2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第三部分考前临门一脚




(一)巧用性质　妙解函数
[速解技法——学一招]

函数性质主要指函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，要深刻理解并加以巧妙地运用．
以对称性为例，若函数f (x)满足f (a＋x)＝f (b－x)，则函数图象关于直线x＝对称；若函数f (x)满足f (a＋x)＋f (b－x)＝c，则函数图象关于点对称．
　定义在R上的奇函数f (x)满足f (x－2)＝－f (x)，且在[0,1]上是增函数，则有(　　)
A．f C．f [解析]　由题设知f (x)＝－f (x－2)＝f (2－x)，
所以函数f (x)的图象关于直线x＝1对称．
由于奇函数f (x)在[0,1]上是增函数，
故f (x)在[－1,0]上也是增函数，
综上，函数f (x)在[－1,1]上是增函数，在[1,3]上是减函数．
又f ＝f ＝f ，
所以f [答案]　B
　已知函数f (x)＝x3＋sin x的定义域为[－1，1]，若f (log2m) [解析]　由f (x)＝x3＋sin x的定义域为[－1,1]，
易知f (x)在[－1,1]上单调递增，
由f (log2m) 可得解得
故≤m<2.
综上可知，实数m的取值范围为.
[答案]　
[经典好题——练一手]

1．已知定义在R上的函数f (x)满足f (2＋x)＝－f (2－x)，当x<2时，f (x)单调递增，如果x1＋x2<4，且(x1－2)·(x2－2)<0，则f (x1)＋f (x2)的值为(　　)
A．可正可负　　　　　　　　 B．可能为0
C．恒大于0 D．恒小于0
解析：选D　由f (2＋x)＝－f (2－x)可知，函数f (x)的图象关于点(2,0)中心对称．因为x<2时，f (x)单调递增，所以x>2时，f (x)单调递增．因为x1＋x2<4且(x1－2)·(x2－2)<0，设x1<2 2．对任意的实数x都有f (x＋2)－f (x)＝2f (1)，若y＝f (x－1)的图象关于x＝1对称，且f (0)＝2，则f (2 017)＋f (2 018)＝(　　)
A．0 B．2
C．3 D．4
解析：选B　y＝f (x－1)的图象关于x＝1对称，则函数y＝f (x)的图象关于x＝0对称，即函数f (x)是偶函数，
令x＝－1，则f (－1＋2)－f (－1)＝2f (1)，
即f (1)－f (1)＝2f (1)＝0，f (1)＝0，
所以f (x＋2)－f (x)＝2f (1)＝0，
即f (x＋2)＝f (x)，
则函数的周期是2，又f (0)＝2，
所以f (2 017)＋f (2 018)＝f (1)＋f (0)＝0＋2＝2.
3．已知y＝f (x)＋x2是奇函数，且f (1)＝1.若g(x)＝f (x)＋2，则g(－1)＝________.
解析：由题意得g(－1)＝f (－1)＋2.又f (－1)＋(－1)2＝－[f (1)＋12]＝－2，所以f (－1)＝－3.
故f (－1)＋2＝－3＋2＝－1，即g(－1)＝－1.
答案：－1
4．已知a>0且a≠1，函数f (x)＝＋4loga，其中－≤x≤，则函数f (x)的最大值与最小值之和为________．
解析：依题意知，f (x)＝4＋＋4loga，令g(x)＝＋4loga，其定义域为，可知g(－x)＝＋4loga＝－g(x)，∴函数g(x)的图象关于原点对称，从而可知函数f (x)的图象关于点(0,4)对称，故函数f (x)的最大值与最小值之和为8.
答案：8
[常用结论——记一番]

1．函数的单调性
在公共定义域内：
(1)若函数f (x)是增函数，函数g(x)是增函数，则f (x)＋g(x)是增函数；
(2)若函数f (x)是减函数，函数g(x)是减函数，则f (x)＋g(x)是减函数；
(3)若函数f (x)是增函数，函数g(x)是减函数，则f (x)－g(x)是增函数；
(4)若函数f (x)是减函数，函数g(x)是增函数，则f (x)－g(x)是减函数．
[提示]　在利用函数单调性解不等式时，易忽略函数定义域这一限制条件．
2．函数的奇偶性
(1)判断函数的奇偶性有时可以用定义的等价形式：f (x)±f (－x)＝0，＝±1；
(2)设f (x)，g(x)的定义域分别是D1，D2，那么在它们的公共定义域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．
3．有关函数f (x)周期性的常用结论
(1)若f (x＋a)＝f (x－a)，则函数f (x)的周期为2|a|；
(2)若f (x＋a)＝－f (x)，则函数f (x)的周期为2|a|；
(3)若f (x＋a)＝，则函数f (x)的周期为2|a|；
(4)若f (x＋a)＝－，则函数f (x)的周期为2|a|.
(二)最值函数　大显身手
[速解技法——学一招]


　对于任意x∈R，函数f (x)表示y＝－x＋3，y＝x＋，y＝x2－4x＋3中的最大者，则f (x)的最小值是(　　)
A．2　　　　　　　　 　　 B．3
C．8 D．－1
[解析]　如图，分别画出函数y＝－x＋3，y＝x＋，y＝x2－4x＋3的图象，
得到三个交点A(0,3)，B(1，2)，C(5,8)．
由图象可得函数f (x)的表达式为
f (x)＝
所以f (x)的图象是图中的实线部分，图象的最低点是B(1,2)，所以函数f (x)的最小值是2.
[答案]　A
　已知函数f (x)＝x2－x＋m－，g(x)＝－log2x，min{m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min{f (x)，g(x)}(x>0)，则当函数h(x)有三个零点时，实数m的取值范围为(　　)
A. B.
C. D.





[解析]　在同一直角坐标系中，作出函数y＝f (x)和y＝g(x)的图象如图所示．
当两函数图象交于点A(1,0)时，即有1－1＋m－＝0，解得m＝，所以当函数h(x)有三个零点时，
即为点A和y＝f (x)与x轴的两个交点，
若满足条件，则需
解得 所以实数m的取值范围是.
[答案]　C

[经典好题——练一手]

1．设a，b为平面向量，则(　　)
A．min{| a＋b |，| a－b |}≤min{| a |，| b |}
B．min{| a＋b |，| a－b |}≥min{| a |，| b |}
C．max{| a＋b |2，| a－b |2}≤| a |2＋| b |2
D．max{| a＋b |2，| a－b |2}≥| a |2＋| b |2
解析：选D　max{|a＋b|2，|a－b|2}≥＝|a|2＋|b|2，故选D.
2．记max{a，b}＝已知向量a，b，b满足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，c＝λa＋μb(λ≥0，μ≥0，且λ＋μ＝1)，则当max{c·a，c·b}取最小值时，|c|＝(　　)
A. B.
C．1 D.
解析：选A　如图，设＝a，＝b，
则a＝(1,0)，b＝(0,2)，
∵λ≥0，μ≥0，λ＋μ＝1，∴0≤λ≤1.
又c＝λa＋μb，
∴c·a＝(λa＋b－λb)·a＝λ；
c·b＝(λa＋b－λb)·b＝4－4λ.
由λ＝4－4λ，得λ＝.
∴max{c·a，c·b}＝
令f (λ)＝
则f (λ)∈.
∴f (λ)min＝，此时λ＝，μ＝，
∴c＝a＋b＝.
∴|c|＝ ＝.
3．已知函数f (x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.设H1(x)＝max{f (x)，g(x)}，H2(x)＝min{f (x)，g(x)}(max{p，q}表示p，q中的较大值，min{p，q}表示p，q中的较小值)．记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A－B＝(　　)
A．a2－2a－16 B．a2＋2a－16
C．－16 D．16
解析：选C　f (x)的图象的顶点坐标为(a＋2，－4a－4)，g(x)的图象的顶点坐标为(a－2，－4a＋12)，并且f (x)与g(x)的图象的顶点都在对方的图象上，如图所示，所以A－B＝－4a－4－(－4a＋12)＝－16.

(三)应用导数　开阔思路
[速解技法——学一招]

1．函数的单调性与导数的关系
①f ′(x)>0⇒f (x)为增函数；
②f ′(x)<0⇒f (x)为减函数；
③f ′(x)＝0⇒f (x)为常数函数．
2．求函数f (x)极值的方法
求函数的极值应先确定函数的定义域，解方程f ′(x)＝0，再判断f ′(x)＝0的根是否是极值点，可通过列表的形式进行分析，若遇极值点含参数不能比较大小时，则需分类讨论．
　若函数f (x)＝2sin x(x∈[0，π))的图象在切点P处的切线平行于函数g(x)＝2的图象在切点Q处的切线，则直线PQ的斜率为(　　)
A.　　　　　　 　 　 　　 B．2
C. D.
[解析]　由题意得f ′(x)＝2cos x，g′(x)＝x＋x－.设P(x1，f (x1))，Q(x2，g(x2))，
又f ′(x1)＝g′(x2)，即2cos x1＝x2＋x－2，
故4cos2x1＝x2＋x＋2，
所以－4＋4cos2x1＝x2＋x－2，
即－4sin2x1＝(x2－x－2)2，
所以sin x1＝0，x1＝0，x2＝x－2，x2＝1，
故P(0,0)，Q，故kPQ＝.
[答案]　A
求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点．
　　[技法领悟]
　　　已知函数f (x)(x∈R)满足f (1)＝1，且f (x)的导数f ′(x)<，则不等式f (x2)<＋的解集为______________________．
[解析]　设F(x)＝f (x)－x，∴F′(x)＝f ′(x)－，∵f ′(x)<，∴F′(x)＝f ′(x)－<0，即函数F(x)在R上单调递减．∵f (x2)<＋，∴f (x2)－1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
[答案]　(－∞，－1)∪(1，＋∞)
　已知函数f (x)＝(ax＋b)ln x－bx＋3在(1，f (1))处的切线方程为y＝2.
(1)求a，b的值；
(2)求函数f (x)的极值；
(3)若g(x)＝f (x)＋kx在(1,3)上是单调函数，求k的取值范围．
[解]　(1)因为f (1)＝－b＋3＝2，所以b＝1.
又f ′(x)＝＋aln x＋a－b＝＋aln x＋a－1，
而函数f (x)在(1，f (1))处的切线方程为y＝2，
所以f ′(1)＝1＋a－1＝0，所以a＝0.
(2)由(1)得f (x)＝ln x－x＋3，f ′(x)＝－1(x>0)．
令f ′(x)＝0，得x＝1.
当00；当x>1时，f ′(x)<0，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f (x)的极大值为f (1)＝2，无极小值．
(3)由g(x)＝f (x)＋kx，
得g(x)＝ln x＋(k－1)x＋3(x>0)，g′(x)＝＋k－1，
又g(x)在x∈(1,3)上是单调函数，
若g(x)为增函数，有g′(x)≥0，
即g′(x)＝＋k－1≥0，即k≥1－在x∈(1,3)上恒成立．
又1－∈，所以k≥.
若g(x)为减函数，有g′(x)≤0，
即g′(x)＝＋k－1≤0，即k≤1－在x∈(1,3)上恒成立，
又1－∈，所以k≤0.
综上，k的取值范围为(－∞，0]∪.
[技法领悟]
破解此类问题需注意两点：
(1)求函数的单调区间时应优先考虑函数的定义域；
(2)求得函数在多个区间单调性相同时，区间之间用“，”分割，或用“和”相连，不能用“∪”相连．
　　　
[经典好题——练一手]

1．已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝aex＋x相切(其中e为自然对数的底数)，则实数a的值是(　　)
A.　　　　 B．1　　　　
C．2　　　　 D．e
解析：选B　由题意知y′＝aex＋1＝2，则a>0，x＝－ln a，代入曲线方程得y＝1－ln a，所以切线方程为y－(1－ln a)＝2(x＋ln a)，即y＝2x＋ln a＋1＝2x＋1⇒a＝1.
2．若函数f (x)＝ax－x2－ln x存在极值，且这些极值的和不小于4＋ln 2，则a的取值范围为(　　)
A．[2，＋∞) B．[2，＋∞)
C．[2，＋∞) D．[4，＋∞)
解析：选C　f ′(x)＝a－2x－＝－(x>0)，因为f (x)存在极值，所以f ′(x)＝0在(0，＋∞)上有根，即2x2－ax＋1＝0在(0，＋∞)上有根，所以Δ＝a2－8≥0，显然当Δ＝0时，f (x)无极值，不合题意，所以Δ＝a2－8>0，即a>2或a<－2.记方程2x2－ax＋1＝0的两根为x1，x2，由根与系数的关系得x1x2＝，x1＋x2＝，易知a>0，则f (x1)，f (x2)为f (x)的极值，所以f (x1)＋f (x2)＝(ax1－x－ln x1)＋(ax2－x－ln x2)＝a(x1＋x2)－(x＋x)－(ln x1＋ln x2)＝－＋ln 2≥4＋ln 2，所以a≥2.综上，a的取值范围为[2，＋∞)．
3．π是圆周率，e是自然对数的底数，在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六个数中，最小的数与最大的数分别是(　　)
A．3e,3π B．3e，eπ
C．e3，π3 D．πe,3π
解析：选A　∵e<3<π，∴eln 30，即0e时，函数f (x)单调递减．故函数f (x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e，＋∞)．由e<3<π及函数f (x)＝的单调性，得f (π)π3，∴在3e，e3，eπ，π3,3π，πe六个数中的最大的数是3π，同理得最小的数为3e.
4．已知函数f (x)＝1－ln x＋a2x2－ax(a∈R)．
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若a＝0且x∈(0,1)，求证：＋x2－<1.
解：(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x)＝－＋2a2x－a＝
＝.
①若a＝0，则f ′(x)<0，f (x)在(0，＋∞)上单调递减；
②若a>0，则当x＝时，f ′(x)＝0，
当0时，f ′(x)>0，
故f (x)在上单调递减，在上单调递增．
③若a<0，则当x＝－时，f ′(x)＝0，
当0－时，f ′(x)>0.
故f (x)在上单调递减，在上单调递增．
(2)证明：若a＝0且x∈(0,1)，
则f (x)＝1－ln x，x∈(0,1)．
欲证＋x2－<1，
只需证＋x2－<1，
即证x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex.
设函数g(x)＝x(1－ln x)，则g′(x)＝－ln x.
当x∈(0,1)时，g′(x)>0，故函数g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x) 设函数h(x)＝(1＋x－x3)ex，
则h′(x)＝(2＋x－3x2－x3)ex.
设函数p(x)＝2＋x－3x2－x3，则p′(x)＝1－6x－3x2.
当x∈(0,1)时，p′(0)·p′(1)＝－8<0，
故存在x0∈(0,1)，使得p′(x0)＝0，
从而函数p(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0,1)上单调递减．
当x∈(0，x0)时，p(x0)>p(0)＝2，
当x∈(x0,1)时，p(x0)·p(1)<0，
故存在x1∈(0,1)，使得h′(x1)＝0，
即当x∈(0，x1)时，h′(x)>0，
当x∈(x1,1)时，h′(x)<0，
从而函数h(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1,1)上单调递减．
因为h(0)＝1，h(1)＝e，
所以当x∈(0,1)时，h(x)>h(0)＝1，
所以x(1－ln x)<(1＋x－x3)ex，x∈(0,1)，
即＋x2－<1，x∈(0,1)．

[常用结论——记一番]

1．函数的极值点
(1)可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f (x)＝x3，f ′(0)＝0，但x＝0不是极值点．
(2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值．在x0处有f ′(x0)＝0是函数f (x)在x0处取得极值的必要不充分条件．
2．函数最值的判别方法
(1)求函数f (x)在闭区间[a，b]上最值的关键是求出f ′(x)＝0的根的函数值，再与f (a)，f (b)作比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
(2)求函数f (x)在非闭区间上的最值，只需利用导数法判断函数f (x)的单调性，即可得结论．
(四)三角问题　重在三变
[速解技法——学一招]


