高中数学经典题汇编 82页

高中数学易错易混易忘题分类汇编 “会而不对，对而不全”一直以来成为制约学生数学成绩提高的重要因素，成为 学生挥之不去的痛，如何解决这个问题对决定学生的高考成败起着至关重要的作 用。本文结合笔者的多年高三教学经验精心挑选学生在考试中常见的 66 个易错、 易混、易忘典型题目，这些问题也是高考中的热点和重点，做到力避偏、怪、难， 进行精彩剖析并配以近几年的高考试题作为相应练习，一方面让你明确这样的问 题在高考中确实存在，另一方面通过作针对性练习帮你识破命题者精心设计的陷 阱，以达到授人以渔的目的，助你在高考中乘风破浪，实现自已的理想报负。 【易错点 1】忽视空集是任何非空集合的子集导致思维不全面。 例 1、 设  2| 8 15 0A x x x    ，  | 1 0B x ax   ，若 A B B ，求实数 a 组 成的集合的子集有多少个？ 【易错点分析】此题由条件 A B B 易知 B A ，由于空集是任何非空集合的 子集，但在解题中极易忽略这种特殊情况而造成求解满足条件的 a 值产生漏解现 象。 解析：集合 A 化简得  3,5A  ，由 A B B 知 B A 故（Ⅰ）当 B  时，即方 程 1 0ax   无解，此时 a=0 符合已知条件（Ⅱ）当 B  时，即方程 1 0ax   的 解为 3 或 5，代入得 1 3a  或 1 5 。综上满足条件的 a 组成的集合为 1 10, ,3 5     ，故其 子集共有 32 8 个。 【知识点归类点拔】（1）在应用条件 A∪B＝Ｂ  A∩B＝Ａ  Ａ Ｂ时，要树立 起分类讨论的数学思想，将集合Ａ是空集Φ的情况优先进行讨论． （2）在解答集合问题时，要注意集合的性质“确定性、无序性、互异性”特别 是互异性对集合元素的限制。有时需要进行检验求解的结果是满足集合中元素的 这个性质，此外，解题过程中要注意集合语言（数学语言）和自然语言之间的转 化如：   2 2, | 4A x y x y   ，       2 2 2, | 3 4B x y x y r     ，其中 0r  , 若 A B  求 r 的取值范围。将集合所表达的数学语言向自然语言进行转化就 是：集合 A 表示以原点为圆心以 2 的半径的圆，集合 B 表示以（3，4）为圆心， 以 r 为半径的圆，当两圆无公共点即两圆相离或内含时，求半径 r 的取值范围。 思维马上就可利用两圆的位置关系来解答。此外如不等式的解集等也要注意集合 语言的应用。 【练 1】已知集合  2| 4 0A x x x   、   2 2| 2 1 1 0B x x a x a      ，若 B A ，则实数 a 的取值范围是 。答案： 1a  或 1a   。 【易错点 2】求解函数值域或单调区间易忽视定义域优先的原则。 例 2、已知  2 22 14 yx    ,求 2 2x y 的取值范围 【易错点分析】此题学生很容易只是利用消元的思路将问题转化为关于 x 的函数 最值求解，但极易忽略 x、y 满足  2 22 14 yx    这个条件中的两个变量的约束 关系而造成定义域范围的扩大。 解析：由于  2 22 14 yx    得(x+2)2=1- 4 2y ≤1，∴-3≤x≤-1 从而 x2+y2=-3x2-16x-12= + 3 28 因此当 x=-1 时 x2+y2 有最小值 1, 当 x=- 3 8 时，x2+y2 有最大值 3 28 。故 x2+y2 的取值范围是[1, 3 28 ] 【 知 识 点 归 类 点 拔 】 事 实 上 我 们 可 以 从 解 析 几 何 的 角 度 来 理 解 条 件   2 22 14 yx    对 x、y 的限制，显然方程表示以（-2，0）为中心的椭圆，则易 知-3≤x≤-1， 2 2y   。此外本题还可通过三角换元转化为三角最值求解。 【练 2】（05 高考重庆卷）若动点（x,y）在曲线 2 2 2 14 x y b    0b  上变化，则 2 2x y 的最大值为（） （A）     2 4 0 44 2 4 b b b b       （B）     2 4 0 24 2 2 b b b b       （C） 2 44 b  （D） 2b 答案：A 【易错点 3】求解函数的反函数易漏掉确定原函数的值域即反函数的定义域。 例 3、   2 1 1 2 x x af x    是 R 上的奇函数，（1）求 a 的值（2）求的反函数  1f x 【易错点分析】求解已知函数的反函数时，易忽略求解反函数的定义域即原函数 的值域而出错。 解析：（1）利用     0f x f x   （或  0 0f  ）求得 a=1. （2）由 1a  即   2 1 2 1 x xf x   ，设  y f x ,则  2 1 1x y y   由于 1y  故 12 1 x y y   ， 1 1 2log y yx   ，而   2 1 2 1 x xf x    21 1,12 1x    所以     1 1 1 2log 1 1 x xf x x       【知识点归类点拔】（1）在求解函数的反函数时，一定要通过确定原函数的值域 即反函数的定义域在反函数的解析式后表明（若反函数的定义域为 R 可省略）。 （2）应用 1( ) ( )f b a f a b    可省略求反函数的步骤，直接利用原函数求解但 应注意其自变量和函数值要互换。 【练 3】（2004 全国理）函数    1 1 1f x x x    的反函数是（） A、  2 2 2 1y x x x    B、  2 2 2 1y x x x    C、  2 2 1y x x x   D、  2 2 1y x x x   答案：B 【易错点 4】求反函数与反函数值错位 例 4、已知函数   1 2 1 xf x x   ，函数  y g x 的图像与  1 1y f x  的图象关 于直线 y x 对称，则  y g x 的解析式为（） A、   3 2xg x x  B、   2 1 xg x x   C、   1 2 xg x x   D、   3 2g x x   【易错点分析】解答本题时易由  y g x 与  1 1y f x  互为反函数，而认为  1 1y f x  的反函数是  1y f x  则  y g x =  1f x  =     1 2 1 3 2 1 1 x x x x      而错选 A。 解析：由   1 2 1 xf x x   得  1 1 2 xf x x    从而       1 1 1 21 2 1 1 x xy f x x          再 求  1 1y f x  的反函数得   2 1 xg x x   。正确答案：B 【知识点分类点拔】函数  1 1y f x  与函数  1y f x  并不互为反函数，他 只是表示  1f x 中 x 用 x-1 替代后的反函数值。这是因为由求反函数的过程来 看：设  1y f x  则  1 1f y x   ，  1 1x f y  再将 x、y 互换即得  1y f x  的反函数为  1 1y f x  ，故  1y f x  的反函数不是  1 1y f x  ，因此在今后求解此题问题时一定要谨 慎。 【练 4】（2004 高考福建卷）已知函数 y=log2x 的反函数是 y=f-1(x)，则函数 y= f-1(1-x)的图象是（） 答案：B 【易错点 5】判断函数的奇偶性忽视函数具有奇偶性的必要条件：定义域关于原 点对称。 例 5、 判断函数  2lg 1 ( ) 2 2 x f x x     的奇偶性。 【易错点分析】此题常犯的错误是不考虑定义域，而按如下步骤求解：     2lg 1 ( ) 2 2 x f x f xx      从而得出函数  f x 为非奇非偶函数的错误结论。 解析：由函数的解析式知 x 满足 21 0 2 2 x x       即函数的定义域为   1,0 0,1  定义 域关于原点对称，在定义域下    2lg 1 x f x x    易证    f x f x   即函数为奇函 数。 【知识点归类点拔】（1）函数的定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的必要但 不充分条件，因此在判断函数的奇偶性时一定要先研究函数的定义域。 （2）函数  f x 具有奇偶性，则    f x f x  或    f x f x   是对定义域内 x 的恒等式。常常利用这一点求解函数中字母参数的值。 【练 5】判断下列函数的奇偶性： ①   2 24 4f x x x    ②     11 1 xf x x x    ③   1 sin cos 1 sin cos x xf x x x     答案：①既是奇函数又是偶函数②非奇非偶函数③非奇非偶函数 【易错点 6】易忘原函数和反函数的单调性和奇偶性的关系。从而导致解题过程 繁锁。 例 6、 函数   2 2 2 1 2 1 1log 2 2 x xf x x x          或 的反函数为  1f x ，证明  1f x 是奇 函数且在其定义域上是增函数。 【思维分析】可求  1f x 的表达式，再证明。若注意到  1f x 与  f x 具有相同 的单调性和奇偶性，只需研究原函数  f x 的单调性和奇偶性即可。 解析：   2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2log log log x x x x x xf x              f x  ，故  f x 为奇函数从而  1f x 为奇函数。又令 2 1 212 1 2 1 xt x x     在 1, 2      和 1 ,2     上均为增函数 且 2log ty  为增函数，故  f x 在 1, 2      和 1 ,2     上分别为增函数。故  1f x 分别在 0, 和 ,0 上分别为增函数。 【知识点归类点拔】对于反函数知识有如下重要结论：（1）定义域上的单调函数 必有反函数。（2）奇函数的反函数也是奇函数且原函数和反函数具有相同的单调 性。（3）定义域为非单元素的偶函数不存在反函数。（4）周期函数不存在反函数 （ 5 ） 原 函 数 的 定 义 域 和 值 域 和 反 函 数 的 定 义 域 和 值 域 到 换 。 即 1( ) ( )f b a f a b    。 【练 6】（1）（99 全国高考题）已知 ( ) 2 x xe ef x  ，则如下结论正确的是（） A、  f x 是奇函数且为增函数 B、  f x 是奇函数且为减函数 C、  f x 是偶函数且为增函数 D、  f x 是偶函数且为减函数 答案：A （2）（2005 天津卷）设  1f x 是函数      1 12 x xf x a a a   的反函数，则使  1 1f x  成立的 x 的取值范围为（）A、 2 1( , )2 a a   B、 2 1( , )2 a a  C、 2 1( , )2 a aa  D、 ( , )a  答案：A（ 1a  时，  f x 单调增函数，所以          2 1 1 11 1 1 2 af x f f x f x f a         .） 【易错点 7】证明或判断函数的单调性要从定义出发，注意步骤的规范性及树立 定义域优先的原则。 例 7、试判断函数    0, 0bf x ax a bx     的单调性并给出证明。 【易错点分析】在解答题中证明或判断函数的单调性必须依据函数的性质解答。 特别注意定义 1 2,x D x D          1 2 1 2f x f x f x f x  中的 1 2,x x 的任意性。以 及函数的单调区间必是函数定义域的子集，要树立定义域优先的意识。 解析：由于    f x f x   即函数  f x 为奇函数，因此只需判断函数  f x 在  0, 上的单调性即可。设 1 2 0x x  ，       1 2 1 2 1 2 1 2 ax x bf x f x x x x x    由于 1 2 0x x  故 当 1 2, ,bx x a        时    1 2 0f x f x  ， 此 时 函 数  f x 在 ,b a       上增函数，同理可证函数  f x 在 0, b a       上为减函数。又由于函数为 奇函数，故函数在 ,0b a      为减函数，在 , b a       为增函数。综上所述：函数  f x 在 , b a       和 ,b a       上分别为增函数，在 0, b a       和 ,0b a      上分别 为减函数. 【知识归类点拔】（1）函数的单调性广泛应用于比较大小、解不等式、求参数的 范围、最值等问题中，应引起足够重视。 （ 2 ） 单 调 性 的 定 义 等 价 于 如 下 形 式 ：  f x 在  ,a b 上 是 增 函 数    1 2 1 2 0f x f x x x   ，  f x 在 ,a b 上是减函数    1 2 1 2 0f x f x x x   ，这表明增 减性的几何意义：增（减）函数的图象上任意两点      1 1 2 2, , ,x f x x f x 连线的 斜率都大于（小于）零。 （3）    0, 0bf x ax a bx     是一种重要的函数模型，要引起重视并注意应用。 但 注 意 本 题 中 不 能 说  f x 在 , b a        ,b a       上 为 增 函 数 ， 在 0, b a        ,0b a      上为减函数,在叙述函数的单调区间时不能在多个单调区间 之间添加符号“∪”和“或”， 【练 7】（1） （潍坊市统考题）    1 0xf x ax aax    （1）用单调性的定义判 断函数  f x 在 0, 上的单调性。（2）设  f x 在0 1x  的最小值为  g a ，求  y g a 的解析式。 答 案 ：（ 1 ） 函 数 在 1 ,a     为 增 函 数 在 10, a      为 减 函 数 。（ 2 ）       12 1 0 1 aay g a a a         （2） （2001 天津）设 0a  且   x x e af x a e   为 R 上的偶函数。（1）求 a 的值 （2）试判断函数在 0, 上的单调性并给出证明。 答案：（1） 1a  （2）函数在 0, 上为增函数（证明略） 【易错点 8】在解题中误将必要条件作充分条件或将既不充分与不必要条件误作 充要条件使用，导致错误结论。 例 8、（2004 全国高考卷）已知函数   3 23 1f x ax x x    上是减函数，求 a 的 取值范围。 【易错点分析】     0 ,f x x a b   是  f x 在 ,a b 内单调递减的充分不必要条 件 ， 在 解 题 过 程 中 易 误 作 是 充 要 条 件 ， 如   3f x x  在 R 上 递 减 ， 但   23 0f x x    。 解析：求函数的导数   23 6 1f x ax x    （1）当   0f x  时，  f x 是减函数， 则    23 6 1 0f x ax x x R      故 0 0 a    解 得 3a   。（ 2 ） 当 3a   时 ，   3 3 2 1 83 3 1 3 3 9f x x x x x            易知此时函数也在 R 上是减函数。（3） 当 3a   时，在R上存在一个区间在其上有   0f x  ，所以当 3a   时，函数  f x 不是减函数，综上，所求 a 的取值范围是 , 3  。 【知识归类点拔】若函数  f x 可导，其导数与函数的单调性的关系现以增函数 为例来说明：① 0)(  xf 与 )(xf 为增函数的关系: 0)(  xf 能推出 )(xf 为增函 数，但反之不一定。如函数 3)( xxf  在 ),(  上单调递增，但 0)(  xf ，∴ 0)(  xf 是 )(xf 为增函数的充分不必要条件。② 0)(  xf 时， 0)(  xf 与 )(xf 为 增函数的关系:若将 0)(  xf 的根作为分界点，因为规定 0)(  xf ，即抠去了分 界点，此时 )(xf 为增函数，就一定有 0)(  xf 。∴当 0)(  xf 时， 0)(  xf 是 )(xf 为增函数的充分必要条件。③ 0)(  xf 与 )(xf 为增函数的关系: )(xf 为增函数， 一定可以推出 0)(  xf ，但反之不一定，因为 0)(  xf ，即为 0)(  xf 或 0)(  xf 。当函数在某个区间内恒有 0)(  xf ，则 )(xf 为常数，函数不具有单 调性。∴ 0)(  xf 是 )(xf 为增函数的必要不充分条件。函数的单调性是函数一 条重要性质，也是高中阶段研究的重点，我们一定要把握好以上三个关系，用导 数判断好函数的单调性。因此新教材为解决单调区间的端点问题，都一律用开区 间作为单调区间，避免讨论以上问题，也简化了问题。但在实际应用中还会遇到 端点的讨论问题，要谨慎处理。 因此本题在第一步后再对 3a   和 3a   进行了讨论，确保其充要性。在解题中 误将必要条件作充分条件或将既不充分与不必要条件误作充要条件使用而导致 的错误还很多，这需要同学们在学习过程中注意思维的严密性。 【练 8】（1）（2003 新课程）函数 2y x bx c     0,x  是是单调函数的充要 条件是（） A、 0b  B、 0b  C、 0b  D、 0b  答案：A （2）是否存在这样的 K 值，使函数   2 4 3 22 123 2f x k x x kx x     在 1,2 上递 减，在 2, 上递增？ 答案： 1 2k  。（提示据题意结合函数的连续性知  2 0f   ，但  2 0f   是函数 在  1,2 上递减，在  2, 上递增的必要条件，不一定是充分条件因此由  2 0f   求出 K 值后要检验。） 【易错点 9】应用重要不等式确定最值时，忽视应用的前提条件特别是易忘判断 不等式取得等号时的变量值是否在定义域限制范围之内。 例 9、 已知：a>0 , b>0 , a+b=1,求(a+ a 1 )2+(b+ b 1 )2 的最小值。 错解 :(a+ a 1 )2+(b+ b 1 )2=a2+b2+ 2 1 a + 2 1 b +4 ≥2ab+ ab 2 +4 ≥4 abab 1 +4=8 ∴ (a+ a 1 )2+(b+ b 1 )2 的最小值是 8 【易错点分析】 上面的解答中，两次用到了基本不等式 a2+b2≥2ab，第一次等 号成立的条件是 a=b= 2 1 ,第二次等号成立的条件 ab= ab 1 ，显然，这两个条件 是不能同时成立的。因此，8 不是最小值。 解析：原式= a2+b2+ 2 1 a + 2 1 b +4=( a2+b2)+( 2 1 a + 2 1 b )+4=[(a+b)2-2ab]+ [( a 1 + b 1 )2- ab 2 ]+4 =(1-2ab)(1+ 22 1 ba )+4 由 ab≤( 2 ba  )2= 4 1 得：1-2ab≥ 1- 2 1 = 2 1 ,且 22 1 ba ≥16，1+ 22 1 ba ≥17∴原式≥ 2 1 ×17+4= 2 25 (当且仅当 a=b= 2 1 时，等号成立)∴(a+ a 1 )2+(b+ b 1 )2 的最小值是 2 25 。 【知识归类点拔】在应用重要不等式求解最值时，要注意它的三个前提条件缺一 不可即“一正、二定、三相等”，在解题中容易忽略验证取提最值时的使等 号成立的变量的值是否在其定义域限制范围内。 【练 9】（97 全国卷文 22 理 22）甲、乙两地相距 s km , 汽车从甲地匀速行驶到 乙地，速度不得超过 c km/h ,已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可 变部分和固定部分组成：可变部分与速度 v（km/h）的平方成正比，比例系数为 b;固定部分为 a 元。 （1） 把全程运输成本 y（元）表示为速度 v（km/h）的函数，并指出这个函数 的定义域； （2） 为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？ 答案为:（1）   2 0sy bv a v cv     （2）使全程运输成本最小，当 b a ≤c 时， 行驶速度 v= b a ；当 b a ＞c 时，行驶速度 v=c。 【易错点 10】在涉及指对型函数的单调性有关问题时，没有根据性质进行分类 讨论的意识和易忽略对数函数的真数的限制条件。 例 10、是否存在实数 a 使函数   2 log ax x af x  在 2,4 上是增函数？若存在求出 a 的值，若不存在，说明理由。 【易错点分析】本题主要考查对数函数的单调性及复合函数的单调性判断方法， 在解题过程中易忽略对数函数的真数大于零这个限制条件而导致 a 的范围扩大。 解析：函数  f x 是由   2x ax x   和  log x ay  复合而成的，根据复合函数的 单调性的判断方法（1）当 a>1 时，若使   2 log ax x af x  在 2,4 上是增函数，则   2x ax x   在 2,4 上是增函数且大于零。故有   1 22 2 4 2 0 a a       解得 a>1。