(x)max＋f(x)min＝0，且若0∈D，则f(0)＝0.设函数f(x)＝（x＋1）2＋sinxx2＋1的最大值为M，最小值为m，则M＋

m＝________．【解析】函数f(x)的定义域为R，f(x)＝（x＋1）2＋sinxx2＋1＝1＋2x＋sinxx2＋1，设g(x)＝2x＋sinxx2＋1，则g(－x)＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，由奇函数图

象的对称性知g(x)max＋g(x)min＝0，所以M＋m＝[g(x)＋1]max＋[g(x)＋1]min＝2＋g(x)max＋g(x)min＝2.【答案】2二、抽象函数的周期性(1)如果f(x＋a)＝

－f(x)(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T＝2a.(2)如果f(x＋a)＝1f（x）(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T＝2a.(3)如果f(x＋a)＋f(x)＝c(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T＝2a.已知定义在

R上的函数f(x)，对任意实数x有f(x＋4)＝－f(x)＋22，若函数f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，f(1)＝2，则f(17)＝________．【解析】由函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝1对称可知，函数f(x)的图象关于y轴对称，故f(x)为偶

函数．由f(x＋4)＝－f(x)＋22，得f(x＋4＋4)＝－f(x＋4)＋22＝f(x)，所以f(x)是最小正周期为8的偶函数，所以f(17)＝f(1＋2×8)＝f(1)＝2.【答案】2三、抽象函数的对称性已知函数f(x)是定义在R上的函数．(1)若f(a＋x)＝f(b－x

)恒成立，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a＋b2对称，特别地，若f(a＋x)＝f(a－x)恒成立，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．(2)若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＋f(a－x)＝0，即f(x)＝－f(2a－x)，则f(x)的图象关于

点(a，0)对称．(2020·黑龙江牡丹江一中期末)设f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，且f(x＋2)＝－f(x)，下面关于f(x)的判定，其中正确命题的个数为()①f(4)＝0；②f(x)是以4为周期的函数

；③f(x)的图象关于x＝1对称；④f(x)的图象关于x＝2对称．A．1B．2C．3D．4【解析】因为f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，f(0)＝0，因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是以4为周期的周期函

数，f(4)＝f(0)＝0，因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f[(x＋1)＋1]＝f(－x)，令t＝x＋1，则f(t＋1)＝f(1－t)，所以f(x＋1)＝f(1－x)，所以f(x)的图象关于x＝1对称，而f(2＋x)＝f(2－x)显然不成立．故正确的命题是①②③，故选C．【答案

】C构造法解决抽象函数问题在导数及其应用的客观题中，有一个热点考查点，即不给出具体的函数解析式，而是给出函数f(x)及其导数满足的条件，需要据此条件构造抽象函数，再根据条件得出构造的函数的单调性，应用单调性解决问题

的题目，该类题目具有一定的难度．下面总结其基本类型及其处理方法．类型一只含f(x)型定义在R上的函数f(x)满足f(1)＝1，且对任意x∈R都有f′(x)<12，则不等式f(x2)>x2＋12的解集为()A．(1，2)B．(0，1)C．(1，＋∞)D．(－1

，1)【解析】构造函数g(x)＝f(x)－12x＋c(c为常数)，则g′(x)<0，即函数g(x)在R上单调递减，且g(1)＝f(1)－12＋c＝12＋c.f(x2)>x2＋12＝12x2＋12，即f(x2)－12

x2＋c>12＋c，即g(x2)>g(1)，即x2<1，即－1<x<1.故选D．【答案】D利用(f(x)＋kx＋b)′＝f′(x)＋k，根据导数符号，可得出函数g(x)＝f(x)＋kx＋b的单调性，利用其单调性比较函数值大小、解抽象函数的不等式等．类型二含λf(x)±f′(x)

(λ为常数)型已知f(x)为R上的可导函数，且∀x∈R，均有f(x)>f′(x)，则有()A．e2015f(－2015)<f(0)，f(2015)>e2015f(0)B．e2015f(－2015)<f(0)，f(2015)＜e

2015f(0)C．e2015f(－2015)＞f(0)，f(2015)>e2015f(0)D．e2015f(－2015)＞f(0)，f(2015)＜e2015f(0)【解析】仅从f(x)>f′(x)这个条件，无从着手，此时我

们必须要借助于选择题中的选项的提示功能，结合所学知识进行分析．构造函数h(x)＝f（x）ex，则h′(x)＝f′（x）－f（x）ex<0，即h(x)在R上单调递减，故h(－2015)>h(0)，即f（－