　对于锐角α，若sin＝，则cos＝(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C. D．－
[解析]　由α为锐角，且sin＝，
可得cos＝，
所以cos＝sin
＝sin＝－2sincos
＝－2××＝－.
[答案]　D
　若sin 2α＝，sin(β－α)＝，且α∈，β∈，则α＋β的值是
(　　)
A. B.
C.或 D.或
[解析]　因为α∈，所以2α∈，
又sin 2α＝，故2α∈，α∈，
所以cos 2α＝－.
又β∈，故β－α∈，
于是cos(β－α)＝－，
所以cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]
＝cos 2αcos(β－α)－sin 2αsin(β－α)
＝－×－×＝，
且α＋β∈，故α＋β＝.
[答案]　A

[经典好题——练一手]

1．若cos＝，则cos的值为(　　)
A. B．－
C. D．－
解析：选A　∵cos＝，
∴cos＝2cos2－1＝2×2－1＝－，
∴cos＝cos
＝－cos＝.
2．sin 40°(tan 10°－)＝(　　)
A．－ B．－1
C. D．－
解析：选B　sin 40°(tan 10°－)＝＝＝＝－＝－＝－1.
3．设α，β∈[0，π]，且满足sin αcos β－cos αsin β＝1，则sin(2α－β)＋sin(α－2β)的取值范围为(　　)
A．[－，1] B．[－1，]
C．[－1,1] D．[1，]
解析：选C　∵sin αcos β－cos αsin β＝1，
∴sin(α－β)＝1，
∵α，β∈[0，π]，∴α－β＝.
由⇒≤α≤π，
∴sin(2α－β)＋sin(α－2β)＝sin＋sin(α－2α＋π)＝cos α＋sin α＝sin.
∵≤α≤π，
∴≤α＋≤，
∴－1≤sin≤1，
即所求的取值范围是[－1,1]．
4．已知函数f (x)＝Acos(A>0，ω>0)的图象相邻两条对称轴的距离为，且f (0)＝1.
(1)求函数f (x)的解析式；
(2)设α，β∈，f ＝－，f ＝，求tan(2α－2β)的值．
解：(1)∵函数f (x)＝Acos(A>0，ω>0)的图象相邻两条对称轴的距离为，∴＝＝，∴ω＝2，
又f (0)＝1，∴A＝1，∴A＝2，
∴f (x)＝2cos.
(2)∵α∈，f ＝2cos＝2cos(2α－π)＝－2cos 2α＝－，
∴cos 2α＝，sin 2α＝＝，
则tan 2α＝＝.
∵β∈，
f ＝2cos＝2cos 2β＝，
∴cos 2β＝，sin 2β＝＝，
则tan 2β＝＝.
∴tan(2α－2β)＝＝＝.

[常用结论——记一番]

三角公式中常用的变形
(1)对于含有sin α±cos α，sin αcos α的问题，利用(sin α±cos α)2＝1±2sin αcos α，建立sin α±cos α与sin αcos α的关系．
(2)对于含有sin α，cos α的齐次式，利用tan α＝转化为含tan α的式子．
(3)对于形如cos2α＋sin α与cos2α＋sin αcos α的变形，前者用平方关系sin2α＋cos2α＝1化为二次型函数，而后者用降幂公式化为一个角的三角函数．
(4)含tan α＋tan β与tan αtan β时考虑tan(α＋β)＝.
(五)正弦余弦　相得益彰
[速解技法——学一招]
边角互化的技巧：若要把“边”化为“角”， 常利用“a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C”，,若要把“角”化为“边”，常利用
(R为△ABC外接圆的半径)等.
　在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＋＝.
(1)证明：sin Asin B＝sin C；
(2)若b2＋c2－a2＝bc，求tan B.
[解]　(1)证明：根据正弦定理，
可设＝＝＝k(k>0)．
则a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C.
代入＋＝中，有
＋＝，变形可得
sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B)．
在△ABC中，由A＋B＋C＝π，
有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
所以sin Asin B＝sin C.
(2)由已知，b2＋c2－a2＝bc，
根据余弦定理，有cos A＝＝.
所以sin A＝＝.
由(1)，sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，
所以sin B＝cos B＋sin B，
故tan B＝＝4.
　　　如图，在△ABC中，∠B＝，AB＝8，点D在边BC上，且CD＝2，cos∠ADC＝.
(1)求sin∠BAD；
(2)求BD，AC的长．
[解]　(1)在△ADC中，∵cos∠ADC＝，
∴sin∠ADC＝＝ ＝，
则sin∠BAD＝sin(∠ADC－∠B)
＝sin∠ADCcos∠B－cos∠ADCsin∠B
＝×－×＝.
(2)在△ABD中，
sin∠ADB＝sin(π－∠ADC)＝sin∠ADC＝.
由正弦定理得BD＝＝＝3，
在△ABC中，BC＝BD＋DC＝5，
由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠B
＝82＋52－2×8×5×＝49，
即AC＝7.
[经典好题——练一手]
1．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若＝＝，则该三角形的形状是(　　)
A．直角三角形　　　　　　 B．等腰三角形
C．等边三角形 D．钝角三角形
解析：选A　因为＝，由正弦定理得＝，所以sin 2A＝sin 2B.由＝，可知a≠b，所以A≠B.又A，B∈(0，π)，所以2A＝π－2B，即A＋B＝，所以C＝，于是△ABC是直角三角形．
2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acos C＋ccos A＝2bsin A，则A的值为(　　)
A. B.
C. D.或
解析：选D　由acos C＋ccos A＝2bsin A，结合正弦定理可得sin Acos C＋sin Ccos A＝2sin Bsin A，即sin(A＋C)＝2sin Bsin A，故sin B＝2sin Bsin A．又sin B≠0，可得sin A＝，故A＝或.
3．非直角△ABC中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知c＝1，C＝.若sin C＋sin(A－B)＝3sin 2B，则△ABC的面积为(　　)
A. B.
C.或 D.
解析：选D　因为sin C＋sin(A－B)＝sin(A＋B)＋sin(A－B)＝2sin Acos B＝6sin Bcos B，
因为△ABC非直角三角形，所以cos B≠0，所以sin A＝3sin B，即a＝3b.
又c＝1，C＝，由余弦定理得a2＋b2－ab＝1，结合a＝3b，可得b2＝，所以S＝absin C＝b2sin＝.故选D.
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知2acos2＋2ccos2＝b.
(1)求证：2(a＋c)＝3b；
(2)若cos B＝，S＝，求b.
解：(1)证明：由已知得，
a(1＋cos C)＋c(1＋cos A)＝b.
整理得a＋c＋acos C＋ccos A＝b.
在△ABC中，由余弦定理，得
acos C＋ccos A＝a·＋c·
＝＝b.
∴a＋c＝b，即2(a＋c)＝3b.
(2)∵cos B＝，∴sin B＝.
∵S＝acsin B＝ac＝，∴ac＝8.
又b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)，
2(a＋c)＝3b，
∴b2＝－16×，解得b2＝16，
∴b＝4.

[常用结论——记一番]

1．解三角形中常用结论：
(1)三角形中正弦、余弦、正切满足的关系式有：＝＝＝2R，c2＝a2＋b2－2abcos C，tan A＋tan B＋tan C＝tan Atan Btan C，a>b⇔A>B⇔sin A>sin B⇔cos A (2)三角形形状判断(一般用余弦定理)：
直角三角形⇔a2＋b2＝c2；
锐角三角形⇔a2＋b2>c2(c为最大边)；
钝角三角形⇔a2＋b2 (3)在锐角三角形ABC中：
①A＋B>，C＋B>，A＋C>；
②任意角的正弦值都大于其他角的余弦值．
(4)在△ABC中，A，B，C成等差数列⇔B＝60°；
在△ABC中，A，B，C成等差数列，且a，b，c成等比数列⇔三角形为等边三角形．
2．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S.
(1)S＝aha＝bhb＝chc(ha，hb，hc分别表示a，b，c边上的高)．
(2)S＝absin C＝bcsin A＝casin B.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形ABC内切圆的半径)．
(六)向量小题　三招搞定

[速解技法——学一招]


　如图， 在直角梯形ABCD中，＝ ， ＝2，且＝r＋s，则2r＋3s＝(　　)
A．1　　　　　　　　　　 B．2
C．3 D．4
[解析]　法一：根据图形，由题意可得
＝＋＝＋
＝＋( ＋＋)
＝＋(＋)
＝＋＋
＝＋.
因为＝r＋s，所以r＝，s＝，
则2r＋3s＝1＋2＝3.
法二：因为＝2，所以－＝2(－)，
整理得＝＋＝＋(＋)＝＋，则r＝，s＝，2r＋3s＝3.
法三：如图，延长AD，BC交于点P，
则由＝得DC∥AB，且AB＝4DC，
又＝2，所以E为PB的中点，且＝.
于是，＝(＋)＝
＝＋.
则r＝，s＝，2r＋3s＝3.
法四：如图，建立平面直角坐标系xAy，依题意可设点B(4m,0)，D(3m,3h)，E(4m,2h)，其中m>0，h>0.
由＝r＋s，
得(4m,2h)＝r(4m,0)＋s(3m,3h)，
所以解得
所以2r＋3s＝1＋2＝3.
[答案]　C
　[技法领悟]
解决平面向量问题的常用方法
(1)求解有关平面向量的问题时，若能灵活利用平面向量加、减法运算及其几何意义进行分析，则有利于问题的顺利获解．这种解题思路，我们不妨称之为按“图”处理．
(2)建系法：处理有关平面图形的向量问题时，若能灵活建立平面直角坐标系，则可借助向量的坐标运算巧解题，这也体现了向量的代数化手段的重要性．
(3)基底法：求解有关平面向量的问题时，若能灵活地选取基底，则有利于问题的快速获解．理论依据：适当选取一组基底e1，e2，利用平面向量基本定理及相关向量知识，可将原问题转化为关于e1，e2的代数运算问题．
　
[经典好题——练一手]

1．已知·＝0，||＝1，||＝2， ·＝0，则||的最大值为(　　)
A.　　　　　　　　 B．2
C. D．2
解析：选C　由·＝0可知，⊥.
故以B为坐标原点，分别以BA，BC所在的直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则由题意，可得B(0,0)，A(1,0)，C(0,2)．
设D(x，y)，则＝(x－1，y)，
＝(－x,2－y)．
由·＝0，可得(x－1)(－x)＋y(2－y)＝0，
整理得2＋(y－1)2＝.
所以点D在以E为圆心，半径r＝的圆上．
因为||表示B，D两点间的距离，
而||＝，
所以||的最大值为| |＋r＝＋＝.
2．已知向量a，b满足a·(a＋2b)＝0，|a|＝|b|＝1，且|c－a－2b|＝1，则|c|的最大值为(　　)
A．2 B．4
C.＋1 D.＋1
解析：选D　设a＝，a＋2b＝，c＝，且设点A在x轴上，则点B在y轴上，由|c－a－2b|＝1，可知|c－(a＋2b)|＝|－|＝||＝1，所以点C在以B为圆心，1为半径的圆上，如图所示．
法一：因为a·(a＋2b)＝0，所以2a·b＝－|a|2.
又|a|＝|b|＝1，所以|a＋2b|＝＝＝，
所以|c|max＝||＋1＝|a＋2b|＋1＝＋1.
法二：连接AB，因为＝＋＝a＋2b，
所以＝2b.
因为|a|＝|b|＝1，所以||＝2，||＝1，
所以||＝＝，
所以|c|max＝||＋1＝＋1.
3．在Rt△ABC中，CA＝4，CB＝3，M，N是斜边AB上的两个动点，且MN＝2，则·的取值范围为(　　)
A. B．[4,6]
C. D.
解析：选C　设MN的中点为E，则有＋＝2，
所以·＝[(＋)2－(－)2]＝||2－| |2＝||2－1.
易知||的最小值等于点C到斜边AB的距离，即，所以·的最小值为2－1＝.
当点M(或点N)与点A重合时，||最大，
此时||2＝12＋42－2×1×4×＝，
所以·的最大值为－1＝.
综上，·的取值范围是.
4.如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，若·＝2·，则·＝__________.
解析：法一：因为·＝2·，
所以·－·＝·，
所以·＝·.
因为AB∥CD，CD＝2，∠BAD＝，
所以2||＝||||cos，
化简得||＝2.
故·＝·(＋)
＝||2＋·
＝(2)2＋2×2cos＝12.
法二：如图，建立平面直角坐标系xAy.
依题意，可设点D(m，m)，C(m＋2，m)，B(n,0)，其中m>0，n>0，
则由·＝2·，
得(n,0)·(m＋2，m)＝2(n,0)·(m，m)，
所以n(m＋2)＝2nm，化简得m＝2.
故·＝(m，m)·(m＋2，m)＝2m2＋2m＝12.
答案：12

[常用结论——记一番]

1．在四边形ABCD中：
(1)＝，则四边形ABCD为平行四边形；
(2)＝且(＋)·(－)＝0，则四边形ABCD为菱形；
(3)＝且|＋|＝|－|，则四边形ABCD为矩形；
(4)若＝λ (λ>0，λ≠1)，则四边形ABCD为梯形．
2．设O为△ABC所在平面上一点，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，则
(1)O为△ABC的外心⇔2＝2＝2.
(2)O为△ABC的重心⇔＋＋＝0.
(3)O为△ABC的垂心⇔·＝·＝·.
(4)O为△ABC的内心⇔a＋b＋c＝0.
(5)O为△ABC的A的旁心⇔a＝b＋c.
(七)玩转通项　搞定数列

[速解技法——学一招]

几种常见的数列类型及通项的求法
递推公式
解法
an＋1＝an＋f (n)
转化为an＋1－an＝f (n)，利用累加法(逐差相加法)求解
an＋1＝f (n)an
转化为＝f (n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解
an＋1＝pan＋q
转化为特殊数列{an＋k}的形式求解
an＋1＝pan＋f (n)
利用待定系数法，构造数列{bn}，消去f (n)带来的差异

　　　已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an，求an(n∈N*)．
[解]　由条件知＝，分别令n＝1,2,3，…，(n－1)，代入上式得(n－1)个等式累乘，
即···…·＝×××…×⇒＝.
又∵a1＝，∴an＝.
[技法领悟]
累加、累乘法起源于等差、等比数列通项公式的求解．使用过程中要注意赋值后得到(n－1)个式子，若把其相加或相乘，等式的左边得到的结果是an－a1或，添加首项后，等式的左边累加或累乘的结果才为an.
　　　
　　　已知数列{an}的首项a1＝1，an＋1＝(n∈N*)，求数列的前10项和．
[解]　因为an＋1＝，
所以＝＝2＋，即－＝2，
所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以＝2n－1，所以an＝，
而＝＝，
所以＋＋…＋＝＝＝.

[经典好题——练一手]

1．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝an＋lg，则an＝(　　)
A．2＋lg n　　　　　　　　 B．2＋(n－1)lg n
C．2＋nlg n D．1＋n＋lg n
解析：选A　由an＋1＝an＋lg⇒an＋1－an＝lg，那么an＝a1＋(a2－a1)＋…＋(an－an－1)＝2＋lg 2＋lg ＋lg ＋…＋lg ＝2＋lg2×××…×＝2＋lg n.
2．已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：由an＝an－1＋1(n≥2，n∈N*)，
得an－2＝(an－1－2)，而a1－2＝1－2＝－1，
∴数列{an－2}是首项为－1，公比为的等比数列．
∴an－2＝－n－1，∴an＝2－n－1.
答案：2－n－1
3．设数列{an}是首项为1的正项数列，且a－a－nan－nan－1＝0(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：由题设得(an＋an－1)(an－an－1－n)＝0，
由an>0，an－1>0知an＋an－1>0，于是an－an－1＝n，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝.
答案：
4．在数列{an}中，已知a1＝－1，an＋1＝2an＋4·3n－1(n∈N*)，求通项公式an.
解：原递推式可化为an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n－1)，即an＋1＋3λ·3n－1＝2an＋2λ·3n－1，比较系数得λ＝－4，
即an＋1－4·3n＝2(an－4·3n－1)，
则数列{an－4·3n－1}是首项为a1－4·31－1＝－5，公比为2的等比数列，故an－4·3n－1＝
－5·2n－1，
即an＝4·3n－1－5·2n－1.