（2） 当 a<1 时若使   2 log ax x af x  在 2,4 上是增函数，则   2x ax x   在 2,4 上是减 函数且大于零。   1 42 4 16 4 0 a a       不等式组无解。综上所述存在实数 a>1 使得 函数   2 log ax x af x  在 2,4 上是增函数 【知识归类点拔】要熟练掌握常用初等函数的单调性如：一次函数的单调性取决 于一次项系数的符号，二次函数的单调性决定于二次项系数的符号及对称轴的位 置，指数函数、对数函数的单调性决定于其底数的范围（大于 1 还是小于 1）， 特别在解决涉及指、对复合函数的单调性问题时要树立分类讨论的数学思想（对 数型函数还要注意定义域的限制）。 【 练 10 】（ 1 ）（ 黄 岗 三 月 分 统 考 变 式 题 ） 设 0a  ， 且 1a  试 求 函 数 2log 4 3ay x x   的的单调区间。 答案：当0 1a  ，函数在 31, 2     上单调递减在 3 ,42     上单调递增当 1a  函数在 31, 2     上单调递增在 3 ,42     上单调递减。 （2）（2005 高考天津）若函数      3log 0, 1af x x ax a a    在区间 1( ,0)2  内单 调递增，则 a 的取值范围是（）A、 1[ ,1)4 B、 3[ ,1)4 C、 9( , )4  D、 9(1, )4 答案：B.（记   3g x x ax  ，则   2' 3g x x a  当 1a  时，要使得  f x 是增函数， 则需有  ' 0g x  恒成立，所以 21 33 2 4a       .矛盾.排除C、D当 0 1a  时，要使  f x 是函数，则需有  ' 0g x  恒成立，所以 21 33 2 4a       .排除 A） 【易错点 11】 用换元法解题时，易忽略换元前后的等价性． 例 11、已知 1sin sin 3x y  求 2sin cosy x 的最大值 【易错点分析】此题学生都能通过条件 1sin sin 3x y  将问题转化为关于sin x 的 函数，进而利用换元的思想令 sint x 将问题变为关于 t 的二次函数最值求解。 但极易忽略换元前后变量的等价性而造成错解， 解析：由已知条件有 1sin sin3y x  且  1sin sin 1,13y x    （结合  sin 1,1x   ） 得 2 sin 13 x   ， 而 2sin cosy x = 1 sin3 x 2cos x = 2 2sin sin 3x x   令 2sin 13t x t       则 原 式= 2 2 2 13 3t t t        根 据 二次 函 数 配方 得 ： 当 2 3t   即 2sin 3x   时，原式取得最大值 4 9 。 【知识点归类点拔】“知识”是基础，“方法”是手段，“思想”是深化，提高 数学素质的核心就是提高学生对数学思想方法的认识和运用，数学素质的综合体 现就是“能力”，解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它， 从而使问题得到简化，这叫换元法。换元的实质是转化，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，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理。换元法又 称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来， 隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来。或者变为熟悉的形式，把复 杂的计算和推证简化。 【练 11】（1）（高考变式题）设 a>0，000 求 f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx·cosx －2a 2 的最大值和最小值。 答案：f(x)的最小值为－2a 2 －2 2 a－ 1 2 ，最大值为 1 2 0 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 ( ) ( )             a a a a （2）不等式 x >ax＋ 3 2 的解集是(4,b)，则 a＝________，b＝_______。 答案： 1 , 368a b  （提示令换元 x t 原不等式变为关于 t 的一元二次不等式 的解集为 2, b ） 【易错点 12】已知 nS 求 na 时, 易忽略 n＝１的情况． 例 12、（2005 高考北京卷）数列 na 前 n 项和 ns 且 1 1 11, 3n na a s  。（1）求 2 3 4, ,a a a 的值及数列 na 的通项公式。 【易错点分析】此题在应用 ns 与 na 的关系时误认为 1n n na s s   对于任意 n 值都 成立，忽略了对 n=1 的情况的验证。易得出数列 na 为等比数列的错误结论。 解析：易求得 2 3 4 1 4 16, ,3 9 27a a a   。由 1 1 11, 3n na a s  得  1 1 23n na s n  故  1 1 1 1 1 23 3 3n n n n na a s s a n      得  1 4 23n na a n   又 1 1a  ， 2 1 3a  故该数列 从第二项开始为等比数列故     2 1 1 1 4 23 3 n n n a n           。 【知识点归类点拔】对于数列 na 与 ns 之间有如下关系：     1 1 1 2n n n s n a s s n     利 用两者之间的关系可以已知 ns 求 na 。但注意只有在当 1a 适合  1 2n n na s s n   时两者才可以合并否则要写分段函数的形式。 【 练 12 】 （ 2004 全 国 理 ） 已 知 数 列  na 满 足    1 1 2 3 11, 2 3 1 2n na a a a a n a n        则 数 列  na 的 通 项 为 。 答案：（将条件右端视为数列  nna 的前 n-1 项和利用公式法解答即可）     1 1 ! 22 n n a n n    【易错点 13】利用函数知识求解数列的最大项及前 n 项和最大值时易忽略其定 义域限制是正整数集或其子集（从 1 开始） 例 13、等差数列 na 的首项 1 0a  ，前 n 项和 ns ，当l m 时， m ls s 。问 n 为 何值时 ns 最大? 【易错点分析】等差数列的前 n 项和是关于 n 的二次函数，可将问题转化为求解 关于 n 的二次函数的最大值，但易忘记此二次函数的定义域为正整数集这个限制 条件。 解析：由题意知 ns =     2 1 1 1 2 2 2 n n d df n na d n a n          此函数是以 n 为变 量的二次函数，因为 1 0a  ，当l m 时， m ls s 故 0d  即此二次函数开口向下， 故由    f l f m 得当 2 l mx  时  f x 取得最大值，但由于 n N  ，故若l m 为 偶数，当 2 l mn  时， ns 最大。 当l m 为奇数时，当 1 2 l mn   时 ns 最大。 【知识点归类点拔】数列的通项公式及前 n 项和公式都可视为定义域为正整数集 或其子集（从 1 开始）上的函数，因此在解题过程中要树立函数思想及观点应用 函数知识解决问题。特别的等差数列的前 n 项和公式是关于 n 的二次函数且没有 常数项，反之满足形如 2 ns an bn  所对应的数列也必然是等差数列的前 n 项和。 此时由 ns an bn   知数列中的点 , nsn n      是同一直线上，这也是一个很重要的结 论。此外形如前 n 项和 n ns ca c  所对应的数列必为一等比数列的前 n 项和。 【练 13】（2001 全国高考题）设 na 是等差数列， ns 是前 n 项和，且 5 6s s ， 6 7 8s s s  ，则下列结论错误的是（）A、 0d  B、 7 0a  C、 9 5s s D、 6s 和 7s 均 为 ns 的最大值。 答案：C（提示利用二次函数的知识得等差数列前 n 项和关于 n 的二次函数的对 称轴再结合单调性解答） 【易错点 14】解答数列问题时没有结合等差、等比数列的性质解答使解题思维 受阻或解答过程繁琐。 例 14、已知关于的方程 2 3 0x x a   和 2 3 0x x b   的四个根组成首项为 3 4 的 等差数列，求 a b 的值。 【思维分析】注意到两方程的两根之和相等这个隐含条件，结合等差数列的性质 明确等差数列中的项是如何排列的。 解析：不妨设 3 4 是方程 2 3 0x x a   的根，由于两方程的两根之和相等故由等 差数列的性质知方程 2 3 0x x a   的另一根是此等差数列的第四项，而方程 2 3 0x x b   的两根是等差数列的中间两项，根据等差数列知识易知此等差数 列为： 3 5 7 9, ,4 4, 4 4 故 27 35,16 16a b  从而 a b = 31 8 。 【知识点归类点拔】等差数列和等比数列的性质是数列知识的一个重要方面，有 解题中充分运用数列的性质往往起到事半功倍的效果。例如对于等差数列 na ， 若 qpmn  ，则 qpmn aaaa  ；对于等比数列 na ，若 vumn  ，则 vumn aaaa  ；若数列 na 是等比数列， nS 是其前 n 项的和， *Nk  ，那么 kS ， kk SS 2 ， kk SS 23  成等比数列；若数列 na 是等差数列， nS 是其前 n 项的和， *Nk  ，那么 kS ， kk SS 2 ， kk SS 23  成等差数列等性质要熟练和灵活应用。 【练 14】（2003 全国理天津理）已知方程 2 2 0x x m   和 2 2 0x x n   的四个 根组成一个首项为 1 4 的等差数列，则 m n =（） A、1 B、 3 4 C、 1 2 D、3 8 答案：C 【易错点 15】用等比数列求和公式求和时，易忽略公比ｑ＝１的情况 例 15、数列 }{ na 中， 11 a ， 22 a ，数列 }{ 1 nn aa 是公比为 q（ 0q ）的等比 数列。 （I）求使 32211   nnnnnn aaaaaa 成立的 q 的取值范围；（II）求数列 }{ na 的前 n2 项的和 nS2 ． 【易错点分析】对于等比数列的前 n 项和易忽略公比 q=1 的特殊情况，造成概念 性错误。再者学生没有从定义出发研究条件数列 }{ 1 nn aa 是公比为 q （ 0q ） 的等比数列得到数列奇数项和偶数项成等比数列而找不到解题突破口。使思维受 阻。 解：（I）∵数列 }{ 1 nn aa 是公比为q 的等比数列，∴ qaaaa nnnn 121   ， 2 132 qaaaa nnnn   ，由 32211   nnnnnn aaaaaa 得 22 111 1 qqqaaqaaaa nnnnnn   ，即 012  qq （ 0q ），解得 2 510  q ． （II）由数列 }{ 1 nn aa 是公比为 q 的等比数列，得 qa aqaa aa n n nn nn     2 1 21 ，这 表明数列 }{ na 的所有奇数项成等比数列，所有偶数项成等比数列，且公比都是 q ， 又 11 a ， 22 a ，∴当 1q 时， nS2 nn aaaaaa 2124321   )()( 2642321 nn aaaaaaaa   q q q qa q qa nnn     1 )1(3 1 )1( 1 )1( 21 ，当 1q 时， nS2 nn aaaaaa 2124321   )()( 2642321 nn aaaaaaaa   n3)2222()1111(   ． 【知识点归类点拔】本题中拆成的两个数列都是等比数列，其中 qa a n n 2 是解题 的关键，这种给出数列的形式值得关注。另外，不要以为奇数项、偶数项都成等 比数列，且公比相等，就是整个数列成等比数列，解题时要慎重，写出数列的前 几项进行观察就得出正确结论.对等比数列的求和一定要注意其公比为 1 这种特 殊情况。高考往往就是在这里人为的设计陷阱使考生产生对现而不全的错误。 【练 15】（2005 高考全国卷一第一问）设等比数列 na 的公比为 q，前 n 项和 0ns  （1）求 q 的取值范围。 答案：   1,0 0,  【易错点 16】在数列求和中对求一等差数列与一等比数列的积构成的数列的前 n 项和不会采用错项相减法或解答结果不到位。 例 16、．（2003 北京理）已知数列 na 是等差数列，且 1 1 2 32, 12a a a a    （1）求数列 na 的通项公式（2）令  n n nb a x x R  求数列 nb 前项和的公式。 【思维分析】本题根据条件确定数列 na 的通项公式再由数列 nb 的通项公式分 析可知数列 nb 是一个等差数列和一个等比数列构成的“差比数列”，可用错项 相减的方法求和。 解析：（1）易求得 2na n （2）由（1）得 2 n nb nx 令 ns  2 32 4 6 2 nx x x nx    （Ⅰ）则  2 3 12 4 2 1 2n n nxs x x n x nx       （Ⅱ）用（Ⅰ）减去（Ⅱ）（注意错过一 位再相减）得  2 3 11 2 2 2 2 2n n nx s x x x x nx        当 1x    112 1 1 n n n x x s nxx x          当 1x  时  2 4 6 2 1ns n n n       综上可得： 当 1x    112 1 1 n n n x x s nxx x          当 1x  时  2 4 6 2 1ns n n n       【知识点归类点拔】一般情况下对于数列 nc 有 n n nc a b 其中数列 na 和 nb 分 别为等差数列和等比数列，则其前 n 项和可通过在原数列的每一项的基础上都乘 上等比数列的公比再错过一项相减的方法来求解，实际上课本上等比数列的求和 公式就是这种情况的特例。 【练 16】（2005 全国卷一理）已知 1 2 2 1n n n n n nu a a b a b ab b         , 0, 0n N a b   当 a b 时，求数列  na 的前 n 项和 ns 答案： 1a  时       2 1 2 2 1 2 2 1 n n n n a n a a as a        当 1a  时  3 2n n ns  . 【易错点 17】不能根据数列的通项的特点寻找相应的求和方法，在应用裂项求 和方法时对裂项后抵消项的规律不清，导致多项或少项。 例 17、求 nS  321 1 21 1 1 1 … n 321 1 ． 【易错点分析】本题解答时一方面若不从通项入手分析各项的特点就很难找到解 题突破口，其次在裂项抵消中间项的过程中，对消去哪些项剩余哪些项规律不清 而导致解题失误。 解：由等差数列的前 n 项和公式得 2 )1(321  nnn ，∴ )1 11(2)1( 2 321 1  nnnnn ， n 取1，2 ，3，…，就分别得到 321 1,21 1,1 1  ，…，∴ nS )1 11(2)4 1 3 1(2)3 1 2 1(2)2 11(2  nn 1 2)1 11(2  n n n ． 【知识归类点拔】“裂项法”有两个特点，一是每个分式的分子相同；二是每项 的分母都是两个数（也可三个或更多）相乘，且这两个数的第一个数是前一项的 第二个数，如果不具备这些特点，就要进行转化。同是要明确消项的规律一般情 况下剩余项是前后对称的。常见的变形题除本题外，还有其它形式，例如：求 nn 2 1 63 1 42 1 21 1 2222         ，方法还是抓通项，即 )2 11(2 1 )2( 1 2 1 2   nnnnnn ，问题会很容易解决。另外还有一些类似“裂 项法”的题目，如： 1 1   nn an ，求其前 n 项和，可通过分母有理化的方 法解决。数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法 等。 【练 17】（2005 济南统考）求和 12 12 2 2  nS ＋ 14 14 2 2   ＋ 16 16 2 2   ＋…＋ 1)2( 1)2( 2 2   n n ． 答案：  7 1 5 115 1 3 113 1 1 11nS …  12 1 12 11  nn ＝ 12 2  n nn ． 【易错点 18】易由特殊性代替一般性误将必要条件当做充分条件或充要条件使 用，缺乏严谨的逻辑思维。 例 18、（2004 年高考数学江苏卷，20）设无穷等差数列{an}的前 n 项和为 Sn. (Ⅰ)若首项 1a 3 2 ，公差 1d ，求满足 2)(2 kk SS  的正整数 k； (Ⅱ)求所有的无穷等差数列{an}，使得对于一切正整数 k 都有 2)(2 kk SS  成立. 【易错点分析】本小题主要考查数列的基本知识，以及运用数学知识分析和解决 问题的能力.学生在解第(Ⅱ)时极易根据条件“对于一切正整数 k 都有 2)(2 kk SS  成立”这句话将 k 取两个特殊值确定出等差数列的首项和公差， 但没有认识到求解出的等差数列仅是对已知条件成立的必要条件，但不是条 件成立的充分条件。还应进一步的由特殊到一般。 解：（I）当 1,2 3 1  da 时 nnnnndnnnaSn  2 1 2 1 2 )1( 2 3 2 )1( 由 22242 )2 1(2 1,)(2 kkkkSS kk  得 ，即 0)14 1(3 kk 又 4,0  kk 所以 . （II）设数列{an}的公差为 d，则在 2)(2 nn SS  中分别取 k=1,2,得           2 11 2 11 2 24 2 11 )2 122(2 344 , , )( )( dada aa SS SS 即 由（1）得 .10 11  aa 或 当 ,60)2(,01  dda 或得代入时 若 2 1 )(,0,0,0,0 kknn SSSada  从而则 成立 , 若 知由则 216,324)(,18),1(6,6,0 2 331  nn SSSnada ,)( 2 39 Ss  故所 得数列不符合题意.当 20,)2(64)2(,1 2 1  dddda 或解得得代入时 若 ;)(,,1,0,1 2 1 2 成立从而则 kknn SSnSada  若 成立从而则 22 1 )(,)12(31,12,2,1 nnn SSnnSnada   . 综上，共有 3 个满足条件的无穷等差数列： ①{an} : an=0，即 0，0，0，…；②{an} : an=1，即 1，1，1，…； ③{an} : an=2n－1，即 1，3，5，…， （1） （2） 【知识点归类点拔】事实上，“条件中使得对于一切正整数 k 都有 2)(2 kk SS  成立.” 就等价于关于 k的方程的解是一切正整数又转化为关于k 的方程的各项系数同时 为零，于是本题也可采用这程等价转化的思想解答，这样做就能避免因忽视充分 性的检验而犯下的逻辑错误。在上述解法中一定要注意这种特殊与一般的关系。 【练 18】（1）（2000 全国）已知数列 nc ,其中 2 3n n nc   ,且数列 1n nc pc  为 等比数列.求常数 p 答案：p=2 或 p=3（提示可令 n=1,2,3 根据等比中项的性质建立关于 p 的方程， 再说明 p 值对任意自然数 n 都成立） 【易错点 19】用判别式判定方程解的个数（或交点的个数）时，易忽略讨论二 次项的系数是否为０．尤其是直线与圆锥曲线相交时更易忽略. 例 19、已知双曲线 2 2 4x y  ，直线  1y k x  ，讨论直线与双曲线公共点的 个数 【易错点分析】讨论直线与曲线的位置关系，一般将直线与曲线的方程联立，组 成方程组，方程组有几解，则直线与曲线就有几个交点，但在消元后转化为关 于 x 或 y 的方程后，易忽视对方程的种类进行讨论而主观的误认为方程就是二 次方程只利用判别式解答。 解析：联立方程组   2 2 1 4 y k x x y      消去 y 得到 2 2 2 21 2 4 0k x k x k     （1）当 21 0k  时，即 1k   ，方程为关于 x 的一次方程，此时方程组只有解，即直 线与双曲线只有一个交点。（2）当   2 2 1 0 4 4 3 0 k k       时即 2 3 3k   ，方程组只 有一解，故直线与双曲线有一个交点（3）当   2 2 1 0 4 4 3 0 k k       时，方程组有两 个交点此时 2 3 2 3 3 3k   且 1k   。（4）当   2 2 1 0 4 4 3 0 k k       时即 2 3 3k  或 2 3 3k   时方程组无解此时直线与双曲线无交点。 综上知当 1k   或 2 3 3k   时直线与双曲线只有一个交点，当 2 3 2 3 3 3k   且 1k   。时直线与双曲线有两个交点，当 2 3 3k  或 2 3 3k   时方程组无解 此时直线与双曲线无交点。 