2015）e－2015>f（0）e0⇔e2015f(－2015)>f(0)；同理，h(2015)<h(0)，即f(2015)<e2015·f(0)，故选D．【答案】D由于ex>0，故[exf(x)]′＝[f(x)＋f′(x)]e

x，其符号由f(x)＋f′(x)的符号确定，f（x）ex′＝f′（x）－f（x）ex，其符号由f′(x)－f(x)的符号确定．含有f(x)±f′(x)类的问题可以考虑构造上述两个函数．类型三含xf(x)±nf′(x)型(1)已知偶函数f(x)是定义在{x∈R|x≠0

}上的可导函数，其导函数为f′(x)．当x<0时，f′(x)>f（x）x恒成立．设m>1，记a＝4mf（m＋1）m＋1，b＝2mf(2m)，c＝(m＋1)·f4mm＋1，则a，b，c的大小关系为()A．a<b<cB．a>b>cC．b<a<cD．b>a

>c(2)设函数f(x)在R上的导函数为f′(x)，且2f(x)＋xf′(x)>x2.下面的不等式在R上恒成立的是()A．f(x)>0B．f(x)<0C．f(x)>xD．f(x)<x【解析】(1)当x<0时，f′(x)>f（x）x⇔xf′(x)－f(x)<0.构造函数g(x)＝f（x）x，则g′(

x)＝f′（x）x－f（x）x2<0，即g(x)在(－∞，0)上单调递减．函数f(x)为偶函数，故g(x)为奇函数，得g(x)在(0，＋∞)上单调递减．b＝4mf（2m）2m，c＝4mf4mm＋14mm＋1.因为m>1，所以m＋1>2m，4mm＋1<

4m2m＝2m，所以m＋1>2m>4mm＋1.所以g(m＋1)<g(2m)<g4mm＋1.所以4mg(m＋1)<4mg(2m)<4mg4mm＋1，即a<b<c.故选A．(2)构造函数g(x)＝x2f(x)，则其导数为g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)．①当x>0时，由2f(x

)＋xf′(x)>x2，得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>x3>0，即函数g(x)＝x2f(x)在区间(0，＋∞)上递增，故g(x)＝x2f(x)>g(0)＝0⇒f(x)>0；②当x<0时，有g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)<x3<0，即函数g(x)＝x2f(x

)在区间(－∞，0)上递减，故g(x)＝x2f(x)>g(0)＝0⇒f(x)>0；③当x＝0时，由2f(x)＋xf′(x)>x2，得f(x)>0.综上，对任意x∈R，有f(x)>0，应选A．【答案】(1)A(2)A(1)对于xf′(x)＋

nf(x)>0型，构造F(x)＝xnf(x)，则F′(x)＝xn－1[xf′(x)＋nf(x)](注意对xn－1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)＋f(x)>0，构造F(x)＝xf(x)，则F′(x)＝xf′(x)＋f(x)

>0；(2)对于xf′(x)－nf(x)>0型，且x≠0，构造F(x)＝f（x）xn，则F′(x)＝xf′（x）－nf（x）xn＋1(亦需注意对xn＋1的符号进行讨论)，特别地，当n＝1时，xf′(x)－f(x)>0，构造F(x)＝f（

x）x，则F′(x)＝xf′（x）－f（x）x2>0.类型四含f(x)±f′(x)tanx型已知函数f(x)的导函数f′(x)，当x∈0，π2时，f′(x)sin2x<f(x)(1＋cos2x)成立，下列不等式一定成

立的是()A．3fπ4<2fπ3B．3fπ4＞2fπ3C．3fπ4<2fπ6D．3fπ4＞2fπ6【解析】f′(x)sin2x<f(x)(1＋cos2x)⇒f′(x)sinx－f(x)cosx<0.令g(x)＝f（x）sinx，

g′(x)＝f′（x）sinx－f（x）cosxsin2x<0可知g(x)在0，π2上单调递减，所以gπ4>gπ3，即3fπ4>2fπ3.故选B．【答案】B由于在0，π2上，[sinx·f(x)]′＝cosx·f(x)＋sinx·f′(x)，其符号

与f(x)＋f′(x)tanx相同，f（x）sinx′＝f′（x）·sinx－f（x）·cosxsin2x，其符号与f′(x)tanx－f(x)符号相同．在含有f(x)±f′(x)tanx的问题中，可以考虑构造函数f(x)sinx，f(x)cosx，f（x）

sinx，f（x）cosx等．三角函数中ω值的求法一、利用三角函数的周期T求解为了使函数y＝sinωx(ω>0)在区间[0，1]上至少出现50次最大值，则ω的最小值为()A．98πB．1972πC．1992πD．100π【解析】由题意，至少出现50次最大值即至少需要4914个周期，所以1

974T＝1974·2πω≤1，所以ω≥1972π.【答案】B解决此类问题的关键在于结合条件弄清周期T＝2πω与所给区间的关系，从而建立不等关系．二、利用三角函数的对称性求解若函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间π3，π2上单调递减，则ω的取值范围是________．【解析】令π2＋

2kπ≤ωx≤32π＋2kπ(k∈Z)，得π2ω＋2kπω≤x≤3π2ω＋2kπω，因为f(x)在π3，π2上单调递减，所以π2ω＋2kπω≤π3，π2≤3π2ω＋2kπω，得6k＋32≤ω≤4k＋3.又ω>0，所以k≥0，又6k＋32<4k＋3，得0≤k<34，所以k＝0.