[常用结论——记一番]

等差(比)数列的重要结论
(1)数列{an}是等差数列⇔数列{c}是等比数列；数列{an}是等比数列，则数列{loga|an|}是等差数列．
(2){an}，{bn}是等差数列，Sn，Tn分别为它们的前n项和，若bm≠0，则＝.
(3)首项为正(或为负)递减(或递增)的等差数列前n项和最大(或最小)问题转化为解不等式，也可化为二次型函数Sn＝An2＋Bn来分析，注意n∈N*.
(4)等差(比)数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(各项均不为0)仍是等差(比)数列．
(八)掌握规律　巧妙求和

[速解技法——学一招]

求数列的前n项和的主要方法
(1)公式法：对于等差数列或等比数列可用公式法．
(2)裂项相消法：将数列的每一项分解为两项的差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而累加相消．
(3)错位相减法：若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则对于数列{anbn}的前n项和可用错位相减法．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}中与首、末两端等“距离”的两项的和等于同一个常数，那么求这个数列前n项和即可用倒序相加法．
(5)分组求和法：将原数列分解成可用公式法求和的若干个数列．
　已知各项均为正数的等差数列{an}满足：a4＝2a2，且a1,4，a4成等比数列，设{an}的前n项和为Sn.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列的前n项和为Tn.
[解]　(1)根据题意，设等差数列{an}的公差为d，
∵a4＝2a2，且a1,4，
a4成等比数列，a1>0，
∴
解得a1＝2，d＝2，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n.
(2)由(1)知a1＝d＝2，
则Sn＝2n＋×2＝n2＋n，
设bn＝，则bn＝＝.
∴Tn＝＋＋…＋＋，
Tn＝＋＋…＋＋，
两式相减得，
Tn＝＋＋＋…＋－，
∴Tn＝2＋＋＋…＋－
＝2＋－＝3－.
　[技法领悟]
利用错位相减法求和的3个注意点
(1)判断模型，即判断数列{an}，{bn}中一个为等差数列，一个为等比数列；
(2)错开位置，一般先乘以公比，再把前n项和退后一个位置来书写，这样避免两式相减时看错列；
(3)相减，相减时定要注意式中最后一项的符号，考生常在此处出错，一定要细心．
　已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝a＋an，bn＝(n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，Pn＝b1b2·…·bn，求2Pn＋Sn的值．
[解]　因为a1＝，an＋1＝a＋an，n∈N*，
所以an＋1>an>0，an＋1＝an(an＋1)，
所以bn＝＝＝＝＝－.
Pn＝b1b2·…·bn＝··…·＝，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝2－，
故2Pn＋Sn＝＋＝2.
[技法领悟]
利用裂项相消法求和的2个注意点
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.
　　
[经典好题——练一手]
1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝13，Sm＝0，Sm＋1＝－15，其中m∈N*且m≥2.则数列的前n项和的最大值为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选D　因为Sm－1＝13，Sm＝0，Sm＋1＝－15，
所以am＝Sm－Sm－1＝0－13＝－13，
am＋1＝Sm＋1－Sm＝－15－0＝－15，
因为数列{an}为等差数列，
所以公差d＝am＋1－am＝－15－(－13)＝－2，
所以
解得a1＝13.
所以an＝13－2(n－1)＝15－2n，
当an≥0时，n≤7.5，当an＋1≤0时，n≥6.5，又n∈N*，
所以数列的前6项为正数，又因为＝＝，
所以数列的前n项和的最大值为×－＋－＋－＋…＋1－＝×＝.
2．数列1，3，5，7，…的前n项和Sn＝________.
解析：利用分组求和法，可得Sn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋＝n2＋1－.
答案：n2＋1－
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，Sn＝2an－1(n∈N*)，数列{bn}是等差数列，且b1＝a1，b4＝a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn＝－，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)∵Sn＝2an－1，∴Sn＋1＝2an＋1－1,
两式相减，得Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an，
∴an＋1＝2an.
又当n＝1时，S1＝a1＝2a1－1，∴a1＝1.
∴数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，
∴an＝2n－1，∴b1＝a1＝1，b4＝a3＝4.
∵数列{bn}为等差数列，∴bn＝n.
(2)∵an＝2n－1，bn＝n，
∴cn＝－＝2·n－1－
＝2·n－1－，
∴Tn＝－
＝4－－.
4．在公差不为0的等差数列{an}中，a1，a4，a8成等比数列．
(1)若数列{an}的前10项和为45，求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝，且数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn＝－，求数列{an}的公差．
解：设数列{an}的公差为d(d≠0)，
由a1，a4，a8成等比数列，可得a＝a1·a8，
即(a1＋3d)2＝a1·(a1＋7d)，得a1＝9d.
(1)由数列{an}的前10项和为45，得10a1＋45d＝45，
即90d＋45d＝45，所以d＝，a1＝3.
故数列{an}的通项公式为an＝3＋(n－1)×＝.
(2)因为bn＝＝，
所以数列{bn}的前n项和Tn＝[－＋－＋…＋－＝－，
即Tn＝－]＝
＝＝－，
因此＝1，解得d＝－1或1.
故数列{an}的公差为－1或1.
[常用结论——记一番]
常用裂项公式
(1)＝－；
(2)＝－；
(3)an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝··…··a1；
(4)n(n＋1)＝[n(n＋1)(n＋2)－(n－1)n(n＋1)]；
(5)＝；
(6)＝1＋.

(九)求得通项　何愁放缩
[速解技法——学一招]


　已知数列{an}满足a1＝8，(n＋1)an＋1＝(n＋3)an＋8n＋8(n∈N*)．
(1)求an；
(2)求证：＋＋…＋<.
[解]　(1)由已知(n＋1)an＋1＝(n＋3)an＋8n＋8，
两边同除以(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
得＝＋，
即－＝8.
利用累加法，可得－＝8，
化简求得an＋1＝4(n＋1)(n＋2)，所以an＝4n(n＋1)．
(2)证明：法一：<＝，
通过计算，当n≥4时，＋＋＋…＋<＋＋＋<＋＋＋<.
法二：<＝＝.
当n≥3时，＋＋…＋<＋＋<＋＋<＋＋＝.
　设数列{an}的前n项和为Sn，满足2Sn＝an＋1－2n＋1＋1(n∈N*)，且a1，a2＋5，a3成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
[解]　(1)由2Sn＝an＋1－2n＋1＋1，
得2Sn＋1＝an＋2－2n＋2＋1，
两式相减得an＋2＝3an＋1＋2n＋1，
2S1＝a2－3⇔a2＝2a1＋3，a3＝3a2＋4＝6a1＋13，
由a1，a2＋5，a3成等差数列⇔a1＋a3＝2(a2＋5)⇔a1＝1.
an＋1＝3an＋2n⇔an＋1＋2n＋1＝3(an＋2n)，
∴数列{an＋2n}为首项是a1＋2＝3，公比是3的等比数列．
则an＋2n＝3n，∴an＝3n－2n.
(2)证明：法一：当n＝1时，＝1<，
当n≥2时，n≥2>2⇔3n>2×2n⇔an>2n⇔<.
∴＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝1＋－<.
由上式得：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
法二：an＝3n－2n＝(3－2)(3n－1＋3n－2×2＋3n－3×22＋…＋2n－1)≥3n－1，
∴≤，
∴＋＋…＋≤1＋＋＋…＋＝<.
[经典好题——练一手]
　已知数列{an}满足a1＝2且an＋1＝(n∈N*)．
(1)求证：数列为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋＋…＋ 证明：(1)由题意得＝，
即＝＋1，
故2＝－1，又－1＝－，
所以数列是以－为首项，为公比的等比数列．
∴－1＝×n－1＝－n，
∴an＝n＋.
(2)由(1)知＝1＋＝1＋≤1＋＝1＋，
∴＋＋＋…＋≤n＋＋＋＋…＋＝n＋＝n＋2－n－1 [常用结论——记一番]
常见几种放缩形式
(1)<＝－；
(2)<＝；
(3)<＝2；
(4)<＝－；
(5)＝
<＝－；
(6)≤＝(n≥1)；
(7)＝
≤(n≥2)．

(十)绕过通项　也可放缩
[速解技法——学一招]

有一类数列不等式问题，数列的通项虽然很难求得，,但可借助递推关系变形后达到放缩的目的.常用的放缩变形参考后面的“常用结论—记一番”.
　已知数列{an}的首项为a1＝1，且an＋1＝(n∈N*)．
(1)求a2，a3的值，并证明：a2n－1 (2)令bn＝|a2n－1－2|，Sn＝b1＋b2＋…＋bn.求证： [解]　(1)由a1＝1，且an＋1＝，
得a2＝，a3＝.
证明如下：一方面，an＋1－2＝－2＝－，
所以＝－.
由题可知an>0，所以<0，
即an＋1－2与an－2异号，
故an＋2－2与an－2同号，
于是a2n＋1－2与a2n－1－2同号．
又a1－2＝－1<0，所以a2n＋1<2.
另一方面，
a2n＋1－a2n－1＝－a2n－1＝－a2n－1
＝－a2n－1＝.
由a2n－1<2知a2n＋1－a2n－1>0，即a2n＋1>a2n－1.
综上所述，a2n－1 (2)证明：a2n＋1－2＝－＝－
＝.
由bn＝|a2n－1－2|，知＝.
又1≤a2n－1 所以<≤.
而b1＝1，所以当n≥2时，
bn＝b1··…·≤n－1，同理，bn>n－1.
故Sn＝b1＋b2＋…＋bn
≤1＋＋2＋…＋n－1＝<，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn>＝，
综上所述，
[经典好题——练一手]

　设数列{an}满足a1＝1，an＋1an＝n＋1(n∈N*)．
(1)如果a1a2，ak＋1ak＋2，a6k＋1a6k＋2成等比数列，求正整数k的值；
(2)求证：≥2(－1)．
解：(1)由题意可得(ak＋1ak＋2)2＝(a1a2)(a6k＋1a6k＋2)，
将已知代入得(k＋2)2＝2(6k＋2)，
解得k＝8.
(2)证明：由题意知a2＝2，an>0，n∈N*.
当n＝1时，＝1>2(－1)，命题成立．
当n≥2时，由an＋1an＝n＋1得anan－1＝n，
所以an(an＋1－an－1)＝1，＝an＋1－an－1.
从而有＝＋(ak＋1－ak－1)＝an＋1＋an－2≥2－2＝2(－1)．

[常用结论——记一番]
经常用到的几种放缩
(1)<
＝；
(2)＝
＝·
＝<2.
(十一)线性规划　布线行针
[速解技法——学一招]
解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤
(1)画出可行域；
(2)根据线性目标函数的几何意义确定其取得最优解的点；
(3)求出目标函数的最大值或最小值．
解决线性规划问题首先要作出可行域，再注意目标函数表示的几何意义，常见几何意义有直线、斜率、距离、面积等，整点问题要验证解决．
　已知实数x，y满足若目标函数z＝ax＋y的最大值为3a＋9，最小值为3a－3，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－1,1]　　　　　　　　 B．(－∞，－1]
C．(－∞，－1]∪[1，＋∞) D．[1，＋∞)
[解析]　作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，因为目标函数z＝ax＋y的最大值为3a＋9，最小值为3a－3，所以目标函数z＝ax＋y的图象经过点A(3,9)时，z取得最大值，经过点B(3，－3)时，z取得最小值，由图象得，－1≤－a≤1，所以－1≤a≤1.

[答案]　A
[技法领悟]
对于线性规划中的参数问题的2个注意点
(1)当最值是已知时，目标函数中的参数往往与直线斜率有关，解题时应充分利用斜率这一特征加以转化．
(2)当目标函数与最值都是已知，且约束条件中含有参数时，因为平面区域是变动的，所以要抓住目标函数及最值已知这一突破口，先确定最优解，然后变动参数范围，使得这样的最优解在该区域内即可．
　　
[经典好题——练一手]

1．设不等式组表示的平面区域为M，若直线kx－y＋1＝0(k∈R)平分M的面积，则实数k的值为(　　)
A. B.
C．－ D．－
解析：选B　作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，即△ABC及其内部，其中A(1,0)，B(0,1)，C(3，4)．因为直线kx－y＋1＝0(k∈R)过定点(0,1)，所以直线kx－y＋1＝0(k∈R)过点B(0，1)．又直线kx－y＋1＝0(k∈R)平分M的面积，所以直线kx－y＋1＝0需过线段AC的中点D(2,2)，将D(2，2)代入直线kx－y＋1＝0，得k＝.
2．已知实数x，y满足则z＝－3x＋2y的最小值为(　　)
A．－10 B．－4
C．4 D．6
解析：选A　法一：作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，由图知，当目标函数z＝－3x＋2y表示的直线经过点A时，z取得最小值，由解得所以zmin＝－3×6＋2×4＝－10.

法二：易知z＝－3x＋2y的最小值在可行域的顶点处取得．联立解得交点坐标为(6,4)，代入可得z＝－10；联立解得交点坐标为(－2,0)，代入可得z＝6；联立解得交点坐标为(0，－2)，代入可得z＝－4.
通过比较可知，z的最小值为－10.
3．若实数x，y满足约束条件则的最小值为________．
解析：作出不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，因为表示平面区域内的点与定点P(0,1)连线的斜率．由图知，点P与点A连线的斜率最小，所以min＝kPA＝＝－.
答案：－
4．对任意k∈[1,5]，直线l：y＝kx－k－1都与不等式组表示的平面区域有公共点，则实数a的最大值是__________．
解析：作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示．
而直线l：y＝kx－k－1过定点P(1，－1)，对任意k∈[1,5]，直线l：y＝kx－k－1都与可行域有公共点，当k＝5时，直线l：y＝5x－6经过可行域的点A，联立解得所以A(2,4)，点A是直线x＝a上的点，可得a的最大值是2.
答案：2

[常用结论——记一番]

线性规划中的几个目标函数(代数式)的几何意义
(1)z＝ax＋by，若b>0，则z随着直线在y轴上的截距的增大而增大；
若b<0，则z随着直线在y轴上的截距的增大而减小；
(2)表示过两点(x，y)，(m，n)的直线斜率；
(3)(x－m)2＋(y－n)2表示(x，y)与(m，n)两点距离的平方．

(十二)绝对值题　4法破解
[速解技法——学一招]


　方程|ax－1|＝x的解集为A，若A⊆[0,2]，则实数a的取值范围是________．
[解析]　法一：|ax－1|＝x⇔(a2－1)x2－2ax＋1＝0(x≥0)．
当a＝1时，A＝⊆[0,2]，
当a＝－1时，A＝∅⊆[0,2]；
当a≠±1时，(a2－1)x2－2ax＋1＝0的解为x1＝，x2＝，要使A⊆[0,2]，
则需或或
解得a<－1或－≤a<1或a≥，
综上，a≤－1或－≤a≤1或a≥.
法二：|ax－1|＝x等价于ax－1＝x或ax－1＝－x(x≥0)，

分别作出y＝ax－1，y＝x，y＝－x(x>0)的图象如图所示，
当y＝ax－1与y＝x，y＝－x有两个交点时，a≥＝，同理，当有一个交点时，≤a≤1，即－≤a≤1，无交点时，a≤－1.
综上可知a的取值范围是(－∞，－1]∪∪.
法三：|ax－1|＝x等价于a－1＝或a＋1＝(x≥0)，分别作出y＝a－1，y＝a＋1，y＝的图象如图所示，
所以由图知或或a＋1≤0，
解得a≥或－≤a≤1或a≤－1.