【知识点归类点拔】判断直线与双曲线的位置关系有两种方法：一种代数方法即 判断方程组解的个数对应于直线与双曲线的交点个数另一种方法借助于渐进 线的性质利用数形结合的方法解答，并且这两种方法的对应关系如下上题中的 第一种情况对应于直线与双曲线的渐进线平行，此时叫做直线与双曲线相交但 只有一个公共点，通过这一点也说明直线与双曲线只有一个公共点是直线与双 曲线相切的必要但不充分条件。第二种情况对应于直线与双曲线相切。通过本 题可以加深体会这种数与形的统一。 【练 19】（1）（2005 重庆卷）已知椭圆 1c 的方程为 2 2 14 x y  ，双曲线 2c 的左右 焦点分别为 1c 的左右顶点，而 2c 的左右顶点分别是 1c 的左右焦点。（1）求双曲 线的方程（2）若直线 : 2l y kx  与椭圆 1c 及双曲线 2c 恒有两个不同的交点， 且与 2c 的两个交点 A 和 B 满足 6lOA OB   ，其中 O 为原点，求 k 的取值范 围。答案：（1） 2 2 13 x y  （2） 13 3 1 1 3 131, , , ,115 3 2 2 3 15                                    （2）已知双曲线C： ，过点P（1，1）作直线l, 使l与C有且只有一个公共点， 则满足上述条件的直线l共有____条。答案：4条（可知kl存在时，令l: y-1=k(x-1) 代入 14 2 2  yx 中整理有(4-k2)x2+2k(k-1)x- (1-k2)-4=0,∴ 当4-k2=0即k=±2时，有一个公共点；当k≠±2时，由Δ=0有 2 5k ， 有一个切点另：当kl不存在时，x=1也和曲线C有一个切点∴综上，共有4条满足 条件的直线） 【易错点 20】易遗忘关于sin 和cos 齐次式的处理方法。 例 20、已知 2tan  ，求（1）   sincos sincos   ；（2）  22 cos2cos.sinsin  的 值. 【思维分析】将式子转化为正切如利用 2 21 sin cos   可将（2）式分子分母 除去sin 即可。 解：（1） 223 21 21 tan1 tan1 cos sin1 cos sin1 sincos sincos                 ； (2)   22 22 22 cossin cos2cossinsincos2cossinsin 3 24 12 222 1cos sin 2cos sin cos sin 2 2 2 2         . 【知识点归类点拔】利用齐次式的结构特点（如果不具备，通过构造的办法得 到），进行弦、切互化，就会使解题过程简化。 2 2 2 2(1 sin cos sec tan       tan cot  这些统称为 1 的代换) 常数 “1”的种种代换有着广泛的应用． 【练 20】．（2004 年湖北卷理科） 已知 )32sin(],,2[,0cos2cossinsin6 22   求 的值. 答案： 6 5 3 13 26   （原式可化为 02tantan6 2   ，  2 2 3tan 1 tan2sin 2 3 1 tan           ） 【易错点 21】解答数列应用题，审题不严易将有关数列的第 n 项与数列的前 n 项和混淆导致错误解答。 例 21、如果能将一张厚度为 0.05mm 的报纸对拆,再对拆....对拆 50 次后,报纸 的厚度是多少?你相信这时报纸的厚度可以在地球和月球之间建一座桥吗?(已知 地球与月球的距离约为 84 10 米) 【易错点分析】对拆 50 次后,报纸的厚度应理解一等比数列的第 n 项,易误理解 为是比等比数列的前 n 项和。 解析：对拆一次厚度增加为原来的一倍，设每次对拆厚度构成数列 na ，则数列 na 是以 3 1a =0.05 10 米为首项，公比为 2 的等比数列。从而对拆 50 次后纸的厚度是 此等比数列的第 51 项，利用等比数列的通项公式易得 a51=0.05×10-3×250=5.63×1010,而地球和月球间的距离为 4×108<5.63×1010 故可 建一座桥。 【知识点归类点拔】以数列为数学模型的应用题曾是高考考查的热点内容之一， 其中有很多问题都是涉及到等差或者等比数列的前 n 项和或第 n 项的问题，在审 题过程中一定要将两者区分开来。 【练 21】（2001 全国高考）从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态 环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入 800 万元，以后每年投 入将比上年减少 5 1 ，本年度当地旅游业收入估计为 400 万元，由于该项建设对旅 游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加 4 1 . (1)设 n 年内(本年度为第一年)总投入为 an 万元，旅游业总收入为 bn 万元，写出 an,bn 的表达式； (2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入 （1）an=800+800×(1－ 5 1 )+…+800×(1－ 5 1 )n－1=  n k 1 800×(1－ 5 1 )k－1=4000×［1 －( 5 4 )n］ bn=400+400×(1+ 4 1 )+…+400×(1+ 4 1 )k－1=  n k 1 400×( 4 5 )k－1=1600×［( 4 5 )n－1］ （2）至少经过 5 年，旅游业的总收入才能超过总投入 【易错点 22】单位圆中的三角函数线在解题中一方面学生易对此知识遗忘，应 用意识不强，另一方面易将角的三角函数值所对应的三角函数线与线段的长度 二者等同起来，产生概念性的错误。 例 21、下列命题正确的是（） A、 、  都是第二象限角，若sin sin  ，则 tan tan  B、 、  都是第 三象限角，若cos cos  ，则sin sin  C、 、  都是第四象限角，若 sin sin  ，则 tan tan  D、 、  都是第一象限角，若cos cos  ， 则sin sin  。 【易错点分析】学生在解答此题时易出现如下错误：（1）将象限角简单理解为 锐角或钝角或 270 到 360 度之间的角。（2）思维转向利用三角函数的单调性， 没有应用三角函数线比较两角三角函数值大小的意识而使思维受阻。 解析：A、由三角函数易知此时角 的正切线的数量比角  的正切线的数量要小 即 tan tan  B、同理可知sin sin  C、知满足条件的角 的正切线的数量 比角  的正切线的数量要大即 tan tan  。正确。D、同理可知应为 sin sin  。 【知识点归类点拔】单位圆的三角函数线将抽象的角的三角函数值同直观的有向 线段的数量对应起来，体现了数形结合的数学思想，要注意一点的就是角的三 角函数值是有向线段的数量而不是长度。三角函数线在解三角不等式、比较角 的同名函数值的大小、三角关系式的证明都有着广泛的应用并且在这些方面有 着一定的优越性。例如利用三角函数线易知 0, ,sin tan2          ， sin cos 1   等。 【练 22】（2000 全国高考）已知sin sin  ，那么下列命题正确的是（） A、若  、都是第一象限角，则cos cos  B、若  、都是第二象限角，则 tan tan  B、若  、都是第三象限角，则cos cos  D、若  、都是第四象限角，则 tan tan  答案：D 【易错点 23】在利用三角函数的图象变换中的周期变换和相位变换解题时。易 将 和 求错。 例 23．要得到函数 sin 2 3y x      的图象，只需将函数 1sin 2y x 的图象（） A、先将每个 x 值扩大到原来的 4 倍，y 值不变，再向右平移 3  个单位。 B、先将每个 x 值缩小到原来的 1 4 倍，y 值不变，再向左平移 3  个单位。 C、先把每个 x 值扩大到原来的 4 倍，y 值不变，再向左平移个 6  单位。 D、先把每个 x 值缩小到原来的 1 4 倍，y 值不变，再向右平移 6  个单位。 【易错点分析】 1sin 2y x 变换成 sin 2y x 是把每个 x 值缩小到原来的 1 4 倍，有 的同学误认为是扩大到原来的倍，这样就误选 A 或 C，再把 sin 2y x 平移到 sin 2 3y x      有的同学平移方向错了， 有的同学平移的单位误认为是 3  。 解析：由 1sin 2y x 变形为 sin 2 3y x      常见有两种变换方式，一种先进行周 期变换，即将 1sin 2y x 的图象上各点的纵坐标不变，横坐标变为原来的 1 4 倍得 到函数 2sin 2y x 的图象， 再将函数 2sin 2y x 的图象纵坐标不变，横坐标向右平移 6  单位。即得函数 sin 2 3y x      。 或者先进行相位变换，即将 1sin 2y x 的图象上各点的纵坐标不变，横坐标向右 平移 2 3  个单位，得到函数 1 2 1sin sin2 3 2 3y x x              的图象，再将其横 坐标变为原来的 4 倍即得即得函数 sin 2 3y x      的图象。 【知识点归类点拔】利用图角变换作图是作出函数图象的一种重要的方法，一般 地由 siny x 得到  siny A wx   的图象有如下两种思路：一先进行振幅变换即由 siny x 横坐 标不变，纵坐标变为原来的 A 倍得到 siny A x ，再进行周期变换即由 siny A x 纵坐标不变，横坐标变为原来的 1  倍，得到 siny A wx ，再进行相 位变换即由 siny A wx 横坐标向左（右）平移   个单位，即得  sin siny A x A x          ，另种就是先进行了振幅变换后，再进行相 位变换即由 siny A x 向左（右）平移  个单位，即得到函数  siny A x   的 图象，再将其横坐标变为原来的 1  倍即得  siny A wx   。不论哪一种变换 都要注意一点就是不论哪一种变换都是对纯粹的变量 x 来说的。 【练 23】（2005 全国卷天津卷）要得到的图象，只需将函数的图象上所有的点 的 A、横坐标缩短为原来的 1 2 倍（纵坐标不变），再向左平移 个单位长度。B、横 坐标缩短为原来的 1 2 倍（纵坐标不变），再向左平移 个单位长度。C、横坐 标伸长为原来的 2 倍（纵坐标不变），再向左平移 个单位长度。D、横坐标 伸长为原来的 2 倍（纵坐标不变），再向右平移 个单位长度。 答案：C 【易错点 24】没有挖掘题目中的确隐含条件，忽视对角的范围的限制而造成增 解现象。 例 24、已知  0,  ， 7sin cos 13    求 tan 的值。 【易错点分析】本题可依据条件 7sin cos 13    ，利用 sin cos 1 2sin cos       可解得sin cos  的值，再通过解方程组的方 法即可解得sin 、cos 的值。但在解题过程中易忽视sin cos 0   这个隐含条 件来确定角 范围，主观认为sin cos  的值可正可负从而造成增解。 解析：据已知 7sin cos 13    （1）有 1202sin cos 0169      ，又由于  0,  ， 故有sin 0,cos 0   ，从而sin cos 0   即 17sin cos 1 2sin cos 13        （2）联立（1）（2）可得 12 5sin ,cos13 13    ， 可得 12tan 5   。 【知识点归类点拔】在三角函数的化简求值过程中，角的范围的确定一直是其重 点和难点，在解题过程中要注意在已有条件的基础上挖掘隐含条件如：结合角的 三角函数值的符号、三角形中各内角均在 0, 区间内、与已知角的三角函数值 的大小比较结合三角函数的单调性等。本题中实际上由单位圆中的三角函数线可 知若 0, 2      则必有sin cos 1   ,故必有 ,2      。 【练24】（1994全国高考）已知  1sin cos , 0,5       ，则cot 的值是 。 答案： 3 4  【易错点 25】根据已知条件确定角的大小，没有通过确定角的三角函数值再求 角的意识或确定角的三角函数名称不适当造成错解。 例 25、若 5 10sin ,sin5 10    ，且 、  均为锐角，求  的值。 【易错点分析】本题在解答过程中，若求  的正弦，这时由于正弦函数在  0, 区间内不单调故满足条件的角有两个，两个是否都满足还需进一步检验这 就给解答带来了困难，但若求  的余弦就不易出错，这是因为余弦函数在  0, 内单调，满足条件的角唯一。 解析：由 5 10sin ,sin5 10    且 、  均为锐角知解析：由 5 10sin ,sin5 10    且 、  均为锐角知 2 5 3 10cos ,cos5 10    ,则   2 5 3 10 5 10 2cos 5 10 5 10 2        由 、  均为锐角即  0,    故    【知识点归类点拔】根据已知条件确定角的大小，一定要转化为确定该角的某个 三角函数值，再根据此三 角函数值确定角这是求角的必然步骤，在这里要注意两点一就是要结合角的范围 选择合适的三角函数名称 同时要注意尽量用已知角表示待求角，这就需要一定的角的变换技巧如：    2        等。 二是依据三角函数值求角时要注意确定角的范围的技巧。 【练 25】（1）在三角形 ABC 中，已知 3 5sin ,cos5 13A B  ，求三角形的内角 C 的大小。 答案： 16arccos 65 （提示确定已知角的余弦值，并结合已知条件确定角 A 的范围） （2）（2002 天津理，17）已知 cos（α＋ 4  ）＝ 2,5 3  ≤α＜ 2 3 ，求 cos（2α ＋ 4  ）的值. 答案：cos 2 + cos 24 4 4                   =－ 50 231 【易错点 26】对正弦型函数  siny A x   及余弦型函数  cosy A x   的 性质：如图象、对称轴、对称中心易遗忘或没有深刻理解其意义。 例 26、如果函数 sin 2 cos2y x a x  的图象关于直线 8x   对称，那么 a 等于 （ ） A. 2 B.－ 2 C.1 D.－1 【易错点分析】函数  siny A x   的对称轴一定经过图象的波峰顶或波谷底， 且与 y 轴平行，而对称中心是图象与 x 轴的交点，学生对函数的对称性不理解误 认为当 8x   时，y=0，导致解答出错。 解析：（法一）函数的解析式可化为  2 1sin 2y a x    ，故 y 的最大值为 2 1a  ，依题意，直线 8x   是函数的对称轴，则它通过函数的最大值或最小 值点即 sin cos4 4a             2 1a  ，解得 1a   .故选 D （法二）依题意函数为  2 1sin 2 arctany a x a   ,直线 8x   是函数的对称轴, 故有 2 arctan ,8 2a k k z          ，即： 3arctan 4a k   ，而 arctan ,2 2a       故arctan 4a   ，从而 1a   故选 D. （法三）若函数关于直线 8x   是函数的对称则必有  0 4f f      ，代入即得 1a   。 【知识点归类点拔】对于正弦型函数  siny A x   及余弦型函数  cosy A x   它们有无穷多条对称轴及无数多个对称中心，它们的意义是分 别使得函数取得最值的 x 值和使得函数值为零的 x 值，这是它们的几何和代数特 征。希望同学们认真学习本题的三种解法根据具体问题的不同灵活处理。 【练 26】（1）（2003 年高考江苏卷 18）已知函数 )0,0)(sin()(   xxf 上 R 上的偶函数，其图象关于点 )0,4 3( M 对称，且在区间 ]2,0[  上是单调函数，求 和ω的值. 答案： 2,2 3    或 2 。 （ 2 ）（ 2005 全 国 卷 一 第 17 题 第 一 问 ） 设 函 数 的     sin 2f x x         ，  y f x 图象的一条对称轴是直线 8x  ，求 答案： = 3 4  【易错点 27】利用正弦定理解三角形时，若已知三角形的两边及其一边的对角 解三角形时，易忽视三角形解的个数。 例 27、在 ABC 中， 30 , 2 3, 2B AB AC   。求 ABC 的面积 【易错点分析】根据三角形面积公式，只需利用正弦定理确定三角形的内角 C， 则相应的三角形内角 A 即可确定再利用 1 sin2s bc A  即可求得。但由于正弦函数 在区间 0, 内不严格格单调所以满足条件的角可能不唯一，这时要借助已知条 件加以检验，务必做到不漏解、不多解。 解析：根据正弦定理知： sin sin AB AC C B  即 2 3 2 sin sin30C  得 3sin 2C  ，由于 sin30AB AC AB   即满足条件的三角形有两个故 60C  或120 .则 30A  或 90 故相应的三角形面积为 1 2 3 2 sin30 32s      或 1 2 3 2 2 32    . 【知识点归类点拔】正弦定理和余弦定理是解三角形的两个重要工具，它沟通了 三角形中的边角之间的内在联系，正弦定理能够解决两类问题（1）已知两角及 其一边，求其它的边和角。这时有且只有一解。（2）已知两边和其中一边的对角， 求其它的边和角,这是由于正弦函数在在区间 0, 内不严格格单调，此时三角形 解的情况可能是无解、一解、两解，可通过几何法来作出判断三角形解的个数。 如：在 ABC 中，已知 a,b 和 A 解的情况如下： （1） 当 A 为锐角 （2）若 A 为直角或钝 角 【练 27】（2001 全国）如果满足 60ABC   ， 2AC  ，BC k 的三角表恰有一 个那么 k 的取值范围是（）A、8 3 B、0 12k  C、 12k  D、0 12k  或 8 3k  答案：D 【易错点 28】三角形中的三角函数问题。对三角变换同三角形边、角之间知识 的结合的综合应用程度不够。 例 28、（1）（2005 湖南高考）已知在△ABC 中，sinA（sinB＋cosB）－sinC＝0， sinB＋cos2C＝0，求角 A、B、C 的大小. 【易错点分析】本题在解答过程中若忽视三角形中三内角的联系及三角形各内角 大小范围的限制，易使思维受阻或解答出现增解现象。 解 法 一 由 0sin)cos(sinsin  CBBA 得 .0)sin(cossinsinsin  BABABA 所以 .0sincoscossincossinsinsin  BABABABA 即 .0)cos(sinsin  AAB 因为 ),,0( B 所以 0sin B ，从而 .sincos AA  由 ),,0( A 知 .4 A 从而  4 3 CB .由 .0)4 3(2cossin02cossin  BBCB 得 即 .0cossin2sin.02sinsin  BBBBB 亦即 由此得 .12 5,3,2 1cos   CBB 所以 ,4 A .12 5,3   CB 解法二：由 ).22 3sin(2cossin02cossin CCBCB  得 由 B0 、 c ，所以 .2222 3   CBCB 或 即 .222 32   BCCB 或 由 0sin)cos(sinsin  CBBA 得 .0)sin(cossinsinsin  BABABA 所以 .0sincoscossincossinsinsin  BABABABA 即 .0)cos(sinsin  AAB 因为 0sin B ，所以 .sincos AA  由 .4),,0(   AA 知 从 而  4 3 CB ，知 B+2C= 2 3 不合要求.再由  2 12  BC ，得 .12 5,3   CB 所 以 ,4 A .12 5,3   CB 2、（北京市东城区 2005 年高三年级四月份综合练习）在△ABC 中，a、b、c 分 别是角 A、B、C 的对边，且 .2cos cos ca b C B  （Ⅰ）求角 B 的大小（Ⅱ）若 4,13  cab ，求△ABC 的面积. 【思维分析】根据正弦定理和余弦定理将条件化为三角形边的关系或角的关系解 答。 （Ⅰ）解法一：由正弦定理 RC c B b A a 2sinsinsin  得 .sin2,sin2,sin2 CRcBRbARa  将上式代入已知 .sinsin2 sin cos cos 2cos cos CA B C B ca b C B  得 即 .0sincoscossincossin2  BCBCBA .0)sin(cossin2  CBBA 故 A+B+C= ， .0sincossin2.sin)sin(  ABAACB BBA  .2 1cos,0sin  为三角形 的内角，  3 2B . 解 法 二 ： 由 余 弦 定 理 得 bc acbCac bcaB 2cos,2cos 222222  将 上 式 代 入 .2 2 22cos cos 222 222 ca b cba ab ac bca ca b C B   得 整理得 .222 acbca  Bac ac ac bcaB  .2 1 22cos 222 为三角形的内角，  3 2 B . （Ⅱ）将  3 2,4,13  Bcab 代入余弦定理 Baccab cos2222  得 .3).2 11(21613,cos22)( 22  acacBacaccab .34 3sin2 1   BacS ABC 【知识点归类点拔】三角形中的三角函数问题一直是高考的热点内容之一。