高二数学期末74个方法技巧全归纳（选二+选三全部，知识清单）高二数学下学期人教A版

高二数学方法技巧全归纳 目录 方法技巧01 变化率问题 1 方法技巧02 导数的运算 1 方法技巧03 导数几何意义的应用 2 方法技巧04 两曲线的公切线问题 3 方法技巧05 导函数与原函数性质关系问题 3 方法技巧06 不含参数的函数的单调性 4 方法技巧07 含参数的函数的单调性 5 方法技巧08 函数单调性的应用 5 方法技巧09 根据函数的图象判断函数的极值 6 方法技巧10 求已知函数的极值 7 方法技巧11 已知函数的极值(点)求参数 7 方法技巧12 利用导数研究函数的最值 8 方法技巧13 导数型构造函数 8 方法技巧14 依据数值特征构造具体函数 10 方法技巧15 地位同等同构 10 方法技巧16 指对混合型的同构 11 方法技巧17 移项构造法证明不等式 12 方法技巧18 分拆构造双函数法证明不等式 12 方法技巧19 放缩法证明不等式 13 方法技巧20 端点效应 13 方法技巧21 洛必达法则 14 方法技巧22 单变量不等式恒成立问题 15 方法技巧23 单变量不等式能成立问题 15 方法技巧24 双变量不等式恒(能)成立问题 16 方法技巧25 数形结合法探究函数零点问题 16 方法技巧26 借助函数的性质探究函数的零点问题 17 方法技巧27 构造函数法研究函数零点 17 方法技巧28 隐零点问题 17 方法技巧29 极值点偏移问题 18 方法技巧30 由an与Sn的关系求通项公式 19 方法技巧31 由数列的递推关系求通项公式 20 方法技巧32 数列的周期性 21 方法技巧33 数列的单调性 21 方法技巧34 数列的最值 22 方法技巧35 等差数列基本量的运算 22 方法技巧36 等差数列的判定与证明 23 方法技巧37 等差数列性质的应用 23 方法技巧38 等差数列的前n项和及其最值 24 方法技巧39 等比数列基本量的运算 25 方法技巧40 等比数列的判定与证明 26 方法技巧41 等比数列性质的应用 26 方法技巧42 分组求和与并项求和 27 方法技巧43 裂项相消法求和 28 方法技巧44 错位相减法求和 29 方法技巧45 数列模型的应用 29 方法技巧46 数列中的不等式证明 30 方法技巧47 数列中的不等式恒成立 31 方法技巧48 数列奇偶项问题 31 方法技巧49 数列增减项问题 32 方法技巧50 数列新情境、新定义问题 32 方法技巧51 两个计数原理及综合应用 33 方法技巧52 排列、组合问题 34 方法技巧53 分组、分配问题 35 方法技巧54 二项展开式的通项公式的应用 36 方法技巧55 二项式系数和与系数和 36 方法技巧56 二项式系数与系数最值 37 方法技巧57 二项式定理的应用 38 方法技巧58 条件概率 38 方法技巧59 全概率公式的应用 39 方法技巧60 离散型随机变量分布列的性质 40 方法技巧61 离散型随机变量的分布列及数字特征 40 方法技巧62 离散型随机变量数字特征在决策中的应用 42 方法技巧63 二项分布的期望 44 方法技巧64 二项分布的性质 44 方法技巧65 超几何分布 46 方法技巧66 正态分布 48 方法技巧67 二项分布与超几何分布的区别 49 方法技巧68 成对数据的相关性 50 方法技巧69 一元线性回归模型 51 方法技巧70 非线性回归模型 53 方法技巧71 独立性检验 55 方法技巧72 以统计图表为载体的概率、统计问题 57 方法技巧73 概率、统计与数列的综合问题 59 方法技巧74 概率、统计与函数的交汇问题 60 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 方法技巧01 变化率问题 函数的平均变化率和瞬时变化率的关系 平均变化率＝，如果当Δx趋于0时，无限趋近于一个常数，那么这个常数就是函数f (x)在x＝x0处的瞬时变化率．求函数的瞬时变化率可以利用平均变化率“逐渐逼近”的方法求解． 【典例1】(多选)环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改．设企业的污水排放量W与时间t的关系为W＝f (t)，用－的大小评价在[a，b]这段时间内企业污水治理能力的强弱．已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示． 则下列结论正确的是(　　) A．在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强 B．在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强 C．在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标 D．甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]的污水治理能力最强 【典例2】(多选)吹气球时，记气球的半径r与体积V之间的关系为r(V)，r′为r(V)的导函数．已知r(V)在0≤V≤3上的图象如图所示，若0≤V1<V2≤3，则下列结论正确的是(　　) A．< B．r′>r′ C．r< D．存在V0∈，使得r′＝ 方法技巧02 导数的运算 导数的运算方法 (1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导． (2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解． (3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元． 【典例1】(2025·河北冀州中学模拟)已知函数f (x)满足f (x)＝f ′sin x－cos x，则f ′的值为(　　) A． C．－ D．－ 【典例2】(2025·广东肇庆模拟)已知函数f (x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)，则f ′(2)＝(　　) A．0　　 B．－12 C．－120 D．120 方法技巧03 导数几何意义的应用 导数几何意义的应用要点 (1)处理与切线有关的问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程： ①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上． (2)函数f (x)过某点(m，n)有若干条切线，转化为关于切点的方程(高次)根的个数问题． 【典例1】(2023·全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) A．y＝x　　 B．y＝x C．y＝x＋ D．y＝x＋ 【典例2】(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y＝ln |x|经过坐标原点的两条切线方程分别为________，________． 【典例3】(2024·浙江绍兴二模)曲线f (x)＝x＋a ln x在点(1，1)处的切线与直线y＝2x平行，则a＝(　　) A．1　　 B．2 C．－1 D．－2 【典例4】(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______． 【典例5】若点P是曲线y＝x2－2ln x上任意一点，则点P到直线y＝x－3的距离的最小值为________． 方法技巧04 两曲线的公切线问题 曲线公切线的求解策略 设直线与曲线y＝f (x)相切于点(x1，f (x1))，与曲线y＝g(x)相切于点(x2，g(x2))，则切线方程为y－f (x1)＝f ′(x1)(x－x1)，即y＝f ′(x1)x＋f (x1)－f ′(x1)x1，同理y＝g′(x2)x＋g(x2)－g′(x2)x2． 所以解出x1，x2，从而可得公切线方程． 【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________． 【典例2】(2025·福建泉州模拟)若曲线y＝x2与y＝tex(t≠0)恰有两条公切线，则t的取值范围为(　　) A． C．(－∞，0) D．(－∞，0) 【典例3】若两曲线y＝ln x－1与y＝ax2存在公切线，则正实数a的取值范围是(　　) A．(0，2e]　　　　　　 B． C． D．[2e，＋∞) 方法技巧05 导函数与原函数性质关系问题 1．导函数与原函数对称性、周期性的关系 性质1：若函数f (x)连续且可导，则f (x)的图象关于直线x＝a对称⇔导函数f ′(x)的图象关于点(a，0)对称． 性质2：若函数f (x)连续且可导，则f (x)的图象关于点(a，f (a))对称⇔导函数f ′(x)的图象关于直线x＝a对称． 性质3：f (x)的图象是周期为T的周期函数⇔f ′(x)的图象是周期为T的周期函数． 2．导函数与原函数奇偶性的关系 性质1：若f (x)为偶函数且可导，则f ′(x)为奇函数． 性质2：若f (x)为奇函数且可导，则f ′(x)为偶函数． 【典例1】已知定义在R上的函数f (x)满足f (1＋x)＝f (1－x)，且f (2＋x)＝－f (2－x)，f ′(x)是f (x)的导数，则(　　) A．f ′(x)是奇函数，且是周期函数 B．f ′(x)是偶函数，且是周期函数 C．f ′(x)是奇函数，且不是周期函数 D．f ′(x)是偶函数，且不是周期函数 【典例2】(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)及其导函数f ′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f ′(x)．若f，g(2＋x)均为偶函数，则(　　) A．f (0)＝0　　 B．g＝0 C．f (－1)＝f (4) D．g(－1)＝g(2) 方法技巧06 不含参数的函数的单调性 利用导函数求函数单调区间的注意点 (1)先求函数定义域，单调区间是定义域的子集． (2)正确求导函数． (3)当f ′(x)＝0无解时，可根据f ′(x)的结构特征确定f ′(x)的符号． (4)所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”“或”连接，要用“，”“和”隔开． 【典例1】函数f (x)＝的单调递增区间为________． 【典例2】已知函数f (x)＝8x－，x∈，讨论f (x)的单调性． 方法技巧07 含参数的函数的单调性 (1)对于含参数的函数的单调性，常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个： 分类讨论点1(根的有无讨论)：求导后，考虑f ′(x)＝0是否有实数根，从而引起分类讨论； 分类讨论点2(根在不在定义域内讨论)：求导后，f ′(x)＝0有实数根，但不清楚f ′(x)＝0的实数根是否落在定义域内，从而引起分类讨论； 分类讨论点3(根的大小的讨论)：求导后，f ′(x)＝0有实数根，f ′(x)＝0的实数根也落在定义域内，但不清楚这些实数根的大小关系，从而引起分类讨论． (2)求出f ′(x)后，先观察f ′(x)的解析式的特征(当参数取某些特殊值或在某一范围内时，f ′(x)≥0(≤0)恒成立)，再解不等式． 【典例1】已知函数f (x)＝－a ln x(a∈R)，讨论f (x)的单调性． 【典例2】已知函数f (x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f (x)的单调性． 【典例3】(2024·山东青岛一模)已知函数f (x)＝x2－ax＋ln x，讨论f (x)的单调性． 方法技巧08 函数单调性的应用 根据函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f (x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)f (x)在区间(a，b)上单调递增的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f ′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f ′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题． 【典例1】(2025·四川成都模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数y＝f (x)的导函数为y＝f ′(x)，当x>0时，xf ′(x)＋f (x)<0，且f (2)＝3，则不等式f (x－1)>的解集为__________． 【典例2】已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则(　　) A．c<b<a　　 B．b<c<a C．a<c<b D．a<b<c 【典例3】已知函数g(x)＝2x＋ln x－． (1)若函数g(x)在区间[1，2]上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若g(x)在区间[1，2]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围． 【典例4】已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足xf ′(x)－f (x)>0，且f (1)＝2，则f (ex)>2ex的解集为(　　) A．(0，＋∞)　　 B．(ln 2，＋∞) C．(1，＋∞) D．(0，1) 方法技巧09 根据函数的图象判断函数的极值 1.根据原函数图象判断极值的解题策略 先在原函数图象上寻找峰顶、谷底或导数不存在的尖点，这些是候选极值点；再观察每个点左右两侧的单调性：若左边递增、右边递减，则为极大值点；若左边递减、右边递增，则为极小值点；若两侧单调性不变，则该点不是极值点，判断时只关注局部升降变化，不与整体最值混淆。 2.根据导函数图象判断极值的解题策略 先找出导函数图象与x轴的交点及导数不存在的点，这些是临界点；再看临界点左右两侧导函数的符号：若左正右负，则原函数在该点取极大值；若左负右正，则原函数在该点取极小值；若两侧符号相同，则该点无极值。 【典例1】　(2025·江苏常州模拟)已知函数f (x)的导函数为f ′(x)，定义域为(0，＋∞)，且函数g(x)＝(x－6)3·f ′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．f (x)有极小值f (6)，极大值f (1) B．f (x)仅有极小值f (6)，极大值f (10) C．f (x)有极小值f (1)和f (6)，极大值f (3)和f (10) D．f (x)仅有极小值f (1)，极大值f (10) 【典例2】已知定义在区间上的函数的导函数为，的图象如图所示，则（    ） A．在上有增也有减 B．有2个极小值点 C． D．有1个极大值点 方法技巧10 求已知函数的极值 求函数f (x)极值的步骤 ①确定函数的定义域． ②求导数f ′(x)． ③解方程f ′(x)＝0，求出方程f ′(x)＝0在定义域内的所有根． ④列表检验f ′(x)在f ′(x)＝0各个根的左、右两侧值的符号． 【典例1】已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)当a＝时，求f (x)的极值； (2)讨论函数f (x)在定义域内极值点的个数． 【典例2】已知函数f (x)＝和g(x)＝＋b有相同的极大值，则b＝(　　) A．0　　　 B．2　　　 C．－1　　　 D．－3 方法技巧11 已知函数的极值(点)求参数 根据函数极值情况求参数的两个要领 ①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：求解后验证根的合理性．不满足题意可能有两种情况：一是函数在定义域内单调，二是函数在极值点左、右两侧的单调性相反，即极值相反． 【典例1】(2024·湖北武汉期中)已知函数f (x)＝b ln x＋x2＋2ax＋a2－3a在x＝1处取得极小值，则的值为________． 【典例2】(2025·八省联考)已知函数f (x)＝a ln x＋－x． ①设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f (x)的斜率为2的切线方程； ②若x＝1是f (x)的极小值点，求b的取值范围． 【典例3】已知函数f＝x3－ax2＋x在区间上既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是(　　) A． C． 【典例4】已知函数f (x)＝(ln x)2－ax2有两个极值点，则实数a的取值范围是________． 方法技巧12 利用导数研究函数的最值 求函数f (x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤 【典例1】(2022·全国乙卷)函数f＝cos x＋sin x＋1在区间的最小值、最大值分别为(　　) A．－　　 B．－ C．－＋2 D．－＋2 【典例2】函数f (x)＝－x3＋x在(a，10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围是________． 【典例3】)设实数a>0，求函数f (x)＝在[a，2a]上的最小值． 方法技巧13 导数型构造函数 (1)出现xf ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝． (2)出现nf (x)＋xf ′(x)形式，构造函数F (x)＝xnf (x)． (3)出现f ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝． (4)出现f ′(x)＋nf (x)形式，构造函数F (x)＝enxf (x)． (5)与sin x，cos x有关的导函数存在一定的特殊性，其常见考查形式如下： F (x)＝f (x)sin x，F ′(x)＝f ′(x)sin x＋f (x)cos x； F (x)＝，F ′(x)＝； F (x)＝f (x)cosx，F ′(x)＝f ′(x)cos x－f (x)sin x； F (x)＝，F ′(x)＝． 【典例1】设f (x)是定义域为R的奇函数，f (－1)＝0，当x>0时，xf ′(x)－f (x)<0，则使得f (x)>0成立的x的取值范围是(　　) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) 【典例2】已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足2xf (x)＋x2f ′(x)<0，f (2)＝，则关于x的不等式x2f (x)>3的解集为________． 【典例3】(2025·江苏常州模拟)已知定义在R上的函数f (x)的导函数为f ′(x)，f (1)＝e，且对任意的x满足f ′(x)－f (x)<ex，则不等式f (x)>xex的解集是(　　) A．(－∞，1)　　 B．(－∞，0) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 【典例4】已知f ′(x)是函数f (x)的导函数，f (x)－f (－x)＝0，且对于任意的x∈满足f ′(x)cos x＋f (x)sin x>0，则下列不等式一定成立的是(　　) A．f<fcos B．f>f C．f (－1)<fcos 1 D．f>f 方法技巧14 依据数值特征构造具体函数 当要比较的各数为某些函数的函数值时，要仔细观察这些数值的共同之处，构造一个或两个函数，使要比较的数成为所构函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小． 【典例1】设a＝999ln 1 001，b＝1 000ln 1 000, c＝1 001ln 999，则下列选项正确的是(　　) A．a>c>b　　 B．c>b>a C．b>a>c D．a>b>c 【典例2】已知a，b，c∈，且＝－5ln a，＝－3ln b，＝－2ln c，则(　　) A．b<c<a　　 B．c<b<a C．a<c<b D．a<b<c 方法技巧15 地位同等同构 地位同等同构策略 对于含有地位同等的两个变量x1，x2(或x，y，或a，b)的等式或不等式，如果进行整理(即同构)后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数的单调性解决．常见的同构类型有： 原式 转化 构造函数 ＞k(x2＞x1) f (x1)－f (x2)＜kx1－kx2 构造y＝f (x)－kx，为增函数 ＜(x2＞x1) f (x1)－f (x2)＞ 构造y＝f (x)＋，为减函数 【典例1】(多选)已知a，b∈R，且2a>2b>1，则(　　) A．ea－eb<ln a－ln b　　 B．b ln a<a ln b C．<ea－b D．<1 【典例2】已知函数f (x)＝ax2＋(a＋1)ln x＋1(a≤－1)，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，恒有≥4，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－e2]　　 B．(－∞，－e] C．[－2，－1] D．(－∞，－2] 方法技巧16 指对混合型的同构 1．指对同构的本质：指、幂、对三种函数的互相转化，即alogax＝x＝logaax(a＞0且a≠1)． 2．三种基本模式： ①积型： aea≤b ln b 说明：在对“积型”同构时，取对数是最快捷的，同构出的函数，单调性一看便知． ②商型： < ③和差型： ea±a>b±ln b 如：eax＋ax＞ln (x＋1)＋x＋1⇔eax＋ax＞eln (x+1)＋ln (x＋1)⇔ax＞ln (x＋1)． 特别地，若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘x，同加上x等，再用上述方式变形．常见的有： ①aeax>ln x⇒axeax>x ln x； ②ex>a ln (ax－a)－a⇒ex>ln [a(x－1)]－1⇒ex－ln a－ln a>ln (x－1)－1 ⇒ex－ln a＋x－ln a>ln (x－1)＋x－1＝eln (x-1)＋ln (x－1)； ③ax>logax⇒ex ln a>⇒(x ln a)ex ln a>x ln x． 【典例1】设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea<b ln b，则(　　) A．ab>e　　 B．b>ea C．ab<e D．b<ea 【典例2】若关于x的不等式ex－a≥ln x＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．　　 B．(－∞，e] C．(－∞，1] D．(－∞，2]【典例3】已知当x≥e时，不等式xa＋－≥a ln x恒成立，则正实数a的最小值为 ________． 方法技巧17 移项构造法证明不等式 一般地，待证不等式的两边含有同一个变量时，可以直接构造“左减右”(或“右减左”)的函数，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值进行证明． 提醒：对复杂的式子可以先进行变形，再移项构造函数进行证明． 【典例1】(教材经典)证明以下不等式： (1)ex≥x＋1； (2)ln x≤x－1； (3) ln x≥1－． 【典例2】证明：当x>1时，x2＋ln x<x3． 【典例3】　(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝a(ex＋a)－x． (1)讨论f (x)的单调性； (2)证明：当a＞0时，f (x)＞2ln a＋． 方法技巧18 分拆构造双函数法证明不等式 在同时含ln x与ex的不等式证明中，常采用把对数单独分离的方式，把待证不等式分离．构造两个函数，分别计算它们的最值，借助最值进行证明． 【典例1】设函数f (x)＝aexln x＋，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2． (1)求a，b； (2)求证：f (x)>1． 【典例2】已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论f (x)的单调性； (2)当a＝e时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0． 方法技巧19 放缩法证明不等式 1．利用导数证明不等式时，若所证明的不等式中含有ex，ln x，sin x，cos x，tan x或其他多项式函数中的两种或以上，可考虑先利用不等式进行放缩，使问题简化，然后再构造函数进行证明． 2．常见的放缩有：(1)tan x>x>sin x，x∈；(2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x，利用切线放缩可把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解． 3．导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式． 【典例1】已知函数f (x)＝ln x＋－1． (1)求函数f (x)的最小值； (2)当x∈(0，π)时，证明：ex＞(1－ln x)sin x． 【典例2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数，. (1)求函数的极值； (2)证明：当时，在上恒成立. 方法技巧20 端点效应 端点效应法是一种必要性探路法，是指对某些与函数有关的恒成立问题，通过选取函数定义域内的某些特殊值，先得到一个必要条件，初步获得参数的范围，再在该范围内进行讨论，或去验证其充分性，进而得到参数的准确范围的方法. 1.如图(1)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上单调，f(x)≥0恒成立，则f(a)≥0且f(b)≥0. 2.一阶端点效应：如图(2)，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，则当x≥x0时，f(x)≥0成立的一个必要条件为端点x0处的导数值f'(x0)≥0.因为如果f'(x0)<0，那么函数会在x0右侧的一个小区间内先单调递减，此时函数f(x)在x≥x0时不恒为非负值，不满足要求，如图(3). 这个方法把某个区间上函数的恒成立问题转化为判断端点处的导数值符号，这就是端点效应. 类似地，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，当x>x0时，f(x)<0成立的一个必要条件为x0处的导数值f'(x0)<0. 3.二阶端点效应：如图(4)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)＝0，f'(a)＝0，则f″(a)≥0. 端点效应的核心思想是必要性探路，充分性护航.我们在解决一类恒成立问题时，可以利用端点处需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而往往得到的范围即为所求，再去做充分性论证即可. 【典例1】设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf'(x)，x≥0，其中f'(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围. 【典例2】设函数f(x)＝ex－e－x.若对任意x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围. 【典例3】设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.若当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 【典例4】(2024·全国甲卷改编)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 方法技巧21 洛必达法则 “洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决成立或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现型或型可以考虑使用洛必达法则． 洛必达法则： 法则1　型 若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1) f(x)＝0及 g(x)＝0； (2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3) ＝l， 那么 ＝ ＝l. 法则2　型 若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1) f(x)＝∞及 g(x)＝∞； (2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3) ＝l，那么 ＝ ＝l. 注意： 1．将上面公式中的x→a，x→∞换成x→＋∞，x→－∞，x→a＋，x→a－，洛必达法则也成立． 2．洛必达法则可处理，，0·∞，1∞，∞0,00，∞－∞型求极限问题． 3．在着手求极限前，首先要检查是否满足，，0·∞，1∞，∞0,00，∞－∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限． 4．若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止． ＝ ＝ ，如满足条件，可继续使用洛必达法则． 【典例1】设函数f(x)＝.如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围． 【典例2】已知函数f(x)＝ax－a－xln x．若当x∈(0,1)时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 方法技巧22 单变量不等式恒成立问题 导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类． 【典例1】(2024·安徽安庆二模节选)已知函数f (x)＝2ln x－x＋(m∈R)，若不等式f (x)≤0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围． 【典例2】(2024·全国甲卷)已知函数f (x)＝(1－ax)·ln (1＋x)－x． (1)当a＝－2时，求f (x)的极值； (2)当x≥0时，f (x)≥0恒成立，求a的取值范围． 方法技巧23 单变量不等式能成立问题 能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决，能成立问题中的等价转化有以下几种形式： (1)存在x∈[a，b]，f (x)≥a成立⇔f (x)max≥a． (2)存在x∈[a，b]，f (x)≤a成立⇔f (x)min≤a． (3)存在x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f (x1)≤g(x2)成立⇔f (x)min≤g(x)min． 【典例1】已知函数f (x)＝x2ln x． (1)讨论f (x)的单调性； (2)若存在x>0，使得f (x)≤ax成立，求实数a的取值范围． 【典例2】已知函数f (x)＝ex－x，若对任意x>0，f (x)>ax2＋1有解，求a的取值范围． 方法技巧24 双变量不等式恒(能)成立问题 双变量恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转换，常见的等价转换有： (1)∀x1，x2∈D，f (x1)>g(x2)⇔f (x)min>g(x)max． (2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f (x1)>g(x2)⇔f (x)min>g(x)min． (3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f (x1)>g(x2)⇔f (x)max>g(x)max． 【典例1】设f (x)＝＋x ln x，g(x)＝x3－x2－3． (1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M； (2)如果对于任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围． 【典例2】(2025·云南曲靖模拟)已知函数f (x)＝x＋x cos x－2sin x． (1)求曲线y＝f (x)在x＝π处的切线方程； (2)g(x)＝x2－3x＋a(a∈R)，若对任意x1∈，均存在x2∈，使得f (x1)<g(x2)，求实数a的取值范围． 方法技巧25 数形结合法探究函数零点问题 含参数的函数的零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，则可将参数分离出来后，用x表示含参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数，即转化为一条直线(平行于x轴)与一个复杂函数图象交点个数问题． 【典例1】(2024·湖北武汉模拟节选)已知函数f (x)＝ln x－ax2(a∈R )，讨论函数f (x)在区间上零点的个数． 【典例2】(2024·广东汕头三模)已知函数f (x)＝x(ex－ax2)，若f (x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a的值． 方法技巧26 借助函数的性质探究函数的零点问题 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用，解题中注意零点存在定理的灵活应用． 【典例1】　(2022·全国乙卷)已知函数f (x)＝ln (1＋x)＋axe－x． (1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围． 【典例2】已知函数f (x)＝x sin x－．判断函数f (x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明． 方法技巧27 构造函数法研究函数零点 解决此类问题的关键是构造函数F (x)，将函数零点(方程的根)、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 【典例1】已知a＞0且a≠1，函数f (x)＝(x＞0)．若曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【典例2】已知函数f (x)＝ex＋x＋4ln(2－x)． (1)求函数f (x)的图象在点(0，f (0))处的切线方程； (2)判断函数f (x)的零点个数，并说明理由． 方法技巧28 隐零点问题 在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题． 【典例1】已知函数f (x)＝xex－ln x－1，若f (x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围． 【典例2】(2024·山东济南二模)已知函数f (x)＝ax2－ln x－1，g(x)＝xex－ax2(a∈R)． (1)讨论f (x)的单调性； (2)证明：f (x)＋g(x)≥x． 方法技巧29 极值点偏移问题 1.极值点偏移的判定定理 对于可导函数y＝f (x)在区间(a，b)上只有一个极大(小)值点x0，方程f (x)＝0的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b． (1)若0＝f (x1)＜f (2x0－x2)，则＜(＞)x0，即函数y＝f (x)在区间(x1，x2)上的极大(小)值点x0右(左)偏； (2)若0＝f (x1)＞f (2x0－x2)，则＞(＜)x0，即函数y＝f (x)在区间(x1，x2)上的极大(小)值点x0左(右)偏． 2.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法： (1)证明x1＋x2＜2a(或x1＋x2＞2a)： ①构造函数g(x)＝f (x)－f (2a－x)，求导，确定函数y＝f (x)和函数y＝g(x)的单调性； ②确定x1，x2满足x1＜a＜x2，且f (x1)＝f (x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得g(x1)＝f (x1)－f (2a－x1)＝f (x2)－f (2a－x1)与零的大小关系； ③由函数y＝f (x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x2与2a－x1的大小关系，从而证明相应问题． (2)证明x1x2＜a2(或x1x2＞a2)(x1，x2都为正数)： ①构造函数g(x)＝f (x)－f，求导，确定函数y＝f (x)和函数y＝g(x)的单调性； ②确定x1，x2满足x1＜a＜x2，且f (x1)＝f (x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得g(x1)＝f (x1)－f＝f (x2)－f与零的大小关系； ③由函数y＝f (x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x2与的大小关系，从而证明相应问题． (3)应用对数平均不等式＜＜证明极值点偏移： ①由题中等式产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题． 3.极值点偏移问题的常用策略 首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式． 【典例1】已知函数f (x)＝xe－x． (1)求函数f (x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2且f (x1)＝f (x2)，求证：x1＋x2>2． 【典例2】(2022·全国甲卷节选)已知函数f (x)＝－ln x＋x－a．证明：若f (x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1． 【典例3】已知函数f (x)＝ln x－ax2，若x1，x2是方程f (x)＝0的两个不等实根，求证：＞2e． 方法技巧30 由an与Sn的关系求通项公式 1．已知Sn求an的三个步骤 (1)利用a1＝S1求出a1． (2)当n≥2时，利用an＝Sn－Sn－1求出an的表达式． (3)看a1是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写，否则应写成分段的形式，即an＝ 2．Sn与an关系问题的求解思路 方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． 方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解． 提醒：注意an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2，转化后往往能构造等差、等比数列，或用累加、累乘等方法求解． 【典例1】(2025·山东菏泽模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若满足Sn＝4an－3，则Sn＝(　　) A．4 B．4 C．3 D．4(3n－1) 【典例2】已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________． 【典例3】(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是(　　) A．an＝ B．an＝ C．Sn＝－ D．数列是等差数列 方法技巧31 由数列的递推关系求通项公式 由递推关系求数列的通项公式的常用方法 【典例1】设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________． 【典例2】在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________． 【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________． 【典例4】已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n+1，则数列{an}的通项公式为an＝________． 【典例5】已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________． 方法技巧32 数列的周期性 解决数列周期性问题的方法 先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求解． 【典例1】(2024·山东济宁三模)已知数列中，a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1，则a2 025＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 【典例2】(2025·福建厦门模拟)数列满足an＋1＝，a3＝3，则a2 025＝________． 方法技巧33 数列的单调性 判断数列单调性的两种方法 (1)作差(商)法． (2)目标函数法：写出数列对应的函数，利用导数或基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去． 【典例1】已知数列{an}的通项公式为an＝，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为(　　) A．(3，＋∞) B．(2，＋∞) C．(1，＋∞) D．(0，＋∞) 【典例2】已知数列{an}的通项公式是an＝，那么这个数列是(　　) A．递增数列 B．递减数列 C．摆动数列 D．常数列 方法技巧34 数列的最值 求数列中最大(小)项的两种方法 (1)根据数列的单调性求解． (2)利用不等式组求出n的值，进而求得an的最值． 【典例1】已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋1)·，则数列{an}的最大项为(　　) A．