[答案]　(－∞，－1]∪∪
　设函数f (x)＝|x－a|，a<0.
(1)证明：f (x)＋f ≥2；
(2)若不等式f (x)＋f (2x)<的解集非空，求a的取值范围．
[解]　(1)证明：由函数f (x)＝|x－a|，a<0，
得f (x)＋f ＝|x－a|＋
＝|x－a|＋≥
＝＝|x|＋≥2
＝2(当且仅当|x|＝1时取等号)．
(2)由题意可知f (x)＋f (2x)＝|x－a|＋|2x－a|，a<0.
当x≤a时，f (x)＋f (2x)＝a－x＋a－2x＝2a－3x，
则f (x)＋f (2x)≥－a；
当a 则－ 当x≥时，f (x)＋f (2x)＝x－a＋2x－a＝3x－2a，
则f (x)＋f (2x)≥－，
所以f (x)＋f (2x)的值域为，
若不等式f (x)＋f (2x)<的解集非空，则需>－，解得a>－1，又a<0，所以－1＜a＜0，
故a的取值范围是(－1,0)．

[经典好题——练一手]

1．已知函数f (x)＝2|x＋1|＋|x－a|(a∈R)．
(1)若a＝1，求不等式f (x)≥5的解集；
(2)若函数f (x)的最小值为3，求实数a的值．
解：(1)若a＝1，
则f (x)＝2|x＋1|＋|x－1|＝
当x≥1时，由3x＋1≥5，得x≥，∴x≥；
当－1 当x≤－1时，由－3x－1≥5，得x≤－2，∴x≤－2.
综上所述，不等式f (x)≥5的解集为xx≤－2或x≥.
(2)当a＝－1时，f (x)＝3|x＋1|最小值为0，不符合题意；
当a>－1时，f (x)＝
∴f (x)min＝f (－1)＝1＋a＝3，此时a＝2；
当a<－1时，f (x)＝
∴f (x)min＝f (－1)＝－1－a＝3，
此时a＝－4.
综上所述，a＝2或a＝－4.
2．已知函数f (x)＝|x－a|＋|2x－a|(a∈R)．
(1)若f (1)<11，求a的取值范围；
(2)若∀a∈R，f (x)≥x2－x－3恒成立，求x的取值范围．
解：(1)f (1)＝|1－a|＋|2－a|＝
当a≤1时，由3－2a<11，解得a>－4，∴－4 当1 当a≥2时，由2a－3<11，解得a<7，∴2≤a<7.
综上，a的取值范围是(－4,7)．
(2)∵∀a∈R，f (x)≥x2－x－3恒成立，
又f (x)＝|x－a|＋|2x－a|≥|x－a－(2x－a)|＝|x|，
∴|x|≥x2－x－3，
∴或
解得0≤x≤3或－≤x<0，
∴x的取值范围为[－，3]．
3．已知f (x)＝，对任意a>0，b∈R，存在x0∈[1,2]，使得f (x0)≥m成立，求m的取值范围．
解：记f (x)＝M，则M≥f (1)＝|a＋b－2|，
M≥f (2)＝|2a＋b－1|，
所以2M≥f (1)＋f (2)≥|f (1)－f (2)|＝|a＋1|，
所以M≥>，所以m≤.
故m的取值范围为.
[常用结论——记一番]

1．解含有绝对值的问题经常用到的三性质
(1)非负性：|a|≥0.
(2)运算性质：|a·b|＝|a|·|b|，＝，|a|2＝a2.
(3)等价性：|x| |x|>a⇔x>a或x<－a.
2．解含有绝对值的问题经常用到的两定理
(1)定理一：绝对值三角不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
(2)定理二：最值定理：设a1 ①若n为偶数，则当a≤x≤a＋1时，有f (x)min＝(a＋a＋…＋an)－(a＋a＋…＋a1)；
②若n为奇数，则f (x)min＝f (a)．
(十三)均值柯西　妙解最值
[速解技法——学一招]

柯西不等式
设ai，bi∈R(i＝1,2，…，n)，则2≤·，当且仅当λai＝μbi(i＝1,2，…，n)时取等号，其中λ，μ是不全为零的实数．
在高考中，一般只用到二维的柯西不等式，即(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
　设x，y为正数，且x＋＋＋＝10，求2x＋y的最大值．
[解]　已知等式两边同乘以2x＋y，
得(2x＋y)＝10(2x＋y)，
所以＋(2x＋y)＝10(2x＋y)，
得10(2x＋y)－＝10＋＋≥18，
解得2≤2x＋y≤18.所以2x＋y的最大值为18.
　已知关于x的不等式|x＋a| (1)求实数a，b的值；
(2)求＋的最大值．
[解]　(1)由|x＋a| 所以－b－a＝2且b－a＝4，
解得a＝－3，b＝1.
(2)利用柯西不等式，可得＋＝(＋)≤＝2，
当且仅当＝，即t＝2时等号成立．
所以＋的最大值为2.

[经典好题——练一手]

1．设二次函数f (x)＝ax2＋bx＋c的导函数为f ′(x)．若∀x∈R，不等式f (x)≥f ′(x)恒成立，则的最大值为(　　)
A.＋2　　　　　　　　　 B.－2
C．2＋2 D．2－2
解析：选B　由题意得f ′(x)＝2ax＋b，由f (x)≥f ′(x)在R上恒成立，得ax2＋(b－2a)x＋c－b≥0在R上恒成立，则a>0且Δ≤0，可得b2≤4ac－4a2，则≤＝，又4ac－4a2≥0，∴4·－4≥0，∴－1≥0，令t＝－1，则t≥0.当t>0时，≤＝≤＝－2（当且仅当t＝时等号成立），当t＝0时，＝0<－2，故的最大值为－2.
2．设a>0，b>0，且a＋b＝1，则2＋2的最小值为________．
解析：因为(12＋12)
≥2＝2
＝2≥25，
当且仅当a＝b＝时取等号．
所以2＋2≥.
答案：
3．设x，y为正数，x＋y＝1，求＋的最小值．
解：＋＝＋
＝x－2＋＋y－1＋
＝＋－2
＝[(x＋2)＋(y＋1)]－2
＝－2≥(5＋4)－2＝，
当且仅当x＝2y＝时取等号．
所以＋的最小值为.

[常用结论——记一番]

1．如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时取等号)．
2．如果a，b是正数，那么≥(当且仅当a＝b时取等号)．
我们称为a，b的算术平均数，称为a，b的几何平均数．
3．最值定理：若x，y是正数，x＋y＝S，xy＝P，则：
①如果P是定值，那么当x＝y时，S的值最小；
②如果S是定值，那么当x＝y时，P的值最大．
[注意]　
(1)前提是“一正、二定、三相等”，如果没有满足前提，则应根据题目创设情境，还要注意选择恰当的公式；
(2)“和定积最大，积定和最小”，可用来求最值；
(3)均值不等式具有放缩功能，如果有多处用到，请注意每处取等的条件是否一致．
(十四)动态几何　以静待动

[速解技法——学一招]


　在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M是CC1的中点，若点P在平面ABB1A1内，且满足∠PDB1＝∠MDB1，则点P的轨迹是(　　)
A．圆　　　　　　 B．椭圆
C．双曲线 D．抛物线
[解析]　因为∠PDB1＝∠MDB1，所以点P在以DB1为轴线，D为顶点的圆锥侧面上，因为点P又在平面AA1B1B内，所以点P的轨迹为平面AA1B1B与圆锥侧面的交线．设直线DB1与平面ABB1A1所成的角为α，则有tan α＝，因为tan∠B1DM＝，所以α<∠B1DM，即点P的轨迹是双曲线．
[答案]　C
　如图所示，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4.将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EBD⊥平面ABD.

(1)求证：AB⊥DE.
(2)求三棱锥E­ABD的侧面积和体积．
[解]　(1)证明：在△ABD中，
因为AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，
所以BD＝＝2，
所以AB2＋BD2＝AD2，
所以AB⊥BD.
又平面EBD⊥平面ABD，
平面EBD∩平面ABD＝BD，AB⊂平面ABD，
所以AB⊥平面EBD.
又DE⊂平面EBD，所以AB⊥DE.
(2)由(1)知AB⊥BD.
因为CD∥AB，所以CD⊥BD，
从而DE⊥BD.
在Rt△DBE中，因为DB＝2，DE＝DC＝AB＝2，
所以S△EDB＝DB·DE＝2.
因为AB⊥平面EBD，BE⊂平面EBD，
所以AB⊥BE.
因为BE＝BC＝AD＝4，
所以S△EAB＝AB·BE＝4.
因为DE⊥BD，平面EBD⊥平面ABD，平面EBD∩平面ABD＝BD，所以DE⊥平面ABD，而AD⊂平面ABD，所以DE⊥AD，故S△EAD＝AD·DE＝4.
故三棱锥E­ABD的侧面积S侧＝S△EDB＋S△EAB＋S△EAD＝8＋2.
因为DE⊥平面ABD，且S△ABD＝S△EBD＝2，DE＝2，
所以V三棱锥E­ABD＝S△ABD×DE＝×2×2＝.
[技法领悟]
翻折问题的注意事项

画好
两图
翻折之前的平面图形与翻折之后形成的几何体的直观图
把握
关系
即比较翻折前后的图形，准确把握平面图形翻折前后的线线关系，哪些平行与垂直的关系不变，哪些平行与垂直的关系发生变化，这是准确把握几何体结构特征，进行空间线面关系逻辑推理的基础
准确
定量
即根据平面图形翻折的要求，把平面图形中的相关数量转化为空间几何体的数字特征，这是进行准确计算的基础

[经典好题——练一手]

1．如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E，F分别是BC，CD的中点，G是EF的中点．现在沿AE，AF及EF把这个正方形折成一个空间图形，使B，C，D三点重合，重合后的点记为H.则下列说法正确的是(　　)

A．AG⊥△EFH所在平面
B．AH⊥△EFH所在平面
C．HF⊥△AEF所在平面
D．HG⊥△AEF所在平面．
解析：选B　根据折叠前AB⊥BE，AD⊥DF可得折叠后AH⊥HE，AH⊥HF，可得AH⊥平面EFH，即B正确；∵过点A只有一条直线与平面EFH垂直，∴A不正确；∵AG⊥EF，AH⊥EF，∴EF⊥平面HAG，∴平面HAG⊥平面AEF.过H作直线垂直于平面AEF，该直线一定在平面HAG内，∴C不正确；∵HG不垂直AG，∴HG⊥平面AEF不正确，D不正确．故选B.正确的为B.
2.如图是一个底面半径为1的圆柱被平面截开所得的几何体，截面与底面所成的角为45°，过圆柱的轴的平面截该几何体所得的四边形ABB′A′为矩形，若沿AA′将其侧面剪开，其侧面展开图的形状大致为
(　　)

解析：过AB作平行于底面的半平面α，如图，取截面边界上任一点P，过P作PP′垂直于半平面α，垂足为P′，延长PP′交圆柱底面于点P1，过P作PM⊥AB，垂足为M，连接MP′，则MP′⊥AB，∠PMP′就是截面与底面所成的角，即∠PMP′＝45°，设AB的中点为O，连接OP′.设l＝x，则∠AOP′＝＝x，在Rt△PP′M中，PP′＝MP′，在Rt△OP′M中，MP′＝OP′sin∠MOP′＝sin x，∴PP′＝sin x，PP1＝AA′＋sin x，故选A.
3．如图，AD与BC是四面体ABCD中相互垂直的棱，若BC＝2，AD＝4，且∠ABD＝∠ACD＝60°，则四面体ABCD 的体积的最大值为________．

解析：过点D作DF⊥BC交BC于F点，连接AF，因为AD⊥BC，显然有BC⊥平面ADF，所以V四面体ABCD＝S△ADF·BC.因为BC＝2，所以问题可转化为求△ADF面积的最大值，也即求点F到直线AD距离的最大值，设此最大值为h.因为A，B，C，D四点共球，显然当△ABD与△ADC为等边三角形且F为BC的中点时，此距离达到最大．取AD的中点E，连接BE，CE，EF，可知BE＝CE＝2.在等腰△BEC中，EF＝，即h＝，所以(V四面体ABCD)max＝××4××2＝.
答案：
4．如图，在长方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝BC＝，AA1＝，上底面A1B1C1D1的中心为O1，当点E在线段CC1上从点C上移到点C1时，点O1在平面BDE上的投影G的轨迹长度为________．

解析：如图①，设O为下底面中心，连接OO1，OG，因为O1G⊥平面BDE，所以O1G⊥OG，即点G在以OO1为直径，O2为圆心的圆弧上．
　
图①　　　　　　　　图②
由题意知，这段圆弧在平面ACC1A1内，如图②.
可知OC1＝2，O1C1＝1.
则C1G1＝，所以OG1＝，
因为圆弧所在圆的半径为，
所以∠OO2G1＝，
所以点G的轨迹长度l＝×＝π.
答案：π

[常用结论——记一番]

(1)立体几何中的动态问题，主要有五种类型：动点问题、翻折问题、旋转问题、投影与截面问题以及轨迹问题，解题时要回归到最本质的定义、定理、性质或现有结论中，若能再配以沉着冷静的心态去计算，那么相信绝大多数问题可以迎刃而解．
(2)平面图形折叠成空间图形问题的关键．
平面图形折叠成空间图形的问题，关键是抓住折叠过程中哪些量(位置)变，哪些量(位置)不变，将平面图形与空间图形对照解决．
(十五)等积转换　求积定距
[速解技法——学一招]


　如图，在棱长为1的正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，则点C1到平面B1D1E的距离为(　　)

A．1　　　　　　　　 B.
C. D.
[解析]　VC1­B1D1E＝VE­B1C1D1＝S△B1C1D1·CC1＝××12×1＝.
连接DE(图略)，在Rt△DCE中，DE＝ ＝，在Rt△DD1E中，D1E＝ ＝，在Rt△B1C1D1中，B1D1＝，在Rt△B1BE中，B1E＝＝，在△B1D1E中，由余弦定理，得cos∠ED1B1＝＝＝，
所以∠ED1B1＝45°，
所以S△B1D1E＝×××＝，
设点C1到平面B1D1E的距离为d，
则×d＝，所以d＝，故选C.
[答案]　C
[技法领悟]
利用等体积法求点到平面的距离时，要先选择好所求几何体的顶点和底面，尽可能转化为以原几何体的面为底面，以便于计算，再结合所学知识求出底面的面积，利用三棱锥的体积公式计算出点到平面的距离．
　
　　　如图，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，∠BAD＝90°，AD∥BC，且AA1＝AB＝AD＝2BC＝2，点E在棱AB上，平面A1ECF与棱C1D1相交于点F.
(1)证明：A1F∥平面B1CE；
(2)求三棱锥B1­A1EF的体积的最大值．
[解]　(1)证明：因为ABCD­A1B1C1D1是棱柱，所以平面ABCD∥平面A1B1C1D1.又因为平面ABCD∩平面A1ECF＝EC，平面A1B1C1D1∩平面A1ECF＝A1F，所以A1F∥EC.又因为A1F⊄平面B1CE，EC⊂平面B1CE，所以A1F∥平面B1CE.
(2)过点F作FM⊥A1B1于点M(图略)，因为平面A1ABB1⊥平面A1B1C1D1，FM⊂平面A1B1C1D1，所以FM⊥平面A1ABB1，所以VB1­A1EF＝VF­A1B1E＝×S△A1B1E×FM＝××FM＝FM，因为当点F与点D1重合时，FM取到最大值2(此时点E与点B重合)，所以当点F与点D1重合时，三棱锥B1­A1EF的体积的最大值为.
[技法领悟]
在求解三棱锥或四面体的体积时，要注意观察图形中是否有线面垂直，我们尽可能寻找以原几何体的表面为底面，再寻找此面上的高，利用等体积法计算几何体的体积．本题中因为△A1B1F也在原几何体的上底面内，所以也可以转化为以E为顶点，平面A1B1F为底面计算几何体的体积，在求三棱锥的最大体积时，要注意观察哪些点是定点，哪些点是动点，我们一般选定动点为顶点，利用等体积法求解三棱锥的体积．
　　　　

[经典好题——练一手]

1.已知三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱长和底面边长均为2，点A1在底面ABC内的射影O为底面△ABC的中心，连接BC1，A1C，A1B，如图．
(1)求异面直线AA1与BC1所成角的大小；
(2)求三棱锥C1­BCA1的体积．
解：(1)连接AO并延长，与BC交于点D(图略)，则AD是BC边上的中线．
因为O为底面△ABC的中心，且A1O⊥平面ABC，所以BC⊥AD，BC⊥A1O，又AD∩A1O＝O，所以BC⊥平面ADA1，所以BC⊥AA1，因为AA1∥CC1，所以异面直线AA1与BC1所成的角为∠BC1C，又CC1⊥BC，BC＝CC1，所以平行四边形BCC1B1为正方形，所以异面直线AA1与BC1所成角的大小为45°.
(2)由三棱柱的棱长都是2，可求得AD＝，AO＝AD＝，A1O＝＝，所以VABC­A1B1C1＝S△ABC·A1O＝2，VA1­ABC＝VABC­A1B1C1＝，VA1­BCC1B1＝VABC­A1B1C1－VA1­ABC＝，所以VC1­BCA1＝VA1­BCC1＝VA1­BCC1B1＝×＝.
2.如图，四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，E为PD的中点．
(1)证明：PB∥平面AEC；
(2)设AP＝AB＝1，AD＝，求点P到平面AEC的距离．
解：(1)证明：连接BD交AC于点O，连接EO，
∵底面ABCD为矩形，
∴O为BD的中点，
又∵E为PD的中点，如图，
∴OE为△PBD的中位线，
OE∥PB，又OE⊂平面AEC，
PB⊄平面AEC，
∴PB∥平面AEC.
(2)∵PB∥平面AEC，
∴点P到平面AEC与点B到平面AEC的距离相等，
∴VP­AEC＝VB­AEC＝VE­ABC，
又S△ABC＝×1×＝，
且E点到平面ABC的距离为P点到平面ABC的距离的，AP＝AB＝1，AD＝，∴PA＝，AC＝2，
取AD的中点F，
连接EF，CF，则EF＝，AE＝1，CF＝，
∴CE＝，cos ∠AEC＝＝－，
则sin∠AEC＝，
∴S△AEC＝××1×＝，
设P点到平面AEC的距离为h，
则××h＝××，可得h＝，
∴点P到平面AEC的距离为.