对正 余弦定理的考查主要涉及三角形的边角互化（如判断三角形的形状等，利用正、 余弦定理将条件中含有的边和角的关系转化为边或角的关系是解三角形的常规 思路），三角形内的三角函数求值、三角恒等式的证明、三角形外接圆的半径等 都体现了三角函数知识与三角形知识的交汇，体现了高考命题的原则。 【练 28】（1）（2004 年北京春季高考）在 ABC 中，a，b，c 分别是  A B C， ， 的对边长，已知 a，b，c 成等比数列，且a c ac bc2 2   ，求A 的大小及 b B c sin 的值。 答案： 60A   ， sin 3 2 b B c  （2）（2005 天津）在△ABC 中，∠A、∠B、∠C 所对的边长分别为 a、 b、c，设 a、b、c 满足条件 2 2 2b c bc a   和 1 32 c b   。求∠A 和 tan B 的值。 答案： 60A   ， 1tan 2B  【易错点 29】含参分式不等式的解法。易对分类讨论的标准把握不准，分类讨 论达不到不重不漏的目的。 例 29、解关于 x 的不等式 2 )1(   x xa ＞1(a≠1). 【易错点分析】将不等式化为关于 x 的一元二次不等式后，忽视对二次项系数的 正负的讨论，导致错解。 解：原不等式可化为： 2 )2()1(   x axa ＞0，即［(a－1)x+(2－a)］(x－2)＞0. 当 a＞1 时，原不等式与(x－ 1 2   a a )(x－2)＞0 同解.若 1 2   a a ≥2，即 0≤a＜1 时， 原不等式无解；若 1 2   a a ＜2，即 a＜0 或 a＞1，于是 a＞1 时原不等式的解为(－ ∞， 1 2   a a )∪(2，+∞). 当 a＜1 时，若 a＜0，解集为( 1 2   a a ，2)；若 0＜a＜1，解集为(2， 1 2   a a ) 综上所述：当 a＞1 时解集为(－∞， 1 2   a a )∪(2，+∞)；当 0＜a＜1 时，解集为(2， 1 2   a a )；当 a=0 时，解集为 ；当 a＜0 时，解集为( 1 2   a a ，2). 【知识点分类点拔】解不等式对学生的运算化简等价转化能力有较高的要求，随 着高考命题原则向能力立意的进一步转化，对解不等式的考查将会更是热点，解 不等式需要注意下面几个问题： (1)熟练掌握一元一次不等式(组)、一元二次不等式(组)的解法. (2)掌握用序轴标根法解高次不等式和分式不等式，特别要注意因式的处理方法. (3)掌握无理不等式的三种类型的等价形式，指数和对数不等式的几种基本类型 的解法. (4)掌握含绝对值不等式的几种基本类型的解法. (5)在解不等式的过程中，要充分运用自己的分析能力，把原不等式等价地转化 为易解的不等式.(6)对于含字母的不等式，要能按照正确的分类标准，进行分类 讨论. 【练 29】（2005 年江西高考）已知函数 2 ( ) ( ,xf x a bax b   为常数）,且方程 ( ) 12 0f x x   有两个实根为 1 23, 4.x x  （1）求函数 ( )f x 的解析式；（2）设 1k  ,解关于 x 的不等式： ( 1)( ) 2 k x kf x x    答案： 2 ( ) ( 2).2 xf x xx   ①当1 2k  时,解集为(1, ) (2, );k  ②当 2k  时,不等 式为 2( 2) ( 1) 0x x   解集为(1,2) (2, ); ③当 2k  时,解集为(1,2) ( , ).k  【易错点 30】求函数的定义域与求函数值域错位 例 30、已知函数      2 2lg 3 2 2 1 5f x m m x m x       （1）如果函数  f x 的 定义域为 R 求实数 m 的取值范围。（2）如果函数  f x 的值域为 R 求实数 m 的取 值范围。 【易错点分析】此题学生易忽视对 2 3 2m m  是否为零的讨论，而导致思维不全 面而漏解。另一方面对两个问题中定义域为 R 和值域为 R 的含义理解不透彻导致 错解。 解析：（1）据题意知若函数的定义域为 R 即对任意的 x 值    2 23 2 2 1 5m m x m x     0 恒成立，令      2 23 2 2 1 5g x m m x m x      ，当 2 3 2m m  =0 时，即 1m  或 2 。经验 证当 1m  时适合，当 2 3 2 0m m   时，据二次函数知识若对任意 x 值函数值大于 零恒成立，只需 2 3 2 0 0 m m      解之得 1m  或 9 4m  综上所知 m 的取值范围为 1m  或 9 4m  。 （2）如果函数  f x 的值域为 R 即对数的真数   2 23 2 2 1 5m m x m x     能 取到任意的正数，令      2 23 2 2 1 5g x m m x m x      当 2 3 2m m  =0 时， 即 1m  或 2 。经验证当 2m  时适合，当 2 3 2 0m m   时，据二次函数知识知要 使的函数值取得所有正值只需 2 3 2 0 0 m m      解之得 92 4m  综上可知满足题 意的 m 的取值范围是 92 4m  。 【知识点归类点拔】对于二次型函数或二次型不等式若二次项系数含有字母，要 注意对字母是否为零进行讨论即函数是一次函数还是二次函数不等式是一次不 等式还是二次不等式。同时通过本题的解析同学们要认真体会这种函数与不等式 二者在解题中的结合要通过二者的相互转化而获得解题的突破破口。再者本题中 函数的定义域和值域为 R 是两个不同的概念，前者是对任意的自变量 x 的值函数 值恒正，后者是函数值必须取遍所有的正值二者有本质上的区别。 【练 30】已知函数      2 21 2 1 2f x a x a x     的定义域和值域分别为 R 试 分别确定满足条件的 a 的取值范围。答案：（1） 1a  或 3a   （2） 3 1a   或 1a   【易错点 31】不等式的证明方法。学生不能据已知条件选择相应的证明方法,达 不到对各种证明方法的灵活应用程度。 例 31、已知 a＞0，b＞0，且 a+b=1.求证：(a+ a 1 )(b+ b 1 )≥ 4 25 . 【易错点分析】此题若直接应用重要不等式证明，显然 a+ a 1 和 b+ b 1 不能同时取 得等号，本题可有如下证明方法。 证法一：(分析综合法）欲证原式，即证 4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，即证 4(ab)2 －33(ab)+8≥0，即证 ab≤ 4 1 或 ab≥8.∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8 不可能成 立∵1=a+b≥2 ab ，∴ab≤ 4 1 ，从而得证. 证法二：(均值代换法)设 a= 2 1 +t1，b= 2 1 +t2.∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1| ＜ 2 1 ，|t2|＜ 2 1 .4 25 4 1 16 25 4 1 2 3 16 25 4 1 )4 5( 4 1 )14 1)(14 1( )2 1)(2 1( )14 1)(14 1( 2 1 1)2 1( 2 1 1)2 1(11)1)(1( 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 22 2 11 21 2 22 2 11 2 2 2 1 2 122                    t tt t tt t tttt tt tttt t t t t b b a a bbaa 显然当且仅当 t=0，即 a=b= 2 1 时，等号成立. 证法三：(比较法）∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ab ，∴ab≤ 4 1 4 25)1)(1( 04 )8)(41( 4 8334 4 2511 4 25)1)(1( 2222   bbaa ab abab ab abba b b a a bbaa 证法四：(综合法)∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2 ab ，∴ab≤ 4 1 . 4 251)1( 41 16 251)1( 16 9)1(4 3 4 111 2 2 2               ab ab ab ab abab 4 25)1)(1(  bbaa即 证法五：(三角代换法)∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令 a=sin2α，b=cos2α，α∈(0， 2  ) .4 25)1)(1(4 25 2sin4 )2sin4( 4 1 2sin 1 25162sin24 .3142sin4,12sin 2sin4 16)sin4( 2sin4 2cossin2cossin) cos 1)(cos sin 1(sin)1)(1( 2 22 2 2 22 2 22 2 2244 2 2 2 2         bbaa bbaa 即得               【知识点归类点拔】1.不等式证明常用的方法有：比较法、综合法和分析法，它 们是证明不等式的最基本的方法.(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个 步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述；如果作差以 后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证. (2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为 前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野. 2.不等式证明还有一些常用的方法：换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、 判别式法、数形结合法等.换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元 法时，要注意代换的等价性.放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放 缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查.有些不等式，从正面证如果不易 说清楚，可以考虑反证法.凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题， 适宜用反证法. 证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要 熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点. 【 练 31 】（ 2002 北 京 文 ） 数 列  nx 由 下 列 条 件 确 定 ：          Nnx axxax n nn ,2 1,0 11 （1） 证明：对于 2n  总有 nx a ,（2）证明：对于 2n  ，总有 1n nx x  . 【易错点 32】函数与方程及不等式的联系与转化。学生不能明确和利用三者的 关系在解题中相互转化寻找解题思路。 例 32、已知二次函数 ( )f x 满足 ( 1) 0f   ，且 21( ) ( 1)2x f x x   对一切实数 x 恒 成 立 . (1) 求 (1)f ； (2) 求 ( )f x 的 解 析 式 ； (3) 求 证 ： 1 1 2 ( ) 2 n i n f k n   ( ).n N 【易错点分析】对条件中的不等关系向等式关系的转化不知如何下手，没有将二 次不等式与二次函数相互转化的意识，解题找不到思路。 解：（1）由已知令 1x  得： 211 (1) (1 1) 12f    (1) 1.f  （2）令 2( ) ( 0)f x ax bx c a    由 1)1(,0)1(  ff 得： 0 1 a b c a b c        1 1,2 2b c a    即 2 1 1( ) 2 2f x ax x a    则 21( ) ( 1)2x f x x   对任意实数 x 恒成立就是 2 2 1 1 02 2 (1 2 ) 2 0 ax x a a x x a           对任意实数恒成立，即： 2 1 2 2 0,1 2 0 1(2 ) 02 (4 1) 0 a a a a             1 1,4 4a c   则 21 1 1( ) 4 2 4f x x x   （3）由（2）知 21( ) ( 1)4f x x  故 2 1 4 4 ( ) ( 1)( 2)( 1)f k k kk     1 14( )1 2k k    1 1 1 1 1 1 14(( ) 2 3 3 4 1 n i f k n          1 )2n   2 2 n n   故原不等式成立． 【知识点归类点拔】函数与方程的思想方法是高中数学的重要数学思想方法函数 思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题。方程思想， 是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型（方程、 不等式、或方程与不等式的混合组），然后通过解方程（组）或不等式（组）来 使问题获解。有时，还实现函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的。 对于不等式恒成立，引入新的参数化简了不等式后，构造二次函数利用函数的图 像和单调性进行解决问题，其中也联系到了方程无解，体现了方程思想和函数思 想。一般地，我们在解题中要抓住二次函数及图像、二次不等式、二次方程三者 之间的紧密联系，将问题进行相互转化。 【练 32】（2005 潍坊三月份统考）已知二次函数 2( )f x ax bx c   ( , , )a b c R ， 满 足 ( 1) 0f   ； 且 对 任 意 实 数 x 都 有 ( ) 0f x x  ； 当 (0,2)x  时 有 2( 1)( ) ,4 xf x  （1）求 (1)f 的值；（2）证明 0, 0;a c  （3）当 [ 1,1]x   时， 函数 ( )g x  ( ) ( )f x mx m R  是单调的，求证： 0m  或 1.m  （1） (1) 1.f  （2）运用重要不等式（3）略 【易错点 33】利用函数的的单调性构造不等关系。要明确函数的单调性或单调 区间及定义域限制。 例 33、记   2f x ax bx c   ，若不等式   0f x  的解集为 1,3 ，试解关于 t 的 不等式    28 2f t f t   。 【易错点分析】此题虽然不能求出 a,b,c 的具体值，但由不等式的解集与函数及 方程的联系易知 1,3 是方程 2 0ax bx c   的两根，但易忽视二次函数开口方向， 从而错误认为函数在 2, 上是增函数。 解析：由题意知        1 2 1 3f x a x x x a x x      ，且 0a  故二次函数在区 间 2, 上是增函数。又因为 28 8,2 2t t    ，故由二次函数的单调性知不 等式    28 2f t f t   等价于 28 2t t   即 2 6 0t t   故 3t  即不等式的 解为： 3 3t   。 【知识点分类点拔】函数的单调性实质是就体现了不等关系，故函数与不等式的 结合历来都是高考的热点内容，也是我们解答不等式问题的重要工具，在解题过 程中要加意应用意识，如指数不等式、对数不等式、涉及抽象函数类型的不等式 等等都与函数的单调性密切相关。 【 练 33 】（ 1 ）（ 2005 辽 宁 4 月 份 统 考 题 ） 解 关 于 x 的 不 等 式 ]1)2([log)1(log 42  xax )1( a 答 案 ： 当 21  a 时 ， 解 集 为 }212|{  xaxax 或 当 2a 时 ， 解 集 为 }22 3|{  xxx 且 当 2a 时解集为 }212|{ axxax  或 。 （2） （2005 全国卷Ⅱ）设函数  f x |1||1|2  xx ,求使  f x ≥的 22 的 x 取值范 围。 答案：x 取值范围是 ),4 3[  【易错点 34】数学归纳法的应用。学生易缺乏应用数学归纳法解决与自然数有 关问题的意识，忽视其步骤的规范性及不理解数学归纳法的每一步的意义所在。 例 34、自然状态下的鱼类是一种可再生资源，为持续利用这一资源，需从宏观 上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响。用 nx 表示某鱼群在第 n 年年初 的总量，n∈N＊，且 1x ＞0。不考虑其它因素，设在第 n 年内鱼群的繁殖量及捕 捞量都与 nx 成正比，死亡量与 2 nx 成正比，这些比例系数依次为正常数 a，b，c。 （Ⅰ）求 1nx  与 nx 的关系式；（Ⅱ）猜测：当且仅当 1x ，a，b，c 满足什么条件时， 每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明）（Ⅲ）设 a＝2，b＝1，为保证对 任意 1x ∈（0,2），都有 nx ＞0， *n N ，则捕捞强度 b 的最大允许值是多少？证 明你的结论。 【易错点分析】本题为数列模型应用题,主要考查数列、不等式和数学归纳法。 2005 年高考主要涉及两种类型应用题，一种类型为概率，另一种为数列。给我 们信息：数学越来越贴近生活，数学越来越强调实用性, 我们在备考中要注意对 几种常见模型建模的训练；可见，高考数学越来越注意与函数、不等式、导数、 向量等工具结合，这是将来高考的方向， 【解析】（I）从第 n 年初到第 n+1 年初，鱼群的繁殖量为 ax ，被捕捞量为bx ， 死亡量为 2 ncx 因此 2 1n n n n nx x ax bx cx     即   * 1 1n n nx x a b cx n N      。 （II）若每年年初鱼群总量保持不变，则 nx 恒等于 1x ， *n N ，从而由上式得  n nx a b cx  恒等于零, *n N 故 1 0a b cx   即 1 a bx c  因为 1x >0，所以 a b .猜测：当且仅当 a b ，且 c bax 1 时，每年年初鱼群的总量保持不变. （ Ⅲ ） 若 b 的 值 使 得 nx >0 ， *n N ， 由  1 3n n nx x b x    知 0 3nx b   , *n N 特别地，有 10 3x b   . 即 10 3b x   ，而 1x ∈(0, 2)，所以 ]1,0(b ，由此猜测 b 的最大允许值是 1. 下证 当 1x ∈(0, 2) ， b=1 时，都有 nx ∈(0, 2), *n N 。 ①当 n=1 时，结论显然成立.②假设当 n=k 时结论成立，即 kx ∈(0, 2),则当 n=k+1 时，  1 2 0k k kx x x    .又因 为    2 1 2 1 1 1 2k k k kx x x x         .所以 1kx  ∈(0, 2)，故当 n=k+1 时 结论也成立.由①、②可知，对于任意的 *n N ，都有 nx ∈(0,2).综上所述， 为保证对任意 1x ∈(0, 2), 都有 nx >0， *n N ，则捕捞强度 b 的最大允许 值是 1. 【知识点归类点拔】归纳是一种有特殊事例导出一般原理的思维方法。归纳推理 分完全归纳推理与不完全归纳推理两种。不完全归纳推理只根据一类事物中的部 分对象具有的共同性质，推断该类事物全体都具有的性质，这种推理方法，在数 学推理论证中是不允许的。完全归纳推理是在考察了一类事物的全部对象后归纳 得出结论来。数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方 法，在解数学题中有着广泛的应用。它是一个递推的数学论证方法，论证的第一 步是证明命题在 n＝1(或 n 0 )时成立，这是递推的基础；第二步是假设在 n＝k 时命题成立，再证明 n＝k＋1 时命题也成立，这是无限递推下去的理论依据，它 判断命题的正确性能否由特殊推广到一般，实际上它使命题的正确性突破了有 限，达到无限。这两个步骤密切相关，缺一不可，完成了这两步，就可以断定“对 任何自然数（或 n≥n 0 且 n∈N）结论都正确”。由这两步可以看出，数学归纳法 是由递推实现归纳的，属于完全归纳.运用数学归纳法证明问题时，关键是 n＝k ＋1 时命题成立的推证，此步证明要具有目标意识，注意与最终要达到的解题目 标进行分析比较，以此确定和调控解题的方向，使差异逐步减小，最终实现目标 完成解题。运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数 n 有关的恒等式、代 数不等式、三角不等式、数列问题、几何问题、整除性问题等等。 