a8或a9 B．a9或a10 C．a10或a11 D．a11或a12 【典例2】(2025·辽宁锦州模拟)数列{an}的通项公式为an＝，该数列的前50项中最大项是(　　) A．a1 B．a44 C．a45 D．a50 方法技巧35 等差数列基本量的运算 解决等差数列运算问题的思想方法 (1)方程思想：等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可通过列方程组达到“知三求二”． (2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解． 【典例1】(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是(　　) A．a2＋a3＝0 B．an＝2n－5 C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2 【典例2】(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　) A．25　　 B．22　　 C．20　　 D．15 【典例3】“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中记载：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列．若冬至的日影长为15.5尺，芒种的日影长为4.5尺，则雨水、惊蛰、春分、清明的日影长的和是________尺． 方法技巧36 等差数列的判定与证明 判断数列{an}是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一个常数． (2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1． (3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数)． (4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)． 【典例1】已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1． 【典例2】记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＝2． (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式． 【典例3】已知数列{an}的前n项积为Tn，且满足＝，证明：数列{Tn}为等差数列． 方法技巧37 等差数列性质的应用 利用等差数列的性质解题的三个关注点 (1)在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般考虑应用项的性质，如利用2am＝am－n＋am＋n可实现项的合并与拆分． (2)在Sn＝中，Sn与a1＋an可相互转化． (3)利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，可求S2m或S3m． 【典例1】(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　) A．－2 B． C．1 D． 【典例2】(2024·九省联考)记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝(　　) A．120　　 B．140　　 C．160　　 D．180 【典例3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝10，则S30＝(　　) A．0 B．－10 C．－30 D．－40 【典例4】有两个等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn． ①若＝，则＝________； ②若＝，则＝________． 【典例5】已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 018，＝6，则S2 025＝________． 方法技巧38 等差数列的前n项和及其最值 处理等差数列前n项和Sn的最值的两类观点 (1)函数观点：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象，利用求二次函数的最值的方法求解．特别提醒，n∈N*． (2)邻项变号观点： ①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值Sm； ②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值Sm． 【典例1】在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15．求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值． 【典例2】(多选)(2024·辽宁名校联考二模)设是等差数列，Sn是其前n项和，且S5<S6，S6＝S7>S8，则下列结论正确的是(　　) A．d≤0 B．a7＝0 C．S6与S7均为Sn的最大值 D．满足Sn<0的n的最小值为14 方法技巧39 等比数列基本量的运算 等比数列基本量的运算的解题策略 (1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以通过列方程(组)达到“知三求二”． (2)解方程组时常常利用“作商”消元法． 提醒：运用等比数列的前n项和公式时，一定要注意公比q的讨论(q＝1或q≠1)，否则会造成漏解或增解． 【典例1】(2022·全国乙卷)已知等比数列的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　　) A．14 B．12 C．6 D．3 【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 【典例3】《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长3尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍．意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．”则当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是(结果精确到0．1．参考数据：lg 2≈0．30，lg 3≈0．48)(　　) A．2.9天 B．3.9天 C．4.9天 D．5.9天 方法技巧40 等比数列的判定与证明 判定一个数列为等比数列的常见方法 【典例1】(2024·湖南名校质检)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋an＋1－6an＝0(n∈N*)． (1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列； (2)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn．【典例2】已知Sn为等比数列{an}的前n项和，a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0． (1)求an及Sn； (2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 【典例3】已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn． (1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列； (2)求{anbn}的前n项和Sn． 方法技巧41 等比数列性质的应用 应用等比数列性质的两个关注点 【典例1】(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． 【典例2】 (2025·山东青岛模拟)等比数列的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　) A．12 B．10 C．5 D．2log35 【典例3】(多选)(2024·湖北武汉二模)下列命题正确的是(　　) A．若均为等比数列且公比相等，则也是等比数列 B．若为等比数列，其前n项和为Sn，则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列 C．若为等比数列，其前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列 D．若数列的前n项和为Sn，则“an>0”是“为递增数列”的充分不必要条件 【典例4】(多选)(2025·湖南长沙模拟)设等比数列的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且a1>1，a6a7>1，<0，则下列结论正确的是(　　) A．0<q<1 B．0<a7a8<1 C．Sn的最大值为S7 D．Tn的最大值为T6 方法技巧42 分组求和与并项求和 分组求和与并项求和的常见类型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和． (2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和． (3)如果cn＝(－1)n·an，求{cn}的前n项和时，可采用并项求和法求解．对n分奇数、偶数讨论，建议先求n是偶数时Sn的值，当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋cn． 【典例1】　(2025·河南信阳模拟)已知数列是等差数列，其前n项和为Sn，且2a2＋a4＝13，S7＝49． (1)求的通项公式； (2)设bn＝，求数列的前n项和Tn． 【典例2】在数列{an}中，a1＝－1，an＝2an－1＋3n－6(n≥2，n∈N*)． (1)求证：数列{an＋3n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Tn． 【典例3】(2025·辽宁实验中学模拟)已知数列的前n项和为Sn，且4Sn＝5an－2． (1)证明：是等比数列，并求其通项公式； (2)设bn＝(－1)n·log5，求数列的前100项和T100． 方法技巧43 裂项相消法求和 裂项相消法求和的基本步骤 【典例1】(2024·河南郑州二模)在数列中，a1＝2，对任意正整数n，均有an＋1－an＝2n＋2．数列满足：＋…＋＝n2，n∈N*． (1)求数列和的通项公式； (2)若cn＝，求数列的前n项和Sn． 【典例2】(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋…＋<2． 【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝(Sn为数列{an}的前n项和)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(－1)n+1，数列{bn}的前n项和为Tn，求T2 025． 方法技巧44 错位相减法求和 错位相减法求和的具体步骤 【典例1】(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn． 【典例2】(2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为数列{an}的前n项和，2Sn＝nan． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn． 【典例3】(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝．已知a1，3a2，9a3成等差数列． (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜． 方法技巧45 数列模型的应用 数列实际应用中的常见模型 (1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差． (2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定且不为零的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比． (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第n项an与第n＋1项an＋1有递推关系，还是前n项和Sn与前n＋1项和Sn＋1之间有递推关系． 一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或依次减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列． 【典例1】某牧场今年年初牛的存栏数为1 200，预计以后每年存栏数的增长率为10%，且在每年年底卖出100头牛，牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列{cn}，即c1＝1 200，则c10大约为(　　) (参考数据：1．18≈2．144，1．19≈2．358，1．110≈2．594，1．111≈2．853) A．1 429 B．1 472 C．1 519 D．1 571 【典例2】(多选)小明向银行贷款A0元创业，并与银行约定：每个月还一次款，分12次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为r．设小明每个月所要还款的钱数为x元，则下列说法正确的是(　　) A．小明选择的还款方式为“等额本金还款法” B．小明选择的还款方式为“等额本息还款法” C．小明第一个月还款的现值为 元 D．x＝ 方法技巧46 数列中的不等式证明 与数列有关的不等式证明问题的求解常用两种方法：一是放缩法；二是借助函数的单调性证明． (1)对于“和式”数列不等式，若能够直接求和，则考虑先求和，再放缩证明不等式；若不能求和，则可考虑先放缩后求和证明不等式．放缩时要研究通项，放缩是为了能化简． (2)常见的放缩技巧： ①＜＝； ②＜＜； ③2()＜＜2()； ④＜＜＜． 【典例1】已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝anan＋1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Tn，求证：＜Tn＜． 【典例2】(2025·八省联考)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝． (1)证明：数列为等比数列； (2)求{an}的通项公式； (3)令bn＝，证明：bn<bn＋1<1． 方法技巧47 数列中的不等式恒成立 数列与不等式的恒成立的问题可借助数列的单调性或转化为函数的最值问题解答． 【典例1】　(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 【典例2】已知数列的前n项和为Sn，2an＋1＝3Sn，若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立，求实数t的取值范围． 方法技巧48 数列奇偶项问题 该递推数列属于数列奇偶项的问题，主要考查综合知识与探究问题能力，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差或公比等，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用． 【典例1】(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． 【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn． 方法技巧49 数列增减项问题 1．解决数列中增减项问题的关键是通过阅读理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征． 2．两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项，则要通过其项数之间的关系来确定． 【典例1】(2024·江苏南京期末)已知数列满足a1＝4，且an＋1 ＋an＝8n＋4． (1)求数列的通项公式； (2)已知bn＝2n，在数列中剔除与的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列，求数列的前192项和T192． 【典例2】 记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3． (1)求数列{an}的通项公式； (2)对所有正整数m，若ak＜2m＜ak＋1，则在ak和ak＋1两项中插入2m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前40项和． 方法技巧50 数列新情境、新定义问题 对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，依据题目提供的信息，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决． 【典例1】(2024·江西南昌一模)对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“k-比分数列”．已知数列满足a1＝b1＝1，且的“1-比分数列”与的“2-比分数列”是同一个数列． (1)若是公比为2的等比数列，求数列的前n项和Sn； (2)若是公差为2的等差数列，求an． 【典例2】(2025·湖北武汉模拟)定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，2，3经过第一次“和扩充”后得到数列1，3，2，5，3；第二次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3．设数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，所有项的和为Sn． (1)若a＝2，b＝3，c＝4，求P2，S2； (2)若Pn≥2 024，求正整数n的最小值； (3)是否存在数列a，b，c，使得数列为等比数列？请说明理由． 方法技巧51 两个计数原理及综合应用 利用两个基本计数原理解决问题的步骤 提醒：涂色问题的两种常用解题方法：按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；以颜色为主分类讨论，用分类加法计数原理分析． 【典例1】如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　) A．24　　　B．18　　　C．12　　　D．9 【典例2】(2025·重庆模拟)用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是(　　) A．120 B．72 C．48 D．24 【典例3】如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________． 方法技巧52 排列、组合问题 求解排列、组合应用问题的六种常用方法 提醒：先选后排，先组合后排列，恰当的分类，合理的分步．分类标准要明确，做到不重不漏；分步要步步独立，步骤完整． 【典例1】(2025·山东济南模拟)由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，则满足条件的六位数的个数为(　　) A．60 B．108 C．132 D．144 【典例2】(2023·新高考Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)． 【典例3】7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙不相邻，则不同排法的种数是(　　) A．60 B．120 C．240 D．360 方法技巧53 分组、分配问题 分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种： (1)相同元素的分配问题，常用“挡板法”； (2)不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配； (3)有限制条件的分配问题，采用分类求解． 提醒：对于部分均分问题，若有m组元素个数相等，则分组时应除以． 【典例1】(2024·浙江杭州二模)将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去一个社区，每个社区至少1名志愿者，则不同的分配方法数是(　　) A．300 B．240 C．150 D．50 【典例2】(2024·河北衡水中学模拟)将5本不同的书(2本文学书、2本科学书和1本体育书)分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为(　　) A．78 B．92 C．100 D．122 【典例3】甲、乙等4名志愿者到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有(　　) A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 【典例4】把9个入团名额分给6个班级，每班至少一人，不同的分法种数为(　　) A．41　　 B．56　　 C．156　　 D．252 方法技巧54 二项展开式的通项公式的应用 几种求展开式特定项的解法 (1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可． (2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏． (3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决或从组合角度求特定项． 【典例1】的展开式中x2y3的系数是(　　) A．－ B． C．－30 D．30 【典例2】(多选)已知的展开式中第3项与第5项的系数之比为3∶14，则下列结论成立的是(　　) A．n＝10 B．展开式中的常数项为45 C．含x5的项的系数为210 D．展开式中的有理项有5项 【典例3】(2022·新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为_______．(用数字作答) 【典例4】(2025·河北沧州模拟)在(x－2y＋3z)6的展开式中，xy2z3项的系数为(　　) A．6 480 B．2 160 C．60 D．－2 160 【典例5】(1＋2x－3x2)5的展开式中x5的系数为________． 方法技巧55 二项式系数和与系数和 赋值法的应用 (1)在二项式定理中，令a＝1，b＝x，得(1＋x)n＝＋x＋x2＋…＋xk＋…＋xn． (2)若f (x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则 ①a0＋a1＋a2＋…＋an＝f (1)． ②奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝． ③偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝． 【典例1】(多选)已知(1－2x)2 024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024，下列命题正确的是(　　) A．展开式中所有项的二项式系数和为22 024 B．展开式中所有偶数项系数的和为 C．展开式中所有奇数项系数的和为 D．＝－1 【典例2】若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为________． 【典例3】(2024·湖南长沙模拟)若(1－2x)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋a5(x－1)5，则下列结论中正确的是(　　) A．a0＝1 B．a4＝80 C．＝35　 D． 【典例4】在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为(　　) A．－960 B．960 C．1 120 D．1 680 方法技巧56 二项式系数与系数最值 1、二项式系数先增后减中间项最大 （1）如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大； （2）如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项，的二项式系数，相等且最大． 2.如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用 从而解出k来，即得． 【典例1】(2024·全国甲卷)的展开式中，各项系数中的最大值为________． 【典例2】已知的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式中二项式系数最大的项是(　　) A． B． C．x2 D．7x2 方法技巧57 二项式定理的应用 二项式定理应用的题型及解法 (1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式． (2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx． 【典例1】设a∈Z，且0≤a≤13，若512 023＋a能被13整除，则a等于(　　) A．0 B．1 C．11 D．12 【典例2】1.026的近似值(精确到0.01)为(　　) A．1.12 B．1.13 C．1.14 D．1.20 方法技巧58 条件概率 求条件概率的两种方法 (1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝，这是求条件概率的通法． (2)缩小样本空间法，借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件A与事件B的积事件包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝． 【典例1】(2022·天津高考)现有52张扑克牌(去掉大小王)，每次取一张，取后不放回，则两次都抽到A的概率为 ________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为 ________． 【典例2】(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为(　　) A．0.8　　B．0.6　　C．0.5　　D．0.4 方法技巧59 全概率公式的应用 “化整为零”求多事件的全概率问题 (1)如图，P(B)＝ (2)已知事件B的发生有各种可能的情形Ai(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和． 【典例1】(2024·河北保定一模)已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人．现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为(　　) A．0.62 B．0.58 C．0.46 D．0.42 【典例2】某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30．若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是(　　) A．0.155 B．0.175 C．0.016 D．0.096 方法技巧60 离散型随机变量分布列的性质 分布列性质的两个作用 (1)利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值及检查分布列的正确性． (2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率． 【典例1】(多选)设离散型随机变量X的分布列为 X －1 0 1 2 3 P 则下列各式正确的是(　　) A．P(X＝1.5)＝0 B．P(X＞－1)＝ C．P(2＜X＜4)＝1 D．P(X＜0)＝0 【典例2】设X是一个离散型随机变量，其分布列为 X －1 0 1 P 1－q q－q2 则q＝________． 【典例3】(多选)已知随机变量X，Y，且Y＝3X＋1，X的分布列如下： X 1 2 3 4 5 P m n 若E(Y)＝10，则(　　) A．m＝ B．n＝ C．E(X)＝3 D．D(Y)＝ 方法技巧61 离散型随机变量的分布列及数字特征 离散型随机变量分布列的求解步骤 【典例1】(2024·九省联考)盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球． (1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率； (2)记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E(X)． 【典例2】某项考核，设有一个问题，能正确回答该问题者则考核过关，否则即被淘汰．已知甲、乙、丙三人参与考核，考核结果互不影响，甲过关的概率为，乙过关的概率为，丙过关的概率为． ①若三人中有两人过关，求丙过关的概率； ②记甲、乙、丙三人中过关的人数为X，求X的分布列与数学期望． 【典例3】在一次班级联欢晚会上，某班设计了一个摸球表演节目的游戏：在一个纸盒中装有红球、黄球、白球、黑球各1个，这些球除颜色外完全相同，同学不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球，则停止摸球，否则就要将纸盒中的球全部摸出才停止．规定摸到红球表演两个节目，摸到白球或黄球表演1个节目，摸到黑球不用表演节目． (1)求a同学摸球三次后停止摸球的概率； (2)记X为a同学摸球后表演节目的个数，求随机变量X的分布列和数学期望、方差． 【典例4】已知A1，A2为两所高校举行的自主招生考试，某同学参加每所高校的考试通过的概率均为，该同学一旦通过某所高校的考试，就不再参加其他高校的考试．设该同学通过考试的高校的个数为随机变量X，则D(X)等于(　　) A． B． C． D． 【典例5】随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝，则D(3X－2)＝(　　) X －1 0 1 P a b A．　　　 B．　　　 C．5　　　 D．7 【典例6】(2025·广东八校联考)已知随机变量X的分布列如表所示： X －1 0 1 P m n 若P(X≤0)＝，且2X＋Y＝1，则D(Y)＝(　　) A． B． C． D． 方法技巧62 离散型随机变量数字特征在决策中的应用 利用均值、方差进行决策的方法 随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定． 【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和． 某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． (2)假设0<p<q． (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 【典例2】某口罩加工厂加工口罩由A，B，C三道工序组成，每道工序之间相互独立，且每道工序加工质量分为高和低两种层次级别，A，B，C三道工序加工的质量层次决定口罩的过滤等级；A，B，C工序加工质量层次均为高时，口罩过滤等级为100等级(表示最低过滤效率为99.97%)；C工序的加工质量层次为高，A，B工序至少有一个质量层次为低时，口罩过滤等级为99等级(表示最低过滤效率为99%)；其余均为95级(表示最低过滤效率为95%)．现从A，B，C三道工序的流水线上分别随机抽取100个口罩进行检测，其中A工序加工质量层次为高的个数为50，B工序加工质量层次高的个数为75，C工序加工质量层次为高的个数为80．加工一个口罩的利润如下表所示： 口罩等级 100等级 99等级 95等级 利润/元 2 1 0.5 (1)用样本估计总体，估计该厂生产的口罩过滤等级为100等级的概率； (2)X表示一个口罩的利润，求X的分布列和数学期望； (3)用频率估计概率，由于工厂中A工序加工质量层次为高的概率较低，工厂计划通过增加检测环节对A工序进行升级．在升级过程中，每个口罩检测成本增加了0.2元时，相应的A工序加工层次为高的概率在原来的基础上增加了b．试问：若工厂升级方案后对一个口罩利润的期望有所提高，写出一个满足条件的b的值． 【典例3】(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分． 已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关． (1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列； (2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由． 方法技巧63 二项分布的期望 二项分布问题的解题关键 定型 ①在每一次试验中，事件发生的概率相同． ②各次试验中的事件是相互独立的． ③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生 定参 确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率 提醒：下列问题能转化为二项分布 ①条件不变，重复进行试验，一般取球后再放回；②该地区人数多或不知总体，从中抽取几个；③某产品服从正态分布，若干个产品服从二项分布；④用频率表示概率，有时转化为二项分布． 【典例1】(2024·湘豫名校联考)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局．根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响． (1)经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望； (2)若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率． 【典例2】小明和小亮两名同学每天利用课余时间进行羽毛球比赛．规定每一局比赛中获胜方记2分，失败方记0分，没有平局，谁先获得10分就获胜，比赛结束．假设每局比赛小明获胜的概率都是． (1)求比赛结束时恰好打了7局的概率； (2)若现在是小明以6∶2的比分领先，记X表示结束比赛还需打的局数，求X的分布列及期望． 方法技巧64 二项分布的性质 由二项分布的分布列可以看出，其共有3个参数，故涉及二项分布的概率最值问题主要有以下三个考查方向：（1）给定（2）给定（3）给定 （1）给定，可得到函数，这个可转化为数列的最值问题, 当时，，随值的增加而增加；当时，，随值的增加而减少.如果为正整数，当时，，此时这两项概率均为最大值.如果为非整数，而取的整数部分，则是唯一的最大值. （2）当给定时，可得到函数，这个可转化为数列的最值问题,,当时，,随着值的增大而增大；当时，,随着值的增大而减小.记，则. （3）当给定时，可得到函数，这个可转化为函数的最值问题，并利用导数进行求解，当时，由于当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得最大值，.又当，当时，，从而无最小值. 【典例1】(2024·河北唐山一模)某项测试共有8道题，每道题答对得5分，不答或答错得0分．某人答对每道题的概率都是，每道试题答对或答错互不影响，设某人答对题目的个数为X． (1)求此人得分的期望； (2)指出此人答对几道题的可能性最大，并说明理由． 【典例2】若X～B，则当k＝0，1，2，…，100时(　　) A．P(X＝k)≤P(X＝50) B．P(X＝k)≤P(X＝32) C．P(X＝k)≤P(X＝33) D．P(X＝k)≤P(X＝49) 【典例3】经检测一批产品中每件产品的合格率为，现从这批产品中任取5件，设取得合格产品的件数为X，则以下说法正确的是(　　) A．X的可能取值为1，2，3，4，5 B．P(X＝2)＝ C．X＝3的概率最大 D．X服从超几何分布 【典例4】为了提高广大青少年的法律意识，我市开展青少年“学宪法、讲宪法”知识竞赛活动，团员小明每天自觉登录“青少年普法”软件，参加各种学习活动，同时热衷于参与四人赛．每局四人赛是由网络随机匹配四人进行比赛，每题回答正确得20分，第1个达到100分的比赛者获得第1名，赢得该局比赛，该局比赛结束．每天的四人赛共有20局，前2局是有效局，根据得分情况获得相应名次，从而得到相应的学习积分，第1局获得第1名的得3分，获得第2，3名的得2分，获得第4名的得1分；第2局获得第1名的得2分，获得第2，3，4名的得1分；后18局是无效局，无论获得什么名次，均不能获得学习积分．经统计，小明每天在第1局四人赛中获得3分、2分、1分的概率分别为，在第2局四人赛中获得2分、1分的概率分别为． (1)设小明每天获得的得分为X，求X的分布列和数学期望； (2)若小明每天赛完20局，设小明在每局四人赛中获得第1名从而赢得该局比赛的概率为，每局是否赢得比赛相互独立，请问在每天的20局四人赛中，小明赢得多少局的比赛概率最大？ 方法技巧65 超几何分布 (1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数． (2)超几何分布的特征是： ①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的概率分布． (3)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型． 【典例1】　(2024·山东青岛一模)为促进全民阅读，建设书香校园，某校在寒假面向全体学生发出“读书好、读好书、好读书”的号召，并开展阅读活动．开学后，学校统计了高一年级共1 000名学生的假期日均阅读时间(单位：分钟)，得到了如图所示的频率分布直方图，若前两个小矩形的高度分别为0.007 5，0.012 5，后三个小矩形的高度比为3∶2∶1． (1)根据频率分布直方图，估计高一年级1 000名学生假期日均阅读时间的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)； (2)开学后，学校从高一日均阅读时间不低于60分钟的学生中，按照分层随机抽样的方式，抽取6名学生作为代表分两周进行国旗下演讲，假设第一周演讲的3名学生日均阅读时间处于[80，100)的人数记为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望． 【典例2】某公司采购部需要采购一箱电子元件，供货商对该电子元件整箱出售，每箱10个．在采购时，随机选择一箱并从中随机抽取3个逐个进行检验．若其中没有次品，则直接购买该箱电子元件；否则，不购买该箱电子元件． (1)若某箱电子元件中恰有一个次品，求该箱电子元件能被直接购买的概率； (2)若某箱电子元件中恰有两个次品，记对随机抽取的3个电子元件进行检验时次品的个数为X，求X的分布列及期望． 【典例3】(2025·重庆模拟)已知一个袋子中装有大小、形状完全相同的3个白球和2个黑球． (1)若从袋中一次任取3个球，设取到的3个球中有X个黑球，求X的分布列及数学期望； (2)若从袋中每次随机取出一个球，记下颜色后将球放回袋中，重复此过程，直至他连续2次取到黑球才停止，设他在第Y次取球后停止取球，求P． 方法技巧66 正态分布 解决正态分布问题的三个关键点 (1)对称轴x＝μ； (2)标准差σ； (3)分布区间． 利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率；μ决定正态曲线位置，σ的大小决定正态曲线的稳定与波动大小，即高矮与胖瘦；注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0． 【典例1】(2024·河南信阳一模)对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X(单位：min)，X～N，对应的曲线为C1，B地员工的上班迟到时间为Y(单位：min)，Y～N，对应的曲线为C2，则下列图象正确的是(　　) A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D 【典例2】(多选)(2025·广东八校开学考试)随机变量X服从正态分布N，若P＝P，则(　　) A．μ＝2 B．P＝ C．P> D．P>P 【典例3】设随机变量X～N(2，9)，若P(X＞c＋1)＝P(X＜c－1)，则c的值为________，P(－4≤X≤8)＝________．(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|≤2σ)≈0.954 5) 【典例4】(2024·新高考Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口，为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2．1，样本方差s2＝0．01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1．8，0．12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0．841 3)(　　) A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5 C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8 【典例5】已知X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．今有一批数量庞大的零件，假设这批零件的某项质量指标ξ(单位：mm)服从正态分布N(5.40，0.052)，现从中随机抽取M个，这M个零件中恰有K个的质量指标ξ位于区间[5.35，5.55]．