[常用结论——记一番]

在求空间几何体中的点到平面的距离时，往往很难作出垂线段，即便是作出辅助线也不容易通过已知条件计算其长度，此时，我们常常选用等体积法求解点到平面的距离．例如，如果三棱锥A­BCD中顶点A到底面BCD的距离d不易求出，而顶点B到平面ACD的距离h容易求解，就可以利用等体积法VA­BCD＝VB­ACD，即S△BCD·d＝S△ACD·h求解．

(十六)架设坐标　破解立几
[速解技法——学一招]


　设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则点D1到平面A1BD的距离是________．
[解析]　建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则D1(0,0,2)，A1(2,0,2)，B(2,2,0)， ＝(2,0，0)， ＝(2,2,0)， ＝(2,0,2)．
设平面A1BD的一个法向量n＝(x，y，z)，
则即
令z＝1，得n＝(－1,1,1)．
所以点D1到平面A1BD的距离
d＝＝＝.
[答案]　
　如图，已知四棱台ABCD­A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为3和6的正方形，A1A＝6，且A1A⊥底面ABCD.点P，Q分别在棱DD1，BC上．
(1)若P是DD1的中点，证明：AB1⊥PQ；
(2)若PQ∥平面ABB1A1，二面角P­QD­A的余弦值为，求四面体ADPQ的体积．
[解]　由题设知，AA1，AB，AD两两垂直，以A为坐标原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则相关各点的坐标为A(0,0,0)，B1(3,0,6)，D(0,6,0)，D1(0,3,6)，Q(6，m,0)，其中m＝BQ,0≤m≤6.
(1)证明：若P是DD1的中点，则P，
＝.
又＝(3,0,6)，于是·＝18－18＝0，
所以⊥，即AB1⊥PQ.
(2)由题设知，＝(6，m－6,0)， ＝(0，－3,6)是平面PQD内的两个不共线向量．
设n1＝(x，y，z)是平面PQD的法向量，则
即
取y＝6，得n1＝(6－m,6,3)为平面PQD的一个法向量．
又平面AQD的一个法向量是n2＝(0,0,1)，
所以cos〈n1，n2〉＝
＝＝ .
而二面角P­QD­A的余弦值为，
因此＝，解得m＝4或m＝8(舍去)，此时Q(6,4,0)．
设＝λ (0<λ≤1)，而＝(0，－3,6)，由此得点P(0,6－3λ，6λ)，
所以＝(6,3λ－2，－6λ)．
因为PQ∥平面ABB1A1，且平面ABB1A1的一个法向量是n3＝(0,1,0)，所以·n3＝0，即3λ－2＝0，亦即λ＝，从而P(0,4,4)．
于是，将四面体ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥P­ADQ，则其高h＝4.故四面体ADPQ的体积V＝S△ADQ·h＝××6×6×4＝24.
用向量法解决像本题这样的动态问题(实质上是求空间角的逆问题，即给出空间角，求动点所满足的条件)比几何综合法更为有效，更为简捷，事实上，只需用参数表示动点坐标，再用向量法求其空间角，进而构建方程组即可．
　　　　[技法领悟]

[经典好题——练一手]

1．已知在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD＝AD，则PA与BD所成角的大小为(　　)
A．30°　　　　　　　　　　 B．45°
C．60° D．90°
解析：选C　设PD＝AD＝1，以D为坐标原点，以DA，DC，DP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz，则D(0,0,0)，A(1,0,0，)，B(1,1,0)，P(0,0,1)，＝(－1,0,1)，＝(1,1,0)，
则cos〈，〉＝＝－，因为PA与BD所成角为锐角，所以所求角为60°.
2.在如图所示的几何体中，三棱锥D­ABC 的各条棱长均为2，OA，OB，OC两两垂直，则下列说法正确的是(　　)
A．OA，OB，OC的长度可以不相等
B．直线OB∥平面ACD
C．直线OD与BC所成的角是45°
D．直线AD与OB所成的角是45°
解析：D　因为三棱锥D­ABC的各条棱长均为2，OA，OB，OC两两垂直，所以OA＝OB＝OC＝，排除A.以O为坐标原点，OA，OB，OC所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则O(0,0,0)，A(，0,0)，B(0，，0)，C(0,0，)，D(，，)，所以＝(0，，0)，＝(－，0，)，＝(0，，)，＝(，，)，＝(0，－，)，易求得平面ACD的一个法向量为n＝(1，－1,1)，则·n＝－≠0，所以直线OB与平面ACD不平行，排除B；因为·＝0，即⊥，所以直线OD与BC所成的角是90°，排除C；因为cos〈，〉＝＝＝，所以直线AD与OB所成的角是45°.故选D.
3．在三棱锥A­BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△ABC与△BCD均为等腰直角三角形，且∠BAC＝∠BCD＝90°，BC＝2.点P是线段AB上的动点，若在线段CD上存在点Q，使得异面直线PQ与AC成30°的角，则线段PA的长度的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选B　设BC的中点为O，连接OA.因为∠BAC＝90°，BC＝2，所以OA＝1.建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，则O(0,0,0)，A(0,0,1)，B(－1,0,0)，C(1,0,0)，设P(s,0，t)，Q(1，m,0)(s<0，t>0，m>0)，则＝(1,0，－1)，＝(1－s，m，－t)， ＝(－s,0,1－t)，所以·＝1－s＋t，||＝，||＝，由cos 30°＝，可得 ·cos 30°＝1－s＋t，整理，得3m2＝4t(1－s)－(1－s)2－t2>0，结合t－s＝1，得4(1－s2)>2＋2s2，即－ 4.如图，正方形ADEF所在平面和等腰梯形ABCD所在的平面互相垂直，已知BC＝4，AB＝AD＝2.
(1)求证：AC⊥BF；
(2)在线段BE上是否存在一点P，使得平面PAC⊥平面BCEF？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AF⊥AD，AF⊂平面ADEF，
∴AF⊥平面ABCD.
∵AC⊂平面ABCD，∴AF⊥AC.
过A作AH⊥BC于H，则BH＝1，AH＝，CH＝3，
∴AC＝2，∴AB2＋AC2＝BC2，∴AC⊥AB.
∵AB∩AF＝A，∴AC⊥平面FAB.
∵BF⊂平面FAB，∴AC⊥BF.
(2)存在，理由如下：
由(1)知，AF，AB，AC两两垂直．
以A为坐标原点，，， 的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系
A­xyz，则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0，2，0)，E(－1，，2)，F(0,0,2)，
假设在线段BE上存在一点P满足题意，
则易知点P不与点B，E重合，
设＝λ，则λ>0，P.
设平面PAC的法向量为m＝(x，y，z)．
由＝，＝(0,2，0)，
得即
令x＝1，则z＝，
所以m＝为平面PAC的一个法向量．
因为＝(－2,0,2)，＝(－2,2，0)，
设n＝(a，b，c)为平面BCEF的一个法向量，
所以即
取a＝1，则b＝，c＝1，
所以n＝为平面BCEF的一个法向量．
当m·n＝0，即λ＝时，平面PAC⊥平面BCEF，
故存在满足题意的点P，此时＝.
[常用结论——记一番]

空间向量最适合解决立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断．
(1)对于存在判断型问题的求解，应先假设存在，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等．
(2)对于位置探究型问题，通常借助向量，引入参数，综合已知和结论列出等式，解出参数．
(十七)紧扣最小　秒杀线面
[速解技法——学一招]

平面的斜线与斜线在平面内的射影所成的角即为直线与,平面所成的角.求线面角问题的解法主要有：
(1)直接法,通常是解由斜线段、垂线段、斜线在平面内的射影所组成的直角三角形，垂线段是其中最重要的元素，它可以起到联系各线段的作用.
(2)利用公式sin θ＝,其中θ是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长，其中求出垂线段的长(即斜线上的点到平面的距离)既是关键又是难点，有时可用三棱锥的体积来求垂线段的长.
(3)向量法,利用sin θ＝|cos〈n，l〉|，其中n是平面的法向量，l是直线的方向向量.
在研究空间角的最值问题时，我们还应该关注最小角定理.它揭示了斜线和平面所成的角是这条斜线和这个平面内的直线所成的所有角中最小的角(常称为最小角定理).根据最小角定理，平面的斜线和它在平面内的射影所成角，是这条斜线和这个平面内的任一条直线所成角中最小的角.同理：二面角定义的合理性(唯一性)也是考查学生数学素养的有效途径.这样的考查在近几年的学考、高考试题中已多次出现.

　如图，某人在垂直于水平地面ABC的墙前面的点A处进行射击训练．已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面的射击线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角θ的大小．若AB＝15 m，AC＝25 m，∠BCM＝30°，则tan θ的最大值为________．(仰角θ为直线AP与平面ABC所成角)
[解析]　法一：以PC＝m为变量，则PD＝，CD＝m.
∵AB＝15，AC＝25，
∴sin∠ACB＝＝，∴cos∠ACB＝，
在△ACD中，由余弦定理得
AD＝ .
所以tan θ＝＝≤，
当且仅当m＝时，取得最大值.
法二：建立空间直角坐标系B­xyz，如图所示，则A(15,0,0)，C(0,20,0)，设PD＝z，则P(0,20－z，z)，
则有＝(－15,20－z，z)，
所以sin θ＝＝.
所以当z＝时，仰角θ最大，有sin θ＝，即tan θ的最大值为.

法三：当点P在CM上运动时，意味着∠PAC也随之变化，
因此，也可以以∠PAC的大小为变量，
设∠PAC＝α，∠ACD＝β，∠PCA＝γ，
由题意得cos β＝，cos γ＝cos β·cos 30°＝.
所以sin γ＝.
在△PAC中，由正弦定理可知
PA＝，PC＝.
即PD＝·，
从而得到tan θ＝＝＝，
即当α＝90°时，tan θ的最大值为.
[答案]　

[经典好题——练一手]

1.如图，已知三棱锥D­ABC，记二面角C­AB­D的平面角是θ，直线DA与平面ABC所成的角是θ1，直线DA与BC所成的角是θ2，则(　　)
A．θ≥θ1　　　　　　　　 B．θ≤θ1
C．θ≥θ2 D．θ≤θ2
解析：选A　根据最小角定理，平面的斜线和它在平面内的射影所成角，是这条斜线和这个平面内的任一条直线所成角中最小的角，所以θ1≤θ2.二面角是所有线面角中最大的，所以θ≥θ1.
2.已知正三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝AB，D为棱AC上的动点(包括端点)．
(1)若AB1∥平面BDC1，试确定D点的位置；
(2)求直线AB1与平面BDC1所成角的正弦值的取值范围．
解：(1)连接B1C交BC1于点E，连接DE，
则平面BDC1∩平面AB1C＝DE.
因为AB1∥平面BDC1，所以AB1∥DE.
又因为E是B1C的中点，则D是AC的中点．
(2)取AC的中点O，建立如图所示的空间直角坐标系O­xyz，
不妨设AA1＝AB＝2，D(x,0,0)，－1≤x≤1，
则A(1,0,0)，B1(0，，2)，B(0，，0)，C1(－1,0,2)，
＝(x，－，0)， ＝(－1，－，2)，
设平面BDC1的法向量为n＝(a，b，c)，
则即
令a＝2，则b＝2x，c＝(1＋x)，
则平面BDC1的一个法向量n＝(2，2x，(1＋x))．
又因为＝(－1，，2)，
设直线AB1与平面BDC1所成的角为θ，
则sin θ＝＝
＝∈.
又当x＝0时，sin θ＝0.
所以直线AB1与平面BDC1所成角的正弦值的取值范围为.