【练 34】（2005 年全国卷Ⅰ统一考试理科数学） （Ⅰ）设函数 )10( )1(log)1(log)( 22  xxxxxxf ，求 )(xf 的最小值； （Ⅱ）设正数 npppp 2321 ,,,,  满足 12321  npppp  ，证明 npppppppp nn  222323222121 loglogloglog  答案：（Ⅰ） 1 12f       （Ⅱ）用数学归纳法证明。 （ 2 ）（ 2005 高 考 辽 宁 ） 已 知 函 数 ).1(1 3)(   xx xxf 设 数 列 na{ } 满 足 )(,1 11 nn afaa   ，数列 nb{ }满足 ).(|,3| * 21 NnbbbSab nnnn   （Ⅰ）用数学归纳法证明 12 )13(   n n nb ； （Ⅱ）证明 .3 32nS 【易错点 35】涉及向量的有关概念、运算律的理解与应用。易产生概念性错误。 例 35、下列命题： ① 422 ||)()( aaa  ② bcacba  )()( ③ | a ·b |=| a |·|b |④若 a ∥ bb , ∥ ,c 则 a ∥c ⑤ a ∥b ，则存在唯一实数λ，使 ab  ⑥若 cbca  ，且 c ≠o ，则 ba  ⑦设 21 ,ee 是平面内两向量，则对于平面内任何一向量 a ，都存 在唯一一组实数 x、y，使 21 eyexa  成立。⑧若|a +b |=| a －b |则 a ·b =0。 ⑨ a ·b =0，则 a =0 或b =0 真命题个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．3 个以上 【易错点分析】共线向量、向量的数乘、向量的数量积的定义及性质和运算法则 等是向量一章中正确应用向量知识解决有关问题的前提，在这里学生极易将向量 的运算与实数的运算等同起来，如认为向量的数量积的运算和实数一样满足交换 律产生一些错误的结论。 解析：①正确。根据向量模的计算 2 a a a    判断。②错误，向量的数量积的运 算不满足交换律,这是因为根据数量积和数乘的定义 ( )a c b    表示和向量b  共线 的向量，同理( )a b c    表示和向量 c  共线的向量，显然向量b  和向量c  不一定是共 线向量，故 ( ) ( )a b c a c b          不一定成立。③错误。应为 a b a b     ④错误。 注意零向量和任意向量平行。非零向量的平行性才具有传递性。 ⑤错误。应 加条件“非零向量 a  ”⑥错误。向量不满足消去律。根据数量的几何意义，只需 向量b  和向量b  在向量 c  方向的投影相等即可，作图易知满足条件的向量有无数 多个。⑦错误。注意平面向量的基本定理的前提有向量 21 ,ee 是不共线的向量即 一组基底。⑧正确。条件表示以两向量为邻边的平行四边形的对角线相等，即四 边形为矩形。故 a ·b =0。⑨错误。只需两向量垂直即可。 答案：B 【知识点归类点拔】在利用向量的有关概念及运算律判断或解题时，一定要明确 概念或定理成立的前提条件和依据向量的运算律解答，要明确向量的运算和实数 的运算的相同和不同之处。一般地已知ａ，ｂ，с和实数λ，则向量的数量积满 足下列运算律：①ａ·ｂ＝ｂ·ａ (交换律)②（λａ）·ｂ＝λ（ａ·ｂ）＝ ａ·（λｂ） (数乘结合律)③(ａ＋ｂ)·с＝ａ·с＋ｂ·с (分配律)说明： （1）一般地，(ａ·ｂ)с≠ａ（ｂ·с）（2）ａ·с＝ｂ·с，с≠0  ａ＝ ｂ（3）有如下常用性质：ａ２＝｜ａ｜２，（ａ＋ｂ）（с＋ｄ）＝ａ·с＋ａ·ｄ ＋ｂ·с＋ｂ·ｄ，(ａ＋ｂ)２＝ａ２＋２ａ·ｂ＋ｂ２ 【练 35】（1）（2002 上海春，13）若 a、b、c 为任意向量，m∈R，则下列等式不． 一定．．成立的是（ ） A.（a+b）+c=a+（b+c）B.（a+b）·c=a·c+b·c C.m（a+b）=ma+mb D.（a·b） c=a（b·c） （2）(2000 江西、山西、天津理，4)设 a、b、c 是任意的非零平面向量,且相互 不共线,则 ①（a·b）c－（c·a）b=0 ②|a|－|b|<|a－b| ③（b·c）a－（c·a）b 不 与 c 垂直④（3a+2b）（3a－2b）=9|a|2－4|b|2 中，是真命题的有（ ） A.①② B.②③ C.③④ D.②④ 答案：（1）D（2）D 【易错点 36】利用向量的加法、减法、数量积等运算的几何意义解题时，数形 结合的意识不够，忽视隐含条件。 例 36、四边形 ABCD 中， AB ＝ａ， BC ＝ｂ，CD ＝с， DA ＝ｄ，且ａ·ｂ＝ ｂ·с＝с·ｄ＝ｄ·ａ，试问四边形 ABCD 是什么图形? 【易错点分析】四边形的形状由边角关系确定，关键是由题设条件演变、推算该 四边形的边角量，易忽视如下两点：（1）在四边形中， AB ， BC ，CD ， DA 是 顺次首尾相接向量，则其和向量是零向量，即ａ＋ｂ＋с＋ｄ＝0，应注意这一 隐含条件应用；(2)由已知条件产生数量积的关键是构造数量积，因为数量积的 定义式中含有边、角两种关系。 解：四边形 ABCD 是矩形，这是因为一方面：由ａ＋ｂ＋с＋ｄ＝0 得ａ＋ｂ＝ －（с＋ｄ），即(ａ＋ｂ)２＝（с＋ｄ）2 即｜ａ｜２＋２ａ·ｂ＋｜ｂ｜２＝｜ с｜２＋２с·ｄ＋｜ｄ｜２由于ａ·ｂ＝с·ｄ，∴｜ａ｜２＋｜ｂ｜２＝｜с｜ ２＋｜ｄ｜２①同理有｜ａ｜２＋｜ｄ｜２＝｜с｜２＋｜ｂ｜２②由①②可得｜ ａ｜＝｜с｜，且｜ｂ｜＝｜ｄ｜即四边形 ABCD 两组对边分别相等 ∴四边形 ABCD 是平行四边形另一方面，由ａ·ｂ＝ｂ·с，有ｂ（ａ－с）＝０，而由 平行四边形 ABCD 可得ａ＝－с，代入上式得ｂ·(2ａ)＝０即ａ·ｂ＝０，∴ａ ⊥ｂ也即 AB⊥BC。综上所述，四边形 ABCD 是矩形 【知识点归类点拔】向量是高考的一个亮点，因为向量知识，向量观点在数学、 物理等学科的很多分支有着广泛的应用，而它具有代数形式和几何形式的“双重 身份”能融数形于一体，能与中学数学教学内容的许多主干知识综合，形成知识 交汇点，所以高考中应引起足够的重视。基于这一点解决向量有关问题时要树立 起数形结合，以形助数的解题思路。例如很多重要结论都可用这种思想直观得到： （1）向量形式的平行四边形定理：2（｜ a ｜ 2 +｜b ｜ 2 ）=｜ a －b ｜ 2 +｜ a +b ｜ 2（2）向量形式的三角形不等式：｜｜ a ｜-｜b ｜｜≤｜ a ±b ｜≤｜ a ｜+｜b ｜ (试问：取等号的条件是什么?)；（3）在△ABC 中，若点 P 满足；AP =  |AC| AC |AB| AB 则直线 AP 必经过△ABC 的内心等等有用的结论。 【练 36】（1）（2003 高考江苏）O 是平面上一 定点，A、B、C 是平面上不共线的 三个点，动点 P 满足 ).,0[ |||| (   AC AC AB ABOAOP 则 P 的轨迹一定通过△ABC 的 （ ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 （2 ）（ 2005 全 国 卷 文 科 ） 点 O 是 三 角 形 ABC 所 在 平 面 内 的 一 点 ， 满 足 OAOCOCOBOBOA  ，则点 O 是 ABC 的（ ） （A）三个内角的角平分线的交点 （B）三条边的垂直平分 线的交点 （C）三条中线的交点 （D）三条高的 交点 （3）（2005 全国卷Ⅰ） ABC 的外接圆的圆心为 O，两条边上的高的交点为 H， )( OCOBOAmOH  ，则实数 m = 答案：（1）B （2）D （3）m=1 【易错点 37】忽视向量积定义中对两向量夹角的定义。 例 37、已知 ABC 中, 5, 8, 7a b c   ,求 BC CA  【易错点分析】此题易错误码的认为两向量 BC  和CA  夹角为三角形 ABC 的内角 C 导致错误答案. 解析:由条件 5, 8, 7a b c   根据余弦定理知三角形的内角 60C  ，故两向量 BC  和 CA  夹 角 为 60C  的 补 角 即 , 120BC CA   , 故 据 数 量 积 的 定 义 知 5 8 cos120 20BC CA        . 【知识点归类点拔】高中阶段涉及角的概念不少,在学习过程中要明确它们的概 念及取值范围,如直线的倾斜角的取值范围是 0 ,180  ，两直线的夹角的范围是 0 ,90    ，两向量的夹角的范围是 0 ,180    ，异面直线所成的角的范围是 0 ,90   ，直线和平面所成的角的范围是 0 ,90    二面角的取值范围是 0 ,180  。 【练 37】（2004 上海春招）在ΔABC 中，有如下命题，其中正确的是（） （1） AB AC BC    （2） 0AB BC CA      （3）若    0AB AC AB AC       ， 则ΔABC 为等腰三角形（4）若 0AC AB   ，则ΔABC 为锐角三角形。 A、（1）（2） B、（1）（4） C、（2）（3） D、（2）（3）（4） 答案：C 【易错点 38】向量数积积性质的应用。 例 38、已知 a、b 都是非零向量，且 a + 3b 与 7a  5b 垂直，a  4b 与 7a  2b 垂直，求 a 与 b 的夹角。 【思维分析】本题应依据两向量夹角公式树立整体求解的思想。 解析：由 (a + 3b)(7a  5b) = 0  7a2 + 16ab 15b2 = 0 ① (a  4b)(7a  2b) = 0  7a2  30ab + 8b2 = 0 ②两式相减：2ab = b2 代入①或②得：a2 = b2 设 a、b 的夹角为，则 cos = 2 1 2 2 2  |||||| b b ba ba ∴ = 60。 【知识点归类点拔】利用向量的数量积的重要性质结合向量的坐标运算可解决涉 及长度、角度、垂直等解析几何、立体几何、代数等问题，要熟记并灵活应用如 下性质：设ａ与ｂ都是非零向量，①ａ与ｂ的数量积的几何意义是向量ａ在向量 ｂ方向的单位向量正射影的数量②ａ⊥ｂ  ａ·ｂ＝０③ａ·ａ＝｜ａ｜２或｜ ａ｜＝ 2aaa  ④ｃｏｓθ＝ ba ba   ⑤｜ａ·ｂ｜≤｜ａ｜·｜ｂ｜ 【练 38】（1）（2005 高考江西卷）已知向量 (1,2), ( 2, 4),| | 5,a b c      若 5( ) ,2a b c     则 a  与c  的夹角为（ ）A．30° B．60° C．120 ° D．150°答案：C （2）（2005 浙江卷）已知向量 a  ≠ e  ，| e  |＝1，对任意 t∈R，恒有| a  －t e  |≥| a  － e  |，则 (A) a  ⊥ e  (B) a  ⊥( a  － e  ) (C) e  ⊥( a  － e  ) (D) ( a  ＋ e  )⊥( a  － e  )答 案：C 【易错点 39】向量与三角函数求值、运算的交汇 例 39、 )2,(),,0(),0,1(),sin,cos1(),sin,cos1(   cba  ，a 与 c 的夹角为θ1， b  与c 的夹角为θ2，且 2sin,321   求 的值. 【易错点分析】此题在解答过程中，学生要将向量的夹角运算与三角变换结合起 来，注意在用已知角表示两组向量的夹角的过程中，易忽视角的范围而导致错误 结论。 解析： ),2sin,2(cos2cos2)2cos2sin2,2cos2( 2  a 2(2sin ,2sin cos )2 2 2b     2sin (sin ,cos )2 2 2    (0, ), ( ,2 ),      (0, ), ( , ),2 2 2 2        故有 | | 2cos 2a  | | 2sin 2b  2 1 2cos 2cos | | | | 2cos 2 a c a c            1cos , ,2 2     2 2 2sin 2cos sin ,2| | | | 2sin 2 b c b c             0 ,2 2 2      2 2 2     因 62,22221   ，从而 .2 1 6sin2sin   【知识点归类点拔】当今高考数学命题注重知识的整体性和综合性，重视知识的 交汇性，向量是新课程新增内容，具体代数与几何形式的双重身份。它是新旧知 识的一个重要的交汇点，成为联系这些知识的桥梁，因此，向量与三角的交汇是 当今高考命题的必然趋势。高考对三角的考查常常以向量知识为载体，结合向量 的夹角、向量的垂直、向量的模或向量的运算来进行考查学生综合运用知识解决 问题的能力。 【练 39】（1）（2005 高考江西）已知向量 (2cos ,tan( )), ( 2 sin( ),tan( ))2 2 4 2 4 2 4 x x x xa b         ,令 ( )f x a b     是否存在实 数 [0, ]x  ,使 ( ) '( ) 0f x f x  （其中 '( )f x 是 ( )f x 的导函数）？若存在,则求出 x 的值；若不存在,则证明之 答案：存在实数 2x  使等式成立。 （2）（2005 山东卷）已知向量 (cos ,sin )m   和    2 sin ,cos , ,2n        ，且 8 2 ,5m n   求cos 2 8      的值.答案： 4 5  。 【易错点 40】向量与解三角形的交汇。 例 40、ΔABC 内接于以 O 为圆心，1 为半径的圆，且 3 →OA＋4 →OB＋5 →OC=→0 。 ①求数量积，→OA·→OB ，→OB·→OC ，→OC·→OA ；②求ΔABC 的面积。 【思维分析】第 1 由题意可知 3 →OA、4 →OB、5 →OC三向量的模，故根据数量积的 定义及运算律将一向量移项平方即可。第 2 问据题意可将已知三角形分割成三个 小三角形利用正弦理解答。 解析：①∵|→OA|=|→OB|=|→OC|=1 由 3→OA＋4→OB＋5→OC=→0 得：3→OA＋4→OB=－5 →OC两边 平方得：9→OA2＋24→OA·→OB＋16→OB2=25→OC2∴→OA·→OB=0 同理：由 4→OB＋5→OC=－3 →OA求 得→OB·→OC=－4 5 由 3→OA＋5→OC=－4 →OB求得→OA·→OC=－3 5 ②由→OA·→OB=0,故 0ABs =1 2 |→OA||→OB|=1 2 由→OB·→OC=－4 5 得 cos∠BOC=－4 5 ∴sin ∠BOC=－3 5 ∴ 0BCs =1 2 |→OB||→OC|sin∠BOC= 3 10 ，由→OC·→OA=－3 5 得 cos∠COA=－3 5 ∴sin∠COA=4 5 ∴ 0ACs =1 2 |→OC||→OA|sin∠COA=2 5 即 ABCs = 0ABs ＋ 0ACs ＋ 0BCs =1 2 ＋ 3 10 ＋2 5 =6 5 【知识点归类点拔】本题考查了向量的模、向量的数量积的运算，用于表达三角 形的内角、面积。 【练 40】（1）（2005 全国卷Ⅲ）△ABC 中，内角 A，B，C 的对边分别是 a,b,c， 已知 a,b,c 成等比数列，且 cosB＝ 3 4 。（1）求 cotA+cotC 的值；（2）设 3 2BA BC   ， 求 a c 的值。 答案：（1） 4 77 （3） 3a c  。 （2）已知向量 a  =（2，2），向量  b 与向量  a 的夹角为 4 3 ，且  a ·  b =－2，①求向 量  b ； ②若 )2cos2,(cos,)0,1( 2 CActbt   且 ，其中 A、C 是△ABC 的内角，若三角形 的三内角 A、B、C 依次成等差数列，试求|  b +  c |的取值范围.答案：① ( 1,0)b   或 (0, 1)b   ② 2 5| | .2 2b c    【易错点 41】与向量相结合的三角不等式，学生的综合运用知识解决问题的能 力不够。 例 41、已知二次函数 f(x)对任意 x∈R，都有 f(1－x)=f(1＋x)成立，设向量 →a =(sinx,2)，→b =(2sinx,1 2 )，→c =(cos2x,1)，→d =(1,2)，当 x∈[0,π]时，求 不等式 f(→a ·→b )＞f(→c ·→d )的解集. 【易错点分析】易忽视二次函数的开口方向的讨论和三角、向量、函数三者的综 合程度不够。 解析：设 f(x)的二次项系数为 m，其图象上的两点为 A(1－x,y1)、B(1＋x,y2)， 因为(1－x)＋(1＋x) 2 =1，f(1－x)=f(1＋x)，所以 y1=y2 由 x 的任意性得 f(x)的 图象关于直线 x=1 对称，若 m＞0，则 x≥1 时，f(x)是增函数；若 m＜0，则 x≥ 1 时，f(x)是减函数。∵→a ·→b =（sinx，2）·（2sinx,1 2 ）=2sin2x＋1≥1，→c ·→d = （cos2x，1）·(1,2)=cos2x＋2≥1∴当 m＞0 时，f(→a ·→b )＞f(→c ·→d )  f(2sin2x ＋ 1) ＞ f(cos2x ＋ 2)  2sin2x ＋ 1 ＞ cos2x ＋ 2  1 － cos2x ＋ 1 ＞ cos2x ＋ 2  cos2x＜0  2kπ＋ 2  ＜2x＜2kπ＋ 2 3 ,k∈z  kπ＋ 4  ＜x＜kπ＋ 4 3 ,k ∈z∵0≤x≤π ∴ 4  ＜x＜ 4 3 当 m＜0 时，同理可得 0≤x＜ 4  或 4 3 ＜x≤π综上 所述，不等式 f(→a ·→b )＞f(→c ·→d )的解集是：当 m＞0 时，为{x| 4  ＜x＜ 4 3 ； 当 m＞0 时，为{x|0≤x＜ 4  或 4 3 ＜x＜π。 【知识点分类点拔】在运用函数的单调性构造不等式时，一定要明确函数在哪个 区间或定义域上的单调性如何（不可忽视定义域的限制），通过本题要很好的体 会向量、不等式、函数三者的综合，提高自已应用知识解决综合问题的能力。 【练 41】若 ( )f x 在定义域（－1，1）内可导,且 ' ( ) 0f x  ，点 A(1, f ( a ));B( f (－ a ),1)，对任意 a ∈(－1，1)恒有 OA OB  成立，试在  ,  内求满足不等式 f (sin x cos x )+ f (cos2 x )>0 的 x 的取值范围.答案： )4,2()4 3,2(   x ，( k Z ) 【易错点 42】向量与解析几何的交汇 例 42、（03 年新课程高考）已知常数 a>0，向量 c=（0，a），i=（1，0），经过原 点 O 以 c+λi 为方向向量的直线与经过定点 A（0，a）以 i－2λc 为方向向量的 直线相交于点 P，其中λ∈R.试问：是否存在两个定点 E、F，使得|PE|+|PF|为 定值.若存在，求出 E、F 的坐标；若不存在，说明理由. 【易错点分析】此题综合程度较高，一方面学生对题意的理解如对方向向量的概 念的理解有误，另一面在向量的问题情景下不能很好的结合圆锥曲线的定义来解 答，使思维陷入僵局。 解析：根据题设条件，首先求出点 P 坐标满足的方程，据此再判断是否存在两定 点，使得点 P 到两定点距离的和为定值.∵i=（1，0），c=（0，a）， ∴c+λi= （λ，a），i－2λc=（1，－2λa）因此，直线 OP 和 AP 的方程分别为 axy  和 axay 2 .消去参数λ，得点 ),( yxP 的坐标满足方程 222)( xaayy  .整理得 .1 )2( )2( 8 1 2 2 2    a ayx ……① 因为 ,0a 所以得：（i）当 2 2a 时，方程①是圆方程， 故不存在合乎题意的定点 E 和 F；（ii）当 2 20  a 时，方程①表示椭圆，焦点 )2,2 1 2 1( 2 aaE  和 )2,2 1 2 1( 2 aaF  为合乎题意的两个定点；（iii）当 2 2a 时，方 程①也表示椭圆，焦点 ))2 1(2 1,0( 2  aaE 和 ))2 1(2 1,0( 2  aaF 为合乎题意的两个 定点. 【知识点归类点拔】本小题主要考查平面向量的概念和计算,求轨迹的方法，椭 圆的方程和性质，利用方程判定曲线的性质，曲线与方程的关系等解析几何的基 本思想和综合解题能力。在高考中向量与圆锥曲线的结合是成为高考命题的主旋 律，在解题过程中一方面要注意在给出的向量问题情景中转化出来另一方面也要 注意应用向量的坐标运算来解决解析几何问题如：线段的比值、长度、夹角特别 是垂直、点共线等问题，提高自已应用向量知识解决解析几何问题的意识。 【练 42】（1）（2005 全国卷 1）已知椭圆的中心为坐标原点 O，焦点在 x 轴上， 斜率为 1 且过椭圆右焦点 F 的直线交椭圆于 A、B 两点， OBOA  与 )1,3( a 共 线。（Ⅰ）求椭圆的离心率；（Ⅱ）设 M 为椭圆上任意一点，且 ),( ROBOAOM   ，证明 22   为定值。 答案：（1） 6 3e  （2） 22   =1 （2）（02 年新课程高考天津卷）已知两点 M（-1，0），N（1，0），且点 P 使 MP  · MN  ， PM  · PN  , NM  · NP  成公差小于零的等差数列（1）点 P 的轨迹是什么曲线？（2） 若点 P 坐标为（ ,o ox y ），记 为 PM  与 PN  的夹角，求 tan ；答案：①点 P 的轨 迹是以原点为圆心， 3 为半径的右半圆②tan =|y 0 | （3）（2001 高考江西、山西、天津）设坐标原点为 O，抛物线 y2=2x 与过焦点的 直线交于 A、B 两点，则 OBOA 等于（ ）A. 4 3 B.