若K＝45，试以使得P(K＝45)最大的M值作为M的估计值，则M为(　　) A．45 B．53 C．54 D．90 方法技巧67 二项分布与超几何分布的区别 超几何分布 二项分布 区别 描述的是不放回抽样问题(总体在变化)，一次性取 描述的是有放回抽样问题(总体不改变)，一个一个的取 考察对象分为两类 每一次试验是伯努利试验 已知各类对象的个数 联系 (当总体容量很大时)超几何分布可近似看作二项分布 【典例1】某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：g)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，(510，515]．由此得到样本的频率分布直方图(如图)． (1)根据频率分布直方图，求质量超过505 g的产品数量； (2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505 g的产品数量，求X的分布列； (3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505 g的产品数量，求Y的分布列． 【典例2】(多选)(2025·辽宁鞍山模拟)甲盒中有3个白球，2个黑球，乙盒中有2个白球，3个黑球，则下列说法中正确的是(　　) A．若从甲盒中一次性取出2个球，记X表示取出白球的个数，则P(X＝1)＝ B．若从甲盒和乙盒中各取1个球，则恰好取出1个白球的概率为 C．若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，则恰好得到2个白球的概率为 D．若从甲盒中取出1球放入乙盒中，再从乙盒中取出1球，记B：从乙盒中取出的1球为白球，则P(B)＝ 方法技巧68 成对数据的相关性 判定两个变量正、负相关的方法 (1)画散点图：点的分布从左下角到右上角，两个变量正相关；点的分布从左上角到右下角，两个变量负相关． (2)样本相关系数：r＞0时，正相关；r＜0时，负相关． (3)经验回归方程＝x＋中：>0时，正相关；<0时，负相关． 【典例1】调查某种群花萼长度和花瓣长度，所得数据如图所示．其中样本相关系数r＝0.824 5，下列说法正确的是(　　) A．花瓣长度和花萼长度没有相关性 B．花瓣长度和花萼长度呈现负相关 C．花瓣长度和花萼长度呈现正相关 D．若从样本中抽取一部分，则这部分的样本相关系数一定是0.824 5 【典例2】(2024·重庆模拟)已知成对样本数据，…，中x1，x2，…，xn不全相等，且所有样本点都在直线y＝－x＋1上，则这组成对样本数据的样本相关系数r＝________，其决定系数R2＝________． 方法技巧69 一元线性回归模型 回归分析问题的类型及解题方法 (1)求经验回归方程的步骤 ①根据散点图判断两变量是否线性相关，如不是，应通过换元构造线性相关． ②利用公式，求出回归系数． ③利用经验回归直线过样本点的中心求系数． (2)利用经验回归方程进行预测，把经验回归方程看作一次函数，求函数值． (3)利用经验回归方程判断正、负相关，决定正相关还是负相关的是系数． (4)经验回归方程的拟合效果，可以利用样本相关系数判断，当|r|越趋近于1时，两变量的线性相关程度越强． 【典例1】据统计，某城市居民年收入(所有居民在一年内收入的总和，单位：亿元)与某类商品销售额(单位：亿元)的10年数据如表所示： 第n年 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 居民年收入x 32.2 31.1 32.9 35.7 37.1 38.0 39.0 43.0 44.6 46.0 商品销售额y 25.0 30.0 34.0 37.0 39.0 41.0 42.0 44.0 48.0 51.0 依据表格数据，得到下面一些统计量的值． 379.6 391 246.904 568.9 m (1)根据表中数据，得到样本相关系数r≈0.95．以此推断，y与x的线性相关程度是否很强？ (2)根据统计量的值与样本相关系数r≈0.95，建立y关于x的经验回归方程。(系数精确到0.01) 附：样本(xi，yi)(i＝1，2，…，n)的相关系数r＝≈1.518， 【典例2】按照《中华人民共和国环境保护法》的规定，每年生态环境部都会会同国家发展改革委等部门共同编制《中国生态环境状况公报》，并向社会公开发布．下表是2017－2021年五年《中国生态环境状况公报》中酸雨区面积约占国土面积的百分比： 年份 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年 年份 代码xi 1 2 3 4 5 yi 6.4 5.5 5.0 4.8 3.8 (1)求2017—2021年年份代码xi与yi的样本相关系数(精确到0．01)； (2)请用样本相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用一元线性回归模型进行描述，并求出y关于x的经验回归方程； (3)预测2025年的酸雨区面积占国土面积的百分比． 附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，，样本相关系数 方法技巧70 非线性回归模型 非线性问题处理策略要通过换元、取对数等手段把非线性问题转化为线性问题． 【典例1】(2025·湖南衡阳模拟)为了加快实现我国高水平科技自立自强，某科技公司逐年加大高科技研发投入．下图1是该公司2015年至2024年的年份代码x和年研发投入y(单位：亿元)的散点图，其中年份代码1～10分别对应年份2015～2024． 根据散点图，分别用模型①＝x＋，②＝＋作为年研发投入y(单位：亿元)关于年份代码x的经验回归方程模型，并进行残差分析，得到图2所示的残差图．结合数据，计算得到如下表所示的一些统计量的值： (1)根据残差图，判断模型①和模型②哪一个更适宜作为年研发投入y(单位：亿元)关于年份代码x的经验回归方程模型？并说明理由； (2)①根据(1)中所选模型，求出y关于x的经验回归方程； ②设该科技公司的年利润L(单位：亿元)和年研发投入y(单位：亿元)满足L＝(x∈N*且x∈)，问该科技公司哪一年的年利润最大？ 附：对于一组数据，…，，其经验回归直线＝＋x的斜率和截距的最小二乘估计分别为＝－． 【典例2】一企业生产某种产品，通过加大技术创新投入降低了每件产品成本，为了调查年技术创新投入x(单位：千万元)对每件产品成本y(单位：元)的影响，对近10年的年技术创新投入xi和每件产品成本yi(i＝1，2，3，…，10)的数据进行分析，得到如图所示的散点图，并计算得：＝6.8，＝70， (1)根据散点图可知，可用函数模型＝＋拟合y与x的关系，试建立y关于x的非线性经验回归方程； (2)已知该产品的年销售额m(单位：千万元)与每件产品成本y(单位：元)的关系为m＝－＋100．该企业的年投入成本除了年技术创新投入，还要投入其他成本10千万元，根据(1)的结果回答：当年技术创新投入x为何值时，年利润M的预报值最大？ (注：年利润＝年销售额－年投入成本) 参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其经验回归直线＝＋u的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，＝－． 【典例3】某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备加大研发资金投入，为了解年研发资金投入额x(单位：亿元)对年盈利额y(单位：亿元)的影响，通过对“十二五”和“十三五”规划发展10年期间年研发资金投入额xi和年盈利额yi(i＝1，2，…，10)数据进行分析，建立了两个函数模型：y＝α＋βx2；y＝eλx＋t，其中α，β，λ，t均为常数，e为自然对数的底数，令ui＝，vi＝ln yi(i＝1，2，…，10)，经计算得如下数据： ＝26 ＝215 ＝680 ＝5.36 ＝100 ＝22 500 ＝4 ＝4 －)＝18 ①请从样本相关系数的角度，分析哪一个模型拟合度更好？ ②根据①的选择及表中数据，建立y关于x的非线性经验回归方程． 附：样本相关系数 经验回归方程＝x＋中：＝＝－． 方法技巧71 独立性检验 独立性检验的一般步骤 (1)根据样本数据完成2×2列联表． (2)根据公式χ2＝计算． (3)比较χ2与临界值的大小关系，作统计推断． 【典例1】(2023·全国甲卷改编)一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位：g)．试验结果如下： 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8 26.5 27.5 30.1 32.6 34.3 34.8 35.6 35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2 试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5 18.0 18.8 19.2 19.8 20.2 21.6 22.8 23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5 (1)计算试验组的样本平均数； (2)①求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表： 单位：只 组别 小白鼠体重的增加量 合计 <m ≥m 对照组 试验组 合计 ②根据①中的列联表，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否以此推断小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？ 附：χ2＝． α 0.1 0.05 0.01 xα 2.706 3.841 6.635 【典例2】(2024·浙江嘉兴二模)为了有效预防流感，很多民众注射了流感疫苗．某市防疫部门从辖区居民中随机抽取了1 000人进行调查，发现其中注射疫苗的800人中有220人感染流感，另外没注射疫苗的200人中有80人感染流感．医学研究表明，流感的检测结果是有错检的可能，已知患有流感的人其检测结果有95%呈阳性(感染)，而没有患流感的人其检测结果有99%呈阴性(未感染)． ①估计该市流感感染率是多少？ ②根据小概率值α＝0.001的独立性检验，能否认为注射流感疫苗与预防流感有关； ③已知某人的流感检测结果呈阳性，求此人真的患有流感的概率．(精确到0．001) 附：χ2＝， α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 方法技巧72 以统计图表为载体的概率、统计问题 该类问题常常借助图形或表格，将文字、图表、数据等融为一体，考查考生的直观想象能力和数学建模素养，求解的关键是立足题干提取信息，结合统计的相关知识进行数据分析或结合概率模型求解相应概率． 【典例1】AI技术驱动的自然语言处理工具引领了人工智能的新一轮创新浪潮．某数学兴趣小组为了解使用此类工具人群中年龄与是否喜欢该程序的关系，从某社区使用过该程序的人群中随机抽取了200名居民进行调查，并依据年龄样本数据绘制了如下频率分布直方图． (1)根据频率分布直方图，估计年龄样本数据的75%分位数： (2)将年龄不超过(1)中75%分位数的居民视为青年居民，否则视为非青年居民． ①完成下列2×2列联表，根据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为年龄与是否喜欢该程序有关联？ 单位：人 对该程序的态度 年龄 合计 青年 非青年 喜欢 20 不喜欢 60 合计 200 ②按照等比例分配分层随机抽样的方式从样本中随机抽取8名居民．若从选定的这8名居民中随机抽取4名居民做进一步调查，求这4名居民中至少有3人为青年居民的概率． 参考公式：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d． 参考数据： α 0.1 0.05 0.01 xα 2.706 3.841 6.635 【典例2】某学校号召学生参加“每天锻炼1小时”活动，为了了解学生参与活动的情况，随机调查了100名学生一个月(30天)完成锻炼活动的天数，制成如下频数分布表： 天数 [0，5) [5，10) [10，15) [15，20) [20，25) [25，30] 人数 4 15 33 31 11 6 (1)由频数分布表可以认为，学生参加体育锻炼天数X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本的平均数(每组数据取区间的中间值)，且σ＝6.1，若全校有3 000名学生，求参加“每天锻炼1小时”活动超过21天的人数(精确到1)； (2)调查数据表明，参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[15，30]的学生中有30名男生，天数在[0，15)的学生中有20名男生，学校对当月参加“每天锻炼1小时”活动不低于15天的学生授予“运动达人”称号．请填写下面列联表： 单位：人 性别 活动天数 合计 [0，15) [15，30] 男生 女生 合计 依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为学生性别与获得“运动达人”称号有关联．如果结论是有关联，请解释它们之间如何相互影响． 参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7， P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5， P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3． 附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d． α 0.05 0.01 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 方法技巧73 概率、统计与数列的综合问题 解答此类问题的关键是借助概率知识(如相互独立事件的概率公式、条件概率的公式等)建立Pn＋1与Pn的递推关系，然后利用数列知识(一般是构造法)求解． 【典例1】(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．求： (1)第2次投篮的人是乙的概率； (2)第i次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则＝．记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)． 【典例2】甲、乙两位乒乓球爱好者进行一次对抗赛，第一个球的发球权通过掷硬币确定，从第二个球开始，上一个球谁赢谁发球．由以往数据可知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为． (1)求第1个球甲赢的概率p1； (2)求第n个球甲赢的概率pn； (3)定义第n个球甲赢的期望En＝npn，求 【典例3】(2019·全国Ⅰ卷)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X． (1)求X的分布列； (2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α＝0．5，β＝0．8． ①证明：{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)为等比数列； ②求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性． 方法技巧74 概率、统计与函数的交汇问题 该类问题常以实际生活中的概率、统计知识为背景，将概率、统计与函数建模融合在一起，充分借助函数的性质研究相关问题的最值，可能涉及函数的单调性、导数等知识，求解时注意合理转化． 【典例1】(2024·郑州调研)某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3的称为“神投小组”，已知甲、乙两名队员投进篮球的概率分别为p1，p2． (1)若p1＝，p2＝，求他们在第一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率； (2)已知p1＋p2＝，则 ①p1，p2取何值时能使得甲、乙两名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？并求出此时的最大概率； ②在第①问的前提下，若甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，则他们平均要进行多少轮游戏？ 【典例2】(2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X＝i)＝pi(i＝0，1，2，3)． (1)已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E(X)； (2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p＝1，当E(X)>1时，p<1； (3)根据你的理解说明第(2)问结论的实际含义． 学科网（北京）股份有限公司1 / 61 学科网（北京）股份有限公司 $高二数学方法技巧全归纳 目录 方法技巧01 变化率问题 1 方法技巧02 导数的运算 2 方法技巧03 导数几何意义的应用 3 方法技巧04 两曲线的公切线问题 5 方法技巧05 导函数与原函数性质关系问题 6 方法技巧06 不含参数的函数的单调性 8 方法技巧07 含参数的函数的单调性 9 方法技巧08 函数单调性的应用 11 方法技巧09 根据函数的图象判断函数的极值 13 方法技巧10 求已知函数的极值 15 方法技巧11 已知函数的极值(点)求参数 17 方法技巧12 利用导数研究函数的最值 19 方法技巧13 导数型构造函数 21 方法技巧14 依据数值特征构造具体函数 23 方法技巧15 地位同等同构 24 方法技巧16 指对混合型的同构 25 方法技巧17 移项构造法证明不等式 27 方法技巧18 分拆构造双函数法证明不等式 29 方法技巧19 放缩法证明不等式 31 方法技巧20 端点效应 33 方法技巧21 洛必达法则 36 方法技巧22 单变量不等式恒成立问题 39 方法技巧23 单变量不等式能成立问题 40 方法技巧24 双变量不等式恒(能)成立问题 42 方法技巧25 数形结合法探究函数零点问题 44 方法技巧26 借助函数的性质探究函数的零点问题 45 方法技巧27 构造函数法研究函数零点 48 方法技巧28 隐零点问题 50 方法技巧29 极值点偏移问题 52 方法技巧30 由an与Sn的关系求通项公式 57 方法技巧31 由数列的递推关系求通项公式 59 方法技巧32 数列的周期性 60 方法技巧33 数列的单调性 61 方法技巧34 数列的最值 62 方法技巧35 等差数列基本量的运算 63 方法技巧36 等差数列的判定与证明 65 方法技巧37 等差数列性质的应用 66 方法技巧38 等差数列的前n项和及其最值 68 方法技巧39 等比数列基本量的运算 70 方法技巧40 等比数列的判定与证明 71 方法技巧41 等比数列性质的应用 73 方法技巧42 分组求和与并项求和 76 方法技巧43 裂项相消法求和 77 方法技巧44 错位相减法求和 79 方法技巧45 数列模型的应用 81 方法技巧46 数列中的不等式证明 83 方法技巧47 数列中的不等式恒成立 85 方法技巧48 数列奇偶项问题 87 方法技巧49 数列增减项问题 89 方法技巧50 数列新情境、新定义问题 90 方法技巧51 两个计数原理及综合应用 92 方法技巧52 排列、组合问题 93 方法技巧53 分组、分配问题 95 方法技巧54 二项展开式的通项公式的应用 96 方法技巧55 二项式系数和与系数和 98 方法技巧56 二项式系数与系数最值 100 方法技巧57 二项式定理的应用 101 方法技巧58 条件概率 101 方法技巧59 全概率公式的应用 102 方法技巧60 离散型随机变量分布列的性质 104 方法技巧61 离散型随机变量的分布列及数字特征 105 方法技巧62 离散型随机变量数字特征在决策中的应用 109 方法技巧63 二项分布的期望 113 方法技巧64 二项分布的性质 115 方法技巧65 超几何分布 119 方法技巧66 正态分布 121 方法技巧67 二项分布与超几何分布的区别 124 方法技巧68 成对数据的相关性 127 方法技巧69 一元线性回归模型 127 方法技巧70 非线性回归模型 130 方法技巧71 独立性检验 134 方法技巧72 以统计图表为载体的概率、统计问题 137 方法技巧73 概率、统计与数列的综合问题 141 方法技巧74 概率、统计与函数的交汇问题 145 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 方法技巧01 变化率问题 函数的平均变化率和瞬时变化率的关系 平均变化率＝，如果当Δx趋于0时，无限趋近于一个常数，那么这个常数就是函数f (x)在x＝x0处的瞬时变化率．求函数的瞬时变化率可以利用平均变化率“逐渐逼近”的方法求解． 【典例1】(多选)环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改．设企业的污水排放量W与时间t的关系为W＝f (t)，用－的大小评价在[a，b]这段时间内企业污水治理能力的强弱．已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示． 则下列结论正确的是(　　) A．在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强 B．在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强 C．在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标 D．甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]的污水治理能力最强 【解析】－表示在[a，b]上割线斜率的相反数，－越大治理能力越强． 对于A，在[t1，t2]这段时间内，甲企业对应图象的割线斜率的相反数比乙企业大，故甲企业的污水治理能力比乙企业强，正确； 对于B，要比较t2时刻的污水治理能力，即看在t2时刻两曲线的切线斜率，切线斜率的相反数越大，污水治理能力越强，故在t2时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强，正确； 对于C，在t3时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水达标排放量以下，正确； 对于D，甲企业在[t1，t2]这段时间内的污水治理能力最强，错误．故选ABC． 【典例2】(多选)吹气球时，记气球的半径r与体积V之间的关系为r(V)，r′为r(V)的导函数．已知r(V)在0≤V≤3上的图象如图所示，若0≤V1<V2≤3，则下列结论正确的是(　　) A．< B．r′>r′ C．r< D．存在V0∈，使得r′＝ 【解析】对于A，设tan α＝，tan θ＝， 由题图得θ＜α＜，所以tan α>tan θ， 所以>，所以该选项错误； 对于B，由题图得图象上点的切线的斜率越来越小， 根据导数的几何意义，得r′>r′，所以该选项正确； 对于C，设V1＝0，V2＝3，所以r＝r，＝，因为r－r(0)>r(3)－r，所以r>，所以该选项错误； 对于D，表示A(V1，r(V1))，B(V2，r(V2))两点之间的斜率，r′表示C(V0，r(V0))处切线的斜率，由于V0∈，所以可以平移直线AB，使之和曲线r(V)相切，切点就是点C，所以该选项正确．故选BD． 方法技巧02 导数的运算 导数的运算方法 (1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导． (2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解． (3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元． 【典例1】(2025·河北冀州中学模拟)已知函数f (x)满足f (x)＝f ′sin x－cos x，则f ′的值为(　　) A． C．－ D．－ 【解析】f ′(x)＝f ′cos x＋sin x，∴f ′＝， ∴f ′＝．故选A． 【典例2】(2025·广东肇庆模拟)已知函数f (x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)，则f ′(2)＝(　　) A．0　　 B．－12 C．－120 D．120 【解析】令g(x)＝x(x－1)(x－3)(x－4)(x－5)， 则f (x)＝(x－2)g(x)， 两边求导得f ′(x)＝g(x)＋(x－2)g′(x)， 令x＝2，得f ′(2)＝g(2)＝－12．故选B． 方法技巧03 导数几何意义的应用 导数几何意义的应用要点 (1)处理与切线有关的问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程： ①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上． (2)函数f (x)过某点(m，n)有若干条切线，转化为关于切点的方程(高次)根的个数问题． 【典例1】(2023·全国甲卷)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) A．y＝x　　 B．y＝x C．y＝x＋ D．y＝x＋ 【解析】因为y＝， 所以y′＝＝， 故曲线在点处的切线斜率k＝， 所以切线方程为y－＝(x－1)，即y＝x＋．故选C． 【典例2】(2022·新高考Ⅱ卷)曲线y＝ln |x|经过坐标原点的两条切线方程分别为________，________． 【解析】当x>0时，点(x1，ln x1)(x1>0)上的切线为y－ln x1＝(x－x1)．若该切线经过原点，则ln x1－1＝0，解得x1＝e，此时切线方程为y＝． 当x<0时，点(x2，ln (－x2))(x2<0)上的切线为y－ln (－x2)＝(x－x2)．若该切线经过原点，则ln (－x2)－1＝0，解得x2＝－e，此时切线方程为y＝－． 【典例3】(2024·浙江绍兴二模)曲线f (x)＝x＋a ln x在点(1，1)处的切线与直线y＝2x平行，则a＝(　　) A．1　　 B．2 C．－1 D．－2 【解析】f ′(x)＝1＋，则f ′(1)＝1＋a， 因为曲线f (x)在点(1，1)处的切线与直线y＝2x平行， 所以f ′(1)＝1＋a＝2，解得a＝1．故选A． 【典例4】(2022·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______． 【解析】∵y＝(x＋a)ex，∴y′＝(x＋1＋a)ex， 设切点为(x0，y0)，则y0＝，切线斜率k＝， ∴切线方程为＝(x－x0)， ∵切线过原点， ＝(－x0)， 整理得＋ax0－a＝0， ∵切线有两条， ∴Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0， ∴a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)． 【典例5】若点P是曲线y＝x2－2ln x上任意一点，则点P到直线y＝x－3的距离的最小值为________． 【解析】设平行于直线y＝x－3且与曲线y＝x2－2ln x相切的切线对应切点P(x，y)，由y＝x2－2ln x，得y′＝3x－，令y′＝3x－＝1，得x＝1或x＝－(舍去)， ∴P， ∴点P到直线y＝x－3的距离的最小值为＝． 方法技巧04 两曲线的公切线问题 曲线公切线的求解策略 设直线与曲线y＝f (x)相切于点(x1，f (x1))，与曲线y＝g(x)相切于点(x2，g(x2))，则切线方程为y－f (x1)＝f ′(x1)(x－x1)，即y＝f ′(x1)x＋f (x1)－f ′(x1)x1，同理y＝g′(x2)x＋g(x2)－g′(x2)x2． 所以解出x1，x2，从而可得公切线方程． 【典例1】(2024·新高考Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线也是曲线y＝ln (x＋1)＋a的切线，则a＝________． 【解析】由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，则y′|x＝0＝e0＋1＝2， 故曲线y＝ex＋x在点(0，1)处的切线方程为y＝2x＋1． 由y＝ln (x＋1)＋a得y′＝， 设切线与曲线y＝ln (x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln (x0＋1)＋a)， 由两曲线有公切线得y′＝＝2，解得x0＝－，则切点为， 切线方程为y＝2＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2． 根据两切线重合，得a－ln 2＝0，解得a＝ln 2． 【典例2】(2025·福建泉州模拟)若曲线y＝x2与y＝tex(t≠0)恰有两条公切线，则t的取值范围为(　　) A． C．(－∞，0) D．(－∞，0) 【解析】设曲线y＝tex的切点为M(m，tem)，y＝x2的切点为N(n，n2)， 则曲线y＝tex在点M(m，tem)处的切线方程为y－tem＝tem(x－m)，即y＝temx＋tem－mtem， 同理，y＝x2在点N(n，n2)处的切线方程为y＝2nx－n2， 根据y＝tex与y＝x2有两条公切线， 则所以tem－mtem＝－， 化简可得t＝， 转化为方程t＝有两个解，构造函数f (x)＝，则f ′(x)＝， 当x<2时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增；当x>2时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减， 故f (x)在x＝2时有极大值即为最大值，f (2)＝， 当x→－∞时，f (x)→－∞，当x→＋∞时，f (x)→0， 故t的取值范围为．故选A． 【典例3】若两曲线y＝ln x－1与y＝ax2存在公切线，则正实数a的取值范围是(　　) A．(0，2e]　　　　　　 B． C． D．[2e，＋∞) 【解析】设公切线与曲线y＝ln x－1和y＝ax2的切点分别为，其中x1＞0， 对于y＝ln x－1有y′＝，则曲线y＝ln x－1的切线方程为y－(ln x1－1)＝(x－x1)， 即y＝x＋ln x1－2， 对于y＝ax2有y′＝2ax，则曲线y＝ax2的切线方程为＝2ax2(x－x2)，即y＝， 所以则＝ln x1－2， 即＝ln x1(x1＞0)， 令g(x)＝2x2－x2ln x(x＞0)， 则g′(x)＝3x－2x ln x＝x(3－2ln x)， 令g′(x)＝0，得x＝， 当x∈(0，)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增； 当x∈(，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减，且当x→＋∞时，g(x)→－∞， 所以g(x)max＝g()＝e3，故0＜e3， 即a≥e-3．故选B． 方法技巧05 导函数与原函数性质关系问题 1．导函数与原函数对称性、周期性的关系 性质1：若函数f (x)连续且可导，则f (x)的图象关于直线x＝a对称⇔导函数f ′(x)的图象关于点(a，0)对称． 性质2：若函数f (x)连续且可导，则f (x)的图象关于点(a，f (a))对称⇔导函数f ′(x)的图象关于直线x＝a对称． 性质3：f (x)的图象是周期为T的周期函数⇔f ′(x)的图象是周期为T的周期函数． 2．导函数与原函数奇偶性的关系 性质1：若f (x)为偶函数且可导，则f ′(x)为奇函数． 性质2：若f (x)为奇函数且可导，则f ′(x)为偶函数． 【典例1】已知定义在R上的函数f (x)满足f (1＋x)＝f (1－x)，且f (2＋x)＝－f (2－x)，f ′(x)是f (x)的导数，则(　　) A．f ′(x)是奇函数，且是周期函数 B．f ′(x)是偶函数，且是周期函数 C．f ′(x)是奇函数，且不是周期函数 D．f ′(x)是偶函数，且不是周期函数 【解析】根据题意，定义在R上的函数f (x)满足f (1＋x)＝f (1－x)，所以f (－x)＝f (2＋x)， 又f (2＋x)＝－f (2－x)，所以f (－x)＝－f (4＋x)， 所以f (x＋4)＝－f (x＋2)，即f (x＋2)＝－f (x)， 所以f (x＋4)＝－f (x＋2)＝f (x)，所以f (x)是周期为4的周期函数， 所以f ′(x＋4)＝[f (x＋4)]′＝f ′(x)，所以f ′(x)是周期函数． 因为f (－x)＝f (2＋x)＝－f (x)， 即f (x)＝－f (－x)， 所以f ′(－x)＝－[f (－x)]′＝f ′(x)， 所以f ′(x)是偶函数． 故选B． 【典例2】(多选)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)及其导函数f ′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f ′(x)．若f，g(2＋x)均为偶函数，则(　　) A．f (0)＝0　　 B．g＝0 C．f (－1)＝f (4) D．g(－1)＝g(2) 【解析】因为f ，g(2＋x)均为偶函数， 所以f ＝f ， 即f ＝f ，g(2＋x)＝g(2－x)， 所以f (3－x)＝f (x)，g(4－x)＝g(x)，则f (－1)＝f (4)，故C正确； 函数f (x)，g(x)的图象分别关于直线x＝，x＝2对称， 又g(x)＝f ′(x)，且函数f (x)可导，所以g＝0，g(3－x)＝－g(x)， 所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，所以g(x＋2)＝－g(x＋1)＝g(x)， 所以g＝g＝0，g(－1)＝g(1)＝－g(2)， 故B正确，D错误； 若函数f (x)满足题设条件，则函数f (x)＋C(C 为常数)也满足题设条件，所以无法确定f (x)的函数值，故A错误． 故选BC． 方法技巧06 不含参数的函数的单调性 利用导函数求函数单调区间的注意点 (1)先求函数定义域，单调区间是定义域的子集． (2)正确求导函数． (3)当f ′(x)＝0无解时，可根据f ′(x)的结构特征确定f ′(x)的符号． (4)所求函数的单调区间不止一个时，这些区间之间不能用“∪”“或”连接，要用“，”“和”隔开． 【典例1】函数f (x)＝的单调递增区间为________． 【解析】由题意知f ′(x)＝(x＞0)． 设h(x)＝－ln x－1(x＞0)，则h′(x)＝－＜0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 由h(1)＝0知，当0＜x＜1时，h(x)＞0， 所以f ′(x)＞0； 当x＞1时，h(x)＜0，所以f ′(x)＜0． 综上，f (x)在(0，1)上单调递增． 【典例2】已知函数f (x)＝8x－，x∈，讨论f (x)的单调性． 【解析】　f ′(x)＝8－ ＝8－＝8－． 令cos2x＝t，则t∈(0，1)， 则f ′(x)＝＝， 当t∈，即x∈时，f ′(x)<0． 当t∈，即x∈时，f ′(x)>0． 所以f (x)在上单调递增，在上单调递减． 方法技巧07 含参数的函数的单调性 (1)对于含参数的函数的单调性，常见的分类讨论点按讨论的先后顺序有以下三个： 分类讨论点1(根的有无讨论)：求导后，考虑f ′(x)＝0是否有实数根，从而引起分类讨论； 分类讨论点2(根在不在定义域内讨论)：求导后，f ′(x)＝0有实数根，但不清楚f ′(x)＝0的实数根是否落在定义域内，从而引起分类讨论； 分类讨论点3(根的大小的讨论)：求导后，f ′(x)＝0有实数根，f ′(x)＝0的实数根也落在定义域内，但不清楚这些实数根的大小关系，从而引起分类讨论． (2)求出f ′(x)后，先观察f ′(x)的解析式的特征(当参数取某些特殊值或在某一范围内时，f ′(x)≥0(≤0)恒成立)，再解不等式． 【典例1】已知函数f (x)＝－a ln x(a∈R)，讨论f (x)的单调性． 【解析】　函数f (x)＝－a ln x的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝， 若a≤0，令f ′(x)＝0，解得x＝1，当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0， 所以函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 若a>0，令f ′(x)＝0，解得x＝1或x＝ln a． ①若ln a≤0，即0<a≤1时，当x∈(0，1)时，f ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0， 所以函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ②若0<ln a<1，即1<a<e时，当x∈(0，ln a)时，f ′(x)>0，当x∈(ln a，1)时，f ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0， 所以函数f (x)在(ln a，1)上单调递减，在(0，ln a)和(1，＋∞)上单调递增． ③若ln a＝1，即a＝e时，可得f ′(x)≥0且等号不恒成立， 所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增． ④若ln a>1，即a>e时，当x∈(0，1)时，f ′(x)>0，当x∈(1，ln a)时，f ′(x)<0，当x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0， 所以函数f (x)在(1，ln a)上单调递减，在(0，1)和(ln a，＋∞)上单调递增． 综上，当a≤1时，f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增； 当1<a<e时，f (x)在(ln a，1)上单调递减，在(0，ln a)和(1，＋∞)上单调递增； 当a＝e时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>e时，f (x)在(1，ln a)上单调递减，在(0，1)和(ln a，＋∞)上单调递增． 【典例2】已知函数f (x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x，a>0，试讨论函数y＝f (x)的单调性． 【解析】　函数的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝ax－(a＋1)＋＝ ＝． ①当0<a<1时，>1， ∴x∈(0，1)时，f ′(x)>0； x∈时，f ′(x)<0， ∴函数f (x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减． ②当a＝1时，＝1，∴f ′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立， ∴函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增． ③当a>1时，0<<1， ∴x∈∪(1，＋∞)时，f ′(x)>0； x∈时，f ′(x)<0， ∴函数f (x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 综上，当0<a<1时，函数f (x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减； 当a＝1时，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>1时，函数f (x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减． 【典例3】(2024·山东青岛一模)已知函数f (x)＝x2－ax＋ln x，讨论f (x)的单调性． 【解析】　f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝． 当a≤0时，f ′(x)>0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>0时，令g(x)＝x2－ax＋1，Δ＝a2－4． ①当Δ≤0，即0<a≤2时， f ′(x)≥0恒成立，f (x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当Δ>0，即a>2时， f ′(x)＝， 由f ′(x)>0，得 0<x<或x>， 由f ′(x)<0，得<x<， 所以f (x)在上单调递增， 在上单调递减． 综上，当a≤2时，f (x)在(0，＋∞)上单调递增； 当a>2时，f (x)在上单调递增；在上单调递减． 方法技巧08 函数单调性的应用 根据函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理：y＝f (x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集． (2)f (x)在区间(a，b)上单调递增的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f ′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f ′(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解． (3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题． 【典例1】(2025·四川成都模拟)已知定义在(0，＋∞)上的函数y＝f (x)的导函数为y＝f ′(x)，当x>0时，xf ′(x)＋f (x)<0，且f (2)＝3，则不等式f (x－1)>的解集为__________． 【解析】令g(x)＝xf (x)，则g′(x)＝xf ′(x)＋f (x)， 因为当x>0时，xf ′(x)＋f (x)<0，即g′(x)<0， 所以当x>0时，g(x)＝xf (x)单调递减， 由不等式f (x－1)>可得 即g(x－1)>g(2)，故有0<x－1<2，解得1<x<3， 即不等式f (x－1)>的解集为(1，3)． 