[常用结论——记一番]

解空间角最值问题时往往会用到最小角定理
cos θ＝cos θ1cos θ2.
如图，若OA为平面α的一条斜线，O为斜足，
OB为OA在平面α内的射影，OC为平面α内的一条直线，
其中θ为OA与OC所成的角，
θ1为OA与OB所成的角，即线面角，
θ2为OB与OC所成的角，那么cos θ＝cos θ1cos θ2.
(十八)反设直线　巧解方程
[速解技法——学一招]


　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)．过右焦点F(c,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点F作l的垂线，交直线x＝于P点，若的最小值为，试求椭圆C的离心率e的取值范围．
[解]　法一：设直线l：x＝my＋c，且A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立得(b2m2＋a2)y2＋2mcb2y－b4＝0，
则
进而|y1－y2|＝＝.
于是|AB|＝|y1－y2|＝.
易知直线PF：y＝－m(x－c)，
得|PF|＝＝ .
所以＝＝.
令 ＝t(t≥1)，
则＝＝.
设函数f (t)＝≥.
所以≥1，得≥，即e≥.
故椭圆的离心率e的取值范围为.
法二：设直线l：(t为参数)．
联立直线与椭圆方程可得
t2＋t＋－1＝0，
于是|AB|＝|t1－t2|＝·.
易知直线PF：(t为参数)
由x＝＝c＋t3cos.
所以|PF|＝|t3|＝，
＝≥，
当且仅当sin α＝时取等号，
所以≥1，得≥，即e≥.
故椭圆的离心率e的取值范围为.
[技法领悟]
因为点F(c,0)的纵坐标为0，所以反设占有一定的优势，如果解决此类问题用一般设法，不仅计算复杂且不容易想到，而且还易忽视直线斜率不存在的情况，增加计算难度，而反设法在求解此类问题时具有一定的优势．
　　

[经典好题——练一手]

1．已知过定点P(2,0)的直线l交抛物线y2＝4x于A，B两点，则△AOB面积的最小值为________．
解析：设直线AB为x＝ty＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得y2－4ty－8＝0，
则y1＋y2＝4t，y1·y2＝－8.
|y1－y2|＝＝4.
所以S△AOB＝·|OP|·|y1－y2|＝4≥4.
故△AOB面积的最小值为4.
答案：4
2．已知圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r>1)，设A为圆C与x轴负半轴的交点，过点A作圆C的弦AM，并使弦AM的中点恰好落在y轴上．
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)延长MC交曲线E于另一点N，曲线E在点N处的切线与直线AM交于点B，试判断以点B为圆心，线段BC的长为半径的圆与直线MN的位置关系，并证明你的结论．
解：(1)设M(x，y)，x>0，由题意可知，A(1－r,0)，记AM的中点为D，则D，
因为C(1,0)，＝， ＝.
在圆C中，易知CD⊥DM，所以·＝0，
所以x－＝0，即y2＝4x(x>0)，
所以点M的轨迹E的方程为y2＝4x(x>0)．
(2)圆B与直线MN相切．证明如下：
设直线MN的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线BN的方程为y＝k＋y2.
联立消去x，得y2－4my－4＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
r－1＝x1，则点A(－x1,0)，
所以直线AM的方程为y＝x＋.
联立消去x，
得ky2－4y＋4y2－ky＝0，由Δ＝0，可得k＝，
所以直线BN的方程为y＝x＋.
联立解得xB＝－1，
yB＝＝＝＝＝2m，
所以点B(－1,2m)，|BC|＝，
点B到直线MN的距离
d＝＝＝|BC|，
所以圆B与直线MN相切．

[常用结论——记一番]

解直线与圆锥曲线问题时，选择反设的直线方程可以适当简化一些计算，不过要注意公式的对比：
(1)弦长公式：|x1－x2|＝|y1－y2|＝|y1－y2|＝ .
其中a′是直线与圆锥曲线联立所得方程a′x2＋b′x＋c′＝0的首项系数，Δ是方程的判别式，t＝.
(2)如果是参数方程弦长公式为|t1－t2|.
同时适当关注某些特定直线方程．
①若点P(x0，y0)为圆(x－a)2＋(y－b)2＝R2上的点，则经过点P的切线方程为(x－a)(x0－a)＋(y－b)·(y0－b)＝R2；
②若点P(x0，y0)为椭圆＋＝1(a>b>0)上的点，则经过点P的切线方程为＋＝1；
③若点P(x0，y0)为双曲线－＝1(a>0，b>0)上的点，则经过点P的切线方程为－＝1；
④若点P(x0，y0)为抛物线y2＝2px上的点，则经过点P的切线方程为yy0＝p(x＋x0)．
(十九)巧用定值　曲径通幽
[速解技法——学一招]

椭圆是解析几何中的一个基本曲线，椭圆中蕴含了很多性质，常见的有弦长、面积等一系列问题，特别是其中的一类斜率乘积为定值的问题不可不知．
解决这类问题的常用方法：
(1)联立方程
通过联立直线与椭圆方程，借助根与系数的关系，通过设而不求，整体代换解决椭圆问题是最常用的方法．
(2)点差法
点差法就是在求解圆锥曲线并且题目中已经交代直线与圆锥曲线相交被截线段的中点坐标的时候，利用直线和圆锥曲线的两个交点，并把交点代入圆锥曲线的方程，作差求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程．
　椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过点F1且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)点P为椭圆C上除长轴端点外的任意一点，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点，设直线PF1，PF2的斜率为k1，k2，若k≠0，试证明＋为定值，并求出这个定值．
[解]　(1)由已知得解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由(1)可知F1(－，0)，F2(，0)，
设P(x0，y0)，直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．
根据题意得＋＝＋＝，
所以＋＝，下一步证明k·为定值即可．
联立方程消去y得
x2＋x＋－1＝0，
由Δ＝0，得
2－4＝0，
整理得(a2－x)k2＋2x0y0k＋(b2－y)＝0.
又点P(x0，y0)在椭圆上，则＋＝1，
所以k2＋2x0y0k＋＝0，
所以2＝0，
即k·＝－＝－，为定值．
所以＋为定值，这个定值为－8.

[经典好题——练一手]

1.已知椭圆C：＋y2＝1，过椭圆上一点A(0,1)作直线l交椭圆于另一点B，P为线段AB的中点，若直线AB，OP的斜率存在且不为零，则kABkOP＝________.
解析：法一：(特殊值法)取B，则P，
则kAB＝，kOP＝，
故kAB·kOP＝×＝－.
法二：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋1，
联立方程
消去y得，(1＋4k2)x2＋8kx＝0，
得xB＝，即B.
则P，
∴kAB＝k，kOP＝－，
∴kAB·kOP＝－.
法三：(点差法)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，P(x0，y0)，
则两式相减得＋y－y＝0，
化简得·＝－，
即·＝－，
∴kAB·kOP＝－.
答案：－
2．已知直线l：y＝x＋，圆O：x2＋y2＝5，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，直线l被圆截得的弦长与椭圆的短轴长相等．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证：切线斜率之积为定值．
解：(1)由题意，圆心O到直线l的距离d＝＝，
则直线l被圆截得的弦长l＝2＝2，
∴b＝，
由得a＝，
故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：设点P的坐标为(x0，y0)，过P点与椭圆相切的切线方程为y－y0＝k(x－x0)．
因为点P在圆x2＋y2＝5上，所以x＋y＝5，
联立消去y得，
(3＋2k2)x2－4k(kx0－y0)x＋2(kx0－y0)2－6＝0，
由题意知Δ＝[－4k(kx0－y0)]2－4×(3＋2k2)[2(kx0－y0)2－6]＝0，
即2k2(kx0－y0)2－(3＋2k2)(kx0－y0)2＋3(3＋2k2)＝0，
整理得(x－2)k2－2x0y0k＋y－3＝0，
设过P点与椭圆E相切的两条切线斜率为k1，k2.
则k1·k2＝＝＝－1(定值)，
所以两切线斜率之积为定值．

[常用结论——记一番]

已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，下列三个斜率的乘积是定值－：
(1)直线l交椭圆于A，B两点，M为AB的中点，若l与OM的斜率存在，则kl·kOM＝－.
(2)点P为椭圆上除顶点外任意一点，过点P的直线l与椭圆相切，若直线l的斜率为k且不为零，则k·kOP＝－.
(3)直线AB过椭圆的中心O，交椭圆于A，B两点，P为椭圆上异于A，B，且使得kPA，kPB都存在且不为零的点，则kPA·kPB＝－.
(二十)构造函数　突破压轴
[速解技法——学一招]
构造函数是数学的一种重要思想方法，它体现了数学的发现、类比、化归、猜想、实验和归纳等思想.分析近些年的高考，发现构造函数的思想越来越重要，而且很多都用在压轴题(无论是主观题还是客观题)的解答上.
1.构造函数的主要步骤,(1)分析：分析已知条件，联想函数模型；
(2)构造：构造辅助函数，转化问题本质；
(3)回归：解析所构函数，回归所求问题.
2.构造函数常用于如下几个方面,(1)构造函数比较两式大小；
(2)构造新函数研究原函数的性质；
(3)构造函数证明不等式；
(4)构造函数研究方程的零点问题.
　已知函数f (x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，若f (x)≤恒成立，求a的取值范围．
[解]　法一：含参直接构造
f (x)－＝，
构造函数g(x)＝xln x－a(x2－1)(x≥1)，
则g′(x)＝ln x＋1－2ax.
令F(x)＝g′(x)＝ln x＋1－2ax，
则F′(x)＝.
令1－2ax＝0，得x＝.
①若a≤0，则F′(x)>0，g′(x)在[1，＋∞)上单调递增，g′(x)≥g′(1)＝1－2a>0，
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，从而f (x)－≥0，不符合题意．
②若00，
∴g′(x)在上单调递增，
从而g′(x)>g′(1)＝1－2a>0，
∴g(x)在上单调递增，g(x)≥g(1)＝0，从而f (x)－≥0，不符合题意．
③若a≥，则F′(x)≤0在[1，＋∞)上恒成立，
∴g′(x)在[1，＋∞)上单调递减，
g′(x)≤g′(1)＝1－2a≤0.
∴g(x)在[1，＋∞)上单调递减，
从而g(x)≤g(1)＝0，f (x)－≤0，
综上所述，a的取值范围是.
法二：巧妙两边构造
当x≥1时，f (x)≤恒成立等价于ln x－≤a(x－1)，
不等式两边分别构造函数：
h(x)＝ln x－＝，g(x)＝a(x－1)．
h′(x)＝，
∵x≥1，∴h′(x)>0，即h(x)在[1，＋∞)上是增函数．
g′(x)＝a，∵当a>0时，g(x)在[1，＋∞)上是增函数，
又∵h(1)＝g(1)＝0，
∴要使h(x)≤g(x)(x≥1)恒成立，只需h′(1)≤g′(1)，即a≥，故a的取值范围为.

[经典好题——练一手]

1．已知定义在R上的可导函数f (x)的导函数为f ′(x)，满足f ′(x)＜f (x)，且f (x＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x)＜ex的解集为(　　)
A．(－2，＋∞)　　　 　　　 B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
解析：选B　因为f (x＋2)为偶函数，所以f (x＋2)的图象关于x＝0对称，所以f (x)的图象关于x＝2对称．
所以f (0)＝f (4)＝1.
设g(x)＝(x∈R)，
则g′(x)＝＝.
又f ′(x)＜f (x)，所以g′(x)＜0(x∈R)，
所以函数g(x)在定义域R上单调递减．
因为f (x)＜ex⇔＜1，而g(0)＝＝1，
所以f (x)＜ex⇔g(x)＜g(0)，所以x＞0.
2．已知函数f (x)＝xln x－x2(a∈R)．
(1)若a＝2，求曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程；
(2)若g(x)＝f (x)＋(a－1)x在x＝1处取得极小值，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝2时，f (x)＝xln x－x2，f ′(x)＝ln x＋1－2x，f (1)＝－1，f ′(1)＝－1，
所以曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y－(－1)＝－(x－1)，即y＝－x.
(2)由已知得g(x)＝xln x－x2＋(a－1)x，x>0，
则g′(x)＝ln x－ax＋a.
令h(x)＝ln x－ax＋a，
则h(1)＝0，h′(x)＝－a＝.
①若a≤0，则当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，故函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当x∈(0,1)时，h(x)h(1)＝0，即g′(x)>0.又g′(1)＝0，所以g(x)在x＝1处取得极小值，满足题意．
②若01，当x∈时，h′(x)>0，故函数h(x)在上单调递增，所以当x∈(0,1)时，h(x)h(1)＝0，即g′(x)>0.又g′(1)＝0，所以g(x)在x＝1处取得极小值，满足题意．
③若a＝1，则当x∈(0,1)时，h′(x)>0，故h(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)<0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(1)＝0，即g′(x)≤0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递减，不满足题意．
④若a>1，则0<<1，当x∈时，h′(x)<0，故h(x)在上单调递减，所以当x∈时，h(x)>h(1)＝0，即g′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x) 综上，实数a的取值范围为(－∞，1)．
3．已知函数f (x)＝(x2＋ax＋b)ex的图象经过点P(0，－1)．
(1)若曲线y＝f (x)在点P处的切线l与直线m：x－2y＋1＝0相互垂直，求函数f (x)的单调区间；
(2)若函数f (x)在(0,4)上单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)由点P(0，－1)在函数f (x)的图象上，可得f (0)＝(02＋a×0＋b)e0＝－1，解得b＝－1，所以f (x)＝(x2＋ax－1)ex.
f ′(x)＝(x2＋ax－1)′ex＋(x2＋ax－1)(ex)′＝[x2＋(a＋2)x＋(a－1)]ex.所以f ′(0)＝a－1.
由题意可得(a－1)×＝－1，解得a＝－1，
所以f (x)＝(x2－x－1)ex，f ′(x)＝(x2＋x－2)ex＝(x＋2)(x－1)ex.
由f ′(x)>0，即(x＋2)(x－1)ex>0，可得x<－2或x>1；
由f ′(x)<0，即(x＋2)(x－1)ex<0，可得－2 所以函数f (x)的单调递增区间为(－∞，－2)，(1，＋∞)，单调递减区间为(－2,1)．
(2)由(1)知f ′(x)＝[x2＋(a＋2)x＋(a－1)]ex.
因为函数f (x)在(0,4)上单调递增，
所以f ′(x)≥0，即[x2＋(a＋2)x＋(a－1)]ex≥0在(0,4)上恒成立．
因为ex>0，所以不等式等价于x2＋(a＋2)x＋(a－1)≥0，即(x＋1)a＋(x2＋2x－1)≥0.
因为x∈(0,4)，所以x＋1>0，
故不等式可化为a≥－＝＝－(x＋1)(x∈(0,4))．
记p(x)＝－(x＋1)，x∈(0,4)，则p′(x)＝－－1<0，所以函数p(x)在(0,4)上单调递减，故p(x) 所以实数a的取值范围为[1，＋∞)．

[常用结论——记一番]

构造函数解决导数问题常用模型
(1)条件：f ′(x)>a(a≠0)，构造函数：h(x)＝f (x)－ax
(2)条件：f ′(x)±g′(x)>0，构造函数：h(x)＝f (x)±g(x)
(3)条件：f ′(x)＋f (x)>0，构造函数：h(x)＝exf (x)
(4)条件：f ′(x)－f (x)>0，构造函数：h(x)＝
(5)条件：xf ′(x)＋f (x)>0，构造函数：h(x)＝xf (x)
(6)条件：xf ′(x)－f (x)>0，构造函数：h(x)＝
(7)条件：>0：构造函数：h(x)＝ln|f (x)|
(二十一)巧拆函数　有效分离
[速解技法——学一招]

若一个方程或不等式由几个基本初等函数组成，当整体处理有困难或难度较大时，可以尝试通过拆分函数的方法去解决，实际上参变分离即为拆分函数的一种特殊情况，参变分离较多运用在带参数的二次方程或不等式中，而拆分函数则有更大的运用范围.
　已知函数f (x)＝ln x＋(a>0)．
(1)若函数f (x)有零点，求实数a的取值范围；
(2)证明：当a≥时，f (x)>e－x.
[解]　(1)法一：由题意知，函数f (x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)．
f ′(x)＝－＝.
因为a>0，所以x∈(0，a)时，f ′(x)<0；
x∈(a，＋∞)时，f ′(x)>0.
所以函数f (x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
所以f (x)min＝f (a)＝ln a＋1.
又f (1)＝ln 1＋a＝a>0，
所以当ln a＋1≤0，即0 所以实数a的取值范围为.
法二：由题意知，函数f (x)＝ln x＋的定义域为(0，＋∞)．
由f (x)＝ln x＋＝0有解，知a＝－xln x有解．
令g(x)＝－xln x，则g′(x)＝－(ln x＋1)．
因为当x∈时，g′(x)>0，当x∈时，g′(x)<0，
所以函数g(x)在上单调递增，在上单调递减，
故g(x)max＝g＝－ln ＝.
因为a＝－xln x有解，且x>0，a>0，所以0 所以实数a的取值范围为.
(2)证明：要证当a≥时，f (x)>e－x，
即证当x>0，a≥时，ln x＋>e－x，
即证xln x＋a>xe－x，
令h(x)＝xln x＋a，则h′(x)＝ln x＋1.
当0时，f ′(x)>0，
所以函数h(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以h(x)min＝h＝－＋a.
故当a≥时，h(x)≥－＋a≥.①
令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)．
当00；当x>1时，φ′(x)<0.
所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)max＝φ(1)＝.
故当x>0时，φ(x)≤.②
显然，不等式①②中的等号不能同时成立．
故当a≥时，f (x)>e－x.