即32≤ω≤3.【答案】32，3根据正弦函数的单调递减区间，确定函数f(x)的单调递减区间，根据函数f(x)＝sinωx(ω>0)在区间π3，π2上单调递减，建立不等式，即可求ω的取值范围．三、利用三角函数的对称性求解

(1)已知函数f(x)＝cosωx＋π3(ω>0)的一条对称轴为x＝π3，一个对称中心为点π12，0，则ω有()A．最小值2B．最大值2C．最小值1D．最大值1(2)若函数y＝cosωx＋π6(ω∈N*)图象的一个对称中心是

π6，0，则ω的最小值为________．【解析】(1)因为函数的中心到对称轴的最短距离是T4，两条对称轴间的最短距离是T2，所以中心π12，0到对称轴x＝π3间的距离用周期可表示为π3－π12＝T4＋kT2(k∈N，T为周

期)，解得(2k＋1)T＝π，又T＝2πω，所以(2k＋1)·2πω＝π，则ω＝2(2k＋1)，当k＝0时，ω＝2最小．故选A．(2)依题意得cosπω6＋π6＝0，则πω6＋π6＝π2＋kπ(k∈Z)⇒ω＝6k＋2(k∈

Z)，又ω∈N*，所以ω的最小值为＝2.【答案】(1)A(2)2三角函数两条相邻对称轴或两个相邻对称中心之间的“水平间隔”为T2，相邻的对称轴和对称中心之间的“水平间隔”为T4，这就说明，我们可根据三角函数的对称性来研究其周期性，进而

可以研究“ω”的取值．值得一提的是，三角函数的对称轴必经过其图象上的最高点(极大值)或最低点(极小值)，函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)的对称中心就是其图象与x轴的交点，这就说明，我们也可利用三角函数的极值点(最值点)、零点之间的“差

距”来确定其周期，进而可以确定“ω”的取值．四、利用三角函数的最值求解已知函数f(x)＝2sinωx在区间－π3，π4上的最小值为－2，则ω的取值范围是________．【解析】显然ω≠0.若ω>0，当x∈－π3，π4时

，－π3ω≤ωx≤π4ω，因为函数f(x)＝2sinωx在区间－π3，π4上的最小值为－2，所以－π3ω≤－π2，解得ω≥32.若ω<0，当x∈－π3，π4时，π4ω≤ωx≤－π3ω，因为函数f(x)＝2sinωx在区间－π3，π4上的最小值为－2.所以π4ω≤－π

2，解得ω≤－2.综上所述，符合条件的实数ω的取值范围是(－∞，－2]∪32，＋∞.【答案】(－∞，－2]∪32，＋∞利用三角函数的最值与对称或周期的关系，可以列出关于ω的不等式，进而求出ω的值或取值范围．求解平面向量问题的五大策略平面向量既具备几何意义、也具备类似数的运算，在解题

中既可以按照几何的思路处理，也可以通过运算解决问题，解平面向量的题目有一些策略，用好这些策略可以顺利地解决问题．策略一用好共线向量定理及其推论在△ABC中，AB→＝2a，AC→＝3b，设P为△ABC内部及其边界上任意一点，若AP→＝λa＋μb，则λμ的最大值为__________．【解析】过

点P作BC平行线，交AB，AC于点M，N，设NP→＝tNM→，则有AP→＝tAM→＋(1－t)AN→(0≤t≤1)，设AM→＝mAB→，则有AN→＝mAC→(0≤m≤1)，所以AP→＝tmAB→＋(1－t)mAC→，所以AP→＝

2tma＋3(1－t)mb，所以λ＝2tm，μ＝3（1－t）m，所以λ≥0，μ≥0，3λ＋2μ＝6m≤6，由3λ＋2μ≥26λμ得26λμ≤6，所以λμ≤32，λμ的最大值为32.【答案】32(1)A，B，C三点共线时，一定存在实

数λ，使得AB→＝λBC→或AB→＝λAC→等；(2)A，B，C三点共线的充要条件是对不在直线AB上的任意一点O，存在实数t使得OC→＝tOA→＋(1－t)·OB→或OC→＝λOA→＋μOB→，λ＋μ＝1.策略二用好平面向量基本定理在平行四边形ABCD中，AC与BD

交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F.若AC→＝a，BD→＝b，则AF→等于()A．14a＋12bB．23a＋13bC．12a＋14bD．13a＋23b【解析】如图，E为OD中点，