【典例2】已知a<5且ae5＝5ea，b<4且be4＝4eb，c<3且ce3＝3ec，则(　　) A．c<b<a　　 B．b<c<a C．a<c<b D．a<b<c 【解析】由题意得0<a<5，0<b<4，0<c<3． 令f (x)＝(x>0)，则f ′(x)＝， 当0<x<1时，f ′(x)<0，当x>1时，f ′(x)>0， 故f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，因为ae5＝5ea，所以＝， 即f (5)＝f (a)，而0<a<5， 故0<a<1．同理0<b<1，0<c<1，f (4)＝f (b)，f (3)＝f (c)． 因为f (5)>f (4)>f (3)，所以f (a)>f (b)>f (c)， 所以0<a<b<c<1．故选D． 【典例3】已知函数g(x)＝2x＋ln x－． (1)若函数g(x)在区间[1，2]上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若g(x)在区间[1，2]上存在单调递增区间，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)g(x)＝2x＋ln x－(x>0), g′(x)＝2＋(x>0)． ∵函数g(x)在[1，2]上单调递增， ∴g′(x)≥0在[1，2]上恒成立， 即2＋≥0在[1，2]上恒成立， ∴a≥－2x2－x在[1，2]上恒成立， ∴a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2]． 在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3， ∴a≥－3． ∴实数a的取值范围是[－3，＋∞)． (2)g(x)在[1，2]上存在单调递增区间， 则g′(x)＞0在[1，2]上有解， 即a＞－2x2－x在[1，2]上有解， ∴a＞(－2x2－x)min， 又(－2x2－x)min＝－10， ∴a＞－10． ∴实数a的取值范围为(－10，＋∞)． 【典例4】已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足xf ′(x)－f (x)>0，且f (1)＝2，则f (ex)>2ex的解集为(　　) A．(0，＋∞)　　 B．(ln 2，＋∞) C．(1，＋∞) D．(0，1) 【解析】设g(x)＝，x>0， 因为xf ′(x)－f (x)>0， 所以g′(x)＝>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 因为f (1)＝2，所以g(1)＝＝2， 由f (ex)>2ex，且ex>0得>2， 则g(ex)＝>2＝g(1)， 所以ex>1＝e0，所以x∈(0，＋∞)，故选A． 方法技巧09 根据函数的图象判断函数的极值 1.根据原函数图象判断极值的解题策略 先在原函数图象上寻找峰顶、谷底或导数不存在的尖点，这些是候选极值点；再观察每个点左右两侧的单调性：若左边递增、右边递减，则为极大值点；若左边递减、右边递增，则为极小值点；若两侧单调性不变，则该点不是极值点，判断时只关注局部升降变化，不与整体最值混淆。 2.根据导函数图象判断极值的解题策略 先找出导函数图象与x轴的交点及导数不存在的点，这些是临界点；再看临界点左右两侧导函数的符号：若左正右负，则原函数在该点取极大值；若左负右正，则原函数在该点取极小值；若两侧符号相同，则该点无极值。 【典例1】　(2025·江苏常州模拟)已知函数f (x)的导函数为f ′(x)，定义域为(0，＋∞)，且函数g(x)＝(x－6)3·f ′(x)的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　) A．f (x)有极小值f (6)，极大值f (1) B．f (x)仅有极小值f (6)，极大值f (10) C．f (x)有极小值f (1)和f (6)，极大值f (3)和f (10) D．f (x)仅有极小值f (1)，极大值f (10) 【解析】由函数g(x)＝(x－6)3·f ′(x)的图象， 得当x<1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 当1<x<3时，f ′(x)>0，f (x)单调递增， 当3<x<6时，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 当6<x<10时，f ′(x)>0，f (x)单调递增， 当x>10时，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 所以函数f (x)有极小值f (1)和f (6)，极大值f (3)和f (10)． 故选C． 【典例2】已知定义在区间上的函数的导函数为，的图象如图所示，则（    ） A．在上有增也有减 B．有2个极小值点 C． D．有1个极大值点 【答案】D 【分析】利用导函数图象与函数单调性、极值点的关系即可判定. 【详解】由图可得，当，时，，当时，. 所以的单调递增区间为，，单调递减区间为， 所以有1个极大值点，1个极小值点. 故A、B错误，而，C错误. 故选：D 方法技巧10 求已知函数的极值 求函数f (x)极值的步骤 ①确定函数的定义域． ②求导数f ′(x)． ③解方程f ′(x)＝0，求出方程f ′(x)＝0在定义域内的所有根． ④列表检验f ′(x)在f ′(x)＝0各个根的左、右两侧值的符号． 【典例1】已知函数f (x)＝ln x－ax(a∈R)． (1)当a＝时，求f (x)的极值； (2)讨论函数f (x)在定义域内极值点的个数． 【解析】　(1)当a＝时，f (x)＝ln x－x，定义域为(0，＋∞)，且f ′(x)＝＝． 令f ′(x)＝0，解得x＝2． 当x变化时，f ′(x)，f (x)的变化情况如下表． x (0，2) 2 (2，＋∞) f ′(x) ＋ 0 － f (x) 单调递增 ln 2－1 单调递减 故f (x)的极大值为f (2)＝ln 2－1，无极小值． (2)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a＝． 当a≤0时，f ′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立， 即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x)在定义域上无极值点； 当a>0，x∈时，f ′(x)>0， 当x∈时，f ′(x)<0， 故函数f (x)在x＝处有极大值． 综上可知，当a≤0时，函数f (x)无极值点； 当a>0时，函数f (x)有一个极大值点，且极大值点为x＝． 【典例2】已知函数f (x)＝和g(x)＝＋b有相同的极大值，则b＝(　　) A．0　　　 B．2　　　 C．－1　　　 D．－3 【解析】f ′(x)＝，x∈R， 令f ′(x)>0，解得x<1，令f ′(x)<0，解得x>1， ∴f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴f (x)在x＝1处取得极大值，为f (1)＝． g′(x)＝，x＞0，令g′(x)<0，解得x>e，令g′(x)>0，解得0<x<e， ∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减， ∴g(x)在x＝e处取得极大值，为g(e)＝＋b， 依据题意，f (x)和g(x)有相同的极大值， 故f (1)＝g(e)，解得b＝0．故选A． 方法技巧11 已知函数的极值(点)求参数 根据函数极值情况求参数的两个要领 ①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解． ②验证：求解后验证根的合理性．不满足题意可能有两种情况：一是函数在定义域内单调，二是函数在极值点左、右两侧的单调性相反，即极值相反． 【典例1】(2024·湖北武汉期中)已知函数f (x)＝b ln x＋x2＋2ax＋a2－3a在x＝1处取得极小值，则的值为________． 【解析】对f (x)＝b ln x＋x2＋2ax＋a2－3a求导得，f ′(x)＝＋3x＋2a，依题意得， 即 解得 或 当a＝4，b＝－11时，f (x)＝－11ln x＋x2＋8x＋4，x>0，f ′(x)＝－＋3x＋8＝＝， 当0<x<1时，f ′(x)<0，f (x)在(0，1)上单调递减，当x>1时，f ′(x)>0，f (x)在(1，＋∞)上单调递增， 即x＝1时，函数f (x)取得极小值f (1)＝，符合题意，此时＝－； 当a＝－3，b＝3时，f (x)＝3ln x＋x2－6x＋18，x>0，f ′(x)＝＋3x－6＝＝≥0，即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值，与题意不符，舍去． 【典例2】(2025·八省联考)已知函数f (x)＝a ln x＋－x． ①设a＝1，b＝－2，求曲线y＝f (x)的斜率为2的切线方程； ②若x＝1是f (x)的极小值点，求b的取值范围． 解：①当a＝1，b＝－2时，f (x)＝ln x－－x，其中x>0，∴f ′(x)＝－1． 设切点为(x0，y0)，∵切线斜率为2，∴f ′(x0)＝－1＝2． 解得x0＝1，x0＝－(舍去)． 当x0＝1时，y0＝f (1)＝ln 1－2－1＝－3． ∴切线方程为y－(－3)＝2(x－1)， 即2x－y－5＝0． ②f ′(x)＝－1，∵x＝1为f (x)的极小值点，∴f ′(1)＝a－b－1＝0，∴a＝b＋1， ∴f ′(x)＝－＝－． (i)若b≤0，此时x－b>0，令f ′(x)＝0，得x＝1． 当0<x<1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；当x>1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减， f (x)在x＝1处取得极大值，舍去． (ii)若b＝1，f ′(x)＝－≤0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，f (x)不存在极值，舍去． (iii )若0<b<1，当0<x<b时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 当b<x<1时，f ′(x)>0，f (x)单调递增； 当x>1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 此时f (x)在x＝1处取得极大值，舍去． (ⅳ)若b>1，当0<x<1时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 当1<x<b时，f ′(x)>0，f (x)单调递增；当x>b时，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 此时f (x)在x＝1处取得极小值，符合题意． 综上所述，b的取值范围为(1，＋∞)． 【典例3】已知函数f＝x3－ax2＋x在区间上既有极大值又有极小值，则实数a的取值范围是(　　) A． C． 【解析】函数f＝x3－ax2＋x，导函数f ′＝x2－ax＋1．因为f在上既有极大值又有极小值，所以f ′＝0在内应有两个不同的实数根． 所以 解得2<a<， 所以实数a的取值范围为． 故选C． 【典例4】已知函数f (x)＝(ln x)2－ax2有两个极值点，则实数a的取值范围是________． 【解析】函数f (x)＝(ln x)2－ax2的定义域为(0，＋∞)，导函数f ′(x)＝－2ax， 由已知得－2ax＝0有两个不相等的正实数根， ∴a＝有两个不相等的正实数根，即y＝a与y＝的图象有2个不同的交点， 令g(x)＝，则g′(x)＝， 由g′(x)＝0，得x＝． 当x∈(0，)时，g′(x)>0，函数g(x)在(0，)上单调递增； 当x∈(，＋∞)时，g′(x)<0，函数g(x)在(，＋∞)上单调递减． 又g(1)＝0，g()＝， 当x>1时，g(x)>0，当0<x<1时，g(x)<0， 当x→＋∞时，g(x)→0， ∴函数g(x)的图象如图， 所以实数a的取值范围是． 方法技巧12 利用导数研究函数的最值 求函数f (x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤 【典例1】(2022·全国乙卷)函数f＝cos x＋sin x＋1在区间的最小值、最大值分别为(　　) A．－　　 B．－ C．－＋2 D．－＋2 【解析】f ′＝－sin x＋sin x＋cos x＝cos x， 所以在区间和上f ′>0， 即f单调递增； 在区间上f ′<0，即f单调递减． 又f＝f＝2，f＝＋2，f＝－， 所以f在区间上的最小值为－，最大值为＋2．故选D． 【典例2】函数f (x)＝－x3＋x在(a，10－a2)上有最大值，则实数a的取值范围是________． 【解析】由于f ′(x)＝－x2＋1， 易知f (x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1，1)上单调递增， 故若函数f (x)在(a，10－a2)上存在最大值， 则即－2≤a＜1． 【典例3】)设实数a>0，求函数f (x)＝在[a，2a]上的最小值． 【解析】　因为f (x)＝， 所以f ′(x)＝(a>0，x>0)， 令f ′(x)>0，得0<x<e；令f ′(x)<0，得x>e， 所以f (x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f (x)在[a，2a]上的最小值f (x)min＝min{f (a)，f (2a)}． 因为f (a)－f (2a)＝ln a－ln (2a)＝ln ， 所以当0<a≤2时，f (a)－f (2a)≤0， f (x)min＝f (a)＝ln a． 当a>2时，f (a)－f (2a)>0， f (x)min＝f (2a)＝ln (2a)． 综上所述，当0<a≤2时，f (x)在[a，2a]上的最小值为ln a； 当a>2时，f (x)在[a，2a]上的最小值为ln (2a)． 方法技巧13 导数型构造函数 (1)出现xf ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝． (2)出现nf (x)＋xf ′(x)形式，构造函数F (x)＝xnf (x)． (3)出现f ′(x)－nf (x)形式，构造函数F (x)＝． (4)出现f ′(x)＋nf (x)形式，构造函数F (x)＝enxf (x)． (5)与sin x，cos x有关的导函数存在一定的特殊性，其常见考查形式如下： F (x)＝f (x)sin x，F ′(x)＝f ′(x)sin x＋f (x)cos x； F (x)＝，F ′(x)＝； F (x)＝f (x)cosx，F ′(x)＝f ′(x)cos x－f (x)sin x； F (x)＝，F ′(x)＝． 【典例1】设f (x)是定义域为R的奇函数，f (－1)＝0，当x>0时，xf ′(x)－f (x)<0，则使得f (x)>0成立的x的取值范围是(　　) A．(－∞，－1)∪(0，1) B．(－1，0)∪(1，＋∞) C．(－∞，－1)∪(－1，0) D．(0，1)∪(1，＋∞) 【解析】令g(x)＝， 则g′(x)＝， 所以当x>0时，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又f (x)为奇函数，所以g(x)为偶函数，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增． 又f (1)＝－f (－1)＝0，即g(1)＝g(－1)＝0． 而f (x)>0等价于 或 即 或所以x<－1或0<x<1． 所以f (x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)．故选A． 【典例2】已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x)满足2xf (x)＋x2f ′(x)<0，f (2)＝，则关于x的不等式x2f (x)>3的解集为________． 【解析】由题意，令g(x)＝x2f (x)，x∈(0，＋∞)， 则g′(x)＝2xf (x)＋x2f ′(x)<0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递减． 又f (2)＝，∴g(2)＝4f (2)＝3． ∴x2f (x)>3，即g(x)>g(2)， ∴原不等式的解集为(0，2)． 【典例3】(2025·江苏常州模拟)已知定义在R上的函数f (x)的导函数为f ′(x)，f (1)＝e，且对任意的x满足f ′(x)－f (x)<ex，则不等式f (x)>xex的解集是(　　) A．(－∞，1)　　 B．(－∞，0) C．(0，＋∞) D．(1，＋∞) 【解析】构造函数g(x)＝－x，则g′(x)＝－1， 因为f ′(x)－f (x)<ex，则－1<0， 即g′(x)<0，可知g(x)在R上单调递减，且g(1)＝0，由f (x)>xex可得－x>0，即g(x)>g(1)，解得x<1， 所以不等式f (x)>xex的解集是(－∞，1)．故选A． 【典例4】已知f ′(x)是函数f (x)的导函数，f (x)－f (－x)＝0，且对于任意的x∈满足f ′(x)cos x＋f (x)sin x>0，则下列不等式一定成立的是(　　) A．f<fcos B．f>f C．f (－1)<fcos 1 D．f>f 【解析】令g(x)＝，x∈，则g′(x)＝， 又对于任意的x∈满足f ′(x)cosx＋f (x)sin x＞0，则g′(x)＞0， 故g(x)在上单调递增， 而f (x)－f (－x)＝0，故g(－x)＝＝＝g(x)，故g(x)是偶函数， 故g＝g<g＝g<g＝g<g(－1)＝g(1)<g＝g， 即<<＝<<， 故A正确，BCD错误．故选A． 方法技巧14 依据数值特征构造具体函数 当要比较的各数为某些函数的函数值时，要仔细观察这些数值的共同之处，构造一个或两个函数，使要比较的数成为所构函数的函数值，然后利用函数的单调性比较大小． 【典例1】设a＝999ln 1 001，b＝1 000ln 1 000, c＝1 001ln 999，则下列选项正确的是(　　) A．a>c>b　　 B．c>b>a C．b>a>c D．a>b>c 【解析】设f (x)＝(1 000－x)ln (1 000＋x)，x∈[－1，1]，当x∈[－1，1]时，f ′(x)＝－ln (1 000＋x) ＋<0，所以函数f (x)在[－1，1]上单调递减，所以f (－1)＝1 001ln 999>f (0)＝1 000ln 1 000>f (1)＝999ln 1 001，所以c>b>a．故选B． 【典例2】已知a，b，c∈，且＝－5ln a，＝－3ln b，＝－2ln c，则(　　) A．b<c<a　　 B．c<b<a C．a<c<b D．a<b<c 【解析】设函数f (x)＝x ln x，f ′(x)＝1＋ln x，当x∈时，f ′(x)>0，此时f (x)单调递增，当x∈时，f ′(x)<0，此时f (x)单调递减，由题＝－5ln a，＝－3ln b，＝－2ln c，得a ln a＝ln ，b ln b＝ln ，c ln c＝ln ＝ln ， 因为<<<， 所以ln >ln >ln ， 则a ln a>c ln c>b ln b，且a，b，c∈， 所以a>c>b．故选A． 方法技巧15 地位同等同构 地位同等同构策略 对于含有地位同等的两个变量x1，x2(或x，y，或a，b)的等式或不等式，如果进行整理(即同构)后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数的单调性解决．常见的同构类型有： 原式 转化 构造函数 ＞k(x2＞x1) f (x1)－f (x2)＜kx1－kx2 构造y＝f (x)－kx，为增函数 ＜(x2＞x1) f (x1)－f (x2)＞ 构造y＝f (x)＋，为减函数 【典例1】(多选)已知a，b∈R，且2a>2b>1，则(　　) A．ea－eb<ln a－ln b　　 B．b ln a<a ln b C．<ea－b D．<1 【解析】由2a>2b>1，得a>b>0．对于A，设y＝ex－ln x且x∈(0，＋∞)，则y′＝ex－，故＝－2<0，y′|x＝1＝e－1>0，即y′＝ex－在上存在零点且y′＝ex－在(0，＋∞)上单调递增，所以y＝ex－ln x在(0，＋∞)上不单调，则ea－ln a<eb－ln b不一定成立，排除A；对于B，设y＝且x∈(0，＋∞)，则y′＝，当x∈(0，e)时，y′>0，y＝单调递增；当x∈(e，＋∞)时，y′<0，y＝单调递减．故y＝在(0，＋∞)上不单调，则<不一定成立，排除B；对于C，设y＝xex且x∈(0，＋∞)，则y′＝ex(x＋1)>0，即y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，所以aea>beb，即<ea－b，C正确；对于D，设y＝x－sin x且x∈(0，＋∞)，则y′＝1－cos x≥0，即y＝x－sin x在(0，＋∞)上单调递增，所以a－sin a>b－sin b，即<1，D正确．故选CD 【典例2】已知函数f (x)＝ax2＋(a＋1)ln x＋1(a≤－1)，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，恒有≥4，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－e2]　　 B．(－∞，－e] C．[－2，－1] D．(－∞，－2] 【解析】由题意知，函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2ax＋＝，又a≤－1，故f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减，不妨设x1≥x2，对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，恒有|f (x1)－f (x2)|≥4|x1－x2|，即f (x1)－f (x2)≤4(x2－x1)，f (x1)＋4x1≤f (x2)＋4x2，令g(x)＝f (x)＋4x，由上可知g(x)在(0，＋∞)上单调递减，则g′(x)＝2ax＋＋4≤0在(0，＋∞)上恒成立， 从而a≤恒成立，设h(x)＝，则h′(x)＝ ＝， 当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈时，h′(x)>0，h(x)单调递增， ∴h(x)min＝h＝－2，故a≤－2．故选D． 方法技巧16 指对混合型的同构 1．指对同构的本质：指、幂、对三种函数的互相转化，即alogax＝x＝logaax(a＞0且a≠1)． 2．三种基本模式： ①积型： aea≤b ln b 说明：在对“积型”同构时，取对数是最快捷的，同构出的函数，单调性一看便知． ②商型： < ③和差型： ea±a>b±ln b 如：eax＋ax＞ln (x＋1)＋x＋1⇔eax＋ax＞eln (x+1)＋ln (x＋1)⇔ax＞ln (x＋1)． 特别地，若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘x，同加上x等，再用上述方式变形．常见的有： ①aeax>ln x⇒axeax>x ln x； ②ex>a ln (ax－a)－a⇒ex>ln [a(x－1)]－1⇒ex－ln a－ln a>ln (x－1)－1 ⇒ex－ln a＋x－ln a>ln (x－1)＋x－1＝eln (x-1)＋ln (x－1)； ③ax>logax⇒ex ln a>⇒(x ln a)ex ln a>x ln x． 【典例1】设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea<b ln b，则(　　) A．ab>e　　 B．b>ea C．ab<e D．b<ea 【解析】由已知aea<b ln b，则ealn ea<bln b． 设f (x)＝x ln x，则f (ea)<f (b)． ∵a>0，则b ln b>0，则b>1． 当x>1时，f ′(x)＝ln x＋1>0， 则f (x)在(1，＋∞)上单调递增，∴ea<b．故选B． 【典例2】若关于x的不等式ex－a≥ln x＋a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．　　 B．(－∞，e] C．(－∞，1] D．(－∞，2] 【解析】∵ex－a≥ln x＋a，∴ex－a＋x－a≥x＋ln x， ∴ex－a＋x－a≥eln x＋ln x． 设f (t)＝et＋t，则f ′(t)＝et＋1>0， ∴f (t)在R上单调递增， 故ex－a＋x－a≥eln x＋ln x，即f (x－a)≥f (ln x)， 即x－a≥ln x，即x－ln x≥a． 设g(x)＝x－ln x，则g′(x)＝1－＝， 令g′(x)>0，则x>1；令g′(x)＜0，则0＜x＜1， ∴g(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减， 故g(x)min＝g(1)＝1，故a≤1．故选C． 【典例3】已知当x≥e时，不等式xa＋－≥a ln x恒成立，则正实数a的最小值为 ________． 【解析】不等式可变形为－≤xa－a ln x， 即－ln ≤xa－ln xa， 设f (x)＝x－ln x， 则当x≥e时，f≤f (xa)恒成立， 因为f ′(x)＝1－＝， 所以函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 因为x≥e，a>0， 所以>1，xa>1， 因为f (x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以≤xa， 两边取对数，得≤a ln x， 因为x≥e， 所以a≥， 令h(x)＝x ln x，x≥e， h′(x)＝ln x＋1>0， 所以h(x)在[e，＋∞)上单调递增， 所以h(x)min＝h(e)＝e， 所以0<， 所以a≥， 所以正实数a的最小值为． 方法技巧17 移项构造法证明不等式 一般地，待证不等式的两边含有同一个变量时，可以直接构造“左减右”(或“右减左”)的函数，利用导数研究其单调性和最值，借助所构造函数的单调性和最值进行证明． 提醒：对复杂的式子可以先进行变形，再移项构造函数进行证明． 【典例1】(教材经典)证明以下不等式： (1)ex≥x＋1； (2)ln x≤x－1； (3) ln x≥1－． [证明]　(1)令f (x)＝ex－(x＋1)，则有f ′(x)＝ex－1． 令f ′(x)<0，即ex－1<0，解得x<0； 令f ′(x)>0，即ex－1>0，解得x>0， 所以f (x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 所以f (x)≥f (0)＝e0－1＝0，即ex－(x＋1)≥0． 所以ex≥x＋1． (2)令g(x)＝ln x－(x－1)(x>0)，则g′(x)＝－1． 令g′(x)<0，即－1<0，解得x>1； 令g′(x)>0，即－1＞0，解得0<x<1， 所以g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝ln 1－(1－1)＝0， 即ln x－(x－1)≤0， 所以ln x≤x－1． (3)令h(x)＝ln x－1＋(x>0)，则h′(x)＝＝， 当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减； 当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增， 则h(x)≥h(1)＝ln 1－1＋1＝0，即ln x－1＋≥0，所以ln x≥1－． 【典例2】证明：当x>1时，x2＋ln x<x3． [证明]　设g(x)＝x3－x2－ln x， 则g′(x)＝2x2－x－，因为当x＞1时， g′(x)＝＞0， 所以函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)＞g(1)＝＞0， 所以当x＞1时，x2＋ln x＜x3． 【典例3】　(2023·新高考Ⅰ卷)已知函数f (x)＝a(ex＋a)－x． (1)讨论f (x)的单调性； (2)证明：当a＞0时，f (x)＞2ln a＋． 【解析】　(1)f ′(x)＝aex－1，当a≤0时，f ′(x)＜0， 所以函数f (x)在R上单调递减； 当a＞0时，令f ′(x)＞0，得x＞－ln a，令f ′(x)＜0，得x＜－ln a， 所以函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减， 在(－ln a，＋∞)上单调递增． 综上可得，当a≤0时，函数f (x)在R上单调递减； 当a＞0时，函数f (x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增． (2)证明：由(1)得当a＞0时，函数f (x)＝a(ex＋a)－x的最小值为f (－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a，令g(a)＝1＋a2＋ln a－2ln a－＝a2－ln a－，a∈(0，＋∞)， 所以g′(a)＝2a－，令g′(a)＞0，得a＞； 令g′(a)＜0，得0＜a＜． 所以函数g(a)在上单调递减，在上单调递增，所以函数g(a)的最小值为g＝－ln ＝ln ＞0，所以当a＞0时，f (x)＞2ln a＋成立． 方法技巧18 分拆构造双函数法证明不等式 在同时含ln x与ex的不等式证明中，常采用把对数单独分离的方式，把待证不等式分离．构造两个函数，分别计算它们的最值，借助最值进行证明． 【典例1】设函数f (x)＝aexln x＋，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝e(x－1)＋2． (1)求a，b； (2)求证：f (x)>1． 【解析】　(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝aex， 依题意得解得a＝1，b＝2． (2)证明：由(1)知f (x)＝exln x＋，x＞0， 从而f (x)>1等价于x ln x>xe－x－． 构造函数g(x)＝x ln x(x>0)，则g′(x)＝1＋ln x，所以当x∈时，g′(x)<0，当x∈时，g′(x)>0，故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g＝－．构造函数h(x)＝xe－x－(x>0)，则h′(x)＝e－x(1－x)，所以当x∈(0，1)时，h′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，故h(x)在(0，＋∞)上的最大值为h(1)＝－． 综上，当x>0时，g(x)>h(x)，即f (x)>1． 【典例2】已知函数f (x)＝eln x－ax(a∈R)． (1)讨论f (x)的单调性； (2)当a＝e时，证明：xf (x)－ex＋2ex≤0． 【解析】　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－a(x>0)， ①若a≤0，则f ′(x)>0，f (x)在(0，＋∞)上单调递增； ②若a>0，则当0<x<时，f ′(x)>0， 当x>时，f ′(x)<0， 故f (x)在上单调递增，在上单调递减． (2)证明：因为x>0，所以只需证f (x)≤－2e． 当a＝e时，由(1)知，f (x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x)max＝f (1)＝－e． 记g(x)＝－2e(x>0)，则g′(x)＝， 所以当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 所以g(x)min＝g(1)＝－e． 综上，当x>0时，f (x)≤g(x)， 即f (x)≤－2e， 即xf (x)－ex＋2ex≤0得证． 方法技巧19 放缩法证明不等式 1．利用导数证明不等式时，若所证明的不等式中含有ex，ln x，sin x，cos x，tan x或其他多项式函数中的两种或以上，可考虑先利用不等式进行放缩，使问题简化，然后再构造函数进行证明． 2．常见的放缩有：(1)tan x>x>sin x，x∈；(2)切线放缩：ex≥x＋1>x－1≥ln x，利用切线放缩可把指数式、对数式转化为一次式，有利于后续的求解． 3．导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式． 【典例1】已知函数f (x)＝ln x＋－1． (1)求函数f (x)的最小值； (2)当x∈(0，π)时，证明：ex＞(1－ln x)sin x． 【解析】　(1)因为函数f (x)＝ln x＋－1的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝＝， 所以当0＜x＜1时，f ′(x)＜0， 当x＞1时，f ′(x)＞0， 所以当0＜x＜1时，函数f (x)单调递减； 当x＞1时，函数f (x)单调递增． 所以f (x)≥f (1)＝0， 即函数f (x)的最小值为0． (2)证明：当x∈(0，π)时，要证明ex＞(1－ln x)·sin x，只需证＞1－ln x， 由(1)可知ln x＋－1≥0，即≥1－ln x， 所以要证＞1－ln x，只需证＞， 即证xex－sin x＞0． 令h(x)＝xex－sin x，则h′(x)＝(x＋1)ex－cos x， 当0＜x＜π时， h′(x)＝(x＋1)ex－cos x＞0， 所以函数h(x)在(0，π)上单调递增， 所以当0＜x＜π时，h(x)＞h(0)＝0， 即xex－sin x＞0， 所以当x∈(0，π)时，不等式ex＞(1－ln x)sin x成立． 【典例2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数，. (1)求函数的极值； (2)证明：当时，在上恒成立. 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2)证明见解析 【分析】（1）求得，令，求得，结合，得到函数的单调性，进而求得极值； （2）由，根据题意，由且，放缩得到，令，求得，得出函数单调性，结合单调性求得，得出，即可得证. 【详解】（1）解：由函数，可得定义域为， 且， 令，可得，所以单调递增， 又因为， 所以当时，，可得，单调递减； 当时，，可得，单调递增， 所以当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值. （2）解：由， 因为且， 可得 令， 可得， 因为，即或， 又因为方程的两根都是负数根（舍去）， 所以，可得 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，函数取得极小值，同时也为在上的最小值， 即，所以， 所以，所以，     故当时，在恒成立. 方法技巧20 端点效应 端点效应法是一种必要性探路法，是指对某些与函数有关的恒成立问题，通过选取函数定义域内的某些特殊值，先得到一个必要条件，初步获得参数的范围，再在该范围内进行讨论，或去验证其充分性，进而得到参数的准确范围的方法. 1.如图(1)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上单调，f(x)≥0恒成立，则f(a)≥0且f(b)≥0. 2.一阶端点效应：如图(2)，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，则当x≥x0时，f(x)≥0成立的一个必要条件为端点x0处的导数值f'(x0)≥0.因为如果f'(x0)<0，那么函数会在x0右侧的一个小区间内先单调递减，此时函数f(x)在x≥x0时不恒为非负值，不满足要求，如图(3). 这个方法把某个区间上函数的恒成立问题转化为判断端点处的导数值符号，这就是端点效应. 类似地，如果连续函数f(x)在某一点x0处的函数值f(x0)恰好为零，当x>x0时，f(x)<0成立的一个必要条件为x0处的导数值f'(x0)<0. 3.二阶端点效应：如图(4)，如果连续函数f(x)在区间[a，b]上，f(x)≥0恒成立，且f(a)＝0，f'(a)＝0，则f″(a)≥0. 端点效应的核心思想是必要性探路，充分性护航.我们在解决一类恒成立问题时，可以利用端点处需满足的必要条件缩小参数的取值范围，而往往得到的范围即为所求，再去做充分性论证即可. 【典例1】设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf'(x)，x≥0，其中f'(x)是f(x)的导函数.若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围. 【解析】依题意，f'(x)＝ 由于g(x)＝xf'(x)，x≥0， 即g(x)＝x≥0， 而f(x)≥ag(x)恒成立， 即ln(1＋x)≥恒成立. 令F(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)， 则F(x)≥0恒成立. 由于F(0)＝0，故此时必须保证函数F(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增， 即保证F'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立， 而F'(x)＝ 则F'(0)＝1－a， 故F'(0)≥0，即a≤1. 下证当a≤1时，F(x)≥0恒成立. 当a≤1时，函数F'(x)＝≥≥0， 故函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增， 即F(x)≥F(0)＝0， 故当a≤1时，函数F(x)≥0恒成立， 即原命题成立， 故实数a的取值范围是(－∞，1]. 【典例2】设函数f(x)＝ex－e－x.若对任意x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围. 【解析】依题意，若对任意x≥0都有f(x)≥ax， 即要保证f(x)－ax≥0恒成立，也就是当x≥0时，ex－e－x－ax≥0恒成立. 令F(x)＝ex－e－x－ax(x≥0)， 由于F(0)＝e0－e0＝0， 要使函数F(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 即保证F(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增，则F'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立， 而F'(x)＝ex＋e－x－a， 且F'(0)＝1＋1－a＝2－a， 故F'(0)≥0，即a≤2. 下证当a≤2时，F(x)≥0恒成立， 当a≤2时，函数F'(x)＝ex＋e－x－a≥ex＋e－x－2≥2－2＝0， 故函数F(x)在[0，＋∞)上单调递增， 即F(x)≥F(0)＝0恒成立， 故实数a的取值范围是(－∞，2]. 【典例3】设函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.若当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 【解析】由于当x≥0时，函数f(x)≥0恒成立， 而f(0)＝0， 故要保证函数f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需保证f(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增， 即保证函数f'(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立. 而f'(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1， 故f'(0)＝1－1＝0， 即此时需保证函数f'(x)在x＝0右侧附近区间上单调递增， 即保证函数f″(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立. 而f″(x)＝(x＋2)ex－2a， 故f″(0)＝2e0－2a＝2－2a， 而要函数f″(x)≥0在x＝0右侧附近区间上恒成立， 则f″(0)≥0，即a≤1. 下证当a≤1时，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 当a≤1时，f″(x)＝(x＋2)ex－2a≥(x＋2)ex－2， 令φ(x)＝(x＋2)ex－2，x≥0， 则φ'(x)＝(x＋3)ex>0， 故函数φ(x)单调递增， 故φ(x)≥φ(0)＝2－2＝0， 即f″(x)≥φ(x)≥0， 故此时函数f'(x)单调递增， 即f'(x)≥f'(0)＝0， 故函数f(x)单调递增，即f(x)≥f(0)＝0， 此时即可得到当a≤1时，函数f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 即实数a的取值范围是(－∞，1]. 【典例4】(2024·全国甲卷改编)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x.当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围. 【解析】由于当x≥0时f(x)≥0恒成立，而f(0)＝0， 故要保证函数f(x)在x＝0的右侧附近区间上单调递增， 即保证函数f'(x)≥0在x＝0的右侧附近区间上恒成立. 而f'(x)＝－aln(1＋x)＋－1 ＝－aln(1＋x)－ 故f'(0)＝0，即此时需保证函数f'(x)在x＝0的右侧附近区间上单调递增， 即保证函数f″(x)≥0在x＝0的右侧附近区间上恒成立. 而f″(x)＝＝－＝－ 故f″(0)＝－2a－1≥0， 即a≤－. 下证当a≤－时，f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立， 当a≤－时， f″(x)＝－≥≥0， 所以f'(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以f'(x)≥f'(0)＝0， 所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 即f(x)≥f(0)＝0恒成立， 综上，可得a≤－. 