－ 4 3 C.3 D.－3 答案： B 【易错点 43】解析几何与向量的数量积的性质如涉及模、夹角等的结合。 例 43、已知椭圆 C： 2 2 14 2 x y  上动点 P 到定点  ,0M m ,其中 0 2m  的距离 PM 的最小值为 1.（1）请确定 M 点的坐标（2）试问是否存在经过 M 点的直线 l ,使l 与椭圆 C 的两个交点 A、B 满足条件 OA OB AB    （O 为原点）,若存在, 求出l 的方程,若不存在请说是理由。 【思维分析】此题解题关键是由条件 OA OB AB    知 0OA OB   从而将条件 转化点的坐标运算再结合韦达定理解答。 解析：设  ,p x y ，由 2 2 14 2 x y  得 2 2 2 1 4 xy      故   2 2 2 2 1 4 xPM x m          2 2 212 1 2 24 2 x x m m         由于0 2m  且 2 2x   故当0 2 2m  时， 2PM 的最小值为 22 1m  此时 1m  ，当 2 2 4m  时， 2x  取得最小值为 22 4 2 1m m    解得 1,3m  不合题意舍去。 综上所知当 1m  是满足题意此时 M 的坐标为（1，0）。 （2）由题意知条件 OA OB AB    等价于 0OA OB   ，当l 的斜率不存在时，l 与 C 的交点为 61, 2      ，此时 0OA OB   ，设l 的方程为  1y k x  ，代入椭 圆方程整理得 2 2 2 21 2 4 2 4 0k x k x k     ，由于点 M 在椭圆内部故 0  恒 成立，由 0OA OB   知 1 2 1 2 0x x y y  即   2 2 2 1 2 21 1 0k x x k x k     ，据韦达 定理得 2 1 2 2 4 1 2 kx x k    ， 2 1 2 2 2 4 1 2 kx x k   代入上式得     2 2 2 2 2 21 2 4 4 1 2 0k k k k k k       得 2 4k   不合题意。综上知这样的直 线不存在。 【知识点归类点拔】在解题过程中要注意将在向量给出的条件转化向量的坐标运 算，从而与两交点的坐标联系起来才自然应用韦达定理建立起关系式。此题解答 具有很强的示范性，请同学们认真体会、融会贯通。 【练 43】已知椭圆的焦点在 x 轴上，中心在坐标原点，以右焦点 2F 为圆心，过 另一焦点 1F 的圆被右准线截的两段弧长之比 2:1,  2,1P 为此平面上一定点，且 1 2 1PF PF   .（1）求椭圆的方程（2）若直线  1 0y kx k   与椭圆交于如图两 点 A、B，令    1 2 0f k AB F F k    。求函数  f k 的值域答案：（1） 2 2 14 2 x y  （2） 0,8 [易错点 44]牢记常用的求导公式，求复合函数的导数要分清函数的复合关系. 例 44、函数 1 cos xy x e   的导数为 。 [易错点分析]复合函数对自变量的导数等于已知函数对中间变量的导数，乘以中 间变量对自变量的导数，即 x u xy y u    。 解析：    1 cos 1 cos 1 cos 1 cos 1 cos1 cosx x x x xy e x e e xe x e             1 cos sinxxe x   1 cos1 sin xx x e   【知识点归类点拨】掌握复合函数的求导方法关键在于分清函数的复合关系，适 当选定中间变量，分步计算中的每一步都要明确是对哪个变量求导，而其中要特 别注意的是中间变量的系数。 [练习 44]（2003 年江苏，21）已知 0a  ，n 为正整数。设  ny x a  ，证明   1ny n x a    ； （1） 设    nn nf x x x a   ，对任意 n a ，证明      1 1 1n nf n n f n    解析：证明：（1）     0 , nn n kk k n k x a C a x           11 1 1 1 1 1 n nn k n k nk k k k n n k k y kC a x nC a x n x a                （2）对函数    nn nf x x x a   求导数：   11 nn nf nx n x a     ，     11 .nn nf n n n n a        当 0x a  时，   0nf x     nnn a x x x a    n当 时，f 是关于 x 的增函数因此，当 n a 时，      1 1n n nnn n a n n a      。                 1 1 1 1 1 1 1 1n n n nn n nf n n n n a n n n a n n n n a                                1 nn f n  即对任意 n a ，      1 1 1n nf n n f n    . 【易错点 45】求曲线的切线方程。 例 45、（2005 高考福建卷）已知函数 daxbxxxf  23)( 的图象过点 P（0，2）， 且在点 M（－1，f（－1））处的切线方程为 076  yx . （Ⅰ）求函数 )(xfy  的解析式； 【思维分析】利用导数的几何意义解答。 解析：（Ⅰ）由 )(xf 的图象经过 P（0，2），知 d=2，所以 ,2)( 23  cxbxxxf .23)( 2 cbxxxf  由在 ))1(,1(  fM 处的切线方程是 076  yx ，知 .6)1(,1)1(,07)1(6  fff 即 .3,0 ,32 .121 ,623            cbcb cb cb cb 解得即 故所求的解析式是 .233)( 23  xxxxf 【知识点归类点拔】导数的几何意义:函数 y=f(x)在点 0x 处的导数，就是曲线 y=(x)在点 ))(,( 00 xfxP 处的切线的斜率．由此，可以利用导数求曲线的切线方 程．具体求法分两步： (1)求出函数 y=f(x)在点 0x 处的导数，即曲线 y=f(x)在 点 ))(,( 00 xfxP 处的切线的斜率；(2)在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得 切线方程为 ))((' 000 xxxfyy  特别地，如果曲线 y=f(x)在点 ))(,( 00 xfxP 处的切线平行于 y 轴，这时导数不存，根据切线定义，可得切线方程为 0xx  。 利用导数的几何意义作为解题工具，有可能出现在解析几何综合试题中，复习时 要注意到这一点. 【练 45】（1）（2005 福建卷）已知函数 bx axxf   2 6)( 的图象在点 M（－1，f(x)） 处的切线方程为 x+2y+5=0. （Ⅰ）求函数 y=f(x)的解析式；答案： 3 62)( 2   x xxf （2）（2005 高考湖南卷）设 0t ，点 P（t ，0）是函数 cbxxgaxxxf  23 )()( 与 的图象的一个公共点，两函数的图象在点 P 处有相同的切线.（Ⅰ）用t 表示 a， b，c；答案： .3tabc  故 2ta  ， tb  ， .3tc  【易错点 46】利用导数求解函数的单调区间及值域。 例 46、( 2005 全国卷 III)已知函数   24 7 2 xf x x   ，  01x ， （Ⅰ）求  f x 的 单调区间和值域； （Ⅱ）设 1a  ，函数    2 23 2 01g x x a x a x   ， ，，若对于任意  1 01x  ，，总存 在  0 01x  ，使得    0 1g x f x 成立，求 a 的取值范围。 【易错点分析】利用导数求函数的单调区间仍然要树立起定义域优先的意识，同 时要培养自已的求导及解不等式的运算能力第（Ⅱ）问要注意将问题进行等 价转化即转化为函数  y g x 在区间 01，上的值域是函数  f x 的值域的子 集，从而转化为求解函数  y g x 在区间 01，上的值域。 解 析 ( Ⅰ )     2 2 22 2 4 16 7 (2 1)(2 7)( ) 2 2 x x x xf x x x           ， 令 ( ) 0f x  解 得 1 2x  或 7 2x  ,在 1(0, )2x ， ( ) 0,f x  所以 ( )f x 为单调递减函数；在 1( ,1)2x ， ( ) 0,f x  所以 ( )f x 为单调递增函数；又 7 1(0) , (1) 3, ( ) 42 2f f f      ，即 ( )f x 的值域为 [-4，-3]，所以 ( )f x 的单调递减区间为 1(0, )2 ， ( )f x 的单调递增区间为 1( ,1)2 ， ( )f x 的值域为[-4，-3].( 单调区间为闭区间也可以). （Ⅱ）∵ 2 2( ) 3( )g x x a   ,又 1a  ，当 (0,1)x 时， 2( ) 3(1 ) 0g x a    ， 因此，当 (0,1)x 时， ( )g x 为减函数，从而当 [0,1]x 时，有 ( ) [ (1), (0)]g x g g . 又 2(1) 1 2 3 , (0) 2g a a g a     ，即当 [0,1]x 时，有 2( ) [1 2 3 , 2 ]g x a a a    ， 任给 1 [0,1]x  ，有 1( ) [ 4, 3]f x    ，存在 0 [0,1]x  使得 0 1( ) ( )g x f x ， 则 2 51,1 2 3 4 3 32 3 2 a aa a a a               或 又 1a  ，所以 a 的取值范围是 21 3a  。 【知识点分类点拔】高考对导数的考查定位于作为解决初等数学问题的工具出 现，侧重于考查导数在函数与解析几何中的应用，主要有以下几个方面：①运用 导数的有关知识，研究函数最值问题，一直是高考长考不衰的热点内容．另一方 面，从数学角度反映实际问题，建立数学模型，转化为函数的最大值与最小值问 题，再利用函数的导数，顺利地解决函数的最大值与最小值问题，从而进一步地 解决实际问题．用导数研究函数的性质比用初等方法研究要方便得多，因此，导 数在函数中的应用作为 2006 年高考命题重点应引起高度注意．单调区间的求解 过程，已知 )(xfy  （1）分析 )(xfy  的定义域；（2）求导数 )(xfy  （3） 解不等式 0)(  xf ，解集在定义域内的部分为增区间（4）解不等式 0)(  xf ， 解集在定义域内的部分为减区间，对于函数单调区间的合并:函数单调区间的合 并主要依据是函数 )(xf 在 ),( ba 单调递增，在 ),( cb 单调递增，又知函数在 bxf )( 处连续，因此 )(xf 在 ),( ca 单调递增。同理减区间的合并也是如此，即 相邻区间的单调性相同，且在公共点处函数连续，则二区间就可以合并为以个区 间。 【练 46】（1）（2005 高考北京卷）已知函数 f(x)=－x3＋3x2＋9x＋a, （I）求 f(x) 的单调递减区间；（II）若 f(x)在区间[－2，2]上的最大值为 20，求它在该区间 上的最小值．答案：（1）（－∞，－1），（3，＋∞）（2）－7 （2）(2005 全国卷 III)用长为 90cm,宽为 48cm 的长方形铁皮做一个无盖的容器, 先在四角分别截去一个小正方形,然后把四边翻转 90°角,再焊接而成(如图),问该 容器的高为多少时,容器的容积最大?最大容积是多少? 答案：当 x=10 时,V 有最大值 V(10)=1960 【易错点 47】二项式 na b 展开式的通项中，因 a 与 b 的顺序颠倒而容易出错。 例 47、 3 2 2 n x x      展开式中第三项的系数比第二项的系数大 162，则 x 的一次 项为 。 【易错点分析】本题中若 x 与 3 2 2 x 的顺序颠倒，项随之发生变化，导致出错。 解析：椐题意有：    2 2 12 2 162, 2 1 2 162, 9n nC C n n n n         即     9 29 2 3 1 9 93 2 2 2 r r rr rr r rT C x C x x              则 由 9 2 1, 32 3 r r r      3 3 3 4 91 2 672T C x x       【知识点归类点拨】二项式   n na b b a 与 的展开式相同，但通项公式不同， 对应项也不相同，在遇到类似问题时，要注意区分。 【练 47】（潍坊高三质量检测） 4 11 1 n x x     展开式中第 5 项与第 12 项系数的绝对 值相等，则展开式的常数项为 。 解析：据题意有    4 114 111 1n nC C   ，即 4 11 n nC C 4 4 11n n n nC C C   , 4 11, 15n n        154 60 15 1 15 1511 1 1 r r rr r r rT C x C xx            令60 15 0,r  得： 4r  故展开式中常 数项为： 4 4 151 1365C  【易错点 48】二项式展开式中的项的系数与二项式系数的概念掌握不清，容易 混淆，导致出错。 例 48、在 5 3 2 2x x     的展开式中， 5x 的系数为 ，二项式系数 为 。 【易错点分析】在通项公式 15 5 1 5 2r r r rT C x      中， 5 rC 是二项式系数， 5 2r rC  是项 的系数。 解析：令15 5 5r  ，得 2r  ，则项 5x 的二项式系数为 2 5 10C  ，项的系数为 2 2 5 2 40C   。 【知识点归类点拨】在二项展开式中，利用通项公式求展开式中具有某些特性的 项是一类典型问题，其通常做法就是确定通项公式中 r 的取值或取值范围，须注 意二项式系数与项的系数的区别与联系。 【练 48】（2005 高考山东卷）如果 3 2 13 n x x      的展开式中各项系数之和为 128， 则展开式中 3 1 x 的系数是（ ）（A）7 （B） 7 （C）21 （D） 21 答案：当 1x  时 3 2 1(3 1 ) 2 128, 7 1 n n n      即 7 3 2 1(3 )x x  ,根据二项式通项公 式得 2 577 73 3 1 7 7(3 ) ( 1) ( ) 3 ( 1) rr r r r r r r rT C x x C x         57 3, 63 r r     时对应 3 1 x ,即 6 7 6 6 6 1 7 3 3 3 1 1 213 ( 1) 7 3 .T C x x x         故 3 1 x 项系数为 21. 【易错点 49】二项式系数最大项与展开式系数最大项是两个不同的概念，在求 法上也有很大的差别，在次往往因为概念不清导致出错。 例 49、已知  2 2 n x n Nx       的展开式中，第五项的系数与第三项的系数之比 为 10：1 求展开式中系数最大的项和二项式系数最大项。 【易错点分析】二项展开式的二项式系数可由其二项式系数的性质求得，即当 n 为偶数时，中间的一项的二项式系数最大；当 n 为偶数时，中间两项的二项式系 数相等，同时取得最大值，求系数的最大值项的位置不一定在中间，需要利用通 项公式，根据系数值的增减性具体讨论而定。 解析：由题意知，第五项系数为  44 2nC   ，第三项的系数为 2 2( 2)nC   ，则有     44 22 2 10 12 n n C C      ， 8n  设展开式中的第 r 项，第 r+1 项，第 r+2 项的系数绝对 值 分 别 为 1 1 1 1 8 8 82 , 2 , 2r r r r r rC C C      ， 若 第 r+1 项 的 系 数 绝 对 值 最 大 ， 则 1 1 8 8 1 1 8 8 2 2 2 2 r r r r r r r r C C C C            ，解得：5 6r   系数最大值为 7 11 11792T x  由 8n  知第 五项的二项式系数最大，此时 5 6 11120T x  【知识点归类点拨】在 na b 的展开式中，系数最大的项是中间项，但当 a，b 的系数不为 1 时，最大系数值的位置不一定在中间，可通过解不等式组 1 1 2 r r r r T T T T       来确定之。 【练 49】（2000 年上海）在二项式  111x  的展开式中，系数最小的项的系数 为 。（结果用数值表示） 解析：展开式中第 r+1 项为  11 11 1 rr rC x    ，要使项的系数最小，则 r 为奇数， 且使 11 rC 为最大，由此得 5r  ，所以项的系数为  55 11 1 462C     。 【易错点 50】对于排列组合问题，不能分清是否与顺序有关而导致方法出错。 例 50、有六本不同的书按下列方式分配，问共有多少种不同的分配方式？ （1） 分成 1 本、2 本、3 本三组； （2） 分给甲、乙、丙三人，其中 1 人 1 本，1 人两本，1 人 3 本； （3） 平均分成三组，每组 2 本； （4） 分给甲、乙、丙三人，每人 2 本。 【易错点分析】分成三组是与顺序无关是组合问题，分给三人与顺序有关，是排 列问题。 解析：(1)分三步：先选一本有 1 6C 种选法，再从余下的 5 本中选两本，有 2 5C 种选 法，最后余下的三本全选有 3 3C 种选法，有分步计数原理知，分配方式有： 1 2 3 6 5 3 60C C C   （2）由于甲、乙、丙是不同的三个人，在（1）题的基础上，还考虑再分配问题， 分配方式共有 1 2 3 3 6 5 3 3 360C C C A    种。 （3）先分三步：则应是 2 2 2 6 4 2C C C  种方法，但在这里容易出现重复。不妨记六本 书为 , , , , ,A B C D E F 若第一步取了 AB，第二步取了 CD，第三步取了 EF，记该种 分法为（AB，CD，EF）则 2 2 2 6 4 2C C C  中还有（AB，EF，CD），（CD，EF，AB）（CD， AB，EF），（EF，CD，AB），（EF，AB，CD）共 3 3A 种情况，而且这些情况仅是 AB， CD，EF 顺序不同，依次只能作为一种分法，故分配方式有 2 2 2 6 4 2 3 3 15C C C A    种 （5） 在问题（3）的基础上，再分配即可，共有分配方式 2 2 2 36 4 2 33 3 C C C AA    种。 【知识点归类点拨】本题是有关分组与分配的问题，是一类极易出错的题型，对 于词类问题的关键是搞清楚是否与顺序有关，分清先选后排，分类还是分步完成 等，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计算重复或遗漏。 【练 50】（2004 年全国 9）从 5 位男教师和 4 位女教师中选出 3 位教师，派到三 个班担任班主任（每班一位班主任），要求这三位班主任中男、女教师都要有， 则不同的选派方法共有（ ） A、210 种 B、420 种 C、630 种 D、840 种 解析：首先选择 3 位教师的方案有：①一男两女；计 1 2 5 4 30C C  ；②两男一女： 计 2 1 5 4C C =40。 其 次 派 出 3 位 教 师 的 方 案 是 3 3A =6 。 故 不 同 的 选 派 方 案 共 有    3 1 2 2 1 3 5 4 5 4 6 30 40 420A C C C C        种。 【易错点 51】不能正确分析几种常见的排列问题，不能恰当的选择排列的方法 导致出错。 例 51、四个男同学和三个女同学站成一排。 （1） 三个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？ （2） 任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？ （3） 其中甲、乙两同学之间必须恰有 3 人，有多少种不同的排法？ （4） 甲、乙两人相邻，但都与丙不相邻，有多少种不同的排法？ （5） 女同学从左往右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？（三个女生身高互 不相等） 【易错点分析】排列问题常见题型有相邻问题及不相邻问题，顺序一定问题等， 如果对题意理解不够充分，往往选择错误的方法。 解析：（1）3 个女同学是特殊元素，我们先把她们排列好，共有 3 3A 种排法；由于 3 个同学必须排在一起，我们可视排好的女同学为一个整体，在与男同学排队， 这时是五个元素的全排列，应有 5 5A 种排法。由乘法原理，有 3 5 3 5 720A A  种不同 排法。 （2）先将男生排好，共有 4 4A 种排法；再在这 4 个男生的中间及两头的 5 个空中 插入 3 个女生，有 3 5A 种方案。故符合条件的排法共有 4 3 4 5 1440A A  种。 （3）甲、乙 2 人先排好，共有 2 2A 种排法；再从余下的 5 人中选三人排在甲、乙 2 人中间，有 3 5A 种排法，这时把已排好的 5 人看作一个整体，与剩下的 2 人再排， 又有 3 3A 种排法；这样，总共有 4 2 3 4 2 3 720A A A   种不同的排法。 （4）先排甲、乙、丙 3 人以外的其他四人，有 4 4A 种排法，由于甲、乙要相邻， 故把甲、乙排好，有 2 2A 种排法；最后把甲、乙排好的这个整体与丙分别插入原 先排好的 4 人的空当中，有 2 5A 种排法；这样，总共有 4 2 2 4 2 5 960A A A   种不同的 排法。 （5）从七个位置中选出 4 个位置把男生排好，有 4 7A 种排法；然后再在余下得个 空位置中排女生，由于女生要按高矮排列。故仅有一种排法。这样总共有 4 7A 种 不同的排法。 【 知 识 点 归 类 点 拨 】 解 决 有 限 制 条 件 的 排 列 问 题 方 法 是 ： ① 直 接 法 ：     位置分析法 元素分析法用加法原理（分类） 用乘法原理（分步） 插入法（不相邻问题） 捆绑法（相邻问题） ②间接法：即排除不符合要求的情形③一般先从 特殊元素和特殊位置入手。 【练 52】（2004 年辽宁）有两排座位，前排 11 个座位，后排 12 个座位，现安排 2 人就坐，规定前排中间三个座位不能坐，并且这 2 人不左右相邻，那么不同排 法的种数（ ） A、234 B、346 C、350 D、363 解析：把前后两排连在一起，去掉前排中间 3 个座位，共有 1 2 19 2A A 种，再加上 4 种不能算相邻的，共有 2 1 2 20 19 2 4 346A A A    种。 【易错点 53】二项式展开式的通项公式为 1 r n r r r nT C a b   ，事件 A 发生 k 次的概 率 ：    1 n kk k n nP k C P P   。 二 项 分 布 列 的 概 率 公 式 ： , 0,1,2,3 , 0 1, 1k k n k k np C p q k n p p q      且 ，三者在形式上的相似，在应 用容易混淆而导致出错。 例 53、（2004 年全国理）某同学参加科普知识竞赛，需回答三个问题，竞赛规则 规定：每题回答正确得 100 分，回答不正确得—100 分。假设这名同学每题回答 正确的概率均为 0.8，且各题回答正确与否相互之间没有影响。 （1） 求这名同学回答这三个问题的总得分 的概率分布和数学期望。 （2） 求这名同学总得分不为负分（即 0  ）的概率。 【易错点分析】对于满足二项分布的分布列的概率计算公式中对于随机变量 以 及二项分布的条件的理解出错。 解析：（1） 的可能取值为—300，—100，100，300。         3 2 2 3 300 0.2 0.008 100 3 0.2 0.8 0.096 100 3 0.2 0.8 0.384 300 0.8 0.512 P P P P                       所以 的概率分布为  —300 —100 100 300 P 0.008 0.096 0.384 0.512 根据 的概率分布，可得 的期望    300 0.008 100 0.096 100 0.384 300 0.512 180E            （2）这名同学总得分不为负分的概率为  0 0.384 0.512 0.896P      。 【知识点归类点拨】二项分布是一种常见的重要的离散型随机变量分布列，其概 率   0,1,2,P k k    就 是 独 立 重 复 实 验 n 次 其 中 发 生 k 次 的 概 率  1 n kk k nC P P  。但在解决实际问题时一定看清是否满足二项分布。 【练 53】（2004 年重庆理 18）设一汽车在前进途中要经过 4 个路口，汽车在每 个路口遇到绿灯（允许通行）的概率为 3 4 ，遇到红灯（禁止通行）的概率为 1 4 。 假定汽车只在遇到红灯或到达目的地才停止前进， 表示停车时已经通过的路口 数，求： （1） 的概率分布列及期望 E ；（2）停车时最多已通过 3 个路口的概率。 解析：（1） 的所有可能值为 0，1，2，3，4。用 kA 表示“汽车通过第 k 个路口 时不停”‘则     1 2 3 4 3 1,2,3,4 , , ,4kP A k A A A A  且 独立。故    1 10 4P P A            2 1 2 1 2 3 3 1 3 3 1 91 , 2 ( ) ,4 4 16 4 4 64P P A A P P A A A                      3 1 2 3 4 4 1 2 3 4 3 1 273 ,4 4 256 3 814 4 256 P P A A A A P P A A A A                        从而 的分布列为  0 1 2 3 4 P 1 4 3 16 9 64 27 256 81 256 1 3 9 27 81 5250 1 2 3 44 16 64 256 256 256E            （2）     81 1753 1 4 1 256 256P P        。 【易错点 54】正态总体  2,N   的概率密度函数为    2 221 , 2 x f x e x R       ， 当 0, 1   时，   2 21 , 2 x f x e x R    ，叫作标准正态总体  0,1N 的概率密度 函数，两者在使用范围上是不同的。 例 54、灯泡厂生产的白炽灯泡的寿命为（单位：小时），已知  21000,30N  ， 要使灯泡的平均寿命为 1000 小时的概率为 0 099.7 ，问灯泡的最低使用寿命应控 制在 910 小时以上。 【易错点分析】由于 服从正态分布，故应利用正态分布的性质解题。 解析：因为灯泡的使用寿命  21000,30N  ，故 在 1000 3 30,1000 3 30    的 概率为 0 099.7 ，即 在 910,1090 内取值的概率为 0 099.7 ，故灯泡的最低使用寿 命应控制在 910 小时以上。 【知识点归类点拨】在正态分布  2,N   中，  为总体的平均数， 为总体的 标准差，另外，正态分布  2,N   在 ,     的概率为 0 068.3 ，在  3 , 3     内取值的概率为 0 099.7 。解题时，应当注意正态分布  2,N   在 各个区间的取值概率，不可混淆，否则，将出现计算失误。 【练 54】一总体符合  0,1N ，若    1 , 2a b   ，则该总体在（1，2）内的概 率为 。 解析：由题意可得  1 2 (2) (1)P b a        。 【易错点 55】对于数列的两个基本极限①lim 0n n q  ；② 1lim 1nn aS q   ，两个极 限成立的条件不同，前者为 1q  ；而后者为0 1q  。 例 55、在等比数列 na 中， 1 1a  ，且 n 项和 nS ，满足 1 1lim ,nn S a  那么 1a 的取值 范围是（ ） A、 1, B、 1, 2 C、 1,2 D、 1,4 【易错点分析】利用无穷递缩等比数列的各项和公式 1 1 as q   ，求 1a 的范围时， 容易忽视 0q  这个条件。 解析：设公比为 q，由 1 1lim nn S a  知 1 2 1 1 2 2 1 1 122 11 1 1 1 1 1 0 21 1 1 11 00 0 a q a a q a aq q a aaq q                             又 所以 11 2a  。 【知识点归类点拨】对于       1 1 lim 0 1 1 1 n n q q q q q q           存在 或 不存在 或 ，公比的绝对值小于 1 的无穷等比数列前 n 项和在 n 无限增大时的极限，叫做这个无穷数列各项的和。 【练 55】  1 3 1lim 33 1 n nnn a    ，求 a 的取值范围。 解析：  1 3 1 1 1lim lim lim 0 3 313 1 3 3 1 1, 4 2 3 nn n nnn n n a aa a a                       【易错点 56】立体图形的截面问题。 例 56 、（ 2005 哈 师 大 附 中 、 东 北 师 大 附 中 高 三 第 二 次 联 考 ） 正 方 体 ABCD -- 1 1 1 1A B C D ，E、F 分别是 1AA 、 1CC 的中点，p 是 1CC 上的动点（包括端 点），过 E、D、P 作正方体的截面，若截面为四边形，则 P 的轨迹是（） A、线段 1C F B、线段CF C、线段CF 和一点 1C D、线段 1C F 和一点 C。 【易错点分析】学生的空间想象能力不足，不能依据平面的基本定理和线面平行 定理作两平面的交线。 解析：如图当点 P 在线段CF 上移动时，易由线面平行的性质定理知：直线 DE 平行于平面 1 1BB CC ，则过 DE 的截面 DEP 与平面 1 1BB CC 的交线必平行，因此两 平面的交线为过点 P 与 DE 平行的直线，由于点 P 在线段 CF 上故此时过 P 与 DE 平行的直线与直线 1BB 的交点在线段 1BB 上，故此时截面为四边形（实质上是 平行四边形），特别的当 P 点恰为点 F 时，此时截面为 1DEFB 也为平行四边形， 当点 P 在线段 1C F 上时如图分别延长 DE、DP 交 1 1A D 、 1 1D C 于点 H、G 则据平 面基本定理知点 H、G 既在平 截面 DEP 内也在平面 1 1 1 1A B C D 内，故 GH 为两平面的交线，连结 GH 分别交 1 1A B 、 1 1B C 于点 K、N（注也有可能交在两直线的延长线上），再分别连结 EK、KN、 PN 即 得 截 面 为 DEKNP 此 时为五 边形。故选 C 【知识点归类点拔】高考对用一平面去截一立体图形所得平面图形的考查实质上 对学生空间想象能力及对平面基本定理及线面平行与面面平行的性质定理的考 查。考生往往对这一类型的题感到吃力，实质上高中阶段对作截面的方法无非有 如下两种：一种是利有平面的基本定理：一个就是一条直线上有两点在一平面内 则这条直线上所在的点都在这平面内和两平面相交有且仅有一条通过该公共点 的直线（即交线）（注意该定理地应用如证明诸线共点的方法：先证明其中两线 相交，再证明此交点在第三条直线上即转化为此点为两平面的公共点而第三条直 P F E D1 C1 B1 A1 C B D A K N H G P F E D1 C1 B1 A1 C B D A 线是两平的交线则依据定理知交点在第三条直线；诸点共线：即证明此诸点都是 某两平面的共公点即这此点转化为在两平的交线上）据这两种定理要做两平面的 交线可在两平面内通过空间想象分别取两组直线分别相交，则其交点必为两平面 的公共点，并且两交点的连线即为两平的交线。另一种方法就是依据线面平行及 面面平行的性质定理，去寻找线面平行及面面平行关系，然后根据性质作出交线。 一般情况下这两种方法要结合应用。 【练 56】（1）（2005 高考全国卷二）正方体 ABCD—A1 B1 C1 D1 中，P、Q、R、 分别是 AB、AD、B1 C1 的中点。那么正方体的过 P、Q、R 的截面图形是（） （A）三角形 （B）四边形 （C）五边形 （D） 六边形 答案：D （2）在正三棱柱 ABC - 1 1 1A B C 中，P、Q、R 分别是 BC 、 1CC 、 1 1A C 的中点，作 出过三点 P、Q、R 截正三棱柱的截面并说出该截面的形状。答案：五边形。 【易错点 57】判断过空间一点与两异面直线成相等的角的直线的条数 例 57、（93 全国考试）如果异面直线 a、b 所在的角为50 ,P 为空间一定点，则过 点 P 与 a、b 所成的角都是30 的直线有几条？ A、一条 B 二条 C 三条 D 四条 【易错点分析】对过点 P 与两异面直线成相同的角的直线 的位置关系空间想象不足，不明确与两直线所的角与两异 面直线所成的角的内在约束关系。 解析：如图，过点 P 分别作 a、b 的平行线 a、b ，则 a、 b 所成的角也为50 ，即过点 P 与 a 、b 成相等的角的直 线必与异面直线 a、b 成相等的角，由于过点 P 的直线 L 与 a 、b 成相等的角故 这样的直线 L 在 a 、 b 确定的平面的射影在其角平分线上，则此时必有 cos cos cosAPB APO OPB     当 cos30cos cos25 APO    时 ， 有  cos30cos 0,1 cos25 APO     ，此时这样的直线存在且有两条当 130BPC   时， 0 l C B b' a' A p 有 cos30cos 1 cos65 APO     这样的直线不存在。故选 B 【知识点分类点拔】解决异面直线所成角的问题关键是定义，基本思想是平移， 同时对本题来说是解决与两异面直线所成的等角的直线条数，将两异面直线平移 到空间一点时，一方面考虑在平面内和两相交直线成等角的直线即角平分线是否 满足题意，另一方面要思考在空间中与一平面内两相交直线成等角的直线的条 数，此时关键是搞清平面外的直线与平面内的直线所成的角 与平面内的直线与 平面外的直线在平面内的射影所成的角 的关系，由公式cos cos cos   （其 中  是直线与平面所成的角）易知cos cos     ，cos cos      （最小角定理）故一般地，若异面直线 a、b 所成的角为 ，L 与 a、b 所成的角 均为 ，据上式有如下结论：当0 2   时，这样的直线不存在；当 2   时， 这样的直线只有一条；当 2 2      时，这样的直线有两条；当 2    时 这样的直线有 3 条；当 2 2      时，这样的直线有四条。 【练 57】如果异面直线 a、b 所在的角为100 ,P 为空间一定点，则过点 P 与 a、b 所成的角都是50 的直线有几条？ A、一条 B 二条 C 三条 D 四条 答案：C 【易错点 58】有关线面平行的证明问题中，对定理的理解不够准确，往往忽视 " , // , "a a b b   三个条件中的某一个。 例 58、如图， PA  矩形 ABCD 所在的平面，M，N 分别为 AB，PC 的中点。求证： //MN 平面PAD [易错点分析]：在描述条件中，容易忽视 ,AE PAD MN PAD 面 面 。 解析：取 PD 中点 E，连结 AE，EN，则有 // // //EN CD AB AM ， 1 1 2 2EN CD AB AM    AMEN为平行四边形， //MN AE  ,AE PAD MN PAD 面 面 //MN PAD 面 [知识点归类点拨]判定直线与平面平行的主要依据是判定定理，它是通过线线平 行来判定线面平行，这是所指的直线是指平面外的一条直线与平行于平面内的一 A P N M E D C B A B P CD M NE 条直线，在应用该定理证线面平行时，这三个条件缺一不可。 【练习 58（2005 浙江）如图，在三棱锥 P—ABC 中， ,AB BC AB BC kPA   ， 点 O，D 分别为 AC，PC 的中点，OP  平面 ABC 求证：OD// 平面 PAB 证明： ,O D 分别为 AC、PC 的中点 // ,OD PA 又 PA  平面 ,PAB , //PA PAB OD PAB OD PAB  平面 平面 平面 【易错点 59】对于两个平面平行的判定定理易把条件误记为“一个平面内的两 条相交直线与另一个平面内的两条相交直线分别平行”，容易导致证明过程跨步 太大。 例 59、如图，在正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，M、N、P 分别是 1 1 1 1 1, ,C C B C C D 的中 点， 求证：平面 MNP//平面 1A BD 【易错点分析】本题容易证得 MN// 1A D ,MP//BD，而直 接 由 此 得出面 1//MNP A BD面 解析：连结 1 1 1, , ,B D B C P N 分别是 1 1 1 1,D C B C 的中点， 1 1// ,PN B D 1 1 // , /B D BD PN BD 又 1 1, //PN A BD PN A BD 面 平面 同理： 1// ,MN A BD PN MN N平面 又 1//DMN A BD平面 平面 。 【知识点归类点拨】个平面平行问题的判定或证明是将其转化为一个平面内的直 线与另一个平面平行的问题，即“线面平行则面面平行”，必须注意这里的“线 面”是指一个平面内的两条相交直线和另一个平面，定理中 的条件缺一不可。 【练 59】正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，（1）M，N 分别是棱 1 1 1 1,A B A D 的中点，E、F 分别是棱 1 1 1 1,B C C D 的中点，求证： ①E、F、B、D 共面； C B A P D O ②平面 AMN//平面 EFDB③平面 1 1AB D //平面 1C BD 证明：（1）① 1 1 1 1// , // // ,EF B D B D BD EF BD 则 E、F、B、D 共面。 ②易证：MN//EF，设 1 1 1 1, ,AC MN P AC EF Q AC BD O     // , //PQ AO PQ AO PA OQ  //AMN EFDB平面 平面 ③连结 AC， 1 1 1 1ABCD A B C D 为正方体， AC DB  1 1,AA ABCD AC BD   平面 ， 同 理 可 证 1 1AC BC 于 是 得 1 1 1 ! 1,AC C BD AC ABD 平面 同理可证 平面 1 1 1//AB D C BD面 面 【易错点 60】求异面直线所成的角，若所成角为 090 ，容易忽视用证明垂直的方 法来求夹角大小这一重要方法。 例 60、（2001 全国 9）在三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，若 12AB BB ，则 1 1AB C B与 所 成角的大小为（ ）A、 060 B、 090 C、 0105 D、 075 【易错点分析】忽视垂直的特殊求法导致方法使用不当而浪费很多时间。 解析：如图 1,D D 分别为 1 1,B C BC 中点， 连结 1,AD D C ，设 1 1, 2BB AB 则 则 AD 为 1AB 在平面 1BC 上的射影。又 1 1 3 2 2, ,cos ,3 2 3 BCBE BD C BC BC      2 2 2 12 cosDE BE BD BE BD C BC       1 1 3 2 2 123 2 3 2 63        而 2 2 2 01 1 1 , 903 6 2BE DE BD BED        1 1AB C B与 垂直。 【知识点归类点拨】求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角时，对 特殊的角，如 090 时，可以采用证明垂直的方法来求之。 【练 60】（2005 年浙江 12） 设 M，N 是直角梯形 ABCD 两腰的中点， DE AD 于 E （如图），现将 ADE 沿 DE 折起，使二面角 A DE B  为 045 ，此时点 A 在平面 BCDE 内的 射影恰为点 B，则 M，N 的连线与 AE 所成的角 的 大小等于 。 解 析 ： 易 知 0 045 , 90 ,AEB ABE AB BE      取 AE 中 点 Q ， 连 MQ ， BQ 1 1// , , // ,2 2MQ DE MQ DE DE BC DE BC  ，N 为 BC 的中点 // , , //MQ BN MQ BN BQ MN   ,BQ AE MN AE   ，即 M，N 连线与 AE 成 090 角。 【易错点 61】在求异面直线所成角，直线与平面所成的角以及二面角时，容易 忽视各自所成角的范围而出现错误。 例 61、如图，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，M，N，P 分别为 1 1 1 1, ,A B BB CC 的中点。求异面直线 1 ,D P AM CN AM与 与 所成的角。 [易错点分析]异面直线所成角的范围是  0 00 ,90   ，在利用余弦定理求异面直 线所成角时，若出现角的余弦值为负值，错误的得出异面直线所成的角为钝角， 此时应转化为正值求出相应的锐角才是异面直线所成的角。 解析：如图，连结 1A N ，由 ,N P 为 1 1,BB CC 中点， 则 1 1 1 1// , ,PN A D PN A D 从而 1 1//A N D P 故 AM 和 1D P 所成的角为 1AM D P和 所成的角。 易证 1Rt AA M ≌ 1 1Rt A B N 。所以 1A N AM ， 故 1D P AM与 所成的角为 090 。 D C BA A1 D1 B1 C1 N M P 又设 AB 的中点为 Q，则 1 1// , .B Q AM B Q AM 又 1 1// , ,CN B P CN B P 从而 CN 与 AM 所成的角就是 1PB Q （或其补角）。 易求得 1 1 5 6, .2 2B Q B P PQ   在 1PB Q 中，由余弦定理得 1 2cos 5PB Q  ， 故CN AM与 所成的角为 2arccos 5 。 【知识点归类点拨】在历届高考中，求夹角是不可缺少的重要题型之一，要牢记 各类角的范围，两条异面直线所成的角的范围： 0 00 90  ；直线与平面所成角 的范围： 0 00 90  ；二面角的平面角的取值范围： 0 00 180  。