则BE＝3DE.因为AB∥CD，则AB→＝3DF→，OB→－OA→＝3AF→－3AD→，－12BD→＋12AC→＝3AF→－3(OD→－OA→)，3AF→＝－12BD→＋12AC→＋3×12BD→＋3×12AC→，3AF→＝2AC→＋BD→

，则AF→＝23AC→＋13BD→，即AF→＝23a＋13b.故选B．【答案】B平面向量基本定理表明，同一平面内的任一向量都可表示为其他两个不共线向量的线性组合，即选择了两个不共线向量e1和e2，平面内的任何一向量a都

可以用向量e1，e2表示为a＝λ1e1＋λ2e2，并且这种表示是唯一的，即若λ1e1＋λ2e2＝μ1e1＋μ2e2，则必有λ1＝μ1，λ2＝μ2.这样，平面向量基本定理不仅把几何问题转化为只含有λ1，λ2的代数运算，而且为利用

待定系数法解题提供了理论基础．策略三用好向量的坐标表示(1)已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ACD＝90°，AD＝2，BC＝1，P是腰DC上的动点，则|PA→＋3PB→|的最小值为__________．(2)已知菱形ABCD的边长

为2，∠BAD＝60°，M为CD的中点，若N为该菱形内任意一点(含边界)，则AM→·AN→的最大值为______________．【解析】(1)建立如图所示的平面直角坐标系，则D(2，0)．设B(0，b)，b>0，则C(1，b)．因为∠ACD＝90

°，所以AC→·DC→＝0，即(1，b)·(－1，b)＝0，解得b＝1，所以B(0，1)，C(1，1)．设P(x，y)，DP→＝λDC→(0≤λ≤1)，则(x－2，y)＝λ(－1，1)，得x＝2－λ，y＝λ，即P(2－λ，λ)．|PA→＋3PB→|＝|(λ－2

，－λ)＋3(λ－2，1－λ)|＝|(4λ－8，3－4λ)|＝（4λ－8）2＋（3－4λ）2＝32λ2－88λ＋73，0≤λ≤1，根据二次函数性质，上式当λ＝1时取最小值，故其最小值为32－88＋73＝17.(2)建立如图所示的平面直角坐标系，则B(2，0)，C(3，3)，D(1，3)，

M(2，3)，设N(x，y)，则AM→·AN→＝2x＋3y，其中(x，y)所在的区域即为菱形及其内部的区域．设z＝2x＋3y，则z3的几何意义是直线系z＝2x＋3y在y轴上的截距，结合图形可知，在点C处目标函数取得最大值，最大值为2×3＋3×3＝9.【答案】(1)17(2)

9向量坐标化后，所有的问题均可以通过计算求解，这种方法对难度较大的平面向量试题非常有用．策略四用好两向量垂直的条件设O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三点，动点P满足OP→＝OA→＋λAB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cos

C，λ∈[0，＋∞)，则点P的轨迹经过△ABC的()A．外心B．内心C．重心D．垂心【解析】AB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC·(AB→－AC→)＝|AB→|2|AB→|cosB－|AC→|2|AC→|cosC＋AC→·AB→|AC→|cosC－AB→

·AC→|AB→|cosB.在△ABC中，记角A，B，C的对边分别为a，b，c，则上式即为ccosB－bcosC＋ccosAcosC－bcosAcosB＝ccosC－bcosB＋ccosAcosB－bcosAcosCcosBcosC.根据正弦定理，上式的分子为2R(

sinCcosC－sinBcosB＋sinCcosAcosB－sinBcosAcosC)＝2R12sin2C－12sin2B＋cosAsin（C－B）＝2R12sin[（B＋C）－（B－C）]－12sin[（B＋C）＋（B－C）]}＋cosAsin（C－B）＝2R[－cos

(B＋C)sin(B－C)＋cosAsin(C－B)]＝2R[－cosAsin(C－B)＋cosAsin(C－B)]＝0.所以AB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC·(AB→－AC→)＝0，所以AB→|A

B→|cosB＋AC→|AC→|cosC⊥CB→.又向量AB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC经过点A，所以向量λAB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC与△ABC的BC边上的高线所在的向量共线

．因为OP→＝OA→＋λAB→|AB→|cosB＋AC→|AC→|cosC，所以点P在△ABC的BC边上的高线上，所以点P的轨迹经过△ABC的垂心，故选D．【答案】D两非零向量垂直的充要条件是其数量积为零，利用该结论可以证明平面图形中的直线与直线垂直、也可以根据两向量垂直求未知的参数

值等．策略五用好向量运算的几何意义已知向量a，b，c满足|a|＝2，|b|＝a·b＝3，若(c－2a)·(2b－3c)＝0，则|b－c|的最大值是______．【解析】设a，b夹角为θ，a·b＝2×3cosθ＝3，得cosθ＝22，因为0≤θ≤π，所以θ＝π4.建立如图所示的平面直角