方法技巧21 洛必达法则 “洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决成立或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现型或型可以考虑使用洛必达法则． 洛必达法则： 法则1　型 若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1) f(x)＝0及 g(x)＝0； (2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3) ＝l， 那么 ＝ ＝l. 法则2　型 若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1) f(x)＝∞及 g(x)＝∞； (2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3) ＝l，那么 ＝ ＝l. 注意： 1．将上面公式中的x→a，x→∞换成x→＋∞，x→－∞，x→a＋，x→a－，洛必达法则也成立． 2．洛必达法则可处理，，0·∞，1∞，∞0,00，∞－∞型求极限问题． 3．在着手求极限前，首先要检查是否满足，，0·∞，1∞，∞0,00，∞－∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限． 4．若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止． ＝ ＝ ，如满足条件，可继续使用洛必达法则． 【典例1】设函数f(x)＝.如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围． 【解析】　f(x)＝≤ax， 若x＝0，则a∈R； 若x>0， 则≤ax等价于a≥， 即g(x)＝， 则g′(x)＝. 令h(x)＝2xcos x－2sin x－sin xcos x＋x， h′(x)＝2cos x－2xsin x－2cos x－cos 2x＋1 ＝－2xsin x－cos 2x＋1 ＝2sin2x－2xsin x＝2sin x(sin x－x)， 因此，当x∈(0，π)时，h′(x)<0，h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0)＝0，故g′(x)<0， 所以g(x)在(0，π)上单调递减， 而 g(x)＝ ＝ ＝. 另一方面，当x∈[π，＋∞)时， g(x)＝≤≤<， 因此a≥. 【典例2】已知函数f(x)＝ax－a－xln x．若当x∈(0,1)时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 【解析】依题意，ax－a－xln x≥0恒成立， 即a(x－1)≥xln x恒成立， 又x－1<0，∴a≤恒成立， 令φ(x)＝，x∈(0,1)，∴φ′(x)＝， 令g(x)＝x－1－ln x，x∈(0,1)， ∴g′(x)＝1－<0， ∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)>g(1)＝0， ∴φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上单调递增． 由洛必达法则知 ＝ ＝ ＝ ＝ x＝0， ∴φ(x)>0，故a≤0， 综上，实数a的取值范围是(－∞，0]． 方法技巧22 单变量不等式恒成立问题 导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类． 【典例1】(2024·安徽安庆二模节选)已知函数f (x)＝2ln x－x＋(m∈R)，若不等式f (x)≤0对任意的x∈[1，＋∞)恒成立，求实数m的取值范围． 【解析】　法一(必要性探路)：由条件可知f (1)≤0，所以m－1≤0，解得m≤1． 当m≤1时，f (x)＝2ln x－x＋≤2ln x－x＋， 构造函数g(x)＝2ln x－x＋，x≥1， g′(x)＝－1－＝－≤0， 所以函数g(x)在[1，＋∞)上单调递减， 所以g(x)≤g(1)＝0， 因此实数m的取值范围是(－∞，1]． 法二(分离参数法)：由条件可知m≤x2－2x ln x对任意的x∈[1，＋∞)恒成立， 令h(x)＝x2－2x ln x，x≥1，只需m≤[h(x)]min即可． h′(x)＝2x－2(ln x＋1)＝2(x－ln x－1)， 令μ(x)＝x－ln x－1，则μ′(x)＝≥0， 所以函数h′(x)在[1，＋∞)上单调递增， 所以h′(x)≥h′(1)＝0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以＝h(1)＝1，所以m≤1，因此实数m的取值范围是(－∞，1]． 【典例2】(2024·全国甲卷)已知函数f (x)＝(1－ax)·ln (1＋x)－x． (1)当a＝－2时，求f (x)的极值； (2)当x≥0时，f (x)≥0恒成立，求a的取值范围． 【解析】　(1)当a＝－2时，f (x)＝(1＋2x)ln (1＋x)－x，x∈(－1，＋∞)， 故f ′(x)＝2ln(1＋x)＋－1＝2ln (1＋x)－＋1， 因为y＝2ln (1＋x)，y＝－＋1在(－1，＋∞)上单调递增， 故f ′(x)在(－1，＋∞)上单调递增，且f ′(0)＝0， 故当－1<x<0时，f ′(x)<0，当x>0时，f ′(x)>0， 所以f (x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， 故f (x)在x＝0处取极小值且极小值为f (0)＝0，无极大值． (2)f ′(x)＝－a ln (1＋x)＋－1 ＝－a ln (1＋x)－，x>－1， 设s(x)＝－a ln (1＋x)－， 则s′(x)＝＝－＝－， 当a≤－时，若x≥0，则s′(x)≥0，故s(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故s(x)≥s(0)＝0，即f ′(x)≥0， 所以f (x)在[0，＋∞)上单调递增，故f (x)≥f (0)＝0． 当－<a<0时，当0<x<－时，s′(x)<0， 故s(x)在上单调递减，故在上s(x)<s(0)＝0， 即在上f ′(x)<0，即f (x)单调递减， 故在上f (x)<f (0)＝0，不合题意，舍去． 当a≥0时，此时s′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立， 同理可得在(0，＋∞)上f (x)<f (0)＝0恒成立，不合题意，舍去； 综上，a≤－． 方法技巧23 单变量不等式能成立问题 能成立问题一般是通过分离参数或移项作差构造函数来解决，能成立问题中的等价转化有以下几种形式： (1)存在x∈[a，b]，f (x)≥a成立⇔f (x)max≥a． (2)存在x∈[a，b]，f (x)≤a成立⇔f (x)min≤a． (3)存在x1∈[a，b]，对任意x2∈[a，b]，f (x1)≤g(x2)成立⇔f (x)min≤g(x)min． 【典例1】已知函数f (x)＝x2ln x． (1)讨论f (x)的单调性； (2)若存在x>0，使得f (x)≤ax成立，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝x(2ln x＋1)， 令f ′(x)＝0，解得x＝， 当x∈时，f ′(x)<0，f (x)单调递减； 当x∈时，f ′(x)>0，f (x)单调递增， 综上得f (x)在上单调递减，在(，＋∞)上单调递增． (2)依题意，存在x>0，使得a≥x ln x， 令g(x)＝x ln x，则g′(x)＝ln x＋1， 当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增， 故g(x)min＝g＝－，因此a≥－， 故a的取值范围为． 【典例2】已知函数f (x)＝ex－x，若对任意x>0，f (x)>ax2＋1有解，求a的取值范围． 【解析】　对任意x>0，f (x)>ax2＋1， 即ex－x－ax2－1>0， 设g(x)＝ex－x－ax2－1，x＞0， g′(x)＝ex－1－ax，x＞0， ①当a≤0时，g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，所以g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0成立； ②当0<a≤1时，令h(x)＝g′(x)，h′(x)＝ex－a>0，g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g′(0)＝0，所以g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0成立； ③当a>1时，令h(x)＝g′(x)，当0<x<ln a时，h′(x)＝ex－a<0，g′(x)单调递减，又g′(0)＝0，所以g′(x)<0，g(x)单调递减，g(x)<g(0)＝0，不符合题意． 综上，a的取值范围为(－∞，1]． 方法技巧24 双变量不等式恒(能)成立问题 双变量恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价转换，常见的等价转换有： (1)∀x1，x2∈D，f (x1)>g(x2)⇔f (x)min>g(x)max． (2)∀x1∈D1，∃x2∈D2，f (x1)>g(x2)⇔f (x)min>g(x)min． (3)∃x1∈D1，∀x2∈D2，f (x1)>g(x2)⇔f (x)max>g(x)max． 【典例1】设f (x)＝＋x ln x，g(x)＝x3－x2－3． (1)如果存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M； (2)如果对于任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)存在x1，x2∈[0，2]，使得g(x1)－g(x2)≥M成立，等价于[g(x1)－g(x2)]max≥M成立． g′(x)＝3x2－2x＝x(3x－2)， 令g′(x)＝0，得x＝0或x＝， ∵g＝－， g(0)＝－3，g(2)＝1， ∴当x∈[0，2]时，g(x)max＝g(2)＝1， g(x)min＝g＝－， ∴M≤1－＝， ∴满足条件的最大整数M为4． (2)对任意的s，t∈，都有f (s)≥g(t)， 则f (x)min≥g(x)max． 由(1)知当x∈时，g(x)max＝g(2)＝1， ∴当x∈时，f (x)＝＋x ln x≥1恒成立， 即a≥x－x2ln x恒成立． 令h(x)＝x－x2ln x，x∈， ∴h′(x)＝1－2x ln x－x， 令φ(x)＝1－2xln x－x， ∴φ′(x)＝－3－2ln x<0， h′(x)在上单调递减，又h′(1)＝0， ∴当x∈时，h′(x)≥0， 当x∈[1，2]时，h′(x)≤0， ∴h(x)在上单调递增，在[1，2]上单调递减， ∴h(x)max＝h(1)＝1，故a≥1． ∴实数a的取值范围是[1，＋∞)． 【典例2】(2025·云南曲靖模拟)已知函数f (x)＝x＋x cos x－2sin x． (1)求曲线y＝f (x)在x＝π处的切线方程； (2)g(x)＝x2－3x＋a(a∈R)，若对任意x1∈，均存在x2∈，使得f (x1)<g(x2)，求实数a的取值范围． 【解析】　(1)由题意f ′(x)＝1＋cos x－x sin x－2cos x＝－x sin x－cos x＋1， 则f ′(π)＝2，即切线的斜率k＝2， 且f (π)＝0，即切点坐标为(π，0)， 所以曲线y＝f (x)在x＝π处的切线方程为y＝2(x－π)，即2x－y－2π＝0． (2)由题意可知f (x)max<g(x)max， 因为g(x)＝x2－3x＋a(a∈R)的图象开口向上，对称轴为直线x＝， 则g(x)在上单调递减，在上单调递增， 可得g(x)max＝g(1)＝g(2)＝a－2， 由(1)可设h(x)＝f ′(x)， 则h(x)＝－cos x－x sin x＋1， 所以h′(x)＝－x cos x， 当x∈时，h′(x)<0； 当x∈时，h′(x)>0， 则h(x)在区间上单调递减， 在区间上单调递增． 且h(0)＝0，h<0，h(π)＝2， 可知f ′(x)在区间(0，π)上只有一个零点， 设零点为x0，x0∈，当x∈(0，x0)时，f ′(x)<0； 当x∈(x0，π)时，f ′(x)>0， 所以f (x)在区间(0，x0)上单调递减，在区间(x0，π)上单调递增，且f (0)＝0，f (π)＝0，可得当x∈时，f (x)max＝0，所以0<a－2，解得a>2， 所以实数a的取值范围是(2，＋∞)． 方法技巧25 数形结合法探究函数零点问题 含参数的函数的零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，则可将参数分离出来后，用x表示含参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数，即转化为一条直线(平行于x轴)与一个复杂函数图象交点个数问题． 【典例1】(2024·湖北武汉模拟节选)已知函数f (x)＝ln x－ax2(a∈R )，讨论函数f (x)在区间上零点的个数． 【解析】　函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，由f (x)＝0，得a＝， 令g(x)＝，x∈[1，e2]，则g′(x)＝， 由g′(x)>0，得1≤x<， 由g′(x)<0，得<x≤e2， 故g(x)在区间[1，)上单调递增，在区间上单调递减， 又g(1)＝0，g()＝，g(e2)＝， 作函数g(x)的大致图象，如图所示． 综上，当0≤a<或a＝时，f (x)在上有1个零点； 当≤a<时，f (x)在上有2个零点； 当a<0或a>时，f (x)在上没有零点． 【典例2】(2024·广东汕头三模)已知函数f (x)＝x(ex－ax2)，若f (x)在(0，＋∞)上只有一个零点，求a的值． 【解析】　函数f (x)＝x(ex－ax2)在(0，＋∞)上只有一个零点，等价于y＝ex－ax2在(0，＋∞)上只有一个零点． 设g(x)＝ex－ax2，则函数g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，当且仅当g(x)＝0在(0，＋∞)上只有一解， 即a＝在(0，＋∞)上只有一解，于是曲线y＝(x>0)与直线y＝a只有一个公共点， 令φ(x)＝(x>0)，求导得φ′(x)＝，当0＜x<2时，φ′(x)<0，当x>2时，φ′(x)>0， 因此函数φ(x)在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 函数φ(x)在x＝2处取得极小值同时也是最小值，即φ(2)＝， 当x→0时，φ(x)→＋∞；当x→＋∞时，φ(x)→＋∞， 画出φ(x)＝大致的图象，如图， g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝φ(2)＝， 所以f (x)在(0，＋∞)上只有一个零点时，a＝． 方法技巧26 借助函数的性质探究函数的零点问题 利用函数性质研究函数的零点，主要是根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用，解题中注意零点存在定理的灵活应用． 【典例1】　(2022·全国乙卷)已知函数f (x)＝ln (1＋x)＋axe－x． (1)当a＝1时，求曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程； (2)若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围． 【解析】　(1)f (x)的定义域为(－1，＋∞)， 当a＝1时，f (x)＝ln (1＋x)＋，f (0)＝0，所以切点为(0，0)．f ′(x)＝，f ′(0)＝2，所以切线斜率为2， 所以曲线y＝f (x)在点(0，f (0))处的切线方程为y＝2x． (2)f (x)＝ln (1＋x)＋， f ′(x)＝＝， 设g(x)＝ex＋a(1－x2)， ①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)>0，即f ′(x)>0， 所以f (x)在(－1，0)上单调递增，f (x)<f (0)＝0， 故f (x)在(－1，0)上没有零点，不合题意． ②若－1<a<0，当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0，即f ′(x)>0， 所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，f (x)>f (0)＝0， 故f (x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意． ③若a<－1， (ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝ex－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0， 所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f ′(m)＝0， 当x∈(0，m)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减， 当x∈(m，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增， 所以当x∈(0，m)时，f (x)<f (0)＝0， 当x→＋∞，f (x)→＋∞， 所以f (x)在(m，＋∞)上有唯一零点， 在(0，m)上没有零点，即f (x)在(0，＋∞)上有唯一零点． (ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝ex＋a(1－x2)， 设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax， h′(x)＝ex－2a>0， 所以g′(x)在(－1，0)上单调递增， g′(－1)＝＋2a<0，g′(0)＝1>0， 所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0， 当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(n，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝1＋a<0， 又g(－1)＝>0， 所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f ′(t)＝0， 当x∈(－1，t)时，f (x)单调递增，当x∈(t，0)时，f (x)单调递减， 又x→－1，f (x)→－∞， 而f (0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f (x)>0， 所以f (x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点， 即f (x)在(－1，0)上有唯一零点， 所以a<－1，符合题意． ④当a＝0时，f (x)＝ln (1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意． ⑤当a＝－1时，f ′(x)＝， 令k(x)＝ex＋x2－1，则k′(x)＝ex＋2x， 当x>0时，k′(x)>0，k(x)单调递增， k(x)>k(0)＝0， 即f ′(x)>0，f (x)单调递增， f (x)>f (0)＝0，不合题意． 所以若f (x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)． 【典例2】已知函数f (x)＝x sin x－．判断函数f (x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明． 【解析】　f (x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下： 因为f ′(x)＝sin x＋xcos x， 当x∈时，f ′(x)＞0． 又f (x)＝xsin x－，从而有f (0)＝－＜0，f＝＞0， 且f (x)在上的图象是连续不断的， 所以f (x)在内至少存在一个零点． 又f (x)在上单调递增，故f (x)在内有且只有一个零点． 当x∈时，令g(x)＝f ′(x)＝sin x＋xcos x． 由g＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在上的图象是连续不断的， 故存在m∈，使得g(m)＝0． 由g′(x)＝2cos x－xsin x， 知当x∈时，有g′(x)＜0， 从而g(x)在上单调递减． 当x∈时，g(x)＞g(m)＝0，即f ′(x)＞0， 从而f (x)在上单调递增， 故当x∈时，f (x)＞f＝＞0， 故f (x)在上无零点； 当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0， 即f ′(x)＜0，从而f (x)在(m，π)上单调递减． 又f (m)＞0，f (π)＜0，且f (x)在(m，π)上的图象是连续不断的，从而f (x)在(m，π)内有且仅有一个零点． 综上所述，f (x)在(0，π)内有且只有两个零点． 方法技巧27 构造函数法研究函数零点 解决此类问题的关键是构造函数F (x)，将函数零点(方程的根)、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 【典例1】已知a＞0且a≠1，函数f (x)＝(x＞0)．若曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 【解析】　曲线y＝f (x)与直线y＝1有且仅有两个交点， 可转化为方程＝1(x>0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解． 设g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝(x＞0)， 令g′(x)＝＝0，得x＝e， 当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增， 当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减， 故g(x)max＝g(e)＝， 且当x>e时，g(x)∈， 又g(1)＝0，所以0＜＜，所以a＞1且a≠e， 即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)． 【典例2】已知函数f (x)＝ex＋x＋4ln(2－x)． (1)求函数f (x)的图象在点(0，f (0))处的切线方程； (2)判断函数f (x)的零点个数，并说明理由． 【解析】　(1)f ′(x)＝ex＋1－(x＜2)，所以f ′(0)＝e0＋1－＝0， 又f (0)＝e0＋0＋4ln(2－0)＝1＋4ln 2， 所以切点坐标为(0，1＋4ln 2)， 所以函数f (x)的图象在点(0，f (0))处的切线方程为y＝1＋4ln 2． (2)法一：函数f (x)有两个零点，理由如下： 令g(x)＝f ′(x)，x∈(－∞，2)， g′(x)＝ex－＝， 令h(x)＝(2－x)2ex－4，x∈(－∞，2)，h′(x)＝x(x－2)ex， 当x＜0时，h′(x)＞0，h(x)单调递增，当0＜x＜2时，h′(x)＜0，h(x)单调递减， 所以h(x)≤h(0)＝0， 故g′(x)≤0， 所以g(x)在(－∞，2)上单调递减， 所以当x＜0时，g(x)＞g(0)＝0，即当x＜0时，f ′(x)＞0，f (x)在(－∞，0)上单调递增， 当0＜x＜2时，g(x)＜g(0)＝0，即当0＜x＜2时，f ′(x)＜0，f (x)在(0，2)上单调递减， 又因为f (2－e6)＝＋2－e6＋24＜0，f (0)＝e0＋0＋4ln 2＞0， f (2－e-6)＝＋2－e-6－24＜e2－22＜0， 所以f (x)在区间(2－e6，0)，(0，2－e-6)内各有一个零点，即函数f (x)有两个零点． 综上，函数f (x)有两个零点． 法二：函数f (x)有两个零点，理由如下： 令f (x)＝ex＋x＋4ln(2－x)＝0， 可得ex＝－x－4ln(2－x)， 判断函数f (x)的零点个数即判断函数t(x)＝ex(x＜2)与g(x)＝－x－4ln(2－x)(x＜2)图象交点的个数． t(x)＝ex为增函数，t(x)＞0， 当x→－∞时，t(x)→0， 当x→－∞时，g(x)→＋∞． 由g′(x)＝－1＋＝＝0，得x＝－2， 当－2＜x＜2时，g′(x)＞0，g(x)单调递增，当x＜－2时，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 因为g(－2)＝2－4ln 4＜0， g(－e3＋2)＝e3－2－4ln e3＝e3－14＞0， g(1)＝－1＜0，g＝－－4ln＝ln ＝ln ＞0， 且当x→2时，g(x)→＋∞，t(2)＝e2， 所以t(x)＝ex与g(x)＝－x－4ln(2－x)的图象在x＜0时有一个交点， 在0＜x＜2时有一个交点． 综上，函数f (x)有两个零点． 方法技巧28 隐零点问题 在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题． 【典例1】已知函数f (x)＝xex－ln x－1，若f (x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围． 【解析】法一(分离变量法)：由f (x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x＞0)， 即m≤， 令φ(x)＝， 则φ′(x)＝， 令h(x)＝x2ex＋ln x， 则h′(x)＝(2x＋x2)ex＋＞0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增． 又h＝－1＜－1＝0，h(1)＝e＞0， 所以h(x)在存在零点x0， 即h(x0)＝＋ln x0＝0， ＋ln x0＝＝－＝ ， 令y＝xex(x＞0)，因为y′＝(x＋1)ex＞0， 所以y＝xex在(0，＋∞)上单调递增， 故x0＝ln ＝－ln x0，即＝， 所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增． 所以φ(x)min＝φ(x0)＝＝＝1，所以m≤1． 法二(朗博同构法)：由f (x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x＞0)， 由切线不等式得 故(1－m)x≥0(x＞0)恒成立， 所以1－m≥0，即m≤1． 【典例2】(2024·山东济南二模)已知函数f (x)＝ax2－ln x－1，g(x)＝xex－ax2(a∈R)． (1)讨论f (x)的单调性； (2)证明：f (x)＋g(x)≥x． 【解析】　(1)由题意可得f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝2ax－＝， 当a≤0时，则2ax2－1<0在(0，＋∞)上恒成立， 可知f (x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，令f ′(x)>0，解得x>；令f ′(x)<0，解得0<x<， 可知f (x)在上单调递减，在上单调递增． 综上所述：当a≤0时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，f (x)在上单调递减，在上单调递增． (2)证明：构建F (x)＝f (x)＋g(x)－x＝xex－ln x－x－1，x>0， 则F ′(x)＝(x＋1)ex－－1＝(x＋1)， 由x>0可知x＋1>0， 构建h(x)＝ex－，x>0， 因为y＝ex，y＝－在(0，＋∞)上单调递增，则h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 且h＝－2<0，h(1)＝e－1>0， 可知h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点x0∈， 当0<x<x0时，h(x)<0，即F ′(x)<0； 当x>x0时，h(x)>0，即F ′(x)>0； 可知F (x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增， 则F (x)≥F (x0)＝－ln x0－x0－1， 又因为－＝0， 则＝，x0＝，x0∈， 可得F (x0)＝－x0－1＝0， 即F (x)≥0， 所以f (x)＋g(x)≥x． 方法技巧29 极值点偏移问题 1.极值点偏移的判定定理 对于可导函数y＝f (x)在区间(a，b)上只有一个极大(小)值点x0，方程f (x)＝0的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b． (1)若0＝f (x1)＜f (2x0－x2)，则＜(＞)x0，即函数y＝f (x)在区间(x1，x2)上的极大(小)值点x0右(左)偏； (2)若0＝f (x1)＞f (2x0－x2)，则＞(＜)x0，即函数y＝f (x)在区间(x1，x2)上的极大(小)值点x0左(右)偏． 2.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法： (1)证明x1＋x2＜2a(或x1＋x2＞2a)： ①构造函数g(x)＝f (x)－f (2a－x)，求导，确定函数y＝f (x)和函数y＝g(x)的单调性； ②确定x1，x2满足x1＜a＜x2，且f (x1)＝f (x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得g(x1)＝f (x1)－f (2a－x1)＝f (x2)－f (2a－x1)与零的大小关系； ③由函数y＝f (x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x2与2a－x1的大小关系，从而证明相应问题． (2)证明x1x2＜a2(或x1x2＞a2)(x1，x2都为正数)： ①构造函数g(x)＝f (x)－f，求导，确定函数y＝f (x)和函数y＝g(x)的单调性； ②确定x1，x2满足x1＜a＜x2，且f (x1)＝f (x2)，由函数值g(x1)与g(a)的大小关系，得g(x1)＝f (x1)－f＝f (x2)－f与零的大小关系； ③由函数y＝f (x)在区间(a，＋∞)上的单调性得到x2与的大小关系，从而证明相应问题． (3)应用对数平均不等式＜＜证明极值点偏移： ①由题中等式产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题． 3.极值点偏移问题的常用策略 首先进行变量的转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的关系式，或者通过比值代换，利用关系式将其中一个变量用另一个变量表示，代入要证明的不等式，化简后根据其结构特点构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值，并把最值应用到所证不等式． 【典例1】已知函数f (x)＝xe－x． (1)求函数f (x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2且f (x1)＝f (x2)，求证：x1＋x2>2． 【解析】　(1)f ′(x)＝e－x(1－x)，x∈R． 令f ′(x)>0，得x<1；令f ′(x)<0，得x>1， 所以函数f (x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 所以f (x)有极大值f (1)＝，无极小值． (2)法一(对称化构造)： 由(1)知，不妨设0<x1<1<x2， 要证x1＋x2>2， 只要证x2>2－x1>1． 由于f (x)在(1，＋∞)上单调递减，故只要证f (x2)<f (2－x1)， 由于f (x1)＝f (x2)， 故只要证f (x1)<f (2－x1)． 令H(x)＝f (x)－f (2－x)＝xe－x－(2－x)ex-2(0<x<1)， 则H′(x)＝＝， 因为0<x<1，所以1－x>0，2－x>x， 所以e2-x>ex，即e2-x－ex>0， 所以H′(x)>0，所以H(x)在(0，1)上单调递增， 所以H(x)<H(1)＝0，即有f (x1)<f (2－x1)成立，所以x1＋x2>2． 法二(比值代换)：设0<x1<1<x2， 由f (x1)＝f (x2)， 得＝， 等式两边取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2． 令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝， 所以即证x1＋x2＝>2，即ln t－>0， 设g(t)＝ln t－(t>1)， 所以g′(t)＝＝>0， 所以当t>1时，g(t)单调递增， 所以g(t)>g(1)＝0，所以ln t－>0， 故x1＋x2>2． 【典例2】(2022·全国甲卷节选)已知函数f (x)＝－ln x＋x－a．证明：若f (x)有两个零点x1，x2，则x1x2＜1． [证明]　法一(对称化构造)：由题意知f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝，可得函数f (x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 由题知， f (x)的一个零点小于1，一个零点大于1， 不妨设0＜x1＜1＜x2， 要证x1x2＜1，即证x1＜， 因为x1，∈(0，1)，即证f (x1)＞f， 因为f (x1)＝f (x2)，即证f (x2)＞f， 即证－ln x＋x－x－ln x－＞0，x∈(1，＋∞)， 即证－x－2＞0， 下面证明当x＞1时，－x＞0，ln x－＜0． 设g(x)＝－x，x＞1， 则g′(x)＝ex－ ＝ex－ ＝＝， 设φ(x)＝(x＞1)，φ′(x)＝ex＝ex＞0， 所以φ(x)＞φ(1)＝e，而＜e， 所以－＞0，所以g′(x)＞0， 所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 即g(x)＞g(1)＝0，所以－x＞0． 令h(x)＝ln x－，x＞1， h′(x)＝＝＝＜0， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递减， 即h(x)＜h(1)＝0，所以ln x－＜0． 综上，－x－2＞0，所以x1x2＜1． 法二(对数平均不等式)：f (x)＝－ln x＋x－a＝ex－ln x＋x－ln x－a， 令t＝x－ln x，则g(t)＝et＋t－a，易知g(t)单调递增， 所以g(t)有且仅有一个零点t0， 又f (x)有两个零点x1，x2， 所以x－ln x＝t0有两个实根x1和x2， 所以 由对数平均不等式得＜＝1＜，所以x1x2＜1． 【典例3】已知函数f (x)＝ln x－ax2，若x1，x2是方程f (x)＝0的两个不等实根，求证：＞2e． [证明]　因为x1，x2是方程ln x－ax2＝0的两个不等实根， ln x－ax2＝0⇔2ln x－2ax2＝0， 即x1，x2是方程ln x2－2ax2＝0的两个不等实根， 令t＝x2(t＞0)，则t1＝，t2＝， 即t1，t2是方程2a＝的两个不等实根． 令g(t)＝，则g′(t)＝， 当0＜t＜e时，g′(t)＞0，当t＞e时，g′(t)＜0， 所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)＝， 当t→0时，g(t)→－∞； 当t→＋∞时，g(t)＞0且g(t)→0． 所以0＜2a＜，即0＜a＜． 令1＜t1＜e＜t2，要证＞2e，只需证t1＋t2＞2e． 法一(对称化构造)：令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)， 则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝＝， 令φ(t)＝(2e－t)ln t－t ln (2e－t)， 则φ′(t)＝－1－ln t－ln (2e－t)＋＝－ln (－t2＋2et)＞－2＞0， 所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)＜φ(e)＝0， 所以h(t)＝g(t)－g(2e－t)＜0，所以g(t)＜g(2e－t)， 所以g(t2)＝g(t1)＜g(2e－t1)，所以t2＞2e－t1， 即t1＋t2＞2e，所以＞2e． 法二(对数平均不等式)： 先证＜，令0＜x1＜x2， 只需证＜， 只需证－ln x＜0， 令φ(x)＝－ln x(x＞1)，φ′(x)＝＝＜0， 所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)＜φ(1)＝0．即＜得证． 因为＝，所以＝＜， 所以ln t1＋ln t2＞2，即t1t2＞e2， 所以t1＋t2＞2＞2e． 即＞2e． 方法技巧30 由an与Sn的关系求通项公式 1．已知Sn求an的三个步骤 (1)利用a1＝S1求出a1． (2)当n≥2时，利用an＝Sn－Sn－1求出an的表达式． (3)看a1是否符合n≥2时an的表达式，如果符合，则可以把数列的通项公式合写，否则应写成分段的形式，即an＝ 2．Sn与an关系问题的求解思路 方向1：利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． 方向2：利用Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解． 提醒：注意an＝Sn－Sn－1成立的条件是n≥2，转化后往往能构造等差、等比数列，或用累加、累乘等方法求解． 【典例1】(2025·山东菏泽模拟)已知数列{an}的前n项和为Sn，若满足Sn＝4an－3，则Sn＝(　　) A．4 B．4 C．3 D．4(3n－1) 【解析】当n＝1时，S1＝4a1－3，即S1＝4S1－3，得S1＝1， 当n≥2时，Sn＝4(Sn－Sn－1)－3， 即3Sn＝4Sn－1＋3， Sn＝Sn－1＋1， Sn＋3＝(Sn－1＋3)，又S1＋3＝4， 所以{Sn＋3}是首项为4，公比为的等比数列， 所以Sn＋3＝4×，Sn＝4×－3＝3 ．故选C． 【典例2】已知数列{an}满足a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，则an＝________． 【解析】当n＝1时， a1＝21＝2，∵a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2n，① 故a1＋2a2＋3a3＋…＋(n－1)an－1＝2n-1(n≥2，n∈N*)，② 由①－②得nan＝2n－2n-1＝2n-1，∴an＝(n≥2，n∈N*)． 显然当n＝1时不满足上式， ∴an＝ 【典例3】(多选)设Sn是数列{an}的前n项和，且a1＝－1，an＋1＝SnSn＋1，则下列结论正确的是(　　) A．an＝ B．an＝ C．Sn＝－ D．数列是等差数列 【解析】∵an＋1＝Sn·Sn＋1＝Sn＋1－Sn，两边同除以Sn＋1·Sn，得＝－1． ∴是以－1为首项，－1为公差的等差数列， 即＝－1＋(n－1)×(－1)＝－n，∴Sn＝－． 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝， 又a1＝－1不适合上式，∴an＝故选BCD． 方法技巧31 由数列的递推关系求通项公式 由递推关系求数列的通项公式的常用方法 【典例1】设数列{an}满足a1＝1，且an＋1－an＝n＋1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________． 【解析】由题意得a2－a1＝2，a3－a2＝3，…， an－an－1＝n(n≥2)． 以上各式相加，得 an－a1＝2＋3＋…＋n＝＝． ∵a1＝1，∴an＝(n≥2)． ∵当n＝1时也满足此式，∴an＝． 【典例2】在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________． 【解析】∵an＝an－1(n≥2)， ∴an－1＝an－2，an－2＝an－3，…，a2＝a1． 以上(n－1)个式子相乘得， an＝a1··…·＝＝． 当n＝1时，a1＝1，符合上式，∴an＝． 【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝3an＋2(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________． 【解析】∵an＋1＝3an＋2，∴an＋1＋1＝3(an＋1)， ∴＝3， ∴数列{an＋1}为等比数列，公比q＝3， 又a1＋1＝2，∴an＋1＝2·3n-1， ∴an＝2·3n-1－1． 【典例4】已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋2n+1，则数列{an}的通项公式为an＝________． 【解析】∵an＋1＝2an＋2n+1，∴两边同除以2n+1， 得＝＋1．又a1＝1， ∴是首项为，公差为1的等差数列， ∴＝＋(n－1)×1＝n－， 即an＝·2n． 【典例5】已知数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为an＝________． 【解析】∵an＋1＝，a1＝2，∴an≠0， ∴＝，即＝， 又a1＝2，则＝， ∴是以为首项，为公差的等差数列． ∴＝＋(n－1)×＝，∴an＝． 方法技巧32 数列的周期性 解决数列周期性问题的方法 先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求解． 【典例1】(2024·山东济宁三模)已知数列中，a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1，则a2 025＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 【解析】由a1＝2，a2＝1，an＋1＝an－an－1(n≥2，n∈N*)，得 a3＝a2－a1＝－1， a4＝a3－a2＝－2， a5＝a4－a3＝－1， a6＝a5－a4＝1， a7＝a6－a5＝2， a8＝a7－a6＝1， …， 则{an}是以6为周期的周期数列， 所以a2 025＝a337×6＋3＝a3＝－1． 