[经典好题——练一手]

1．已知函数g(x)＝a－x2≤x≤e，e为自然对数的底数与h(x)＝2ln x的图象上存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是________．
解析：由题意，知方程x2－a＝2ln x，即－a＝2ln x－x2在上有解．设f (x)＝2ln x－x2，则f ′(x)＝－2x＝－.易知x∈时，f ′(x)>0，x∈[1，e]时f ′(x)<0，所以函数f (x)在上单调递增，在[1，e]上单调递减，所以f (x)极大值＝f (1)＝－1，又f (e)＝2－e2，f ＝－2－，f (e) 答案：[1，e2－2]
2．已知函数f (x)＝xln x－aex(e为自然对数的底数)有两个极值点，则实数a的取值范围是________．
解析：由题易知，f ′(x)＝1＋ln x－aex(x>0)，令f ′(x)＝0，得a＝，函数f (x)有两个极值点，则需f ′(x)＝0有两个实数根，等价于a＝有两个实数根，等价于直线y＝a与y＝的图象有两个交点．
令g(x)＝，则g′(x)＝，
令h(x)＝－1－ln x(x>0)，则h(x)在(0，＋∞)上为减函数，且h(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，故g′(x)>0，g(x)为增函数，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，故g′(x)<0，g(x)为减函数，
所以g(x)max＝g(1)＝，又当x→＋∞时，g(x)→0，
所以g(x)的图象如图所示，故0
答案：
3．已知函数f (x)＝(a－bx3)ex－，且函数f (x)的图象在点(1，e)处的切线与直线x－(2e＋1)y－3＝0垂直．
(1)求a，b的值；
(2)求证：当x∈(0,1)时，f (x)>2.
解：(1)因为f (1)＝e，所以(a－b)e＝e，故a－b＝1.①
依题意，f ′(1)＝－2e－1.
又f ′(x)＝aex－－b(exx3＋3x2ex)，
故f ′(1)＝ae－1－4be＝－2e－1，故a－4b＝－2.②
联立①②，解得a＝2，b＝1.
(2)证明：由(1)得f (x)＝2ex－－exx3，
要证f (x)>2，即证2ex－exx3>2＋.
令g(x)＝2ex－exx3，
则g′(x)＝－ex(x3＋3x2－2)＝－ex(x＋1)(x2＋2x－2)，
故当x∈(0,1)时，－ex<0，x＋1>0.
令p(x)＝x2＋2x－2，因为p(x)图象的对称轴为x＝－1，且p(0)·p(1)<0，
故存在x0∈(0,1)，使得p(x0)＝0，
故当x∈(0，x0)时，p(x)＝x2＋2x－2<0，
g′(x)＝－ex(x＋1)(x2＋2x－2)>0，
即g(x)在(0，x0)上单调递增；
当x∈(x0,1)时，p(x)＝x2＋2x－2>0，
故g′(x)＝－ex(x＋1)(x2＋2x－2)<0，
即g(x)在(x0,1)上单调递减．
因为g(0)＝2，g(1)＝e，
故当x∈(0,1)时，g(x)>g(0)＝2，
又当x∈(0,1)时，<0，所以2＋<2，
所以2ex－exx3>2＋，即当x∈(0,1)时，f (x)>2.

[常用结论——记一番]

参变分离后会出现的情况及处理方法：(假设x为自变量，其范围设为D，f (x)为函数；a为参数，g(a)为其表达式)．
若f (x)的值域为[m，M]，
(1)∀x∈D，g(a)≤f (x)，则只需要g(a)≤f (x)min＝m，
∀x∈D，g(a) (2)∀x∈D，g(a)≥f (x)，则只需要g(a)≥f (x)max＝M，
∀x∈D，g(a)>f (x)，则只需要g(a)>f (x)max＝M；
(3)∃x0∈D，g(a)≤f (x0)，则只需要g(a)≤f (x)max＝M，
∃x0∈D，g(a) (4)∃x0∈D，g(a)≥f (x0)，则只需要g(a)≥f (x)min＝m，
∃x0∈D，g(a)>f (x0)，则只需要g(a)>f (x)min＝m.
(二十二)妙用判别　玩转方程
[速解技法——学一招]
判别式法是一种技巧层次的解题方法，是把题设中的条件转化为一个方程，或者能通过条件构造出合适的函数，最终运用判别式来求解的思想方法.,实系数二次方程根的判别式在解题中具有极其重要的地位，其主要用途有以下几个方面：
(1)不用解方程直接根据判别式的值判断方程的实数根的情况；
(2)根据方程有无实数根的情况确定方程中某一待定系数的取值范围；
(3)结合反表示法求分式函数的值域；
(4)结合函数的零点相关知识进行多角度考察.,以上类型题目都是以方程和函数为载体直接呈现.
　已知△ABC，设P0是边AB上的一个定点，满足P0B＝AB，且对于边AB上任一点P，恒有·≥·，则(　　)
A．∠ABC＝90°　　　　　　 B．∠BAC＝90°
C．AB＝AC D．AC＝BC
[解析]　由题意，设||＝4，则||＝1，过点C作AB的垂线，垂足为H.在AB上任取一点P，设HP0＝a，则由数量积的几何意义可得， ·＝·＝[||－(a＋1)]||，·＝－| |·||＝－a，于是·≥· 恒成立，相当于[||－(a＋1)]·||≥－a恒成立，整理得||2－(a＋1)||＋a≥0恒成立，只需Δ＝(a＋1)2－4a＝(a－1)2≤0即可，于是a＝1，因此我们得到HB＝2，即H是AB的中点，故△ABC是等腰三角形，所以AC＝BC.
[答案]　D
　设x，y为实数，若4x2＋y2＋xy＝1，则2x＋y的最大值为________．
[解析]　设2x＋y＝t，则y＝t－2x，
代入4x2＋y2＋xy＝1中，有6x2－3tx＋t2－1＝0，
将它看成一个关于x的二次方程，
则Δ＝(3t)2－24(t2－1)≥0，解得－≤t≤.
故2x＋y的最大值为.
[答案]　

[经典好题——练一手]

1．设a，b为实数，那么代数式a2＋ab＋b2－a－2b的最小值为(　　)
A．－2 B．－1
C．0 D．1
解析：选B　设t＝a2＋ab＋b2－a－2b，变形得关于a的一元二次方程，a2＋(b－1)a＋(b2－2b－t)＝0.
因为a，b，t为实数，
因此有Δ＝(b－1)2－4(b2－2b－t)≥0，
即4t≥3b2－6b－1＝3(b－1)2－4，
所以4t≥－4，t≥－1.
故当a＝0，b＝1时，t有最小值，
即代数式a2＋ab＋b2－a－2b有最小值－1.
2．已知实数a，b，c满足a＋b＋c＝0，a2＋b2＋c2＝1，则a的最大值是________．
解析：因为a＋b＋c＝0，所以c＝－(a＋b)，
所以a2＋b2＋[－(a＋b)]2＝1，
所以2b2＋2ab＋2a2－1＝0，
将此式看成关于b的二次方程，由Δ＝－12a2＋8≥0，解得－≤a≤，故实数a的最大值为.
答案：
3．已知实数x，y满足x2＋xy＋y2＝1，求S＝的最小值与最大值．
解：令y＝kx，则x2＋xy＋y2＝1，变形得(1＋k＋k2)x2＝1，即x2＝.因为x2>0，可得k∈R.
S＝＝，可整理成关于k的方程，
得2Sk2－4k＋S－1＝0.
当S＝0时，易得k＝－；
当S≠0时，应有Δ＝16－8S(S－1)≥0，
解得－1≤S≤2，且S≠0.
综上所述，S＝的最小值为－1，最大值为2.
(二十三)创新试题　类比猜想
[速解技法——学一招]

创新题一直是高考命题的重点，特别是概念型、定义型、开放型等数学创新试题，它们解法灵活，值得我们重视．
(1)概念型信息题．解决此类问题的关键是仔细阅读、抓住信息、透彻理解．
(2)定义型应用题．解决此类问题的关键是要用数学的文字语言、符号语言和图形语言理解定义、熟悉定义，从而掌握定义．
(4)开放型问题．开放性探究题可分为条件开放型问题、结论开放型问题、条件结论均开放的全开放型问题以及存在性问题．对于具有多重结果的结论开放型问题，应抓住条件中那些影响结论的动态因素(如定义、公式的特定条件、几何体的不同形态等)，或分类讨论，或构造不同图形，全面考察问题的各个方面．对于只给出一个特定情境，而命题的条件、结论及推理判断过程均不确定的开放型试题，应该灵活运用数学知识，回顾相近或相似的题型、结论、方法，进行归纳、类比、猜想，最后确定结果．
　定义一种运算“※”，对于任意n∈N*均满足以下运算性质：(1)2※2 019＝1；(2)(2n＋2)※2 019＝(2n)※2 019＋3.则2 018※2 019＝________.
[解析]　设an＝(2n)※2 019，则由运算性质(1)知a1＝1，由运算性质(2)知an＋1＝an＋3，即an＋1－an＝3.
于是，数列{an}是等差数列，且首项为1，公差为3.
故2 018※2 019＝(2×1 009)※2 019＝a1 009＝1＋1 008×3＝3 025.
[答案]　3 025
[技法领悟]
注意到(2n)※2 019与[2(n＋1)]※2 019(即(2n＋2)※2 019)结构相同，具体区别为前边是“n”，后边是“n＋1”，于是，可将它们看作某一数列的相邻两项，从而通过“换元”将不熟悉的“新运算”问题转化为熟悉的等差数列问题，这是求解本题的关键．
　　　
　　　一个平面封闭区域内任意两点距离的最大值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域(阴影部分)的周率从左到右依次记为τ1，τ2，τ3，τ4，则下列关系中正确的为(　　)

A．τ1>τ4>τ3　　　　　 B．τ3>τ1>τ2
C．τ4>τ2>τ3 D．τ3>τ4>τ1
[解析]　如图，第一个区域先补成一个长方形，设长为a，宽为b，则周率为τ1＝＝≤2.
第二个区域，设大圆半径为2，则周率为τ2＝＝π.

第三个区域，将原图补成一个正三角形，设边长为a，则周率为τ3＝＝3.
第四个区域，设此区域的外接圆半径为R，则其中大的正三角形ABC的边长为R，周率为τ4＝＝2.故选C.
[答案]　C
　设a1，a2，a3，a4∈R，且a1a4－a2a3＝1，记f (a1，a2，a3，a4)＝a＋a＋a＋a＋a1a3＋a2a4，则f (a1，a2，a3，a4)的最小值为(　　)
A．1 B.
C．2 D．2
[解析]　设向量＝(a1，a2)，＝(a3，a4)，向量，的夹角为θ，其中O为坐标原点，则f (a1，a2，a3，a4)＝||2＋||2＋·.
因为S△AOB＝||||sin θ
＝||||
＝
＝
＝ ＝|a1a4－a2a3|，
又a1a4－a2a3＝1，
所以S△AOB＝||||·sin θ＝，
所以||||sin θ＝1.
于是f (a1，a2，a3，a4)≥2||||＋||||cos θ＝||||(2＋cos θ)＝.
令y＝，则y＞0，ysin θ－cos θ＝2，
所以2≤ ， 解得y≥ .
综上，f (a1，a2，a3，a4)≥ .
[答案]　B

[经典好题——练一手]

1．定义集合的商集运算为＝.已知集合A＝{2,4,6}，B＝，则集合∪B中的元素个数为(　　)
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：选B　由题意知，B＝{0,1,2}，＝
，则∪B＝，共有7个元素．
2．若函数y＝f (x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称y＝f (x)具有T性质．下列函数中具有T性质的是(　　)
A．y＝sin x B．y＝ln x
C．y＝ex D．y＝x3
解析：选A　当y＝sin x时，y′＝cos x，cos 0·cos π＝－1，所以在函数y＝sin x图象上存在两点x＝0，x＝π使条件成立，故A正确；函数y＝ln x，y＝ex，y＝x3的导数值均非负，不符合题意，故选A.
3．设D是函数y＝f (x)定义域内的一个区间，若存在x0∈D，使得f (x0)＝－x0，则称x0是f (x)的一个“次不动点”，也称f (x)在区间D上存在“次不动点”．若函数f (x)＝ax2－3x－a＋在区间[1,4]上存在“次不动点”，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，0] B.
C. D.
解析：选C　由题意，方程ax2－3x－a＋＝－x在区间[1,4]上有解，显然x≠1，所以方程ax2－3x－a＋＝－x在区间(1,4]上有解，即求函数a＝在区间(1,4]上的值域．
令t＝4x－5，则t∈(－1,11]，所以a＝，
当t∈(－1,0]时，a≤0；
当t∈(0,11]时，0 综上，实数a的取值范围是.
4．在R上定义运算⊗：x⊗y＝x(1－y)．请根据所定义运算，解决以下问题：命题“∃xi(i＝1,2，x1≠x2)，1⊗(2k－3－kxi)＝1＋为真”，则实数k的取值范围是(　　)
A.　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B　命题“∃xi(i＝1,2，x1≠x2)，1⊗(2k－3－kxi)＝1＋为真”等价于方程k(x－2)＋4＝1＋有两个不同的实数根，
又等价于函数y＝1＋的图象与y＝k(x－2)＋4的图象有两个不同的交点，
由y＝1＋ ，得 ＝y－1，
即x2＋(y－1)2＝4(y≥1)．

如图所示，当直线从PA按顺时针方向旋转到切线PC位置时，曲线y＝1＋ 与直线y＝k(x－2)＋4有两个不同的交点，故kPC 因为圆心(0,1)到直线y＝kPC(x－2)＋4的距离为2，所以＝2，解得kPC＝，又kPA＝，所以实数k的取值范围是.
重点生特训“2＋1＋2”压轴满分练
——拿下试卷“把关题”，叩开名校之门
“2＋1＋2”压轴满分练(一)
1．过抛物线y＝x2的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在直线y＝－1上，若△ABC为正三角形，则其边长为(　　)
A．11　　　　　　　　　　 B．12
C．13 D．14
解析：选B　由题意可知，焦点F(0,1)，易知过焦点F的直线的斜率存在且不为零，设为k(k≠0)，则该直线方程为y＝kx＋1(k≠0)，联立方程得∴x2＝4(kx＋1)，即x2－4kx－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，设线段AB的中点为M，则M(2k，2k2＋1)，|AB|＝＝＝4(1＋k2)，设C(m，－1)，连接MC，∵△ABC为等边三角形，∴kMC＝＝－，m＝2k3＋4k，点C(m，－1)到直线y＝kx＋1的距离|MC|＝＝|AB|，∴＝×4(1＋k2)，∴＝2(1＋k2)，∴＝，∴k＝±，∴|AB|＝4(1＋k2)＝12.
2．已知函数f(x)＝2sin(ωx＋φ)(ω>0,0<φ<π)，f＝，f＝0，且f(x)在(0，π)上单调．下列说法正确的是(　　)
A．ω＝
B．f ＝
C．函数f(x)在上单调递增
D．函数f(x)的图象关于点中心对称
解析：选C　由题意得函数f(x)的最小正周期T＝，
因为f(x)在(0，π)上单调，所以＝≥π，得0<ω≤1.
因为f＝，f＝0，所以f(x)在(0，π)上单调递减，又0<φ<π，0<ω≤1，
所以解得
所以f(x)＝2sin.选项A显然不正确．
因为f＝2sin＝2sin＝，所以B不正确．
因为当－π≤x≤－时，0≤x＋≤，所以函数f(x)在上单调递增，故C正确．
因为f＝2sin＝2sin≠0，所以点不是函数f(x)图象的对称中心，故D不正确．
3．已知函数f(x)＝，g(x)＝，若函数y＝f(g(x))＋a有三个不同的零点x1，x2，x3(其中x1