坐标系，a＝(1，1)，b＝(3，0)，设c＝(x，y)，则c－2a＝(x－2，y－2)，2b－3c＝(6－3x，－3y)．因为(c－2a)·(2b－3c)＝0，所以(x－2)(6－3x)＋(y－2)·(－3y)＝0，整理得x2＋y2－4x－2y＋4＝0，即(x－2

)2＋(y－1)2＝1，即向量c的终点在以(2，1)为圆心、1为半径的圆上，根据向量减法的几何意义，可知|b－c|的最大值为（3－2）2＋（0－1）2＋1＝2＋1.【答案】2＋1解决数列问题的七大常用技巧技巧一巧用性质减少运算等差数列、等比数列的通项公式

与求和公式中均涉及多个量，解题中可以不必求出每个量，从整体上使用公式．(1)等比数列{an}中，已知a1＋a3＝8，a5＋a7＝4，则a9＋a11＋a13＋a15的值为()A．1B．2C．3D．5(2

)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6＞S7＞S5，则满足SkSk＋1＜0的正整数k＝__________．[点拨](1)可直接把a1＋a3看作一个整体，利用等比数列的性质求解公比，然后代入即可；也可直接将已知转化为首项和公比所满足

的方程，求出公比后再求和．(2)利用等差数列的前n项和的性质．【解析】(1)法一：因为{an}为等比数列，所以a5＋a7是a1＋a3与a9＋a11的等比中项，所以(a5＋a7)2＝(a1＋a3)·(a9＋a11)，故a9＋a11＝(a5＋a7)2a1＋a3＝

428＝2.同理，a9＋a11是a5＋a7与a13＋a15的等比中项，所以(a9＋a11)2＝(a5＋a7)(a13＋a15)，故a13＋a15＝(a9＋a11)2a5＋a7＝224＝1.所以a9＋a11＋a13＋a15＝2＋1＝3.法二：设等比数列{an}的公比为q，

则a5＝a1q4，a7＝a3q4，所以q4＝a5＋a7a1＋a3＝48＝12.又a9＋a11＝a1q8＋a3q8＝(a1＋a3)q8＝8×122＝2，a13＋a15＝a1q12＋a3q12＝(a1＋a3)q12＝8×123＝1，所以a9＋a11＋a13＋a1

5＝2＋1＝3.(2)依题意得a6＝S6－S5＞0，a7＝S7－S6＜0，a6＋a7＝S7－S5＞0，则S11＝11(a1＋a11)2＝11a6＞0，S12＝12(a1＋a12)2＝12(a6＋a7)2＞0，S13＝13(a1＋a13)2＝13a7＜0，所以S12S13＜0，即

满足SkSk＋1＜0的正整数k＝12.【答案】(1)C(2)12技巧二巧用升降角标法实现转化在含有an，Sn对任意正整数n恒成立的等式中，可以通过升降角标的方法再得出一个等式，通过两式相减得出数列递推式，再根据递推式求得数列的

通项公式和解决其他问题．设Sn是数列{an}的前n项和，已知a1＝3，an＋1＝2Sn＋3(n∈N*)．求数列{an}的通项公式．【解】当n≥2时，由an＋1＝2Sn＋3，得an＝2Sn－1＋3，两式相减，得an＋1－an＝2Sn－2Sn－1＝2an，所以an＋1＝3an

，所以an＋1an＝3.当n＝1时，a1＝3，a2＝2S1＋3＝2a1＋3＝9，则a2a1＝3.所以数列{an}是以3为首项，3为公比的等比数列．所以an＝3×3n－1＝3n.技巧三巧用不完全归纳找规律解数列问题时要注意归纳推理的应用，

通过数列前面若干项满足的规律推出其一般性规律．在数列{an}中，已知a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos[(n＋1)π]，记Sn为数列{an}的前n项和，则S2018＝__________．[点拨]根据递推式计

算数列的前面若干项，发现规律，然后求S2018的值．【解析】由a1＝1，an＋1＋(－1)nan＝cos[(n＋1)π]，得a2＝a1＋cos2π＝1＋1＝2，a3＝－a2＋cos3π＝－2－1＝－3，a4＝a3＋cos4π＝－3＋1＝－2，

a5＝－a4＋cos5π＝2－1＝1，„由此可知，数列{an}是以4为周期的周期数列，且a1＋a2＋a3＋a4＝－2，所以S2018＝504(a1＋a2＋a3＋a4)＋a2017＋a2018＝504×(－2)＋a1＋a2＝－1005.【答案】－1005技巧四巧用辅助数