故选B． 【典例2】(2025·福建厦门模拟)数列满足an＋1＝，a3＝3，则a2 025＝________． 【解析】因为an＋1＝，a3＝3， 所以a3＝＝3，解得a2＝， 又a2＝＝，解得a1＝－， 又a4＝＝－，a5＝＝，a6＝＝3， 显然，接下去a7＝－，a8＝，a9＝3，…， 所以数列是以3为周期的周期数列， 则a2 025＝a3×675＝a3＝3． 方法技巧33 数列的单调性 判断数列单调性的两种方法 (1)作差(商)法． (2)目标函数法：写出数列对应的函数，利用导数或基本初等函数的单调性探求其单调性，再将函数的单调性对应到数列中去． 【典例1】已知数列{an}的通项公式为an＝，若数列{an}为递减数列，则实数k的取值范围为(　　) A．(3，＋∞) B．(2，＋∞) C．(1，＋∞) D．(0，＋∞) 【解析】因为an＋1－an＝ ＝， 由数列{an}为递减数列知， 对任意n∈N*，an＋1－an＝<0，所以k>3－3n对任意n∈N*恒成立，所以k∈(0，＋∞)． 故选D． 【典例2】已知数列{an}的通项公式是an＝，那么这个数列是(　　) A．递增数列 B．递减数列 C．摆动数列 D．常数列 【解析】∵an＋1－an＝＝＞0，∴an＋1＞an，即数列{an}是递增数列，故选A． 方法技巧34 数列的最值 求数列中最大(小)项的两种方法 (1)根据数列的单调性求解． (2)利用不等式组求出n的值，进而求得an的最值． 【典例1】已知数列{an}的通项公式为an＝(n＋1)·，则数列{an}的最大项为(　　) A．a8或a9 B．a9或a10 C．a10或a11 D．a11或a12 【解析】结合f (x)＝(x＋1)的单调性， 设数列{an}的最大项为an，则 所以 解不等式组可得9≤n≤10． 所以数列{an}的最大项为a9或a10． 故选B． 【典例2】(2025·辽宁锦州模拟)数列{an}的通项公式为an＝，该数列的前50项中最大项是(　　) A．a1 B．a44 C．a45 D．a50 【解析】an＝ ＝ ＝1＋， 因为>0，∈(44，45)， 故当n≤44时，数列{an}单调递减，且an<1， 当n≥45时，数列{an}单调递减，且an>1， 故n＝45时，取得最大项． 故选C． 方法技巧35 等差数列基本量的运算 解决等差数列运算问题的思想方法 (1)方程思想：等差数列中包含a1，d，n，an，Sn五个量，可通过列方程组达到“知三求二”． (2)整体思想：当所给条件只有一个时，可将已知和所求都用a1，d表示，寻求两者间的联系，整体代换即可求解． 【典例1】(多选)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4＝0，a5＝5，则下列选项正确的是(　　) A．a2＋a3＝0 B．an＝2n－5 C．Sn＝n(n－4) D．d＝－2 【解析】S4＝＝0， 所以a1＋a4＝a2＋a3＝0，故A正确； a5＝a1＋4d＝5，① a1＋a4＝a1＋a1＋3d＝0，② 联立①②得 所以an＝－3＋(n－1)×2＝2n－5，故B正确，D错误； Sn＝－3n＋×2＝n2－4n＝n(n－4)，故C正确．故选ABC． 【典例2】(2023·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a2＋a6＝10，a4a8＝45，则S5＝(　　) A．25　　 B．22　　 C．20　　 D．15 【解析】法一：由a2＋a6＝10，可得2a4＝10，所以a4＝5，又a4a8＝45，所以a8＝9．设等差数列{an}的公差为d，则d＝＝＝1，又a4＝5，所以a1＝2，所以S5＝5a1＋×d＝20．故选C． 法二：设等差数列{an}的公差为d，则由a2＋a6＝10，可得a1＋3d＝5，① 由a4a8＝45，可得(a1＋3d)(a1＋7d)＝45，② 由①②可得a1＝2，d＝1，所以S5＝5a1＋×d＝20．故选C． 【典例3】“二十四节气”已经被列入联合国教科文组织人类非物质文化遗产代表作名录．我国古代天文学和数学著作《周髀算经》中记载：冬至、小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长依次成等差数列．若冬至的日影长为15.5尺，芒种的日影长为4.5尺，则雨水、惊蛰、春分、清明的日影长的和是________尺． 【解析】设从冬至之日起，小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气的日影长成等差数列，设公差为d，则a1＝15.5，a12＝4.5，所以15.5＋11d＝4.5，则d＝－1，所以雨水、惊蛰、春分、清明的日影长的和为a5＋a6＋a7＋a8＝11.5＋10.5＋9.5＋8.5＝40． 方法技巧36 等差数列的判定与证明 判断数列{an}是等差数列的常用方法 (1)定义法：对任意n∈N*，an＋1－an是同一个常数． (2)等差中项法：对任意n≥2，n∈N*，满足2an＝an＋1＋an－1． (3)通项公式法：对任意n∈N*，都满足an＝pn＋q(p，q为常数)． (4)前n项和公式法：对任意n∈N*，都满足Sn＝An2＋Bn(A，B为常数)． 【典例1】已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立． ①数列{an}是等差数列；②数列{}是等差数列；③a2＝3a1． [证明]　①③⇒②． 已知{an}是等差数列，a2＝3a1． 设数列{an}的公差为d，则a2＝3a1＝a1＋d，得d＝2a1， 所以Sn＝na1＋d＝n2a1． 因为数列{an}的各项均为正数，所以＝n， 所以＝(n＋1)－n＝(常数)，所以数列{}是等差数列． ①②⇒③． 已知{an}是等差数列，{}是等差数列． 设数列{an}的公差为d， 则Sn＝na1＋d＝n2d＋n． 因为数列{}是等差数列，所以数列{}的通项公式是关于n的一次函数，则a1－＝0，即d＝2a1，所以a2＝a1＋d＝3a1． ②③⇒①． 已知数列{}是等差数列，a2＝3a1，所以S1＝a1，S2＝a1＋a2＝4a1． 设数列{}的公差为d，d>0，则＝＝d， 得a1＝d2，所以＝＋(n－1)d＝nd，所以Sn＝n2d2，所以an＝Sn－Sn－1＝n2d2－(n－1)2d2＝2d2n－d2(n≥2)，当n＝1时，a1＝d2也满足上式，所以an＝2d2n－d2＝d2＋(n－1)·2d2，所以数列{an}是等差数列． 【典例2】记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知＝2． (1)证明：数列{bn}是等差数列； (2)求{an}的通项公式． 【解析】　(1)证明：因为bn是数列{Sn}的前n项积， 所以n≥2时，Sn＝， 代入＝2可得，＝2， 整理可得2bn－1＋1＝2bn，即bn－bn－1＝(n≥2)． 又＝＝2，所以b1＝， 故数列{bn}是以为首项，为公差的等差数列． (2)由(1)可知，bn＝，则＝2，所以Sn＝(n∈N*)， 当n＝1时，a1＝S1＝， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝＝－． 当n＝1时，a1＝不满足上式， 故an＝ 【典例3】已知数列{an}的前n项积为Tn，且满足＝，证明：数列{Tn}为等差数列． 【解析】因为＝， 当n＝1时，＝＝，即＝3a1，易知a1≠0，则T1＝a1＝3， 当n≥2时，＝＝＝，所以Tn－Tn－1＝2， 故数列{Tn}是以3为首项，2为公差的等差数列． 方法技巧37 等差数列性质的应用 利用等差数列的性质解题的三个关注点 (1)在等差数列题目中，只要出现项的和问题，一般考虑应用项的性质，如利用2am＝am－n＋am＋n可实现项的合并与拆分． (2)在Sn＝中，Sn与a1＋an可相互转化． (3)利用Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列，可求S2m或S3m． 【典例1】(2024·全国甲卷)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9＝1，则a3＋a7＝(　　) A．－2 B． C．1 D． 【解析】根据等差数列的性质，得a1＋a9＝a3＋a7，由S9＝1，根据等差数列的求和公式， 得S9＝＝＝1，故a3＋a7＝． 故选D． 【典例2】(2024·九省联考)记等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＋a7＝6，a12＝17，则S16＝(　　) A．120　　 B．140　　 C．160　　 D．180 【解析】因为a3＋a7＝2a5＝6，所以a5＝3，所以a5＋a12＝3＋17＝20，所以S16＝＝8(a5＋a12)＝160．故选C． 【典例3】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S10＝20，S20＝10，则S30＝(　　) A．0 B．－10 C．－30 D．－40 【解析】由等差数列{an}的前n项和的性质可得，S10，S20－S10，S30－S20也成等差数列，∴2(S20－S10)＝S10＋(S30－S20)，∴2×(10－20)＝20＋S30－10，解得S30＝－30．故选C． 【典例4】有两个等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn． ①若＝，则＝________； ②若＝，则＝________． 【解析】①若＝， 则＝＝＝． ②若＝＝，则可设Sn＝k，Tn＝k，k≠0， 所以a5＝S5－S4＝45k－28k＝17k，b4＝T4－T3＝52k－30k＝22k，所以＝． 【典例5】已知Sn是等差数列{an}的前n项和，若a1＝－2 018，＝6，则S2 025＝________． 【解析】由等差数列的性质可得也为等差数列， 设其公差为d，则＝6d＝6，所以d＝1， 所以＝＋2 024d＝－2 018＋2 024＝6， 所以S2 025＝12 150． 方法技巧38 等差数列的前n项和及其最值 处理等差数列前n项和Sn的最值的两类观点 (1)函数观点：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象，利用求二次函数的最值的方法求解．特别提醒，n∈N*． (2)邻项变号观点： ①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值Sm； ②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值Sm． 【典例1】在等差数列{an}中，已知a1＝20，前n项和为Sn，且S10＝S15．求当n取何值时，Sn取得最大值，并求出它的最大值． 【解析】　法一(函数法)： 因为a1＝20，S10＝S15， 所以10×20＋d＝15×20＋d， 解得d＝－． Sn＝20n＋＝－n2＋n ＝－＋． 因为n∈N*，所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值，且最大值为S12＝S13＝130． 法二(图象法)： 因为等差数列{an}的前n项和Sn是关于n的二次函数，且S10＝S15，所以10×20＋d＝15×20＋d， 所以d＝－． 又＝，所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值． 因为S12＝S13＝12×20＋＝130，所以最大值为S12＝S13＝130． 法三 (邻项变号法)： 因为a1＝20，S10＝S15， 所以10×20＋d＝15×20＋d， 所以d＝－． an＝20＋(n－1)×＝－n＋． 因为a1＝20>0，d＝－<0， 所以数列{an}是递减数列． 由an＝－n＋≤0，得n≥13，即a13＝0． 当n≤12时，an＞0；当n≥14时，an＜0． 所以当n＝12或n＝13时，Sn取得最大值，且最大值为S12＝S13＝12×20＋＝130． 法四(性质法)： 由S10＝S15，得S15－S10＝a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝0，所以5a13＝0，即a13＝0． 又d＝＝－， 所以当n＝12或n＝13时，Sn有最大值， 且最大值为S12＝S13＝12×20＋＝130． 【典例2】(多选)(2024·辽宁名校联考二模)设是等差数列，Sn是其前n项和，且S5<S6，S6＝S7>S8，则下列结论正确的是(　　) A．d≤0 B．a7＝0 C．S6与S7均为Sn的最大值 D．满足Sn<0的n的最小值为14 【解析】A项，因为S6＝S7>S8，所以S7－S6＝a7＝0，S8－S7＝a8<0， 所以d＝a8－a7<0，故A错误； B项，由A的解析可得B正确； C项，因为S5<S6，S6＝S7>S8，所以S6与S7均为Sn的最大值，故C正确； D项，因为2a7＝a1＋a13，由S13＝＝0，S14＝＝7<0， 故D正确．故选BCD． 方法技巧39 等比数列基本量的运算 等比数列基本量的运算的解题策略 (1)等比数列中有五个量a1，n，q，an，Sn，一般可以通过列方程(组)达到“知三求二”． (2)解方程组时常常利用“作商”消元法． 提醒：运用等比数列的前n项和公式时，一定要注意公比q的讨论(q＝1或q≠1)，否则会造成漏解或增解． 【典例1】(2022·全国乙卷)已知等比数列的前3项和为168，a2－a5＝42，则a6＝(　　) A．14 B．12 C．6 D．3 【解析】设等比数列的公比为q，q≠0， 若q＝1，则a2－a5＝0，与题意矛盾， 所以q≠1， 则解得 所以a6＝a1q5＝3． 故选D． 【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝(　　) A．120 B．85 C．－85 D．－120 【解析】法一：设等比数列{an}的公比为q(q≠0)，由题意易知q≠1，则化简整理得所以S8＝＝×(1－44)＝－85，故选C． 法二：易知等比数列{an}的公比q≠－1，则S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6为等比数列，所以(S4－S2)2＝S2·(S6－S4)，解得S2＝－1或S2＝．当S2＝－1时，由(S6－S4)2＝(S4－S2)·(S8－S6)，解得S8＝－85；当S2＝时，结合S4＝－5得化简可得q2＝－5，不成立，舍去．所以S8＝－85，故选C． 【典例3】《九章算术》中有述：今有蒲生一日，长3尺，莞生一日，长1尺，蒲生日自半，莞生日自倍．意思是：“今有蒲第一天长高3尺，莞第一天长高1尺，以后蒲每天长高前一天的一半，莞每天长高前一天的2倍．”则当莞长高到长度是蒲的5倍时，需要经过的天数是(结果精确到0．1．参考数据：lg 2≈0．30，lg 3≈0．48)(　　) A．2.9天 B．3.9天 C．4.9天 D．5.9天 【解析】设蒲的长度组成等比数列{an}，a1＝3，公比为，前n项和为An，莞的长度组成等比数列{bn}，b1＝1，公比为2，其前n项和为Bn． 则An＝，Bn＝， 由题意可得5×＝， 解得2n＝30或2n＝1(舍去)． 所以n＝log230＝＝≈4.9． 故选C． 方法技巧40 等比数列的判定与证明 判定一个数列为等比数列的常见方法 【典例1】(2024·湖南名校质检)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，a2＝－1，且an＋2＋an＋1－6an＝0(n∈N*)． (1)证明：{an＋1＋3an}为等比数列； (2)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn． 【解析】(1)证明：由题意得，＝＝2，∴{an＋1＋3an}是以a2＋3a1＝5为首项，2为公比的等比数列． (2)由(1)可知an＋1＋3an＝5·2n-1(n∈N*)， 则an＋1＝－3an＋5·2n-1， 设an＋1＋x·2n＝－3(an＋x·2n-1)， 则an＋1＝－3an－5x·2n-1，则x＝－1， 故an＋1－2n＝－3(an－2n-1)，又a1－20＝1， 所以{an－2n-1}是以1为首项，－3为公比的等比数列，所以an－2n-1＝1×(－3)n-1， an＝2n-1＋(－3)n-1， Sn＝＝2n－， 故an＝2n-1＋(－3)n-1，Sn＝2n－． 【典例2】已知Sn为等比数列{an}的前n项和，a4＝9a2，S3＝13，且公比q>0． (1)求an及Sn； (2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 【解析】　(1)由题意可得， 解得所以an＝3n-1，Sn＝＝． (2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列． 因为S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13， 所以(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝，此时Sn＋＝×3n，则＝3． 故存在常数λ＝，使得数列是等比数列． 【典例3】已知数列{an}和{bn}满足a1＝3，b1＝2，an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn． (1)证明：{an＋bn}和{an－bn}都是等比数列； (2)求{anbn}的前n项和Sn． 【解析】　(1)证明：因为an＋1＝an＋2bn，bn＋1＝2an＋bn， 所以an＋1＋bn＋1＝3(an＋bn)， an＋1－bn＋1＝－(an－bn)， 又由a1＝3，b1＝2得a1－b1＝1，a1＋b1＝5， 所以数列{an＋bn}是首项为5，公比为3的等比数列，数列{an－bn}是首项为1，公比为－1的等比数列． (2)由(1)得an＋bn＝5×3n-1， an－bn＝(－1)n-1， 所以an＝， bn＝，所以anbn＝＝＝×9n-1－， 所以Sn＝＝． 方法技巧41 等比数列性质的应用 应用等比数列性质的两个关注点 【典例1】(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列，a2a4a5＝a3a6，a9a10＝－8，则a7＝________． 【解析】法一：设数列{an}的公比为q，则由a2a4a5＝a3a6，得a1q·a1q3·a1q4＝a1q2·a1q5．又a1≠0，且q≠0，所以可得a1q＝1．　① 又a9a10＝a1q8·a1q9＝q17＝－8，　② 所以由①②可得q15＝－8，q5＝－2，所以a7＝a1q6＝a1q·q5＝－2． 法二：设数列{an}的公比为q．因为a4a5＝a3a6≠0，而a2a4a5＝a3a6，所以a2＝1．又a9a10＝a2q7·a2q8＝q15＝－8，于是q5＝－2，所以a7＝a2q5＝－2． 【典例2】 (2025·山东青岛模拟)等比数列的各项均为正数，且a5a6＋a4a7＝18，则log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝(　　) A．12 B．10 C．5 D．2log35 【解析】因为{an}是各项均为正数的等比数列，a5a6＋a4a7＝18， 所以a5a6＋a4a7＝2a5a6＝18，即a5a6＝9， 则a1a10＝a2a9＝…＝a5a6＝9， 记S＝log3a1＋log3a2＋…＋log3a10， 则S＝log3a10＋log3a9＋…＋log3a1， 两式相加得2S＝log3＋log3＋…＋log3＝10×log39＝20， 所以S＝10，即log3a1＋log3a2＋…＋log3a10＝10． 故选B． 【典例3】(多选)(2024·湖北武汉二模)下列命题正确的是(　　) A．若均为等比数列且公比相等，则也是等比数列 B．若为等比数列，其前n项和为Sn，则S3，S6－S3，S9－S6成等比数列 C．若为等比数列，其前n项和为Sn，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n成等比数列 D．若数列的前n项和为Sn，则“an>0”是“为递增数列”的充分不必要条件 【解析】对于A，若a1＝－b1且数列{an}，{bn}公比相等，则a1＋b1＝0，显然{an＋bn}不是等比数列，A错误； 对于B，设{an}的公比为q，而S3＝a1(1＋q＋q2)，S6－S3＝a4＋a5＋a6＝a1(q3＋q4＋q5)，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝a1(q6＋q7＋q8)， 所以S3，S6－S3，S9－S6是公比为q3的等比数列，B正确； 对于C，同B分析，Sn＝a1(1＋q＋…＋qn-1)，S2n－Sn＝a1(qn＋qn+1＋…＋q2n-1)，S3n－S2n＝a1， 若n为偶数，q＝－1时，显然各项均为0，不为等比数列，C错误； 对于D，若an>0，则Sn＝Sn－1＋an>Sn－1且n≥2，易知为递增数列，充分性成立； 若为递增数列，则Sn>Sn－1⇒Sn－1＋an>Sn－1且n≥2，显然{an}为－1，2，2，2，…满足，但an>0不恒成立，必要性不成立， 所以“an>0”是“为递增数列”的充分不必要条件，D正确． 故选BD． 【典例4】(多选)(2025·湖南长沙模拟)设等比数列的公比为q，其前n项和为Sn，前n项积为Tn，且a1>1，a6a7>1，<0，则下列结论正确的是(　　) A．0<q<1 B．0<a7a8<1 C．Sn的最大值为S7 D．Tn的最大值为T6 【解析】A项，a1>1且a6a7>1>0⇒q>0，而<0⇒a6－1和a7－1异号， 由a1>1知a6－1>0，a7－1<0，即a6>1，a7<1，0<q＝<1，故A项正确； B项，从前面的求解过程知a1>1，0<q<1，说明是单调递减的正项等比数列，且0<a7<1，所以0<a8<1， 那么0<a7a8<1，故B项正确； C项，因为是正项数列，所以Sn没有最大值，故C项错误； D项，从前面的分析过程可知的前6项均大于1，从第7项起均小于1，所以Tn的最大值为T6，故D项正确． 故选ABD． 方法技巧42 分组求和与并项求和 分组求和与并项求和的常见类型 (1)若an＝bn±cn，且{bn}，{cn}为等差或等比数列，则可采用分组求和法求{an}的前n项和． (2)通项公式为an＝的数列，其中数列{bn}，{cn}是等比数列或等差数列，可采用分组求和法求和． (3)如果cn＝(－1)n·an，求{cn}的前n项和时，可采用并项求和法求解．对n分奇数、偶数讨论，建议先求n是偶数时Sn的值，当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋cn． 【典例1】　(2025·河南信阳模拟)已知数列是等差数列，其前n项和为Sn，且2a2＋a4＝13，S7＝49． (1)求的通项公式； (2)设bn＝，求数列的前n项和Tn． 【解析】　(1)设等差数列的公差为d， 又2a2＋a4＝13，S7＝49， 所以 解得 所以的通项公式an＝a1＋d＝1＋2＝2n－1． (2)由(1)知bn＝＝2n－1＋22n-1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝＋…＋ ＝＋(2＋23＋25＋…＋22n-1)＝＝＋n2． 【典例2】在数列{an}中，a1＝－1，an＝2an－1＋3n－6(n≥2，n∈N*)． (1)求证：数列{an＋3n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝an＋n，求数列{bn}的前n项和Tn． 【解析】　(1)证明：∵an＝2an－1＋3n－6(n≥2，n∈N*)， ∴当n≥2时，＝＝＝2， ∴数列{an＋3n}是首项为a1＋3＝2，公比为2的等比数列， ∴an＋3n＝2n，an＝2n－3n． (2)bn＝an＋n＝2n－3n＋n＝2n－2n， 数列{bn}的前n项和Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(21－2)＋(22－4)＋(23－6)＋…＋(2n－2n) ＝21＋22＋…＋2n－(2＋4＋6＋…＋2n)＝×n＝2n+1－2－n(n＋1)． 【典例3】(2025·辽宁实验中学模拟)已知数列的前n项和为Sn，且4Sn＝5an－2． (1)证明：是等比数列，并求其通项公式； (2)设bn＝(－1)n·log5，求数列的前100项和T100． 【解析】　(1)证明：在数列中，4Sn＝5an－2，当n≥2时，4Sn－1＝5an－1－2，两式相减得an＝5an－1， 而a1＝S1＝a1－，解得a1＝2， 所以是首项为2，公比为5的等比数列， 通项公式为an＝2×5n-1． (2)由(1)知，bn＝(－1)n·log5＝(－1)n·log5＝(－1)n·(2n＋1)， 所以T100＝＋…＋＝＋…＋＝2＋2＋2＋…＋2＝2×50＝100． 方法技巧43 裂项相消法求和 裂项相消法求和的基本步骤 【典例1】(2024·河南郑州二模)在数列中，a1＝2，对任意正整数n，均有an＋1－an＝2n＋2．数列满足：＋…＋＝n2，n∈N*． (1)求数列和的通项公式； (2)若cn＝，求数列的前n项和Sn． 【解析】　(1)因为an＋1－an＝2n＋2， 当n≥2，n∈N*时， 累加得an－a1＝， 即an＝n， 经检验，a1＝2满足an＝n， 所以数列的通项公式为an＝n． 因为＋…＋＝n2，n∈N*①， 当n＝1时，b1＝3， 当n≥2，n∈N*时，＋…＋＝(n－1)2②， ①－②得＝n2－(n－1)2＝2n－1，即bn＝×3n， 经检验，b1＝3满足bn＝×3n， 所以数列的通项公式为bn＝×3n． (2)由(1)可得cn＝＝ ＝＝， 所以Sn＝c1＋c2＋…＋cn＝＋…＋＝－3． 即数列的前n项和Sn＝－3． 【典例2】(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，是公差为的等差数列． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：＋…＋<2． 【解析】　(1)∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，∴＝1， 又∵是公差为的等差数列， ∴＝1＋(n－1)＝， ∴Sn＝， ∴当n≥2时，Sn－1＝， ∴an＝Sn－Sn－1＝， 整理得(n－1)an＝(n＋1)an－1， 即＝(n≥2)， ∴an＝a1××…× ＝1××…×＝(n≥2)， 显然对于n＝1时，a1＝1也满足上式， ∴{an}的通项公式为an＝． (2)证明：由(1)知an＝， ∴＝＝2， ∴＋…＋＝2 ＝2＜2． 【典例3】已知数列{an}满足a1＝1，Sn＝(Sn为数列{an}的前n项和)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)若bn＝(－1)n+1，数列{bn}的前n项和为Tn，求T2 025． 【解析】　(1)由Sn＝，得Sn－1＝(n≥2)， 两式相减得an＝(n≥2)， 化简得(n－1)an＝nan－1， 所以＝＝…＝＝1，所以an＝n． (2)由(1)知bn＝(－1)n+1＝(－1)n+1，所以T2 025＝－…－＝1＋＝． 方法技巧44 错位相减法求和 错位相减法求和的具体步骤 【典例1】(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4． (1)求{an}的通项公式； (2)设bn＝(－1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和Tn． 【解析】　(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4． 当n≥2时，4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1， 而a1＝4≠0，故an≠0，故＝－3， 所以数列{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an＝4×(－3)n-1． (2)因为bn＝(－1)n-1n×4×(－3)n-1＝4n·3n-1， 所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n·3n-1， 故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n·3n， 两式相减得－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n-1－4n·3n＝4＋4×－4n·3n＝4＋2×3×(3n-1－1)－4n·3n＝(2－4n)·3n－2， ∴Tn＝(2n－1)·3n＋1． 【典例2】(2023·全国甲卷)已知数列{an}中，a2＝1，设Sn为数列{an}的前n项和，2Sn＝nan． (1)求{an}的通项公式； (2)求数列的前n项和Tn． 【解析】　(1)当n＝1时，2S1＝a1，解得a1＝0， 当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－1， ∴2an＝nan－(n－1)an－1， ∴(n－1)an－1＝(n－2)an， 当n≥3时，可得＝， ∴an＝×…××a2＝n－1， 当n＝2或n＝1时，a1＝0，a2＝1适合上式， ∴{an}的通项公式为an＝n－1． (2)由(1)可得＝， ∴Tn＝＋…＋， ∴Tn＝＋…＋， 两式相减得Tn＝＋…＋＝＝1－，∴Tn＝2－． 【典例3】(2021·全国乙卷)设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn＝．已知a1，3a2，9a3成等差数列． (1)求{an}和{bn}的通项公式； (2)记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜． 【解析】　(1)设等比数列{an}的公比为q，则an＝qn-1． 因为a1，3a2，9a3成等差数列， 所以1＋9q2＝2×3q，解得q＝， 故an＝，bn＝． (2)证明：由(1)知Sn＝＝， Tn＝＋…＋，① Tn＝＋…＋，② ①－②得Tn＝＋…＋， 即Tn＝ ＝， 整理得Tn＝， 则2Tn－Sn＝2 ＝－＜0， 故Tn＜． 方法技巧45 数列模型的应用 数列实际应用中的常见模型 (1)等差模型：如果增加(或减少)的量是一个固定的数，则该模型是等差模型，这个固定的数就是公差． (2)等比模型：如果后一个量与前一个量的比是一个固定且不为零的数，则该模型是等比模型，这个固定的数就是公比． (3)递推数列模型：如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定，随项的变化而变化，则应考虑是第n项an与第n＋1项an＋1有递推关系，还是前n项和Sn与前n＋1项和Sn＋1之间有递推关系． 一般地，涉及递增率或递减率要用等比数列，涉及依次增加或依次减少要用等差数列，有的问题需通过转化得到等差或等比数列． 【典例1】某牧场今年年初牛的存栏数为1 200，预计以后每年存栏数的增长率为10%，且在每年年底卖出100头牛，牧场从今年起每年年初的计划存栏数构成数列{cn}，即c1＝1 200，则c10大约为(　　) (参考数据：1．18≈2．144，1．19≈2．358，1．110≈2．594，1．111≈2．853) A．1 429 B．1 472 C．1 519 D．1 571 【解析】由题可知cn＝(1＋10%)cn－1－100＝1.1cn－1－100， 设cn＋k＝1.1(cn－1＋k)，解得k＝－1 000． 即cn－1 000＝1.1(cn－1－1 000)， 故数列{cn－1 000}是首项为c1－1 000＝200，公比为1.1的等比数列． 所以cn－1 000＝200×1.1n-1，则cn＝200×1.1n-1＋1 000， 所以c10＝200×1.19＋1 000≈200×2.358＋1 000≈1 472． 故选B． 【典例2】(多选)小明向银行贷款A0元创业，并与银行约定：每个月还一次款，分12次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为r．设小明每个月所要还款的钱数为x元，则下列说法正确的是(　　) A．小明选择的还款方式为“等额本金还款法” B．小明选择的还款方式为“等额本息还款法” C．小明第一个月还款的现值为 元 D．x＝ 【解析】A，B选项，由于每个月还款的钱数都相等，故小明选择的还款方式为“等额本息还款法”，A错误，B正确； C选项，设小明第一个月还款的现值为M，则M(1＋r)＝x，解得M＝，故C正确； D选项，根据“等额本息还款法”可得，第一个月月末所欠银行贷款为A1＝A0(1＋r)－x， 第二个月月末所欠银行贷款为A2＝A1(1＋r)－x＝A0(1＋r)2－x(1＋r)－x， 第三个月月末所欠银行贷款为A3＝A2(1＋r)－x＝A0(1＋r)3－x(1＋r)2－x(1＋r)－x， …… 第十二个月月末所欠银行贷款为A12＝A0(1＋r)12－x(1＋r)11－x(1＋r)10－…－x(1＋r)－x ＝A0(1＋r)12－x[(1＋r)11＋(1＋r)10＋…＋(1＋r)＋1] ＝A0(1＋r)12－ ＝A0(1＋r)12＋， 由于分12次还清所有的欠款， 故A0(1＋r)12＋＝0， 解得x＝，D正确．故选BCD． 方法技巧46 数列中的不等式证明 与数列有关的不等式证明问题的求解常用两种方法：一是放缩法；二是借助函数的单调性证明． (1)对于“和式”数列不等式，若能够直接求和，则考虑先求和，再放缩证明不等式；若不能求和，则可考虑先放缩后求和证明不等式．放缩时要研究通项，放缩是为了能化简． (2)常见的放缩技巧： ①＜＝； ②＜＜； ③2()＜＜2()； ④＜＜＜． 【典例1】已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝2，4Sn＝anan＋1(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列的前n项和为Tn，求证：＜Tn＜． 【解析】　(1)∵4Sn＝anan＋1，n∈N*，① ∴4a1＝a1·a2，又a1＝2，∴a2＝4． 当n≥2时，4Sn－1＝an－1an，② ①－②得4an＝anan＋1－an－1an． 由题意知an≠0，∴an＋1－an－1＝4． 当n＝2k＋1，k∈N*时，a2k＋2－a2k＝4，即a2，a4，…，a2k是首项为4，公差为4的等差数列， ∴a2k＝4＋(k－1)×4＝4k＝2×2k； 当n＝2k，k∈N*时，a2k＋1－a2k－1＝4， 即a1，a3，…，a2k－1是首项为2，公差为4的等差数列， ∴a2k－1＝2＋(k－1)×4＝4k－2＝2(2k－1)． 综上可知，an＝2n，n∈N*． (2)证明：＝＞＝， ∴Tn＝＞ ＝＝． 又＝＜＝＝， ∴Tn＝＜ ＝＜． 综上所述，＜Tn＜． 【典例2】(2025·八省联考)已知数列{an}中，a1＝3，an＋1＝． (1)证明：数列为等比数列； (2)求{an}的通项公式； (3)令bn＝，证明：bn<bn＋1<1． 【解析】　(1)证明：因为an＋1＝，a1＝3>0， 所以an>0，所以＝＝， 所以1－＝＝． 因为1－＝≠0， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列． (2)由(1)知，1－＝＝， 所以＝1－， 所以an＝＝． (3)证明：bn＝＝＝＝＝＝1－． 令f (n)＝3·－2，n∈[1，＋∞)， 因为f (n)＝3·－2在n∈[1，＋∞)上单调递增，则f (n)≥f (1)＝3×－2＝>0， 所以数列在n∈N*上递减，从而数列{bn}在n∈N*上递增，且bn<1，故得bn<bn＋1<1． 方法技巧47 数列中的不等式恒成立 数列与不等式的恒成立的问题可借助数列的单调性或转化为函数的最值问题解答． 【典例1】　(2021·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 【解析】　(1)因为4Sn＋1＝3Sn－9， 所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9， 两式相减可得4an＋1＝3an，即＝． 当n＝1时，4S2＝4＝－－9， 解得a2＝－，所以＝． 所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列， 所以an＝－＝－． (2)因为3bn＋(n－4)an＝0， 所以bn＝(n－4)×． 所以Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－4)×，① Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－5)×＋(n－4)×，② ①－②得Tn＝－3×＋＋…＋－(n－4)×＝－－(n－4)×＝－n×，所以Tn＝－4n×． 因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立， 所以－4n×≤λ(n－4)×恒成立， 即－3n≤λ(n－4)恒成立， 当n<4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1； 当n＝4时，－12≤0恒成立； 当n>4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3． 所以－3≤λ≤1． 【典例2】已知数列的前n项和为Sn，2an＋1＝3Sn，若tSn<2n对任意的n∈N*恒成立，求实数t的取值范围． 【解析】　由2an＋1＝3Sn，得an＝，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，则＝Sn－Sn－1， 整理得Sn＝－2Sn－1＋1，即Sn－＝－2，而3S1＝2a1＋1＝2S1＋1，解得S1＝1， 于是S1－＝，数列是首项为，公比为－2的等比数列， 因此Sn－＝·(－2)n-1，即Sn＝，由tSn<2n，得·t<2n， 当n为奇数时，·t<2n，即t<＝3－，显然为递增数列， 当n＝1时，＝2，于是t<2， 当n为偶数时，·t<2n，即t>＝－3＋，显然恒有－3＋<－3，于是t≥－3， 所以实数t的取值范围为． 方法技巧48 数列奇偶项问题 该递推数列属于数列奇偶项的问题，主要考查综合知识与探究问题能力，解决此类问题的难点在于搞清数列奇数项和偶数项的首项、项数、公差或公比等，特别注意分类讨论等思想在解题中的灵活运用． 【典例1】(2021·新高考Ⅰ卷)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝ (1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式； (2)求{an}的前20项和． 【解析】　(1)因为bn＝a2n，且a1＝1， an＋1＝ 所以b1＝a2＝a1＋1＝2， b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5． 因为bn＝a2n，所以bn＋1＝a2n＋2＝a2n＋1＋1＝a2n＋1＋1＝a2n＋2＋1＝a2n＋3， 所以bn＋1－bn＝a2n＋3－a2n＝3， 所以数列{bn}是以2为首项，3为公差的等差数列，bn＝2＋3(n－1)＝3n－1，n∈N*． (2)因为an＋1＝ 所以k∈N*时，a2k＝a2k－1＋1＝a2k－1＋1， 即a2k＝a2k－1＋1， ① a2k＋1＝a2k＋2， ② a2k＋2＝a2k＋1＋1＝a2k＋1＋1，即a2k＋2＝a2k＋1＋1， ③ 所以①＋②得a2k＋1＝a2k－1＋3，即a2k＋1－a2k－1＝3， 所以数列{an}的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列； ②＋③得a2k＋2＝a2k＋3，即a2k＋2－a2k＝3， 又a2＝2，所以数列{an}的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列． 所以数列{an}的前20项和S20＝(a1＋a3＋a5＋…＋a19)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a20)＝10＋×3＋20＋×3＝300． 【典例2】(2023·新高考Ⅱ卷)已知{an}为等差数列，bn＝记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，S4＝32，T3＝16． (1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n＞5时，Tn＞Sn． 【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d． 因为bn＝ 所以b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6． 因为S4＝32，T3＝16， 所以 整理得解得 所以{an}的通项公式为an＝2n＋3． (2)证明：由(1)知an＝2n＋3， 所以Sn＝＝n2＋4n， bn＝ 当n为奇数时， Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－7)＋(4n＋2)]＋2n－3＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－7)＋(2n－3)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋2)]＝＝． 当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0， 所以Tn＞Sn． 当n为偶数时，Tn＝(－1＋14)＋(3＋22)＋(7＋30)＋…＋[(2n－5)＋(4n＋6)]＝[－1＋3＋7＋…＋(2n－5)]＋[14＋22＋30＋…＋(4n＋6)]＝＝． 当n＞5时，Tn－Sn＝－(n2＋4n)＝＝＞0， 所以Tn＞Sn． 综上可知，当n＞5时，Tn＞Sn． 方法技巧49 数列增减项问题 1．解决数列中增减项问题的关键是通过阅读理解题意，要弄清楚增加了(减少了)多少项，增加(减少)的项有什么特征． 2．两个等差(比)数列的公共项是等差(比)数列，且公差(比)是两等差(比)数列公差(比)的最小公倍数，一个等差与一个等比数列的公共项，则要通过其项数之间的关系来确定． 【典例1】(2024·江苏南京期末)已知数列满足a1＝4，且an＋1 ＋an＝8n＋4． (1)求数列的通项公式； (2)已知bn＝2n，在数列中剔除与的公共项后余下的项按原顺序构成一个新数列，求数列的前192项和T192． 【解析】　(1)当n＝1时，a2＋a1＝12，所以a2＝8； 当n≥2时，an＋an－1＝8n－4，所以an ＋ 1 －an－1 ＝8； 当n为偶数时，an＝8＋×8＝4n; 当n为奇数时，an＝4＋×8＝4n； 综上所述：an＝4n． (2)设{an}的前n项和为Sn，{bn}的前n项和为Hn， 由(1)可知a200＝800，b9＝29＝512， 当n≤200时，可知{an}与{bn}的公共项为4，8，16，…，512，共8项， 所以数列的前192项和T192＝S200－(H9－2)＝ ＝80 400－1 020＝79 380． 