同时在用向 量求解两异面直线所成的角时，要注意两异面直线所成的角与两向量的夹角的联 系与区别。 【练 61】（济南统考题）已知平行六面体 ABCD -- 1 1 1 1A B C D 中，底面 ABCD 是边 长为 1 的的正方形，侧棱 1AA 的长为 2，且侧棱 1AA 和 AB 与 AD 的夹角都等于 120 ，（1）求对角线 1AC 的长（2）求直线 1BD 与 AC 的夹角值。答案：（1） 2（2） 3arccos 3 （ 提 示 采 用 向 量 方 法 ， 以 1AA  、 AB  、 AD  为 一 组 基 底 ， 求 得 1 3cos , 3BD AC    故两异面直线所成的角的余弦值为 3 3 ） 【易错点 62】对于经度和纬度两个概念，经度是二面角，纬度为线面角，二者 容易混淆。 例 62、如图，在北纬 045 的纬线圈上有 B 两点，它们分别在东 经 070 与东经 0160 的经度上，设地球的半径为 R，求 B 两点的球面距离。 【易错点分析】求 A、B 两点的距离，主要是求 B 两点的球心角的大小，正确描 述纬线角和经度角是关键。 解析：设北纬 045 圈的圆心为O ，地球中心为 O，则 0 0 0 1 160 70 90 ,AO B    0 1 45 , ,OBO OB R   1 1 2 , ,2O B O A R AB R   连结 ,AO AB ，则 0, 60AO BO AB R AOB     1 126 3AB R R    。故 A、B 两点间的球面距 离为 1 3 R 。 【知识点归类点拨】数学上，某点的经度是：经过这点的经线与地轴确定的平面 与本初子午线（ 00 经线）和地轴确定的半平面所成的二面角的度数。某点的纬度 是：经过这点的球半径与赤道面所成的角的度数。如下图： 图（1）：经度——P 点的经度，也是 AB AOB或 的度数。 图（2）：纬度——P 点的纬度，也是 POAPA或 的度数。 【练 62】（2005 高考山东卷）设地球的半径为 R ，若甲地位于北纬 45东经120， 乙地位于南纬75东经120，则甲、乙两地的球面距离为（ ） （A） 3R （B） 6 R （C） 5 6 R （D） 2 3 R 答案：D 如图所示东经120 与北纬 45 线交于 A 点 东经120 与南纬75 线交于 C 点,设球心 为 B 点从而 45ABC   , 75DBC   即 120ABD   以 B 点为圆心过 A、C、D 的 大圆上 ACD 即为所求. ACD 120 22 .360 3R R     【易错点 63】向量知识在立体几何方面的应用 例 63、如图, 在直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 中，AB＝ AD＝2，DC＝2 3 ，AA1＝ 3 ，AD⊥DC，AC⊥BD, 垂 东经120 o 南纬75 o 北纬45 o B A C D 足未 E，（I）求证：BD⊥A1C；（II）求二面角 A 1－BD－C 1 的大小；（III）求异 面直线 AD 与 BC 1 所成角的大小． 【易错点分析】本题主要考查学生运用向量法中的坐标运算的方法来解决立体几 何问题.学生在解题中一方面不能根据条件建立恰当的空间坐标系，另一方面建 系后学生不能正确找到点的坐标.或者没有运用向量知识解决问题的意识。 解析：解法一：（I）在直四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 中, 1A A  底面 ABCD , AC 是 1AC 在平面 ABCD 上的射影. ,BD AC 1 .BD AC  （II）连结 1 1 1 1, , .A E C E AC 与（I）同理可证 1 1, ,BD A E BD C E  1 1A EC 为二面角 1 1A BD C  的平面角. ,AD DC 1 1 1 90 ,oA D C ADC    又 1 1 1 1 12, 2 3, 3,A D AD D C DC AA     且 ,AC BD 1 1 1 14, 1, 3, 2, 2 3,AC AE EC A E C E       在 1 1A EC 中, 2 2 2 1 1 1 1 1 1, 90 ,oAC A E C E A EC    即二面角 1 1A BD C  的大 小为90o . （III）过 B 作 ADBF∥ 交 AC 于 F ,连结 1,FC 则 1C BF 就是 AD 与 1BC 所成 的角. 2, , 1, 2, 1, 2, ,AB AD BD AC AE BF EF FC BC DC         1 17 , 15.FC BC   在 1BFC 中, 1 1 15 4 7 15 15cos , arccos ,5 52.2. 15 C BF C BF     即异面直线 AD 与 1BC 所成角的大小为 1 5a r c c o s .5 解法二：（I）同解法一. （II）如图,以 D 为坐标原点, 1, ,DA DC DD 所 在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴,建立空间 直角坐标系, X Y Z E B 1 C 1 C B A A 1 D 1 D E B 1 C 1 C B A A 1 D 1 D F 连结 1 1 1 1, , .A E C E AC 与（I）同理可证, 1 1, ,BD A E BD C E  1 1A EC 为二面角 1 1A BD C  的平面角. 1 1 3 3(2,0, 3), (0,2 3, 3), ( , ,0),2 2A C E由 得 1 1 1 3 3 3 3( , , 3 ), ( , , 3 ).2 2 2 2E A E C       1 1 1 1 1 1 3 9. 3 0. , .4 4EA EC EA EC EA EC             即  二面角 1 1A BD C  的大 小为90o . （II）如图,由 1 1 1 1 1 1 1 ( 0 , 0 , 0 ) , ( 2 , 0 , 0 ) , ( 0 , 2 3 , 3 ) , ( 3 , 3 , 0 ) , ( 2 , 0 , 0 ) , ( 3 , 3 , 3 ) . . 6 , | | 2 , | | 1 5 , . 6 1 5c o s , .52 1 5| || | D A C B A D B C A D B C A D B C A D B CA D B C A D B C                          得 异面直线 AD 与 1BC 所成角的大小为 1 5a rc c o s .5 解法三：（I）同解法一. （II）如图,建立空间直角坐标,坐标原点为 E. 连结 1 1 1 1, ,A E C E AC 与（I）同理可证, 1 1, ,BD A E BD C E  1 1A EC 为二面角 1 1A BD C  的平面角. 由 1 1(0, 0, 0), (0, 1, 3 ), (0, 3, 3 ).E A C 得 ` 1(0, 1, 3), (0,3, 3).EA EC      1 1 1 1 1 1. 3 3 0, , EA .EA EC EA EC EC            即  二面角 1 1A BD C  的大小为 90 .o Y Z X E B 1 C 1 C B A A 1 D 1 D （III）如图,由 1(0, 1,0), ( 3,0,0), ( 3,0,0), (0,3, 3).A D B C  得 1( 3,1, 0), ( 3, 3, 3 ).AD BC       1 1 1 1 1 . 6 15. 3 3 6,| | 2,| | 15, cos , .52 15| || | AD BCAD BC AD BC AD BC AD BC                    异面直线 AD 与 1BC 所成角的大小为 1 5a r c c o s .5 【知识点分类点拔】解决关于向量问题时，一要善于运用向量的平移、伸缩、合 成、分解等变换，正确地进行向量的各种运算，加深对向量的本质的认识.二是 向量的坐标运算体现了数与形互相转化和密切结合的思想.向量的数量积常用于 有关向量相等，两向量垂直、射影、夹角等问题中.常用向量的直角坐标运算来 证明向量的垂直和平行问题；利用向量的夹角公式和距离公式求解空间两条直线 的夹角和两点间距离的问题.用空间向量解决立体几何问题一般可按以下过程进 行思考：①要解决的问题可用什么向量知识来解决？需要用到哪些向量？②所需 要的向量是否已知？若未知，是否可用已知条件转化成的向量直接表示？③所需 要的向量若不能直接用已知条件转化成的向量表示，则它们分别最易用哪个未知 向量表示？这些未知向量与由已知条件转化的向量有何关系？④怎样对已经表 示出来的所需向量进行运算，才能得到需要的结论？ 【练 63】（2005 高考淅江东）如图,在三棱锥 ABCP  中, BCAB  , kPABCAB  , 点O 、 D 分别是 AC 、 PC 的中点, ABCOP 底面 .(I) 求证 PABOD 底面 ; (II) 当 2 1k 时,求直线 PA 与 平面 PBC 所成角的大小;(III) 当 k 取何值时,O 在平面 PBC 内的射影恰好为 PBC 的重心? 【答案】方法一： （Ｉ）Ｏ、Ｄ分别为 AC 、 PC 的中点. //OD PA 又 PA  平面 PAB . OD // 平面 PAB . (II)  AB BC ,OA OC  ,OA OB OC  又 OP 平面 ABC  PA PB PC  . B C P D A o 取 BC 中点Ｅ，连结 PE ,则 BC  平面 POE . 作OF PE 于 F,连结 DF ,则OF  平面 PBC ,  ODF 是OD 与平面 PBC 所成的角. 又 // ,OD PA PA 与平面 PBC 所成角的大小等于 ODF . 在 Rt ODF 中， 210sin 30 OFODF OD     PA 与平面 PBC 所成的角为 210arcsin 30 . （III）由 II 知，OF  平面 PBC ， F 是O 在平面 PBC 内的射影.  D 是 PC 的中点，若点 F 是 PBC 的重心，则 B 、 F 、 D 三点共线， 直线OB 在平面 PBC 内的射影为直线 BD . OB PC PC BD  PB BC  ，即 1K  . 反之，当 1K  时，三棱锥O PBC 为正三棱锥， O 在平面 PBC 内的射影为 PBC 的重心. 方法二:  OP 平面 ABC , , ,OA OC AB BC  , , .OA OB OA OP OB OP    以O 为原点，射线OP 为非负 z 轴，建立空间直角坐标系O xyz (如图)， 设 ,AB a 则 2( ,0,0)2A a , 2(0, ,0)2B a , 2( ,0,0)2C a .设OP h , 则 (0,0, )P h (I) D 为 PC 的中点， OD  ＝ 2 1( ,0, )4 2a h ，又 2( ,0, )2PA a h    , OD  ＝ - 1 2 PA   OD  // PA   OD // 平面 PAB . (II)  1 2K  , 即 2 ,PA   7 2h a , PA = 2 7( ,0, ),2 2a  可求得平面 PBC 的法向量 1(1, 1, ),7n      210cos , .30| | PA nPA n PA n          设 PA 与平面 PBC 所成的角为 ,则 210sin | cos , | 30PA n       , PA 与平面 PBC 所成的角为 210arcsin 30 B C P D A o z y x (III) PBC 的重心 2 2 1( , , ),6 6 3G a a h 2 2 1( , , ).6 6 3OG a a h     OG  平 面 .PBC .OG PB   又 2(0, , ),2PB a h  2 21 1 0.6 3OG PB a h      2 .2h a  2 2 ,PA OA h a    即 1k  反之，当 1k  时，三棱椎O PBC 为正 三棱锥， O 在平面 PBC 内的射影为 PBC 的重心. 【易错点 64】常见几何体的体积计算公式，特别是棱锥，球的体积公式容易忽 视公式系数，导致出错。 例 64、（2003 年天津理 12）棱长为 a 的正方体中，连结相邻面的中心，以这些 线段为棱的八面体的体积为（ ）A、 3 3 a B、 3 4 a C、 3 6 a D、 3 12 a 【易错点分析】正确的分析图形，采用割补法。 解析：如图此八面体可以分割为两个正四棱锥，而 2 2 2 2 .2 2 2 a a aAB             2 31 1 1 3 2 6V a a a    八面体 ，故选 C。 【知识点归类点拨】计算简单几何体的体积，要选择某个面作为底面，选择的前 提条件是这个面上的高易求。 【练 64】（2004 全国 20）如图四棱锥 P—ABCD 中，底 面 ABCD 为 矩形，AB=8，AD= 4 3 ，侧面 PAD 为 等 边三角形，并且与底面成二面角为 060 。求四棱锥 P —ABCD 的体积。 解析：如图，去 AD 的中点 E，连结 PE，则 PE AD 。作 PO  平面 ABCD，垂足 为 O，连结 OE。 根据三垂线定理的逆定理得OE AD ，所以 PEO 为侧面 PAD 与底面所成二面 角的平面角。由已知条件可 060 , 6PEO PE   ，所以 3 3PO  ，四棱锥 P—ABCD 的体积 1 8 4 3 3 3 963P ABCDV       。 【易错点 65】求点到平面的距离的方法有直接法、等体积法、换点法。 例 65、（2005 年春季上海 19）如图，已知正三棱锥 P—ABC 的体积为72 3 ，侧面与底面所成的二面角 的大 小为 060 。 （1） 证明 PA BC ； （2） 求底面中心 O 到侧面的距离。 解析：（1）证明：取 BC 边的中点 D，连结 AD、PD，则 ,AD BC PD BC  ，故 BC APD 平面 PA BC  。 （2）解：如图，由（1）可知平面 PBC  平面 APD，则 PDA 是侧面与底面所成 二面角的平面角。 过点 O 做OE PD ，E 为垂足，则 OE 就是点 O 到侧面的距离，设 OE 为 h，由题 意可知点 O 在 AD 上， 060 , 2 .PDO OP h   2 , 4 , 3 hOD BC h    2 23 4 4 34ABCS h h   2 21 8 372 3 4 3 2 , 33 3h h h h      即底面中心 O 到侧面的距离为 3。 【知识点归类点拨】求点到平面的距离一般由该点向平面引垂线，确定垂足，转 化为解三角形求边长，或者利用空间向量表示点到平面的垂线段，设法求出该向 量，转化为计算向量的模，也可借助体积公式利用等积求高。 【练 65】 如图，直三棱柱 ABC—A1B1C1 中， 底面是等腰直角三角形，∠ACB=90°， 侧棱 AA1=2，D、E 分别是 CC1 与 A1B 的中点， 点 E 在平面 ABD 上的射影是△ABD 的垂心 G. （Ⅰ）求 A1B 与平面 ABD 所成角的大小 （结果用反三角函数值表示）； （Ⅱ）求点 A1 到平面 AED 的距离. 解析：连结 BG，则 BG 是 BE 在面 ABD 的射影，即∠EBG 是 A1B 与平面 ABD 所 成的角. 设 F 为 AB 中点，连结 EF、FC， 1 1 2 2 1 1 , , , , , , . 1 , 1, 3.3 1 2 62, .33 2, 2 2, 2 3, 3. 6 1 2sin .3 33 2arcsin .3 D E CC A B DC ABC CDEF DE G ADB G DF EFD EF FG FD FD EF FD ED EG FC CD AB A B EB EGEBG EB A B ABD                                分别是 的中点 又 平面 为矩形 连结 是 的重心 在直角三角形 中 于是 与平面 所成的角是 （Ⅱ）连结 A1D，有 EAADAEDA VV 11   ,,, FABEFEFEDABED  又 ABAED 1平面 , 设 A1 到平面 AED 的距离为 h， 则 EDShS ABAAED   1 3 62 1  KA . 故 A1 到平面 AED 的距离为 3 62 . 【易错点 62】二面角平面角的求法，主要有定义法、三垂线法、垂面法等。 例 62、 如图所示，在正三棱柱 ABC－A1B1C1 中，已知 AA1＝ A1C1＝a，E 为 BB1 的中点，若截面 A1EC⊥侧面 AC1．求截面 A1EC 与底面 A1B1C1 所成锐二面角度数． 解法 1 ∵截面 A1EC∩侧面 AC1＝A1C．连结 AC1，在正三棱 ABC－A1B1C1 中， ∵截面 A1EC⊥侧面 AC1， 数就是所求二面角的度数．易得∠A1AC1＝45°，故所求二面角的度数是 45°． 解法 2 如图 3 所示，延长 CE 与 C1B1 交于点 F，连结 AF，则截面 A1EC∩面 A1B1C ＝AF． ∵EB1⊥面 A1B1C1，∴过 B1 作 B1G⊥A1F 交 A1F 于点 G， 连接 EG，由三垂线定理知∠EGB1 就是所求二面角的平面角． 即所求二面角的度数为 45°． 【知识点归类点拨】二面角平面角的作法：（1）垂面法：是指根据平面角的定 义，作垂直于棱的平面，通过这个平面和二面角两个面的交线得出平面角。（2） 垂线法：是指在二面角的棱上取一特殊点，过此点在二面角的两个半平面内作两 条射线垂直于棱，则此两条射线所成的角即为二面角的平面角；（3）三垂线法： 是指利用三垂线定理或逆定理作出平面角； 【练 65】如图，已知直三棱柱 ABC－A1B1C1，侧棱长为 2，底面△ABC 中， ∠B=90°，AB=1，BC= 3 ，D 是侧棱 CC1 上一点，且 BD 与底面所成角为 30°. （1）求点 D 到 AB 所在直线的距离. （2）求二面角 A1－BD－B1 的度数. 解析：①∵CC1⊥面 ABC， ∠B=90°，∴DB⊥AB， ∴DB 的长是点 D 到 AB 所在直线的距离， ∠DBC 是 BD 与底面所成的角，即∠DBC=30°， ∵BC= 3 ， ∴BD= 30cos 3 cos DBC BC =2 . ②过 B1 作 B1E⊥BD 于 E，连 A1E，∵BB1⊥AB，AB⊥BC，且 BB1∩BC=B，∴AB⊥平 面 BCC1B1，∵A1B1∥AB，∴A1B1⊥平面 BCC1B1，∵B1E⊥BD，∴A1E⊥BD，即∠A1EB1 是面 A1BD 与面 BDC1B1 所成二面角的平面角. 连 B1D . ∵BC= 3 ，BD=2，∴ CD=1 .∵CC1=2，∴D 为 CC1 的中点 ∴S△BDB1= 2 1 SBCC1B1 ∴ 2 1 B1E·BD= 2 1 BC·CC1 即 2 1 B1E·2= 2 1 3 ·2∴B1E= 3 在 Rt△A1B1E 中， tan∠A1EB1= 63 3arctan,3 3 3 1 11 1 11  EBAEB BA 【易错点 66】直线与双曲线的位置关系可通过分析直线方程与渐进线方程的位 置关系，也可以联立直线方程与双曲线方程通过判别式，两种方法往往会忽视一 些特殊情形。 例 66、过点（0，3）作直线 l，如果它与双曲线 2 2 14 3 x y  只有一个公共点，则 直线 l 的条数是（ ） A、1 B、2 C、3 D、4 【易错点分析】在探讨直线与双曲线的位置关系时，可以考虑直线方程与双曲线 方程的解的情况，但容易忽视直线与渐进线平行的特殊情况，这时构成的方程是 一次的。 解析：用数形结合的方法：过点（0，3）与双曲线只有一个公共点的直线分两类。 一类是平行于渐进线的，有两条；一类是与双曲线相切的有两条。如图所示： 故选（D） 【知识点归类点拨】直线与双曲线的位置关系分为：相交、相离、相切三种。其 判定方法有两种： 一是将直线方程与双曲线的方程联立消去一个未知数，得到一个一元二次方程 2 0ax bx c   。 （1） 若 0, 0a    ，直线与双曲线相交，有两个交点；若 0a  ，直线与渐进 线平行，有一个交点。 O y x ( （2） 若 0, 0a    ，直线与双曲线相切，有且只有一个公共点。 （3） 若 0, 0a    ，直线与双曲线相离，没有公共点。 二是可以利用数形结合的思想。 【练 66】（2004 年浙江，理 21）如图已知双曲线的中心在原点， 右顶点为 A（1，0）P、Q 在双曲线的右支上，点 M（m，0）到 直线 AP 的距离为 1。 （1）若直线 AP 的斜率为 1，且 3 , 33k       ，求实数 m 的取值范围。 解析：（1）如图，由条件得直线 AP 的方程为 ( 1)y k x  ，即 0kx y k    点 M 到直线 AP 的距离为 1。 2 1 1 mk k k    ，即 2 2 1 11 1km k k     3 2 3, 3 1 23 3k m           解得 2 3 2 31 3 1 13 3m m      或 m 的取 值范围是 2 3 2 31,1 1 ,33 3               o A Q P M y xO