列求通项已知数列的递推式求数列的通项公式时，基本思想就是通过变换递推式把其转化为等差数列、等比数列(辅助数列)，求出辅助数列的通项，再通过变换求出原数列的通项公式．(1)当出现an＝an－1＋m(n≥2)时，构造等差数列；(2)当出现an＝xan－1＋y(n≥2)时，构造等比数列．(1)设数列

{an}满足a1＝2，an＋1－4an＝3×2n＋1，求数列{an}的通项公式．(2)已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝anan＋3(n∈N*)，求数列{an}的通项公式．【解】(1)由an＋1－4an＝3×2n＋1得，an＋12n＋1－2an2n＝3，设bn＝an2n，则bn＋1＝

2bn＋3，设bn＋1＋t＝2(bn＋t)，所以2t－t＝3，解得t＝3，所以bn＋1＋3＝2(bn＋3)，所以bn＋1＋3bn＋3＝2，又b1＋3＝a12＋3＝1＋3＝4，所以数列{bn＋3}是以4为首项，2为公比的等比数

列，所以bn＋3＝4×2n－1＝2n＋1，所以bn＝2n＋1－3，所以an＝bn·2n＝(2n＋1－3)×2n＝22n＋1－3×2n.(2)因为an＋1＝anan＋3(n∈N*)，所以1an＋1＝3an＋1，设1an＋1＋t＝3

1an＋t，所以3t－t＝1，解得t＝12，所以1an＋1＋12＝31an＋12，又1a1＋12＝1＋12＝32，所以数列1an＋12是以32为首项，3为公比的等比数列，所以1an＋12＝32×3n－1＝3n2，所以an＝23

n－1.技巧五巧用裂项求和裂项相消法是数列求和的基本方法之一，在通项为分式的情况下，注意尝试裂项，裂项的基本原则是an＝f(n)－f(n＋1)．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，若数列{Sn＋1}是公比为4的等比数列．(1)求数列

{an}的通项公式；(2)设bn＝an＋1(an＋1－3)·Sn＋1，n∈N*，求数列{bn}的前n项和Tn.[点拨](1)先求Sn，再利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)求an；(2)把通项分解为两项的差，再消项求和．【解】(1)由题意知Sn＋1＝(

S1＋1)·4n－1＝4n，所以Sn＝4n－1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3·4n－1，且a1＝3满足上式，所以数列{an}的通项公式为an＝3·4n－1.(2)bn＝an＋1(an＋1－3)·Sn＋1

＝4n(4n－1)(4n＋1－1)＝1314n－1－14n＋1－1，所以Tn＝b1＋b2＋„＋bn＝13×141－1－142－1＋13×142－1－143－1＋„＋13×14n－1－14n＋1－1＝13141－1－14n＋1－1＝19－13

(4n＋1－1).技巧六巧用分组妙求和分组求和方法是分类与整合思想在数列求和问题中的具体体现，其基本特点是把求和目标分成若干部分，先求出部分和，再整合部分和的结果得出整体和．若数列{an}的通项公式为an＝22n＋1，令bn＝(－

1)n－1×4(n＋1)log2anlog2an＋1，则数列{bn}的前n项和Tn＝____________．【解析】由题意得bn＝(－1)n－14(n＋1)log2anlog2an＋1＝(－1)n－14(n＋1)(2n＋1)(2n＋3)＝(－1)n－112n＋1＋12n＋3，当n为偶数

时，Tn＝13＋15－15＋17＋„＋12n－1＋12n＋1－12n＋1＋12n＋3＝13－12n＋3，当n为奇数时，Tn＝13＋15－15＋17＋„－12n－1＋12n＋1

＋12n＋1＋12n＋3＝13＋12n＋3，所以Tn＝13－(－1)n12n＋3.【答案】13－(－1)n12n＋3技巧七巧用特值验算保准确使用“错位相减法”求和的方法学生都能够掌握，但求解的结果容易

出现错误，应该在求出结果后使用a1＝S1进行检验，如果出现a1≠S1，则说明运算结果一定错误，这时可以检查解题过程找出错误、矫正运算结果．已知数列{an}的通项公式为an＝3n－12n，则其前n项和Sn＝__________．【解析】Sn＝22

1＋522＋823＋„＋3n－12n，2Sn＝2＋521＋822＋„＋3n－12n－1，两式相减得Sn＝2＋321＋322＋„＋32n－1－3n－12n，Sn＝2＋321－12n－11－12－3n－12n＝5－3

n＋52n.【答案】5－3n＋52n确定球心位置的三种方法决定球的几何要素是球心的位置和球的半径，在球与其他几何体的结合问题中，通过位置关系的分析，找出球心所在的位置是解题的关键，不妨称这个方法为球心位置分析法．方法一由球的定义确定球心若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多

面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；(2)正三棱柱的外接球的球心是上

、下底面中心连线的中点；(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到；(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，