【典例2】 记数列{an}的前n项和为Sn，对任意正整数n，有2Sn＝nan，且a2＝3． (1)求数列{an}的通项公式； (2)对所有正整数m，若ak＜2m＜ak＋1，则在ak和ak＋1两项中插入2m，由此得到一个新数列{bn}，求{bn}的前40项和． 【解析】　(1)由2Sn＝nan，则2Sn＋1＝(n＋1)an＋1， 两式相减得，2an＋1＝(n＋1)an＋1－nan, 整理得，(n－1)an＋1＝nan，即n≥2时，＝， 所以n≥2时，an＝·…··a2＝·…··3＝3(n－1)， 又n＝1时，2a1＝a1，得a1＝0，也满足上式． 故an＝3(n－1)． (2)由a40＝117，所以26<a40<27， 又a34＝99>26，所以的前40项中有34项来自． 故b1＋b2＋…＋b40＝(a1＋a2＋…＋a34)＋(21＋22＋…＋26) ＝＝1 683＋126＝1 809． 所以{bn}的前40项和为1 809． 方法技巧50 数列新情境、新定义问题 对于新信息情境下的数列问题，在读懂题意的前提下，依据题目提供的信息，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决． 【典例1】(2024·江西南昌一模)对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“k-比分数列”．已知数列满足a1＝b1＝1，且的“1-比分数列”与的“2-比分数列”是同一个数列． (1)若是公比为2的等比数列，求数列的前n项和Sn； (2)若是公差为2的等差数列，求an． 【解析】　(1)由题意知＝， 因为b1＝1，且是公比为2的等比数列，所以＝4． 因为a1＝1，所以数列是首项为1，公比为4的等比数列，所以Sn＝＝． (2)因为b1＝1，且是公差为2的等差数列，所以bn＝2n－1，所以＝＝， 所以＝＝，…，＝， 所以＝． 因为a1＝1，所以an＝． 【典例2】(2025·湖北武汉模拟)定义：在一个有穷数列的每相邻两项之间插入这两项的和，形成新的数列，我们把这样的操作称为该数列的一次“和扩充”，例如：数列1，2，3经过第一次“和扩充”后得到数列1，3，2，5，3；第二次“和扩充”后得到数列1，4，3，5，2，7，5，8，3．设数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，所有项的和为Sn． (1)若a＝2，b＝3，c＝4，求P2，S2； (2)若Pn≥2 024，求正整数n的最小值； (3)是否存在数列a，b，c，使得数列为等比数列？请说明理由． 【解析】　(1)a＝2，b＝3，c＝4，第一次“和扩充”后得到数列2，5，3，7，4， 第二次“和扩充”后得到数列2，7，5，8，3，10，7，11，4， P2＝9，S2＝2＋7＋5＋8＋3＋10＋7＋11＋4＝57． (2)数列经每一次“和扩充”后是在原数列的相邻两项中增加一项， 数列a，b，c经过n次“和扩充”后得到的数列的项数为Pn，则经第次“和扩充”后增加的项数为Pn－1， 所以Pn＋1＝Pn＋＝2Pn－1， 所以Pn＋1－1＝2Pn－2＝2， 其中数列a，b，c经过1次“和扩充”后，得到a，a＋b，b，b＋c，c， 故P1＝5，P1－1＝4，故是首项为4，公比为2的等比数列， 所以Pn－1＝4×2n-1＝2n+1，故Pn＝2n+1＋1， 则2n+1＋1≥2 024，即2n+1≥2 023． 又n∈N*，解得n≥10，最小值为10． (3)因为S1＝a＋a＋b＋b＋b＋c＋c＝2a＋3b＋2c，S2＝S1＋3， S3＝S2＋32，依次类推，Sn＝Sn－1＋3n-1， 故Sn＝Sn－1＋3n-1 ＝Sn－2＋3n-2＋3n-1 ＝…＝S1＋ ＝2a＋3b＋2c＋ ＝·3n＋， 若使为等比数列， 则 或 所以存在数列a，b，c(a，b，c∈R)，使得数列{Sn}为等比数列，a，b，c满足的条件为a＋c＝0，b≠0或2b＋a＋c＝0，a＋c≠0． 方法技巧51 两个计数原理及综合应用 利用两个基本计数原理解决问题的步骤 提醒：涂色问题的两种常用解题方法：按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；以颜色为主分类讨论，用分类加法计数原理分析． 【典例1】如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　) A．24　　　B．18　　　C．12　　　D．9 【解析】由题意可知E到F共有6条最短路径，F到G共有3条最短路径，由分步乘法计数原理知，共有6×3＝18(条)最短路径． 【典例2】(2025·重庆模拟)用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是(　　) A．120 B．72 C．48 D．24 【解析】根据题意，先涂区域C，D，E，F四块， (i)若涂区域C，D，E，F用了4种颜色，则有＝24(种)方法，然后涂区域A，B，有以下3种方案： ①区域A，D同色且区域B，C同色；②区域A，D同色且区域B，F同色；③区域A，F同色且区域B，C同色． 根据分步乘法计数原理，此时的涂色方法的总数是24×3＝72． (ii)若涂区域C，D，E，F用了3种颜色，考虑到区域C，D不相邻，用同一种颜色，则有＝24(种)方法， 然后涂区域A，B，有以下2种方案： ①区域A，F同色且涂区域B用第4种颜色；②区域B，F同色且涂区域A用第4种颜色． 根据分步乘法计数原理，此时的涂色方法的总数是24×2＝48． 综上所述，所有涂色方法的总数是72＋48＝120． 故选A． 【典例3】如果一条直线与一个平面垂直，则称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________． 【解析】在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角截面中，每个对角面又有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”． 方法技巧52 排列、组合问题 求解排列、组合应用问题的六种常用方法 提醒：先选后排，先组合后排列，恰当的分类，合理的分步．分类标准要明确，做到不重不漏；分步要步步独立，步骤完整． 【典例1】(2025·山东济南模拟)由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，则满足条件的六位数的个数为(　　) A．60 B．108 C．132 D．144 【解析】0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，首先排列1，3，5，3个数字，然后插入偶数，可得＝108(个)不同数字．故选B． 【典例2】(2023·新高考Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答)． 【解析】法一：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有种方案．综上，不同的选课方案共有＝64(种)． 法二：若学生从这8门课中选修2门课，则有＝16(种)选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种)． 【典例3】7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙不相邻，则不同排法的种数是(　　) A．60 B．120 C．240 D．360 【解析】先排甲、乙、丙以外的4个人，再把甲、乙按甲在乙的左边捆好，与丙插两个空位，并去掉顺序，所以不同的排法种数是＝240．故选C． 方法技巧53 分组、分配问题 分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种： (1)相同元素的分配问题，常用“挡板法”； (2)不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配； (3)有限制条件的分配问题，采用分类求解． 提醒：对于部分均分问题，若有m组元素个数相等，则分组时应除以． 【典例1】(2024·浙江杭州二模)将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去一个社区，每个社区至少1名志愿者，则不同的分配方法数是(　　) A．300 B．240 C．150 D．50 【解析】先将5名志愿者分成3组， 若这三组的人员构成为1，1，3，则共有种分组方案， 若这三组的人员构成为1，2，2，则共有种分组方案，再将这3组志愿者随机分配到三个社区，共有种分配方案，故共有＝×6＝150(种)分配方法．故选C． 【典例2】(2024·河北衡水中学模拟)将5本不同的书(2本文学书、2本科学书和1本体育书)分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本书，每本书只能分给一人，其中体育书只能分给甲、乙中的一人，则不同的分配方法数为(　　) A．78 B．92 C．100 D．122 【解析】若将体育书分给甲，当剩余4本书恰好分给乙、丙时，此时的分配方法有＝14(种)， 当剩余4本书恰好分给甲、乙、丙三人时，此时的分配方法有＝36(种)， 综上，将体育书分给甲，不同的分配方法数是14＋36＝50，同理，将体育书分给乙，不同的分配方法数也是50，故不同的分配方法数是50＋50＝100．故选C． 【典例3】甲、乙等4名志愿者到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有(　　) A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 【解析】①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有＝6(种)；②游泳场地只安排1人，则不同的安排方法有＝18(种)；所以不同的安排方法有6＋18＝24(种)．故选C． 【典例4】把9个入团名额分给6个班级，每班至少一人，不同的分法种数为(　　) A．41　　 B．56　　 C．156　　 D．252 【解析】问题可转化为将9个入团名额排成一列，再分成6组，每组至少一个，求其方法数．事实上，只需在上述9个入团名额所产生的8个“空档”中选出5个“空档”插入挡板，即产生符合要求的方法，有＝56(种)．故选B． 方法技巧54 二项展开式的通项公式的应用 几种求展开式特定项的解法 (1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可． (2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏． (3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决或从组合角度求特定项． 【典例1】的展开式中x2y3的系数是(　　) A．－ B． C．－30 D．30 【解析】的展开式的通项为Tk＋1＝x5-kyk，k＝0，1，2，3，4，5．令k＝3，可得x2y3的系数是32×，故选A. 【典例2】(多选)已知的展开式中第3项与第5项的系数之比为3∶14，则下列结论成立的是(　　) A．n＝10 B．展开式中的常数项为45 C．含x5的项的系数为210 D．展开式中的有理项有5项 【解析】二项展开式的通项为Tk＋1＝， 由于第3项与第5项的系数之比为3∶14，则， 故， 得n2－5n－50＝0，解得n＝10(负值舍去)，故A正确； 则Tk＋1＝， 令20－＝0，解得k＝8， 则展开式中的常数项为＝45，故B正确； 令20－＝5，解得k＝6， 则含x5的项的系数为＝210，故C正确； 令20－∈Z，则k为偶数，此时k＝0，2，4，6，8，10，故有6项有理项，故D错误． 【典例3】(2022·新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为_______．(用数字作答) 【解析】因为(x＋y)8＝(x＋y)8－(x＋y)8， 所以(x＋y)8的展开式中含x2y6的项为x3y5＝－28x2y6， 所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为－28． 【典例4】(2025·河北沧州模拟)在(x－2y＋3z)6的展开式中，xy2z3项的系数为(　　) A．6 480 B．2 160 C．60 D．－2 160 【解析】(x－2y＋3z)6相当于6个因式相乘，其中一个因式取x，有种取法，余下5个因式中有2个取－2y，有种取法，最后3个因式中全部取3z，有种取法，故(x－2y＋3z)6展开式中xy2z3的系数为×33＝6 480．故选A． 【典例5】(1＋2x－3x2)5的展开式中x5的系数为________． 【解析】法一：(1＋2x－3x2)5＝(1－x)5(1＋3x)5，所以x5的系数为＋31＋30＝92． 法二：(1＋2x－3x2)5＝[(1＋2x)－3x2]5＝(1＋2x)5＋(1＋2x)4(－3x2)＋(1＋2x)3(－3x2)2＋(1＋2x)2(－3x2)3＋(1＋2x)(－3x2)4＋ 所以x5的系数为25＋×23×(－3)＋×2×(－3)2＝92． 方法技巧55 二项式系数和与系数和 赋值法的应用 (1)在二项式定理中，令a＝1，b＝x，得(1＋x)n＝＋x＋x2＋…＋xk＋…＋xn． (2)若f (x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则 ①a0＋a1＋a2＋…＋an＝f (1)． ②奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝． ③偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝． 【典例1】(多选)已知(1－2x)2 024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024，下列命题正确的是(　　) A．展开式中所有项的二项式系数和为22 024 B．展开式中所有偶数项系数的和为 C．展开式中所有奇数项系数的和为 D．＝－1 【解析】由二项式知＋＋…＋＝22 024，A正确； 当x＝1时，有a0＋a1＋a2＋…＋a2 024＝1， 当x＝－1时，有a0－a1＋a2－a3＋…－a2 023＋a2 024＝32 024， 由上可得a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝，B错误； 由上可得a0＋a2＋a4＋…＋a2 024＝， C正确； 令x＝可得a0＋＝0， 又a0＝1， 所以＝－1，D正确．故选ACD． 【典例2】若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为________． 【解析】令x＝0，则(2＋m)9＝a0＋a1＋a2＋…＋a9， 令x＝－2，则m9＝a0－a1＋a2－a3＋…－a9， 又(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a9)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9)＝39，∴(2＋m)9·m9＝39，∴m(2＋m)＝3，∴m＝－3或m＝1． 【典例3】(2024·湖南长沙模拟)若(1－2x)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋a5(x－1)5，则下列结论中正确的是(　　) A．a0＝1 B．a4＝80 C．＝35　 D． 【解析】由(1－2x)5＝a0＋a1＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋a5(x－1)5， 对于A中，令x＝1，可得a0＝－1，所以A错误； 对于B中，(1－2x)5＝[－1－2(x－1)] 5， 由二项展开式的通项得a4＝·(－2)4·(－1)1＝－80， 所以B错误； 对于C中，与[1＋2(x－1)]5的系数之和相等， 令x－1＝1即＝35，所以C正确； 对于D中，令x＝2，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－35， 令x＝0，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝1， 解得a0＋a2＋a4＝， 可得，所以D错误．故选C． 【典例4】在二项式(1－2x)n的展开式中，偶数项的二项式系数之和为128，则展开式的中间项的系数为(　　) A．－960 B．960 C．1 120 D．1 680 【解析】因为偶数项的二项式系数之和为2n-1＝128，所以n－1＝7，n＝8，则展开式共有9项，中间项为第5项，因为(1－2x)8的展开式的通项Tk＋1＝(－2x)k＝，所以T5＝其系数为(－2)4＝1 120．故选C． 方法技巧56 二项式系数与系数最值 1、二项式系数先增后减中间项最大 （1）如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大； （2）如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项，的二项式系数，相等且最大． 2.如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用 从而解出k来，即得． 【典例1】(2024·全国甲卷)的展开式中，各项系数中的最大值为________． 【解析】由题可知展开式通项公式为Tk＋1＝xk，0≤k≤10且k∈Z， 设展开式中第k＋1项系数最大， 则 即，又k∈Z，故k＝8， 所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为＝5． 【典例2】已知的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式中二项式系数最大的项是(　　) A． B． C．x2 D．7x2 【解析】展开式中的第k＋1项为Tk＋1＝， 所以前三项的系数依次为， 依题意，有＝，即1＋＝n， 整理得n2－9n＋8＝0，解得n＝1(舍去)或n＝8． 由二项式系数的性质可知，展开式中第5项的二项式系数最大，即T5＝x2．故选C． 方法技巧57 二项式定理的应用 二项式定理应用的题型及解法 (1)在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式(数)展开后的每一项都含有除式的因式． (2)二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不很大，|x|比较小时，(1＋x)n≈1＋nx． 【典例1】设a∈Z，且0≤a≤13，若512 023＋a能被13整除，则a等于(　　) A．0 B．1 C．11 D．12 【解析】因为a∈Z，且0≤a≤13， 所以512 023＋a＝(52－1)2 023＋a ＝522 023－522 022＋522 021－…＋52－＋a，因为512 023＋a能被13整除，结合选项， 【典例2】1.026的近似值(精确到0.01)为(　　) A．1.12 B．1.13 C．1.14 D．1.20 【解析】1.026＝(1＋0.02)6＝1＋×0.02＋×0.022＋0.023＋…＋0.026≈1＋0.12＋0.006≈1.13．故选B 方法技巧58 条件概率 求条件概率的两种方法 (1)利用定义，分别求P(A)和P(AB)，得P(B|A)＝，这是求条件概率的通法． (2)缩小样本空间法，借助古典概型概率公式，先求事件A包含的样本点数n(A)，再求事件A与事件B的积事件包含的样本点数n(AB)，得P(B|A)＝． 【典例1】(2022·天津高考)现有52张扑克牌(去掉大小王)，每次取一张，取后不放回，则两次都抽到A的概率为 ________；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为 ________． 【解析】由题意，设第一次抽到A的事件为B，第二次抽到A的事件为C， 则P(BC)＝，P(B)＝， 所以P(C|B)＝． 【典例2】(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为(　　) A．0.8　　B．0.6　　C．0.5　　D．0.4 【解析】法一(图示法)：如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，则0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1．所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为＝0.8．故选A． 法二(运用条件概率的计算公式求解)：令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，事件C表示该学生爱好滑雪的条件下也爱好滑冰，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0．7＝0．4，所以P(C)＝P(A|B)＝＝0.8．故选A． 方法技巧59 全概率公式的应用 “化整为零”求多事件的全概率问题 (1)如图，P(B)＝ (2)已知事件B的发生有各种可能的情形Ai(i＝1，2，…，n)，事件B发生的可能性，就是各种可能情形Ai发生的可能性与已知在Ai发生的条件下事件B发生的可能性的乘积之和． 【典例1】(2024·河北保定一模)已知某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人．现在举行一场羽毛球选拔赛，若一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2，则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为(　　) A．0.62 B．0.58 C．0.46 D．0.42 【解析】某羽毛球小组共有20名运动员，其中一级运动员4人，二级运动员6人，三级运动员10人， 现在举行一场羽毛球选拔赛，一级、二级、三级运动员能够晋级的概率分别为0.9，0.6，0.2， 设事件A表示“选中一级运动员”，事件B表示“选中二级运动员”，事件C表示“选中三级运动员”， 事件D表示“选中的运动员能晋级”， 则P(A)＝＝0.2，P(B)＝＝0.3，P(C)＝＝0.5，P(D|A)＝0.9，P(D|B)＝0.6，P(D|C)＝0.2， 则这20名运动员中任选一名运动员能够晋级的概率为： P(D)＝P(A)P(D|A)＋P(B)P(D|B)＋P(C)P(D|C) ＝0.2×0.9＋0.3×0.6＋0.5×0.2＝0.46． 故选C． 【典例2】某保险公司将其公司的被保险人分为三类：“谨慎的”“一般的”“冒失的”．统计资料表明，这三类人在一年内发生事故的概率依次为0.05，0.15，0.30．若该保险公司的被保险人中“谨慎的”被保险人占20%，“一般的”被保险人占50%，“冒失的”被保险人占30%，则该保险公司的一个被保险人在一年内发生事故的概率是(　　) A．0.155 B．0.175 C．0.016 D．0.096 【解析】设事件B1表示“被保险人是‘谨慎的’”，事件B2表示“被保险人是‘一般的’”，事件B3表示“被保险人是‘冒失的’”，则P(B1)＝20%，P(B2)＝50%，P(B3)＝30%，设事件A表示“被保险人在一年内发生事故”，则P(A|B1)＝0.05，P(A|B2)＝0.15，P(A|B3)＝0.30． 由全概率公式，得P(A)＝ ＝20%×0.05＋50%×0.15＋30%×0.30＝0.175，故选B 方法技巧60 离散型随机变量分布列的性质 分布列性质的两个作用 (1)利用分布列中各事件概率之和为1可求参数的值及检查分布列的正确性． (2)随机变量X所取的值分别对应的事件是两两互斥的，利用这一点可以求随机变量在某个范围内的概率． 【典例1】(多选)设离散型随机变量X的分布列为 X －1 0 1 2 3 P 则下列各式正确的是(　　) A．P(X＝1.5)＝0 B．P(X＞－1)＝ C．P(2＜X＜4)＝1 D．P(X＜0)＝0 【解析】由分布列可知，事件“X＝1.5”不存在，所以P(X＝1.5)＝0，所以A正确．因为P(X＞－1)＝1－P(X＝－1)＝，所以B正确．因为P(2＜X＜4)＝P(X＝3)＝，P(X＜0)＝，所以C，D均错误． 【典例2】设X是一个离散型随机变量，其分布列为 X －1 0 1 P 1－q q－q2 则q＝________． 【解析】由离散型随机变量分布列的性质得 解得q＝． 【典例3】(多选)已知随机变量X，Y，且Y＝3X＋1，X的分布列如下： X 1 2 3 4 5 P m n 若E(Y)＝10，则(　　) A．m＝ B．n＝ C．E(X)＝3 D．D(Y)＝ 【解析】由m＋＋n＋＝1可得m＋n＝，① 又因为E(Y)＝E＝3E＋1＝10， 解得E(X)＝3，故C正确； 所以E＝m＋2×＋3×＋4n＋5×＝3， 则m＋4n＝，② 所以由①②可得，n＝，m＝， 故A正确，B错误； D(X)＝＝4×＋1×＋1×＋4×＝， D(Y)＝D＝9D＝9×＝，故D错误．故选AC． 方法技巧61 离散型随机变量的分布列及数字特征 离散型随机变量分布列的求解步骤 【典例1】(2024·九省联考)盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球． (1)求取出的3个小球上的数字两两不同的概率； (2)记取出的3个小球上的最小数字为X，求X的分布列及数学期望E(X)． 【解析】　(1)记“取出的3个小球上的数字两两不同”为事件M，先确定3个不同数字，有种方法， 然后每种小球各取1个，有种取法，所以P＝＝． (2)由题意可知，X的可能取值为1，2，3， 当X＝1时，分为两种情况：只有一个数字为1的小球、有两个数字为1的小球， 所以P＝＝； 当X＝2时，分为两种情况：只有一个数字为2的小球、有两个数字为2的小球， 所以P＝＝； 当X＝3时，分为两种情况：只有一个数字为3的小球、有两个数字为3的小球， 所以P＝＝， 所以X的分布列为 X 1 2 3 P 所以E＝1×＋2×＋3×＝． 【典例2】某项考核，设有一个问题，能正确回答该问题者则考核过关，否则即被淘汰．已知甲、乙、丙三人参与考核，考核结果互不影响，甲过关的概率为，乙过关的概率为，丙过关的概率为． ①若三人中有两人过关，求丙过关的概率； ②记甲、乙、丙三人中过关的人数为X，求X的分布列与数学期望． 【解析】　①记甲、乙、丙三人过关分别为事件A，B，C，记三人中恰有两人过关为事件D， 则P(D)＝P(ABBC) ＝＝， 又P(CD)＝P(C) ＝＝， 所以P＝＝＝， 故若有两人过关，丙过关的概率为． ②由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2，3， 则P(X＝0)＝P()＝＝， P(X＝1)＝P(AC) ＝＝， P＝P＝， P＝P＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 故E＝0×＋1×＋2×＋3×＝， 即X的数学期望为． 【典例3】在一次班级联欢晚会上，某班设计了一个摸球表演节目的游戏：在一个纸盒中装有红球、黄球、白球、黑球各1个，这些球除颜色外完全相同，同学不放回地每次摸出1个球，若摸到黑球，则停止摸球，否则就要将纸盒中的球全部摸出才停止．规定摸到红球表演两个节目，摸到白球或黄球表演1个节目，摸到黑球不用表演节目． (1)求a同学摸球三次后停止摸球的概率； (2)记X为a同学摸球后表演节目的个数，求随机变量X的分布列和数学期望、方差． 【解析】　(1)设“a同学摸球三次后停止摸球”为事件E， 则P(E)＝＝， 故a同学摸球三次后停止摸球的概率为． (2)随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4． P(X＝0)＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， P(X＝3)＝＝， P(X＝4)＝＝． 所以随机变量X的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝2， 方差D(X)＝(0－2)2×＋(1－2)2×＋(2－2)2×＋(3－2)2×＋(4－2)2×＝． 【典例4】已知A1，A2为两所高校举行的自主招生考试，某同学参加每所高校的考试通过的概率均为，该同学一旦通过某所高校的考试，就不再参加其他高校的考试．设该同学通过考试的高校的个数为随机变量X，则D(X)等于(　　) A． B． C． D． 【解析】X的可能取值为0，1，则P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，所以E(X)＝0×＋1×＝，D(X)＝＝，故选A. 【典例5】随机变量X的分布列如表所示，若E(X)＝，则D(3X－2)＝(　　) X －1 0 1 P a b A．　　　 B．　　　 C．5　　　 D．7 【解析】∵E(X)＝，∴由随机变量X的分布列得， 解得 ∴D(X)＝＝， ∴D(3X－2)＝9D(X)＝9×＝5．故选C． 【典例6】(2025·广东八校联考)已知随机变量X的分布列如表所示： X －1 0 1 P m n 若P(X≤0)＝，且2X＋Y＝1，则D(Y)＝(　　) A． B． C． D． 【解析】由P(X≤0)＝，得m＝＝，n＝1－P(X≤0)＝， 则E(X)＝－1×＋0×＋1×＝，D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝1×＋0×＝， 由2X＋Y＝1，得Y＝1－2X，所以D(Y)＝4D(X)＝． 故选C． 方法技巧62 离散型随机变量数字特征在决策中的应用 利用均值、方差进行决策的方法 随机变量的均值和方差从整体和全局上刻画了随机变量，是生产实际中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值，若均值相同，再用方差来决定． 【典例1】(2024·新高考Ⅱ卷)某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成．比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段．第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分，该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和． 某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若p＝0.4，q＝0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． (2)假设0<p<q． (ⅰ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ (ⅱ)为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 【解析】　(1)甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次， ∴比赛成绩不少于5分的概率 P＝(1－0.63)(1－0.53)＝0.686． (2)(ⅰ)若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P甲＝[1－(1－p)3]q3， 若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为P乙＝[1－(1－q)3]p3， ∵0<p<q， ∴P甲－P乙＝q3－(q－pq)3－p3＋(p－pq)3 ＝(q－p)(q2＋pq＋p2)＋(p－q)[(p－pq)2＋(q－pq)2＋(p－pq)(q－pq)] ＝(p－q)(3p2q2－3p2q－3pq2) ＝3pq(p－q)(pq－p－q) ＝3pq(p－q)[(1－p)(1－q)－1]>0， ∴P甲>P乙，应该由甲参加第一阶段比赛． (ⅱ)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩X的所有可能取值为0，5，10，15， P(X＝0)＝(1－p)3＋[1－(1－p)3]·(1－q)3， P(X＝5)＝q(1－q)2， P(X＝10)＝q2(1－q)， P(X＝15)＝[1－(1－p)3]·q3， ∴E(X)＝15[1－(1－p)3]q＝15(p3－3p2＋3p)·q． 若乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩Y的所有可能取值为0，5，10，15， 同理E(Y)＝15(q3－3q2＋3q)·p， ∴E(X)－E(Y)＝15[pq(p＋q)(p－q)－3pq(p－q)] ＝15pq(p－q)(p＋q－3)， ∵0<p<q≤1，∴p－q<0，p＋q－3<1＋1－3<0， ∴pq(p－q)(p＋q－3)>0，即E(X)＞E(Y)， ∴应该由甲参加第一阶段比赛． 【典例2】某口罩加工厂加工口罩由A，B，C三道工序组成，每道工序之间相互独立，且每道工序加工质量分为高和低两种层次级别，A，B，C三道工序加工的质量层次决定口罩的过滤等级；A，B，C工序加工质量层次均为高时，口罩过滤等级为100等级(表示最低过滤效率为99.97%)；C工序的加工质量层次为高，A，B工序至少有一个质量层次为低时，口罩过滤等级为99等级(表示最低过滤效率为99%)；其余均为95级(表示最低过滤效率为95%)．现从A，B，C三道工序的流水线上分别随机抽取100个口罩进行检测，其中A工序加工质量层次为高的个数为50，B工序加工质量层次高的个数为75，C工序加工质量层次为高的个数为80．加工一个口罩的利润如下表所示： 口罩等级 100等级 99等级 95等级 利润/元 2 1 0.5 (1)用样本估计总体，估计该厂生产的口罩过滤等级为100等级的概率； (2)X表示一个口罩的利润，求X的分布列和数学期望； (3)用频率估计概率，由于工厂中A工序加工质量层次为高的概率较低，工厂计划通过增加检测环节对A工序进行升级．在升级过程中，每个口罩检测成本增加了0.2元时，相应的A工序加工层次为高的概率在原来的基础上增加了b．试问：若工厂升级方案后对一个口罩利润的期望有所提高，写出一个满足条件的b的值． 【解析】　(1)设A，B，C三道工序加工的质量层次高的概率分别为p1，p2，p3， 用频率估计概率可得：p1＝＝0.5，p2＝＝0.75，p3＝＝0.8， 记“该厂生产的口罩过滤等级为100等级”为事件M， 所以P＝0.5×0.75×0.8＝0.3． (2)由题意可知，X的可能取值为2，1，0.5，则有， P＝P＝0.3，P＝p3(1－p1p2)＝0.5， P＝1－P－P＝0.2， 所以X的分布列为 X 2 1 0.5 P 0.3 0.5 0.2 X的期望E＝2×0.3＋1×0.5＋0.5×0.2＝1.2(元)． (3)由题意可知，工厂升级方案后A道工序加工的质量层次高的概率为0.5＋b，b∈， 设工厂升级方案后一个口罩利润为Y， 由题意可知，Y的可能取值为1.8，0.8，0.3，则有： P＝×0.75×0.8＝0.6b＋0.3， P＝0.8 ＝0.5－0.6b， P＝1－P－P＝0.2， 所以Y的期望E＝1.8×＋0.8×＋0.3×0.2＝0.6b＋1(元)， 令E>E，即0.6b＋1>1.2，解得<b≤， 例如b＝符合题意． 【典例3】(2021·新高考Ⅰ卷)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分． 已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关． (1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列； (2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由． 【解析】　(1)由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100， P(X＝0)＝1－0.8＝0.2， P(X＝20)＝0.8×(1－0.6)＝0.32， P(X＝100)＝0.8×0.6＝0.48， 所以X的分布列为 X 0 20 100 P 0.2 0.32 0.48 (2)当小明先回答A类问题时，由(1)可得E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4． 当小明先回答B类问题时，记Y为小明的累计得分， 则Y的所有可能取值为0，80，100， P(Y＝0)＝1－0.6＝0.4， P(Y＝80)＝0.6×(1－0.8)＝0.12， P(Y＝100)＝0.6×0.8＝0.48， 所以Y的分布列为 Y 0 80 100 P 0.4 0.12 0.48 则E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6． 因为E(Y)＞E(X)， 所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题． 方法技巧63 二项分布的期望 二项分布问题的解题关键 定型 ①在每一次试验中，事件发生的概率相同． ②各次试验中的事件是相互独立的． ③在每一次试验中，试验的结果只有两个，即发生与不发生 定参 确定二项分布中的两个参数n和p，即试验发生的次数和试验中事件发生的概率 提醒：下列问题能转化为二项分布 ①条件不变，重复进行试验，一般取球后再放回；②该地区人数多或不知总体，从中抽取几个；③某产品服从正态分布，若干个产品服从二项分布；④用频率表示概率，有时转化为二项分布． 【典例1】(2024·湘豫名校联考)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则：每一局比赛中，胜者得1分，负者得0分，且比赛中没有平局．根据以往战绩，每局比赛甲获胜的概率为，每局比赛的结果互不影响． (1)经过3局比赛，记甲的得分为X，求X的分布列和期望； (2)若比赛采取3局制，试计算3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分的概率． 【解析】　(1)由题意得，X～B，X的可能取值为0，1，2，3， 则P＝＝， P＝＝， P＝＝，P(X＝3)＝＝． 所以X的分布列为 X 0 1 2 3 P 因为X～B，所以X的期望E＝np＝3×＝2． (2)第3局比赛后，甲的累计得分高于乙的累计得分有两种情况： 甲获胜2局，甲获胜3局， 所以所求概率为P＝P＋P＝＝． 【典例2】小明和小亮两名同学每天利用课余时间进行羽毛球比赛．规定每一局比赛中获胜方记2分，失败方记0分，没有平局，谁先获得10分就获胜，比赛结束．假设每局比赛小明获胜的概率都是． (1)求比赛结束时恰好打了7局的概率； (2)若现在是小明以6∶2的比分领先，记X表示结束比赛还需打的局数，求X的分布列及期望． 【解析】　(1)恰好打了7局小明获胜的概率 P1＝＝， 恰好打了7局小亮获胜的概率 P2＝＝， ∴比赛结束时恰好打了7局的概率为 P＝P1＋P2＝＝． (2)X的可能取值为2，3，4，5． P＝＝， P＝＝＝， P＝＝＝， P＝＝＝， ∴X的分布列为 X 2 3 4 5 P E＝2×＋3×＋4×＋5×＝． 方法技巧64 二项分布的性质 由二项分布的分布列可以看出，其共有3个参数，故涉及二项分布的概率最值问题主要有以下三个考查方向：（1）给定（2）给定（3）给定 （1）给定，可得到函数，这个可转化为数列的最值问题, 当时，，随值的增加而增加；当时，，随值的增加而减少.如果为正整数，当时，，此时这两项概率均为最大值.如果为非整数，而取的整数部分，则是唯一的最大值. （2）当给定时，可得到函数，这个可转化为数列的最值问题,,当时，,随着值的增大而增大；当时，,随着值的增大而减小.记，则. （3）当给定时，可得到函数，这个可转化为函数的最值问题，并利用导数进行求解，当时，由于当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得最大值，.又当，当时，，从而无最小值. 【典例1】(2024·河北唐山一模)某项测试共有8道题，每道题答对得5分，不答或答错得0分．某人答对每道题的概率都是，每道试题答对或答错互不影响，设某人答对题目的个数为X． (1)求此人得分的期望； (2)指出此人答对几道题的可能性最大，并说明理由． 【解析】　(1)某人答对每道题的概率都是，则答对题目的个数X服从二项分布， 即X～B，E＝8×＝2，由于每道题答对得5分， 所以此人答题得分为5X，因此，在此项测试中， 此人答题得分的期望为E＝5E＝5×2＝10． (2)设此人答对k道题的可能性为P＝，k＝0，1，2，…，8， 记pk＝P，则＝＝＝＝＝1＋，k＝1，2，…，8， 当k<时，pk>pk－1，pk随k的增加而增加，即p2>p1>p0； 当k>时，pk<pk－1，pk随k的增加而减小，即p8<p7<…<p2； 所以当k＝2时，p2最大，因此此人答对2道题的可能性最大． 【典例2】若X～B，则当k＝0，1，2，…，100时(　　) A．P(X＝k)≤P(X＝50) B．P(X＝k)≤P(X＝32) C．P(X＝k)≤P(X＝33) D．P(X＝k)≤P(X＝49) 【解析】由题意，得 即 化简得≤k≤，又k为整数，可得k＝33，所以P(X＝k)≤P(X＝33)，故选C． 【典例3】经检测一批产品中每件产品的合格率为，现从这批产品中任取5件，设取得合格产品的件数为X，则以下说法正确的是(　　) A．X的可能取值为1，2，3，4，5 B．P(X＝2)＝ C．X＝3的概率最大 D．X服从超几何分布 【解析】对于A，X的可能取值为0，1，2，3，4，5，A错误； 对于B，P(X＝2)＝，B错误； 对于D，由题意，随机变量X～B，D错误； 对于C，随机变量X～B，所以P(X＝k)＝， 若P(X＝k)取得最大值， 则 则 即 解得2.6≤k≤3.6，k∈N*，则k＝3，故X＝3的概率最大，C正确．故选C． 【典例4】为了提高广大青少年的法律意识，我市开展青少年“学宪法、讲宪法”知识竞赛活动，团员小明每天自觉登录“青少年普法”软件，参加各种学习活动，同时热衷于参与四人赛．每局四人赛是由网络随机匹配四人进行比赛，每题回答正确得20分，第1个达到100分的比赛者获得第1名，赢得该局比赛，该局比赛结束．每天的四人赛共有20局，前2局是有效局，根据得分情况获得相应名次，从而得到相应的学习积分，第1局获得第1名的得3分，获得第2，3名的得2分，获得第4名的得1分；第2局获得第1名的得2分，获得第2，3，4名的得1分；后18局是无效局，无论获得什么名次，均不能获得学习积分．经统计，小明每天在第1局四人赛中获得3分、2分、1分的概率分别为，在第2局四人赛中获得2分、1分的概率分别为． (1)设小明每天获得的得分为X，求X的分布列和数学期望； (2)若小明每天赛完20局，设小明在每局四人赛中获得第1名从而赢得该局比赛的概率为，每局是否赢得比赛相互独立，请问在每天的20局四人赛中，小明赢得多少局的比赛概率最大？ [解]　(1)记事件Ai(i＝1，2，3)表示第一局获得i分，事件Bi(i＝1，2)表示第二局获得i分，这些事件相互独立，由条件知X的可能值为5，4，3，2． P(X＝5)＝P(A3B2)＝P(A3)P(B2)＝＝； P(X＝4)＝P(A3B1)＋P(A2B2)＝＝； P(X＝3)＝P(A2B1)＋P(A1B2)＝＝； P(X＝2)＝P(A1B1)＝＝． 则其分布列为 X 5 4 3 2 P 所以E(X)＝5×＋4×＋3×＋2×＝＝． (2)设小明每天赢得的局数为Y，则易知Y～B， 于是P(Y＝k)＝． 假设赢得k局的概率最大，则据条件得 即 整理得解得≤k≤， 又因为k∈N*，所以k＝5， 因此在每天的20局四人赛中，小明赢得5局的比赛概率最大． 方法技巧65 超几何分布 (1)超几何分布描述的是不放回抽样问题，随机变量为抽到的某类个体的个数． (2)超几何分布的特征是： ①考察对象分两类；②已知各类对象的个数；③从中抽取若干个个体，考查某类个体数X的概率分布． (3)超几何分布主要用于抽检产品、摸不同类别的小球等概率模型，其实质是古典概型． 【典例1】　(2024·山东青岛一模)为促进全民阅读，建设书香校园，某校在寒假面向全体学生发出“读书好、读好书、好读书”的号召，并开展阅读活动．开学后，学校统计了高一年级共1 000名学生的假期日均阅读时间(单位：分钟)，得到了如图所示的频率分布直方图，若前两个小矩形的高度分别为0.007 5，0.012 5，后三个小矩形的高度比为3∶2∶1． (1)根据频率分布直方图，估计高一年级1 000名学生假期日均阅读时间的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)； (2)开学后，学校从高一日均阅读时间不低于60分钟的学生中，按照分层随机抽样的方式，抽取6名学生作为代表分两周进行国旗下演讲，假设第一周演讲的3名学生日均阅读时间处于[80，100)的人数记为ξ，求随机变量ξ的分布列与数学期望． 【解析】　(1)由题知：各组频率分别为0.15，0.25，0.3，0.2，0.1， 日均阅读时间的平均数为： 30×0.15＋50×0.25＋70×0.3＋90×0.2＋110×0.1＝67(分钟)． (2)由题意，在[60，80)，[80，100)，[100，120]三组分别抽取3，2，1人，所以ξ的可能取值为0，1，2． 则P(ξ＝0)＝＝；P(ξ＝1)＝＝； P(ξ＝2)＝＝． 所以ξ的分布列为 ξ 0 1 2 P E＝0×＋1×＋2×＝1． 【典例2】某公司采购部需要采购一箱电子元件，供货商对该电子元件整箱出售，每箱10个．在采购时，随机选择一箱并从中随机抽取3个逐个进行检验．若其中没有次品，则直接购买该箱电子元件；否则，不购买该箱电子元件． (1)若某箱电子元件中恰有一个次品，求该箱电子元件能被直接购买的概率； (2)若某箱电子元件中恰有两个次品，记对随机抽取的3个电子元件进行检验时次品的个数为X，求X的分布列及期望． 【解析】　(1)设某箱电子元件有一个次品能被直接购买为事件A，则P＝＝． (2)由已知得10个元件中有2个次品，8个正品， 随机抽取3个电子元件进行检验时，次品的个数为X，X可取0，1，2． P(X＝0)＝＝， P(X＝1)＝＝， P(X＝2)＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 故E(X)＝0×＋1×＋2×＝． 【典例3】(2025·重庆模拟)已知一个袋子中装有大小、形状完全相同的3个白球和2个黑球． (1)若从袋中一次任取3个球，设取到的3个球中有X个黑球，求X的分布列及数学期望； (2)若从袋中每次随机取出一个球，记下颜色后将球放回袋中，重复此过程，直至他连续2次取到黑球才停止，设他在第Y次取球后停止取球，求P． 【解析】 (1) X的可能取值为0，1，2，P＝，其中k＝0，1，2． 所以X的分布列为 X 0 1 2 P 故X的数学期望E＝＝． (2)当Y＝5时知第四、五次取到的是黑球，第三次取到的是白球，前两次不能都取到黑球， 所以所求概率P(Y＝5)＝＝． 方法技巧66 正态分布 解决正态分布问题的三个关键点 (1)对称轴x＝μ； (2)标准差σ； (3)分布区间． 利用对称性可求指定范围内的概率值；由μ，σ，分布区间的特征进行转化，使分布区间转化为3σ特殊区间，从而求出所求概率；μ决定正态曲线位置，σ的大小决定正态曲线的稳定与波动大小，即高矮与胖瘦；注意只有在标准正态分布下对称轴才为x＝0． 【典例1】(2024·河南信阳一模)对A，B两地国企员工上班迟到情况进行统计，可知两地国企员工的上班迟到时间均符合正态分布，其中A地员工的上班迟到时间为X(单位：min)，X～N，对应的曲线为C1，B地员工的上班迟到时间为Y(单位：min)，Y～N，对应的曲线为C2，则下列图象正确的是(　　) A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D 【解析】由μX＝2<μY＝3，故曲线C1的对称轴在曲线C2的左侧，排除C、D； 由＝＝，故曲线C2比曲线C1瘦高，曲线C1比曲线C2矮胖，排除A．故选B． 【典例2】(多选)(2025·广东八校开学考试)随机变量X服从正态分布N，若P＝P，则(　　) A．μ＝2 B．P＝ C．P> D．P>P 【解析】对于A，由P＝P知μ是1和3的中间值，故μ＝2，故A正确； 对于B，C，在正态分布X～N中，P＝P＝，故B正确，C错误； 当σ∈时，0<σ2<σ<1，由正态曲线的特征可得，P<P，所以D错误．故选AB． 【典例3】设随机变量X～N(2，9)，若P(X＞c＋1)＝P(X＜c－1)，则c的值为________，P(－4≤X≤8)＝________．(若X～N(μ，σ2)，则P(|X－μ|≤2σ)≈0.954 5) 【解析】由X～N(2，9)可知，正态分布的图象关于直线x＝2对称(如图所示)， 又P(X＞c＋1)＝P(X＜c－1)， 故有2－(c－1)＝(c＋1)－2， ∴c＝2． ∴P(－4≤X≤8)＝P(2－2×3≤X≤2＋2×3)≈0.954 5． 【典例4】(2024·新高考Ⅰ卷)随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口，为了解推动出口后的亩收入(单位：万元)情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值＝2．1，样本方差s2＝0．01，已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布N(1．8，0．12)，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布N(，s2)，则(若随机变量Z服从正态分布N(μ，σ2)，P(Z<μ＋σ)≈0．841 3)(　　) A．P(X>2)>0.2 B．P(X>2)<0.5 C．P(Y>2)>0.5 D．P(Y>2)<0.8 【解析】依题可知，＝2.1，s2＝0.01， 所以Y～N(2.1，0.12)， 故P(Y>2)＝P(Y>2.1－0.1)＝P(Y<2.1＋0.1)≈0.841 3>0.5，C正确，D错误； 因为X～N(1.8，0.12)， 所以P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)． 因为P(X<1.8＋0.1)≈0.841 3， 所以P(X>1.8＋0.1)≈1－0.841 3＝0.158 7<0.2， 而P(X>2)＝P(X>1.8＋2×0.1)<P(X>1.8＋0.1)<0.2，B正确，A错误．故选BC． 【典例5】已知X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3．今有一批数量庞大的零件，假设这批零件的某项质量指标ξ(单位：mm)服从正态分布N(5.40，0.052)，现从中随机抽取M个，这M个零件中恰有K个的质量指标ξ位于区间[5.35，5.55]．若K＝45，试以使得P(K＝45)最大的M值作为M的估计值，则M为(　　) A．45 B．53 C．54 D．90 【解析】由已知可得，P(5.35≤ξ≤5.55)＝P(5.40－0.05≤ξ≤5.40＋3×0.05)＝P(μ－σ≤ξ≤μ＋3σ)． 又P(μ－σ≤ξ≤μ＋3σ) ＝ ≈＝0.84， 所以K～B(M，0.84)，P(K＝45)＝·0.8445·0.16M-45． 设f (x)＝·0.8445·0.16x-45， 令＝ ＝0.16· ＝0.16·>1， 所以x<＝52＋，所以f (53)>f (52)． 令＝ ＝0.16·＝0.16·<1， 所以x>＝53＋，所以f (53)>f (54)． 所以，以使得P(K＝45)最大的M值作为M的估计值，则M为53． 故选B． 方法技巧67 二项分布与超几何分布的区别 超几何分布 二项分布 区别 描述的是不放回抽样问题(总体在变化)，一次性取 描述的是有放回抽样问题(总体不改变)，一个一个的取 考察对象分为两类 每一次试验是伯努利试验 已知各类对象的个数 联系 (当总体容量很大时)超几何分布可近似看作二项分布 【典例1】某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：g)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，(510，515]．由此得到样本的频率分布直方图(如图)． (1)根据频率分布直方图，求质量超过505 g的产品数量； (2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505 g的产品数量，求X的分布列； (3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505 g的产品数量，求Y的分布列． 【解析】(1)质量超过505 g的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3， 所以质量超过505 g的产品数量为40×0.3＝12． (2)质量超过505 g的产品数量为12，则质量未超过505 g的产品数量为28，X的取值为0，1，2，X服从超几何分布． P(X＝0)＝＝，P(X＝1)＝＝，P(X＝2)＝＝， 所以X的分布列为 X 0 1 2 P (3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505 g的概率为＝． 从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2重伯努利试验，质量超过505 g的件数Y的可能取值为0，1，2，且Y～B， P(Y＝k)＝，k＝0，1，2． 所以P(Y＝0)＝＝， P(Y＝1)＝＝， P(Y＝2)＝＝． 所以Y的分布列为 Y 0 1 2 P 【典例2】(多选)(2025·辽宁鞍山模拟)甲盒中有3个白球，2个黑球，乙盒中有2个白球，3个黑球，则下列说法中正确的是(　　) A．若从甲盒中一次性取出2个球，记X表示取出白球的个数，则P(X＝1)＝ B．若从甲盒和乙盒中各取1个球，则恰好取出1个白球的概率为 C．若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，则恰好得到2个白球的概率为 D．若从甲盒中取出1球放入乙盒中，再从乙盒中取出1球，记B：从乙盒中取出的1球为白球，则P(B)＝ 【解析】A选项，由题意得P＝＝，故错误； B选项，由题意得取出1个白球的概率为P＝＝＝，故正确； C选项，若从甲盒中连续抽取3次，每次取1个球，每次抽取后都放回，设抽到白球个数为Y，则Y～B， 则恰好得到2个白球的概率为P＝＝，故正确； D选项，从甲盒中取出白球放入乙盒中，从乙盒中取出的1球为白球，此时概率为＝＝， 从甲盒中取出黑球放入乙盒中，从乙盒中取出的1球为白球，此时概率为＝，故P(B)＝＝，故正确．故选BCD． 方法技巧68 成对数据的相关性 判定两个变量正、负相关的方法 (1)画散点图：点的分布从左下角到右上角，两个变量正相关；点的分布从左上角到右下角，两个变量负相关． (2)样本相关系数：r＞0时，正相关；r＜0时，负相关． (3)经验回归方程＝x＋中：>0时，正相关；<0时，负相关． 【典例1】调查某种群花萼长度和花瓣长度，所得数据如图所示．其中样本相关系数r＝0.824 5，下列说法正确的是(　　) A．花瓣长度和花萼长度没有相关性 B．花瓣长度和花萼长度呈现负相关 C．花瓣长度和花萼长度呈现正相关 D．若从样本中抽取一部分，则这部分的样本相关系数一定是0.824 5 【解析】 ∵样本相关系数r＝0.824 5，且散点图呈左下角到右上角的带状分布，∴花瓣长度和花萼长度正相关．若从样本中抽取一部分，则这部分的样本相关系数不一定是0.824 5，故选C． 【典例2】(2024·重庆模拟)已知成对样本数据，…，中x1，x2，…，xn不全相等，且所有样本点都在直线y＝－x＋1上，则这组成对样本数据的样本相关系数r＝________，其决定系数R2＝________． 【解析】由所有样本点都在直线y＝－x＋1上，又－<0，由题易知r＝－1，R2＝1． 方法技巧69 一元线性回归模型 回归分析问题的类型及解题方法 (1)求经验回归方程的步骤 ①根据散点图判断两变量是否线性相关，如不是，应通过换元构造线性相关． ②利用公式，求出回归系数． ③利用经验回归直线过样本点的中心求系数． (2)利用经验回归方程进行预测，把经验回归方程看作一次函数，求函数值． (3)利用经验回归方程判断正、负相关，决定正相关还是负相关的是系数． (4)经验回归方程的拟合效果，可以利用样本相关系数判断，当|r|越趋近于1时，两变量的线性相关程度越强． 【典例1】据统计，某城市居民年收入(所有居民在一年内收入的总和，单位：亿元)与某类商品销售额(单位：亿元)的10年数据如表所示： 第n年 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 居民年收入x 32.2 31.1 32.9 35.7 37.1 38.0 39.0 43.0 44.6 46.0 商品销售额y 25.0 30.0 34.0 37.0 39.0 41.0 42.0 44.0 48.0 51.0 依据表格数据，得到下面一些统计量的值． 379.6 391 246.904 568.9 m (1)根据表中数据，得到样本相关系数r≈0.95．以此推断，y与x的线性相关程度是否很强？ (2)根据统计量的值与样本相关系数r≈0.95，建立y关于x的经验回归方程。(系数精确到0.01) 附：样本(xi，yi)(i＝1，2，…，n)的相关系数r＝≈1.518， [解]　(1)根据样本相关系数r≈0.95，可以推断线性相关程度很强． (2)由 又因为＝39.1， 所以＝≈－15.56， 所以y与x的经验回归方程为＝1.44x－15.56． 【典例2】按照《中华人民共和国环境保护法》的规定，每年生态环境部都会会同国家发展改革委等部门共同编制《中国生态环境状况公报》，并向社会公开发布．下表是2017－2021年五年《中国生态环境状况公报》中酸雨区面积约占国土面积的百分比： 年份 2017年 2018年 2019年 2020年 2021年 年份 代码xi 1 2 3 4 5 yi 6.4 5.5 5.0 4.8 3.8 (1)求2017—2021年年份代码xi与yi的样本相关系数(精确到0．01)； (2)请用样本相关系数说明该组数据中y与x之间的关系可用一元线性回归模型进行描述，并求出y关于x的经验回归方程； (3)预测2025年的酸雨区面积占国土面积的百分比． 附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，，样本相关系数 [解]　(1)由已知可得，＝＝3， ＝＝5.1， 由题可列下表： xi－ －2 －1 0 1 2 yi－ 1.3 0.4 －0.1 －0.3 －1.3 (2)由(1)知，y与x的样本相关系数r≈－0.98，接近1，所以y与x之间具有极强的线性相关关系，可用线性回归模型进行描述． 由(1)所求知，＝5.1－(－0.59)×3＝6.87， 所求经验回归方程为＝－0.59x＋6.87． (3)令x＝9，则＝－0.59×9＋6.87＝1.56， 故预测2025年的酸雨区面积占国土面积的百分比为1.56%． 方法技巧70 非线性回归模型 非线性问题处理策略要通过换元、取对数等手段把非线性问题转化为线性问题． 【典例1】(2025·湖南衡阳模拟)为了加快实现我国高水平科技自立自强，某科技公司逐年加大高科技研发投入．下图1是该公司2015年至2024年的年份代码x和年研发投入y(单位：亿元)的散点图，其中年份代码1～10分别对应年份2015～2024． 根据散点图，分别用模型①＝x＋，②＝＋作为年研发投入y(单位：亿元)关于年份代码x的经验回归方程模型，并进行残差分析，得到图2所示的残差图．结合数据，计算得到如下表所示的一些统计量的值： (1)根据残差图，判断模型①和模型②哪一个更适宜作为年研发投入y(单位：亿元)关于年份代码x的经验回归方程模型？并说明理由； (2)①根据(1)中所选模型，求出y关于x的经验回归方程； ②设该科技公司的年利润L(单位：亿元)和年研发投入y(单位：亿元)满足L＝(x∈N*且x∈)，问该科技公司哪一年的年利润最大？ 附：对于一组数据，…，，其经验回归直线＝＋x的斜率和截距的最小二乘估计分别为＝－． [解]　(1)根据题图2可知，模型①的残差波动性很大，说明拟合关系较差； 模型②的残差波动性很小，基本分布在0的附近，说明拟合关系很好，所以选择模型②更适宜． (2)①设t＝，所以＝＋t， 所以＝75－6.3×2.25＝60.825， 所以y关于x的非线性经验回归方程为＝60.825＋6.3． ②由题设可得L＝＝＝－6.3x＋50.4， 当取对称轴即＝＝4，即x＝16时，年利润L有最大值，故该公司2030年的年利润最大． 【典例2】一企业生产某种产品，通过加大技术创新投入降低了每件产品成本，为了调查年技术创新投入x(单位：千万元)对每件产品成本y(单位：元)的影响，对近10年的年技术创新投入xi和每件产品成本yi(i＝1，2，3，…，10)的数据进行分析，得到如图所示的散点图，并计算得：＝6.8，＝70， (1)根据散点图可知，可用函数模型＝＋拟合y与x的关系，试建立y关于x的非线性经验回归方程； (2)已知该产品的年销售额m(单位：千万元)与每件产品成本y(单位：元)的关系为m＝－＋100．该企业的年投入成本除了年技术创新投入，还要投入其他成本10千万元，根据(1)的结果回答：当年技术创新投入x为何值时，年利润M的预报值最大？ (注：年利润＝年销售额－年投入成本) 参考公式：对于一组数据(u1，v1)，(u2，v2)，…，(un，vn)，其经验回归直线＝＋u的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，＝－． [解]　(1)令u＝，则y关于u的经验回归方程为＝＋u， 由题意可得＝＝200， ＝＝70－200×0.3＝10，则＝10＋200u， 所以y关于x的非线性经验回归方程为＝10＋． (2)由y＝10＋可得x＝， 年利润M＝m－x－10＝－＋100－－10＝－(y－20)2＋90.8， 当y＝20时，年利润M取得最大值， 此时x＝＝＝20， 所以当年技术创新投入为20千万元时，年利润M的预报值最大． 【典例3】某企业为响应国家号召，汇聚科研力量，加强科技创新，准备加大研发资金投入，为了解年研发资金投入额x(单位：亿元)对年盈利额y(单位：亿元)的影响，通过对“十二五”和“十三五”规划发展10年期间年研发资金投入额xi和年盈利额yi(i＝1，2，…，10)数据进行分析，建立了两个函数模型：y＝α＋βx2；y＝eλx＋t，其中α，β，λ，t均为常数，e为自然对数的底数，令ui＝，vi＝ln yi(i＝1，2，…，10)，经计算得如下数据： ＝26 ＝215 ＝680 ＝5.36 ＝100 ＝22 500 ＝4 ＝4 －)＝18 ①请从样本相关系数的角度，分析哪一个模型拟合度更好？ ②根据①的选择及表中数据，建立y关于x的非线性经验回归方程． 附：样本相关系数 经验回归方程＝x＋中：＝＝－． [解]　①设模型y＝α＋βx2的样本相关系数为r1，模型y＝eλx＋t的样本相关系数为r2， 对于模型y＝α＋βx2，令u＝x2，即y＝α＋βu， ＝≈0.87， 对于模型y＝eλx＋t，有ln y＝ln eλx＋t＝λx＋t，令v＝ln y，即v＝λx＋t， 所以r2＝＝＝0.9， 因为r1<r2，所以模型y＝eλx＋t拟合度更好． ②因为＝＝5.36－0.18×26＝0.68， 所以y关于x的非线性经验回归方程为＝e0.18x+0.68． 方法技巧71 独立性检验 独立性检验的一般步骤 (1)根据样本数据完成2×2列联表． (2)根据公式χ2＝计算． (3)比较χ2与临界值的大小关系，作统计推断． 【典例1】(2023·全国甲卷改编)一项试验旨在研究臭氧效应，试验方案如下：选40只小白鼠，随机地将其中20只分配到试验组，另外20只分配到对照组，试验组的小白鼠饲养在高浓度臭氧环境，对照组的小白鼠饲养在正常环境，一段时间后统计每只小白鼠体重的增加量(单位：g)．试验结果如下： 对照组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 15.2 18.8 20.2 21.3 22.5 23.2 25.8 26.5 27.5 30.1 32.6 34.3 34.8 35.6 35.6 35.8 36.2 37.3 40.5 43.2 试验组的小白鼠体重的增加量从小到大排序为 7.8 9.2 11.4 12.4 13.2 15.5 16.5 18.0 18.8 19.2 19.8 20.2 21.6 22.8 23.6 23.9 25.1 28.2 32.3 36.5 (1)计算试验组的样本平均数； (2)①求40只小白鼠体重的增加量的中位数m，再分别统计两样本中小于m与不小于m的数据的个数，完成如下列联表： 单位：只 组别 小白鼠体重的增加量 合计 <m ≥m 对照组 试验组 合计 ②根据①中的列联表，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否以此推断小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异？ 附：χ2＝． α 0.1 0.05 0.01 xα 2.706 3.841 6.635 [解]　(1)根据题意，计算试验组样本平均数为 ＝×(7.8＋9.2＋11.4＋12.4＋13.2＋15.5＋16.5＋18.0＋18.8＋19.2＋19.8＋20.2＋21.6＋22.8＋23.6＋23.9＋25.1＋28.2＋32.3＋36.5)＝19.8． (2)①由题意知，这40只小白鼠体重的增加量的中位数是将两组数据合在一起，从小到大排列后第20位与第21位数据的平均数， 因为第20位数据为23.2，第21位数据为23.6， 所以这组数据的中位数是m＝×(23.2＋23.6)＝23.4． 填写列联表如下： 单位：只 组别 小白鼠体重的增加量 合计 <m ≥m 对照组 6 14 20 试验组 14 6 20 合计 20 20 40 ②零假设为H0：小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量无差异． 根据列联表中数据，得 χ2＝＝6.4>3.841＝x0.05， 所以依据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，可以认为小白鼠在高浓度臭氧环境中与在正常环境中体重的增加量有差异，此推断犯错误的概率不大于0.05． 【典例2】(2024·浙江嘉兴二模)为了有效预防流感，很多民众注射了流感疫苗．某市防疫部门从辖区居民中随机抽取了1 000人进行调查，发现其中注射疫苗的800人中有220人感染流感，另外没注射疫苗的200人中有80人感染流感．医学研究表明，流感的检测结果是有错检的可能，已知患有流感的人其检测结果有95%呈阳性(感染)，而没有患流感的人其检测结果有99%呈阴性(未感染)． ①估计该市流感感染率是多少？ ②根据小概率值α＝0.001的独立性检验，能否认为注射流感疫苗与预防流感有关； ③已知某人的流感检测结果呈阳性，求此人真的患有流感的概率．(精确到0．001) 附：χ2＝， α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001 xα 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 [解]　①估计流感的感染率P＝＝0.3． ②由题意， 2×2列联表如下： 单位：人 疫苗情况 流感情况 合计 患有流感 不患有流感 打疫苗 220 580 800 不打疫苗 80 120 200 合计 300 700 1 000 零假设为H0：注射流感疫苗与预防流感无关， 则χ2＝≈11.9． 因为11.9>10.828＝x0.001， 根据小概率值α＝0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为注射流感疫苗与预防流感有关，此推断犯错误的概率不大于0.001． ③设事件A为“一次检测结果呈阳性”，事件B为“被检测者确实患有流感”， 由题意得P＝0.3，P＝0.7，P＝0.95，P＝0.01，P＝P·P(A∣B)＝0.3×0.95＝0.285， 由全概率公式得P＝P·P＋P()＝0.3×0.95＋0.7×0.01＝0.292，P＝＝≈97.6%， 所以此人真的患有流感的概率是97.6%． 方法技巧72 以统计图表为载体的概率、统计问题 该类问题常常借助图形或表格，将文字、图表、数据等融为一体，考查考生的直观想象能力和数学建模素养，求解的关键是立足题干提取信息，结合统计的相关知识进行数据分析或结合概率模型求解相应概率． 【典例1】AI技术驱动的自然语言处理工具引领了人工智能的新一轮创新浪潮．某数学兴趣小组为了解使用此类工具人群中年龄与是否喜欢该程序的关系，从某社区使用过该程序的人群中随机抽取了200名居民进行调查，并依据年龄样本数据绘制了如下频率分布直方图． (1)根据频率分布直方图，估计年龄样本数据的75%分位数： (2)将年龄不超过(1)中75%分位数的居民视为青年居民，否则视为非青年居民． ①完成下列2×2列联表，根据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为年龄与是否喜欢该程序有关联？ 单位：人 对该程序的态度 年龄 合计 青年 非青年 喜欢 20 不喜欢 60 合计 200 ②按照等比例分配分层随机抽样的方式从样本中随机抽取8名居民．若从选定的这8名居民中随机抽取4名居民做进一步调查，求这4名居民中至少有3人为青年居民的概率． 参考公式：χ2＝，其中n＝a＋b＋c＋d． 参考数据： α 0.1 0.05 0.01 xα 2.706 3.841 6.635 [解]　(1)由频率分布直方图可知， 年龄在40岁以下的居民所占比例为10×＝0.65， 年龄在50岁以下的居民所占比例为0.65＋10×0.020＝0.85， 所以75%分位数位于[40，50)内， 由40＋10×＝45， 所以样本数据的75%分位数为45． (2)①由题知，2×2列联表为 单位：人 对该程序的态度 年龄 合计 青年 非青年 喜欢 90 20 110 不喜欢 60 30 90 合计 150 50 200 零假设为H0：年龄与是否喜欢该程序无关． 根据列联表中的数据，可得 χ2＝≈6.061>3.841＝x0.05． 根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为年龄与是否喜欢该程序有关，以此推断的错误概率不大于0.05． ②按照分层随机抽样，青年居民应抽取8×＝6(人)，非青年居民应抽取2人． 设从中随机抽取的4名居民中为青年居民的人数为X， P＝＝， P＝＝， 所以P＝P＋P＝， 所以这4名居民中至少有3人为青年居民的概率为． 【典例2】某学校号召学生参加“每天锻炼1小时”活动，为了了解学生参与活动的情况，随机调查了100名学生一个月(30天)完成锻炼活动的天数，制成如下频数分布表： 天数 [0，5) [5，10) [10，15) [15，20) [20，25) [25，30] 人数 4 15 33 31 11 6 (1)由频数分布表可以认为，学生参加体育锻炼天数X近似服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本的平均数(每组数据取区间的中间值)，且σ＝6.1，若全校有3 000名学生，求参加“每天锻炼1小时”活动超过21天的人数(精确到1)； (2)调查数据表明，参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[15，30]的学生中有30名男生，天数在[0，15)的学生中有20名男生，学校对当月参加“每天锻炼1小时”活动不低于15天的学生授予“运动达人”称号．请填写下面列联表： 单位：人 性别 活动天数 合计 [0，15) [15，30] 男生 女生 合计 依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否认为学生性别与获得“运动达人”称号有关联．如果结论是有关联，请解释它们之间如何相互影响． 参考数据：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7， P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.954 5， P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.997 3． 附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d． α 0.05 0.01 0.001 xα 3.841 6.635 10.828 [解]　(1)由频数分布表知 μ＝×(4×2.5＋15×7.5＋33×12.5＋31×17.5＋11×22.5＋6×27.5)＝14.9， 则X～N(14.9，6.12)， ∵P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.682 7， ∴P(X＞21)＝P(X＞14.9＋6.1) ≈＝0.158 65， ∴3 000×0.158 65＝475.95≈476， ∴参加“每天锻炼1小时”活动超过21天的人数约为476． (2)由频数分布表知，锻炼活动的天数在[0，15)的人数为4＋15＋33＝52， ∵参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[0，15)的学生中有20名男生， ∴参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[0，15)的学生中女生人数为52－20＝32． 由频数分布表知，锻炼活动的天数在[15，30]的人数为31＋11＋6＝48， ∵参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[15，30]的学生中有30名男生， ∴参加“每天锻炼1小时”活动的天数在[15，30]的学生中女生人数为48－30＝18． 列联表如下： 单位：人 性别 活动天数 合计 [0，15) [15，30] 男生 20 30 50 女生 32 18 50 合计 52 48 100 零假设为H0：学生性别与获得“运动达人”称号无关， χ2＝≈5.769＞3.841， 依据α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立， 即可以认为学生性别与获得“运动达人”称号有关，以此推断犯错误的概率不大于0.05． 根据列联表中的数据得到，男生、女生中活动天数不低于15天的频率分别为＝0.6和＝0.36，可见男生中获得“运动达人”称号的频率是女生中获得“运动达人”称号频率的≈1.67倍，于是依据频率稳定与概率的原理，我们可以认为男生获得“运动达人”的概率大于女生，即男生更容易获得“运动达人”称号． 方法技巧73 概率、统计与数列的综合问题 解答此类问题的关键是借助概率知识(如相互独立事件的概率公式、条件概率的公式等)建立Pn＋1与Pn的递推关系，然后利用数列知识(一般是构造法)求解． 【典例1】(2023·新高考Ⅰ卷)甲、乙两人投篮，每次由其中一人投篮，规则如下：若命中则此人继续投篮，若未命中则换为对方投篮．无论之前投篮情况如何，甲每次投篮的命中率均为0.6，乙每次投篮的命中率均为0.8．由抽签确定第1次投篮的人选，第1次投篮的人是甲、乙的概率各为0.5．求： (1)第2次投篮的人是乙的概率； (2)第i次投篮的人是甲的概率； (3)已知：若随机变量Xi服从两点分布，且P(Xi＝1)＝1－P(Xi＝0)＝qi，i＝1，2，…，n，则＝．记前n次(即从第1次到第n次投篮)中甲投篮的次数为Y，求E(Y)． [解]　(1)记“第2次投篮的人是乙”为事件A，“第1次投篮的人是甲”为事件B，则A＝BA＋A， 所以P(A)＝P(BA＋)＝0.5×(1－0.6)＋0.5×0.8＝0.6． (2)设第i次投篮的人是甲的概率为pi，由题意可知，p1＝，pi＋1＝pi×0.6＋(1－pi)×(1－0.8)，即pi＋1＝0.4pi＋0.2＝pi＋， 所以pi＋1－＝， 又p1－＝＝，所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以pi－＝， 所以pi＝． (3)设第i次投篮时甲投篮的次数为Xi，则Xi的可能取值为0或1，当Xi＝0时，表示第i次投篮的人是乙，当Xi＝1时，表示第i次投篮的人是甲，所以P(Xi＝1)＝pi，P(Xi＝0)＝1－pi，所以E(Xi)＝pi． Y＝X1＋X2＋X3＋…＋Xn， 则E(Y)＝E(X1＋X2＋X3＋…＋Xn)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn，由(2)知，pi＝， 所以E(Y)＝p1＋p2＋p3＋…＋pn＝ ＝＝ ． 【典例2】甲、乙两位乒乓球爱好者进行一次对抗赛，第一个球的发球权通过掷硬币确定，从第二个球开始，上一个球谁赢谁发球．由以往数据可知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为． (1)求第1个球甲赢的概率p1； (2)求第n个球甲赢的概率pn； (3)定义第n个球甲赢的期望En＝npn，求 [解]　(1)设第1个球的发球人为甲为事件A0，第1个球的发球人为乙为事件B0，第1个球甲赢为事件A1，由题知，P(A0)＝P(B0)＝，P(A1|A0)＝，P(A1|B0)＝， 由全概率公式知，p1＝P(A1)＝P(A0)P(A1|A0)＋P(B0)P(A1|B0)＝＝， ∴第1个球甲赢的概率p1＝． (2)设事件An：第n个球甲赢，事件Bn：第n个球乙赢， 由题知，当n≥2时，P(An|An－1)＝，P(An|Bn－1)＝，P(Bn－1)＝1－pn－1，p1＝， 由全概率公式知，当n≥2时，pn＝P(An)＝P(An|An－1)P(An－1)＋P(An|Bn－1)P(Bn－1)＝pn－1＋(1－pn－1)＝pn－1＋， ∴pn－＝， ∵p1－＝＝， ∴数列是首项为，公比为的等比数列， ∴pn－＝， ∴pn＝＋． (3)由(2)知，En＝npn＝＋． 设数列的前n项和为Tn， 则Tn＝＋＋…＋，① ∴Tn＝＋＋…＋＋，② ①－②得，Tn＝＋…＋－ ＝＝－， ∴Tn＝， 易知数列的前n项和为， 【典例3】(2019·全国Ⅰ卷)为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得－1分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得－1分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X． (1)求X的分布列； (2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，pi(i＝0，1，…，8)表示“甲药的累计得分为i时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则p0＝0，p8＝1，pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)，其中a＝P(X＝－1)，b＝P(X＝0)，c＝P(X＝1)．假设α＝0．5，β＝0．8． ①证明：{pi＋1－pi}(i＝0，1，2，…，7)为等比数列； ②求p4，并根据p4的值解释这种试验方案的合理性． [解]　(1)由题意可知X所有可能的取值为－1，0，1． P＝β， P＝αβ＋， P＝α． 则X的分布列为 X －1 0 1 P β αβ＋ α (2)∵α＝0.5，β＝0.8， ∴a＝0.5×0.8＝0.4，b＝0.5×0.8＋0.5×0.2＝0.5，c＝0.5×0.2＝0.1． ①证明：∵pi＝api－1＋bpi＋cpi＋1(i＝1，2，…，7)， 即pi＝0.4pi－1＋0.5pi＋0.1pi＋1(i＝1，2，…，7)， 整理可得：5pi＝4pi－1＋pi＋1， ∴pi＋1－pi＝4， 又∵p1－p0＝p1≠0， ∴是以p1为首项，4为公比的等比数列． ②由①知：pi＋1－pi＝·4i＝p1·4i， ∴p8－p7＝p1·47，p7－p6＝＝p1·40． 作和可得：p8－p0＝p1·＝p1＝p1＝1，∴p1＝， ∴p4＝p4－p0＝p1·＝p1＝＝＝． p4表示最终认为甲药更有效的概率．由计算结果可以看出，在甲药治愈率为0.5，乙药治愈率为0.8时，认为甲药更有效的概率为p4＝≈0.003 9，此时得出错误结论的概率非常小，说明这种试验方案合理． 方法技巧74 概率、统计与函数的交汇问题 该类问题常以实际生活中的概率、统计知识为背景，将概率、统计与函数建模融合在一起，充分借助函数的性质研究相关问题的最值，可能涉及函数的单调性、导数等知识，求解时注意合理转化． 【典例1】(2024·郑州调研)某篮球队为提高队员训练的积极性，进行小组投篮游戏，每个小组由两名队员组成，队员甲与队员乙组成一个小组．游戏规则如下：每个小组的两名队员在每轮游戏中分别投篮两次，每小组投进的次数之和不少于3的称为“神投小组”，已知甲、乙两名队员投进篮球的概率分别为p1，p2． (1)若p1＝，p2＝，求他们在第一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率； (2)已知p1＋p2＝，则 ①p1，p2取何值时能使得甲、乙两名队员在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率最大？并求出此时的最大概率； ②在第①问的前提下，若甲、乙两名队员想要获得297次“神投小组”的称号，则他们平均要进行多少轮游戏？ [解]　(1)每个小组投进的次数之和不少于3的称为“神投小组”， 则可能的情况有①甲投中一次，乙投中两次；②甲投中两次，乙投中一次；③甲投中两次，乙投中两次． ∵p1＝，p2＝， ∴他们在第一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率为＝． (2)①由题意得他们在一轮游戏中获得“神投小组”称号的概率为 P＝＝． ∵p1＋p2＝，∴P＝． 又0≤p1≤1，0≤p2≤1，p1＋p2＝， ∴≤p1≤1． 令m＝p1p2＝＋p1＝－＋， 则m∈， ∴P＝f (m)＝－3m2＋m ＝－3＋． ∵P＝－3m2＋m在 上单调递增， ∴Pmax＝f＝， 此时p1＝p2＝． ②他们小组在n轮游戏中获得“神投小组”称号的次数ξ满足ξ～B， ∵np＝297，则n＝＝625， ∴平均要进行625轮游戏． 【典例2】(2021·新高考Ⅱ卷)一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(X＝i)＝pi(i＝0，1，2，3)． (1)已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E(X)； (2)设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x的一个最小正实根，求证：当E(X)≤1时，p＝1，当E(X)>1时，p<1； (3)根据你的理解说明第(2)问结论的实际含义． [解]　(1)E(X)＝0×0.4＋1×0.3＋2×0.2＋3×0.1＝1． (2)法一(常规求导)： p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x＝0，x＞0， 令f (x)＝p0＋p1x＋p2x2＋p3x3－x， f ′(x)＝p1＋2p2x＋3p3x2－1， 令g(x)＝f ′(x)，则g′(x)＝2p2＋6p3x＞0， ∴f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当E(X)＝p1＋2p2＋3p3≤1时，注意到x∈(0，1]时，f ′(x)≤f ′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1≤0，∴f (x)在(0，1]上单调递减，注意到f (1)＝0，∴x＝1，即p＝1． 当E(X)＝p1＋2p2＋3p3＞1时，注意到f ′(0)＝p1－1＜0， f ′(1)＝p1＋2p2＋3p3－1＞0， ∴存在唯一的x0∈(0，1)使f ′(x0)＝0，且当0＜x＜x0时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减； 当x0＜x＜1时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增， 注意到f (0)＝p0＞0，f (1)＝0， ∴f (x0)＜f (1)＝0． ∴f (x)在(0，x0)上有一个零点x1，另一个零点为1，∴p＝x1＜1． 法二(巧妙因式分解)： 由题意知p0＋p1＋p2＋p3＝1，E(X)＝p1＋2p2＋3p3， 由p0＋p1x＋p2x2＋p3x3＝x⇒p0＋p2x2＋p3x3－(1－p1)x＝0， ∴p0＋p2x2＋p3x3－(p0＋p2＋p3)x＝0⇒p0(1－x)＋p2x(x－1)＋p3x(x－1)(x＋1)＝0， (x－1)[p3x2＋(p2＋p3)x－p0]＝0， 令f (x)＝p3x2＋(p2＋p3)x－p0，f (x)图象的对称轴为直线x＝－＜0， 注意到f (0)＝－p0＜0，f (1)＝2p3＋p2－p0＝p1＋2p2＋3p3－1＝E(X)－1， 当E(X)≤1时，f (1)≤0，f (x)＝0的正实根x0≥1，原方程的最小正实根p＝1， 当E(X)＞1时，f (1)＞0，f (x)＝0的正实根x0＜1，原方程的最小正实根p＝x0＜1． (3)当1个微生物个体繁殖下一代的期望小于等于1时，这种微生物经过多代繁殖后临近灭绝；当1个微生物个体繁殖下一代的期望大于1时，这种微生物经过多代繁殖后还有继续繁殖的可能． 学科网（北京）股份有限公司1 / 147 学科网（北京）股份有限公司 $