体积为16，则这个球的表面积是()A．16πB．20πC．24πD．32π【解析】已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，可求得底面边长为2，故球的直径为22＋22＋42＝26，则半径为6，故球的表面积为24π，故选C．【答案】C方法二构造长方体或正方体确定球心(1

)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；(3

)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．如图，边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，将△AED，△EBF，△FCD分别沿DE，EF，FD折起，使A，B，C三点重合于

点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为()A．2B．62C．112D．52【解析】易知四面体A′EFD的三条侧棱A′E，A′F，A′D两两垂直，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，把四面体A′EFD补成从顶点A′出发的三条棱长分别为1，1，2的一个长方体，则长方体

的外接球即为四面体A′EFD的外接球，球的半径为r＝1212＋12＋22＝62.故选B．【答案】B方法三由性质确定球心利用球心O与截面圆圆心O′的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．正三棱锥A-BCD内接于球O，且底面边

长为3，侧棱长为2，则球O的表面积为________．【解析】如图，M为底面△BCD的中心，易知AM⊥MD，DM＝1，AM＝3.在Rt△DOM中，OD2＝OM2＋MD2，即OD2＝(3－OD)2＋1，解得OD＝233，故球O的表面积为4π×2332＝163π.【答案

】163π解析几何减少运算量的常见技巧技巧一巧用平面几何性质已知O为坐标原点，F是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为()A．1

3B．12C．23D．34【解析】设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有ONMF＝aa＋c，MFOE＝a－ca.又因为OE＝2ON，所以有12＝aa＋c·a－ca，解得e＝ca＝13，故选A．【答案】A此题也可以

用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可简化计算．技巧二设而不求，整体代换对于直线与圆锥曲线相交所产生的中点弦问题，涉及求中点弦所在直线的方程，或弦的中点的轨迹方程的问题时，常常可以用“点差法”求解．已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点为

F(3，0)，过点F的直线交E于A，B两点．若AB的中点坐标为M(1，－1)，则E的标准方程为()A．x245＋y236＝1B．x236＋y227＝1C．x227＋y218＝1D．x218＋y29＝1【解析】通解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，y1＋y2＝

－2，x21a2＋y21b2＝1，①x22a2＋y22b2＝1，②①－②得(x1＋x2)(x1－x2)a2＋(y1＋y2)(y1－y2)b2＝0，所以kAB＝y1－y2x1－x2＝－b2(x1＋x2)a2(y1＋y2)＝b2a2.又kAB＝0＋13－1＝

12，所以b2a2＝12.又9＝c2＝a2－b2，解得b2＝9，a2＝18，所以椭圆E的标准方程为x218＋y29＝1.优解：由kAB·kOM＝－b2a2得，－1－01－3×－11＝－b2a2得，a2＝2b2，又a2－b2＝9，所以a2＝18，b2＝9，所以椭圆E的标准方程为x218＋y29

＝1.【答案】D本题设出A，B两点的坐标，却不求出A，B两点的坐标，巧妙地表达出直线AB的斜率，通过将直线AB的斜率“算两次”建立几何量之间的关系，从而快速解决问题．技巧三巧用“根与系数的关系”，化繁为简某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程、求坐

标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系．后者往往计算量小，解题过程简捷．已知椭圆x24＋y2＝1的左顶点为A，过

A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆M，N两点．(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．【解】(1)直线AM的斜率为1时

，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0.解得x1＝－2，x2＝－65，所以M－65，45.(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，联立方程y＝

k(x＋2)，x24＋y2＝1，化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.则xA＋xM＝－16k21＋4k2，又xA＝－2，则xM＝－xA－16k21＋4k2＝2－16k21＋4k2＝2－8k21＋4k2.同理，可得xN＝2k2－8k2＋4.由(1)

知若存在定点，则此点必为P－65，0.证明如下：因为kMP＝yMxM＋65＝k2－8k21＋4k2＋22－8k21＋4k2＋65＝5k4－4k2，同理可计算得kPN＝5k4－4k2.所以直线MN过x轴上的一定点P－65，0.本例在第(2)问中可应用根与系数的关系

求出xM＝2－8k21＋4k2，这体现了整体思想．这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．技巧四巧妙“换元”减少运算量变量换元的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，

从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化．变量换元法常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．如图，已知椭圆C的离心率为32，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－32.(1)求椭圆

C的方程；(2)已知直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．【解】(1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，则A(a，0)，B(0，b)

，F(c，0)(c＝a2－b2)．由已知可得e2＝a2－b2a2＝34，所以a2＝4b2，即a＝2b，可得c＝3b①.S△AFB＝12×|AF|×|OB|＝12(a－c)b＝1－32②.将①代入②，得

12(2b－3b)b＝1－32，解得b＝1，故a＝2，c＝3.所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，得|m|1＋k2＝1，故有m2＝1＋k2③.由

x24＋y2＝1，y＝kx＋m，消去y，得14＋k2x2＋2kmx＋m2－1＝0.由题可知k≠0，即(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2＞0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2

＝4m2－44k2＋1.所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－8km4k2＋12－4×4m2－44k2＋1＝16(4k2－m2＋1)(4k2＋1)2④.将③代入④中，得|x1－x2|2＝48k2(4k2＋1)2，故|x1－x2|＝43|k|4k2＋1.所以|

MN|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2×43|k|4k2＋1＝43k2(k2＋1)4k2＋1.故△OMN的面积S＝12|MN|×1＝12×43k2(k2＋1)4k2＋1×1＝23k2(k2＋1)4k2＋1.令t＝4k2＋1，则t≥1，k2＝t－14，代入上式，得S＝23×t－14t

－14＋1t2＝32(t－1)(t＋3)t2＝32t2＋2t－3t2＝32－3t2＋2t＋1＝32－1t2＋23t＋13＝32－1t－132＋49，所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±22时，S取得最大值，且最大值为32×49＝1.破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于

参数的方程，解方程，求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y＝ax＋b±cx＋d(a，b，c，d均为常数，且ac≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意

新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．概率、统计综合问题的三种常用求解策略策略一公式法在某校教师趣味投篮比赛中，比赛规则是：每场投6个球，至少投进4个球且最后2个球都投进者获奖；否则不获奖．已知教师甲投进每个球的概率都是23.(1)记教师甲在每场的6次投球中投进球的个数

为X，求X的分布列；(2)求教师甲在一场比赛中获奖的概率．【解】(1)X的所有可能取值为0，1，2，3，4，5，6.依条件可知，X～B(6，23)，P(X＝k)＝Ck6·(23)k·(13)6－k(k

＝0，1，2，3，4，5，6)．所以X的分布列为X0123456P1729424320243160729802436424364729(2)设教师甲在一场比赛中获奖为事件A，则P(A)＝C24·(13)2·(23)4＋C14·13·(23)5＋(23)6＝3281，即教师甲在

一场比赛中获奖的概率为3281.对于此类问题求解，若随机变量X服从二项分布B(n，p)，则其概率、均值与方差可直接利用公式P(X＝k)＝Cknpk(1－p)n－k(k＝0，1，2，„，n)，E(X)＝np，D(X)

＝np(1－p)求得．策略二间接法随机观测生产某种零件的某工厂20名工人的日加工零件数(单位：件)，获得数据如下：30，42，41，36，44，48，37，25，45，43，31，49，34，33，43，38，32，46，39，36.根据上述数据得到样本的频率分布

表如下：分组频数频率[25，30]20.10(30，35]40.20(35，40]50.25(40，45]mfm(45，50]nfn(1)确定样本频率分布表中m，n，fm和fn的值；(2)根据上述频率分布表，画出样本频率分布直方图；(3)根据样本频率分布直方图，

求在该厂任取3人，至少有1人的日加工零件数落在区间(30，35]内的概率．【解】(1)由已知数据，得区间(40，45]内的频数m＝6，区间(45，50]内的频数n＝3，故fm＝620＝0.3，fn＝320＝0

.15.(2)由频率分布表，画出频率分布直方图如下图：(3)根据样本频率分布直方图，每人的日加工零件数落在区间(30，35]内的频率为0.2，设所取的3人中，日加工零件数落在区间(30，35]内的人数为ξ，则ξ～B(3，0.2)，故P(ξ≥1)＝1－P(ξ＝0)＝1－(1－0.2)

3＝0.488.因此至少有1人的日加工零件数落在区间(30，35]内的概率为0.488.当复杂事件正面情况比较多，反面情况较少时，可利用其对立事件进行求解，即“正难则反”．对于“至少”“至多”等问题往往用这种方法求解．

策略三对称法从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x－和样本方差s2(同一组中的数据用该区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(

μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x－，σ2近似为样本方差s2.①利用该正态分布，求P(187.8＜Z＜212.2)；②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8，212.2)的产品件数．利用①的结果，

求EX.附：150≈12.2.若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ＜Z＜μ＋σ)＝0.6827，P(μ－2σ＜Z＜μ＋2σ)＝0.9545.【解】(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x－和样本方差s2分别为x－＝170×0.02＋180×0.09＋190

×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)①由(1)知，

Z～N(200，150)，从而P(187.8＜Z＜212.2)＝P(200－12.2＜Z＜200＋12.2)＝0.6827.②由①知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8，212.2)的概率为0.6827，依题意知X～B(100，0.6827)，所以EX

＝100×0.6827＝68.27.解决与正态分布有关的问题，在理解μ，σ2的意义情况下，记清正态分布的密度曲线是一条关于μ对称的钟形曲线，很多问题都是利用图象的对称性解决的．