解析：∵g(x)＝，∴g′(x)＝.当00，g(x)单调递增；当x>e时，g′(x)<0，g(x)单调递减．作出函数g(x)的大致图象如图所示，
令g(x)＝t，由f(t)＋a＝＋a＝0，得关于t的一元二次方程t2＋(a－1)t＋1－a＝0，又f(g(x))＋a＝0有三个根x1，x2，x3，且x10，得1－a<0或1－a>4.当0 令λ＝1－a，φ(t)＝t2＋(a－1)t＋1－a＝t2－λt＋λ，
由t1<0 即解得<λ<0.
综上，2g(x1)＋g(x2)＋g(x3)的取值范围为.
答案：
4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且离心率为，M为椭圆上任意一点，当∠F1MF2＝90°时，△F1MF2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知A是椭圆C上异于椭圆顶点的一点，连接并延长AF1，AF2，分别与椭圆交于点B，D，设直线BD的斜率为k1，直线OA的斜率为k2(O为坐标原点)，求证：k1·k2为定值．
解：(1)设|MF1|＝r1，|MF2|＝r2，
由题意，得
∴a＝，c＝1，则b2＝a2－c2＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：易知直线AF1，AF2的斜率均不为0.设B(x1，y1)，D(x2，y2)，
当直线AF1的斜率不存在时，不妨令A，则B，又F1(－1,0)，F2(1,0)，
∴直线AF2的方程为y＝－(x－1)，将其代入＋y2＝1，整理可得5x2－2x－7＝0，
∴x2＝，y2＝－，则D，
∴直线BD的斜率k1＝＝，
直线OA的斜率k2＝－，
∴k1·k2＝×＝－.
当直线AF2的斜率不存在时，同理可得k1·k2＝－.
当直线AF1，AF2的斜率都存在且不为0时，设A(x0，y0)，则x0y0≠0，
则直线AF1的方程为y＝(x＋1)，
联立，得消去y可得，
[(x0＋1)2＋2y]x2＋4yx＋2y－2(x0＋1)2＝0，
又＋y＝1，∴2y＝2－x，
∴(3＋2x0)x2＋2(2－x)x－3x－4x0＝0，
∴x1·x0＝，
∴x1＝，
则y1＝＝－，
∴B.
直线AF2的方程为y＝(x－1)，
同理可得D，
∴直线BD的斜率
k1＝＝＝，
∵直线OA的斜率k2＝，
∴k1·k2＝·＝＝＝－.
综上，k1·k2为定值，且定值为－.
5.已知函数f(x)＝(x＋b)(ex－a)(b>0)的图象在点(－1，f(－1))处的切线方程为(e－1)x＋ey＋e－1＝0.
(1)求a，b；
(2)若方程f(x)＝m有两个实数根x1，x2，且x1 解：(1)由题意得f(－1)＝0，所以f(－1)＝(－1＋b)＝0，所以a＝或b＝1.
又f′(x)＝(x＋b＋1)ex－a，
所以f′(－1)＝－a＝－1＋，
若a＝，则b＝2－e<0，与b>0矛盾，故a＝1，b＝1.
(2)证明：由(1)可知f(x)＝(x＋1)(ex－1)，f(0)＝0，f(－1)＝0，
设曲线y＝f(x)在点(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，
则h(x)＝(x＋1)，
令F(x)＝f(x)－h(x)，
则F(x)＝(x＋1)(ex－1)－(x＋1)，
F′(x)＝(x＋2)ex－，
当x≤－2时，F′(x)＝(x＋2)ex－≤－<0，
当x>－2时，设G(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－，则G′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数F′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又F′(－1)＝0，
所以当x∈(－∞，－1)时，F′(x)<0，当x∈(－1，＋∞)时，F′(x)>0，
所以函数F(x)在区间(－∞，－1)上单调递减，在区间(－1，＋∞)上单调递增，
故F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)，
所以f(x1)≥h(x1)．
设h(x)＝m的根为x1′，则x1′＝－1＋，
又函数h(x)单调递减，且h(x1′)＝f(x1)≥h(x1)，所以x1′≤x1，
设曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝t(x)，易得t(x)＝x，
令T(x)＝f(x)－t(x)＝(x＋1)(ex－1)－x，T′(x)＝(x＋2)ex－2，
当x≤－2时，T′(x)＝(x＋2)ex－2≤－2<0，
当x>－2时，设H(x)＝T′(x)＝(x＋2)ex－2，则H′(x)＝(x＋3)ex>0，
故函数T′(x)在(－2，＋∞)上单调递增，又T′(0)＝0，
所以当x∈(－∞，0)时，T′(x)<0，当x∈(0，＋∞)时，T′(x)>0，
所以函数T(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以T(x)≥T(0)＝0，所以f(x)≥t(x)，
所以f(x2)≥t(x2)．
设t(x)＝m的根为x2′，则x2′＝m，
又函数t(x)单调递增，且t(x2′)＝f(x2)≥t(x2)，
所以x2′≥x2.
又x1′≤x1，
所以x2－x1≤x2′－x1′＝m－－1＋＝1＋.

“2＋1＋2”压轴满分练(二)
1．已知A，B，C，D四点均在以点O1为球心的球面上，且AB＝AC＝AD＝2，BC＝BD＝4，CD＝8.若球O2在球O1内且与平面BCD相切，则球O2直径的最大值为(　　)
A．1　　　　　　　　　　 B．2
C．4 D．8
解析：选D　由题意，得BC2＋BD2＝CD2，所以BC⊥BD，所以△BCD为等腰直角三角形．如图，设CD的中点为O，则O为△BCD的外心，且外接圆半径r＝4.连接AO，BO，因为AC＝AD＝2，所以AO⊥CD，AO＝2，又BO＝4，所以AO2＋BO2＝AB2，所以AO⊥BO，所以AO⊥平面BCD，所以球心O1在直线AO上．设球O1的半径为R，则有r2＋OO＝R2，即16＋(R－2)2＝R2，解得R＝5.当球O2直径最大时，球O2与平面BCD相切，且与球O1内切，此时A，O，O1，O2四点共线，所以球O2直径的最大值为R＋OO1＝8.
2．已知函数f(x)＝(x－a)3－3x＋a(a>0)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，则b的取值范围是(　　)
A．[0,3] B．[0,2]
C．[2,3] D．(－1,3]
解析：选A　由题意，得f′(x)＝3(x－a)2－3＝3(x－a＋1)(x－a－1)．由f′(x)＝0，得x＝a＋1或x＝a－1，所以当a－1a＋1时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(a－1，a＋1)上单调递减，在(－∞，a－1)，(a＋1，＋∞)上单调递增．又f(a＋1)＝－2a－2，f(a－1)＝－2a＋2.若f(－1)＝－2a－2，即(－1－a)3＋3＋a＝－2a－2，则a＝1，此时f(x)＝(x－1)3－3x＋1，且f(x)＝－4时，x＝－1或x＝2；由f(x)＝0，解得x＝0或x＝3.因为函数f(x)在[－1，b]上的值域为[－4,0]，所以0≤b≤3.若f(－1)>－2a－2，因为a>0，所以a－1>－1，要使函数f(x)在[－1，b]上的值域为[－2－2a,0]，需a＋1≤b，此时a－1∈[－1，b]，所以
即无解．综上所述，b的取值范围是[0,3]．
3．在平面四边形ABCD中，AB＝1，AC＝，BD⊥BC，BD＝2BC，则AD的最小值为________．
解析：设∠BAC＝α，∠ABD＝β(β∈(0，π))，则∠ABC＝β＋.在△ABC中，由余弦定理，得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos α＝6－2cos α，由正弦定理，得＝，即BC＝.在△ABD中，由余弦定理，得AD2＝AB2＋DB2－2AB·DBcos β＝1＋4BC2－4BCcos β＝1＋4(6－2cos α)－4··cos β＝25－8cos α－4sin α＝25－20sin(α＋θ) （其中sin θ＝，cos θ＝），所以当sin(α＋θ)＝1，即sin α＝，cos α＝时，AD2取得最小值5，所以AD的最小值为.
答案：
4．椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，右焦点为F，上、下顶点分别是B，C，|AB|＝，直线CF交线段AB于点D，且|BD|＝2|DA|.
(1)求E的标准方程；
(2)是否存在直线l，使得l交椭圆于M，N两点，且F恰是△BMN的垂心？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)法一：由题意知F(c,0)，A(a,0)，B(0，b)，C(0，－b)，
所以直线AB的方程为＋＝1，
直线CF的方程为－＝1，
由得，xD＝.
因为|BD|＝2|DA|，所以＝2，
所以＝| |，得＝a，
解得a＝2c，所以b＝＝c.
因为|AB|＝，即＝，所以c＝，
所以c＝1，a＝2，b＝，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
法二：如图，设椭圆E的左焦点为G，连接BG，
由椭圆的对称性得BG∥CF，
则＝＝2，
即|GF|＝2|FA|，
由题意知F(c,0)，则|GF|＝2c，
|FA|＝a－c，
所以2c＝2(a－c)，得a＝2c，
所以b＝＝c.
因为|AB|＝，即＝，即c＝，
所以c＝1，a＝2，b＝，
所以椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2)假设存在直线l，使得F是△BMN的垂心，连接BF，并延长，连接MF，并延长，如图，则BF⊥MN，MF⊥BN.
由(1)知，B(0，)，F(1,0)，
所以直线BF的斜率kBF＝－，
易知l的斜率存在，设为k，则kBF·k＝－1，所以k＝，
设l的方程为y＝x＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由消去y得13x2＋8mx＋12(m2－3)＝0，
由Δ＝(8m)2－4×13×12(m2－3)>0得，
－ x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为MF⊥BN，所以·＝0，
因为＝(1－x1，－y1)，＝(x2，y2－)，
所以(1－x1)x2－y1(y2－)＝0，
即(1－x1)x2－＋＝0，
整理得(x1＋x2)－x1x2－m2＋m＝0，
所以·－·－m2＋m＝0，
整理得21m2－5m－48＝0，
解得m＝或m＝－.
当m＝时，M或N与B重合，不符合题意，舍去；
当m＝－时，满足－ 所以存在直线l，使得F是△BMN的垂心，l的方程为y＝x－.
5．已知函数f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2.
(1)讨论f(x)的单调区间；
(2)若a<－，求证：当x≥0时，f(x)<0.
解：(1)因为f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2，
所以f′(x)＝(ax2＋4ax＋2a＋1)ex，
令u(x)＝ax2＋4ax＋2a＋1，
①当a＝0时，u(x)>0，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
②当a>0时，Δ＝(4a)2－4a(2a＋1)＝4a(2a－1)，
(ⅰ)当a>时，Δ>0，令u(x)＝0，得x1＝，x2＝，且x1 所以当x∈(－∞，x1)∪(x2，＋∞)时，u(x)>0，f′(x)>0，
当x∈(x1，x2)时，u(x)<0，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为， ，单调递减区间为.
(ⅱ)当0 所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
③当a<0时，Δ>0，令u(x)＝0，得x1＝，x2＝，且x2 所以当x∈(x2，x1)时，u(x)>0，f′(x)>0，
当x∈(－∞，x2)∪(x1，＋∞)时，u(x)<0，f′(x)<0，
所以f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为－， .
综上，当a>时，f(x)的单调递增区间为，，单调递减区间为；
当0≤a≤时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；
当a<0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为， .
(2)证明：f(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex－2＝aex(x2＋2x)＋ex－2，
令φ(a)＝aex(x2＋2x)＋ex－2，
显然当x≥0时，ex(x2＋2x)≥0，
所以当a<－时，φ(a)<φ＝－＋ex－2.
所以要证当x≥0时，f(x)<0，只需证当x≥0时，
－＋ex－2≤0，
即证当x≥0时，ex(x2＋2x－7)＋14≥0.
令g(x)＝ex(x2＋2x－7)＋14，
则g′(x)＝ex(x2＋4x－5)＝(x－1)(x＋5)ex，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以当x≥0时，g(x)≥g(1)＝14－4e>0，
从而当x≥0时，f(x)<0.

“2＋1＋2”压轴满分练(三)
1．已知函数f(x)＝＋2kln x－kx，若x＝2是函数f(x)的唯一极值点，则实数k的取值范围是(　　)
A.　　　　　　　 B．
C．(0,2] D．[2，＋∞)
解析：选A　由题意可得f′(x)＝＋＝，x>0，
令f′(x)＝0，得x＝2或ex＝kx2(x>0)，
由x＝2是函数f(x)的唯一极值点知ex≥kx2(x>0)恒成立或ex≤kx2(x>0)恒成立，由y＝ex(x>0)和y＝kx2(x>0)的图象可知，只能是ex≥kx2(x>0)恒成立．
法一：由x>0知，ex≥kx2，则k≤，
设g(x)＝，则k≤g(x)min.
由g′(x)＝，得当x>2时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当0 所以g(x)min＝g(2)＝，所以k≤.
法二：ex≥kx2(x>0)恒成立，则y＝ex(x>0)的图象在y＝kx2(x>0)的图象的上方(含相切)，
①若k≤0，易知满足题意；
②若k>0，设y＝ex(x>0)与y＝kx2(x>0)的图象在点(x0，y0)处有相同的切线，
则解得数形结合可知，0 2．定义“有增有减”数列{an}如下：∃t∈N*，atas＋1.已知“有增有减”数列{an}共4项，若ai∈{x，y，z}(i＝1,2,3,4)，且x A．64个 B．57个
C．56个 D．54个
解析：选D　法一：不妨设x＝1，y＝2，z＝3，则ai∈{1,2,3}(i＝1,2,3,4)，所以ai＝1或2或3.
考虑反面，即数列{an}不是“有增有减”数列，此时有三种情况：常数数列、不增数列(a1≥a2≥a3≥a4，且等号不同时成立)及不减数列(a1≤a2≤a3≤a4，且等号不同时成立)．
①常数数列，有1,1,1,1；2,2,2,2；3,3,3,3，共3个．
②不减数列，含1,2,3中的任意两个数或三个数，
若含两个数，则有C＝3种情况，以含有1,2为例，不减数列有1,1,1,2；1,1,2,2；
1,2,2,2，共3个，所以含两个数的不减数列共有3×3＝9个．
若含三个数，则不减数列有1,1,2,3；1,2,3,3；1,2,2,3，共3个．
所以不减数列共有9＋3＝12个．
③不增数列，同理②，共有12个．
综上，数列{an}不是“有增有减”数列共有3＋12×2＝27个．
所以，数列{an}是“有增有减”数列共有34－27＝54个．
法二：根据题设“有增有减”数列的定义，数列{an}共有两类．
第一类：数列{an}的4项只含有x，y，z中的两个，则有C＝3种情况，以只含x，y为例，满足条件的数列{an}有x，y，x，x；x，x，y，x；y，x，y，y；y，y，x，y；x，y，x，y；y，x，y，x；x，y，y，x；y，x，x，y，共8个，所以此类共有3×8＝24个．
第二类：数列{an}的4项含有x，y，z中的三个，必有两项是同一个，有C＝3种情况，以两项是x，另两项分别为y，z为例，满足条件的数列{an}有x，x，z，y；x，y，x，z；x，z，x，y；x，y，z，x；x，z，y，x；y，x，x，z；y，x，z，x；y，z，x，x；z，x，x，y；z，x，y，x，共10个，所以此类共有3×10＝30个．
综上，数列{an}共有24＋30＝54个．
3．如图，等腰三角形PAB所在平面为α，PA⊥PB，AB＝4，C，D分别为PA，AB的中点，G为CD的中点．平面α内经过点G的直线l将△PAB分成两部分，把点P所在的部分沿直线l翻折，使点P到达点P′(P′∉平面α)．若点P′在平面α内的射影H恰好在翻折前的线段AB上，则线段P′H的长度的取值范围是________．




解析：在等腰三角形PAB中，∵PA⊥PB，AB＝4，
∴PA＝PB＝2.
∵C，D分别为PA，AB的中点，
∴PC＝CD＝且PC⊥CD.
连接PG，P′G，
∵G为CD的中点，∴PG＝P′G＝.
连接HG，
∵点P′在平面α内的射影H恰好在翻折前的线段AB上，
∴P′H⊥平面α，∴P′H⊥HG，
∴HG＜P′G＝.
易知点G到线段AB的距离为，
∴HG≥，∴≤HG＜.
又P′H＝，∴0＜P′H≤.
答案：
4．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l.已知以F为圆心，半径为4的圆与l交于A，B两点，E是该圆与抛物线C的一个交点，∠EAB＝90°.
(1)求p的值；
(2)已知点P的纵坐标为－1且在抛物线C上，Q，R是抛物线C上异于点P的两点，且满足直线PQ和直线PR的斜率之和为－1，试问直线QR是否经过一定点？若是，求出定点的坐标；否则，请说明理由．
解：(1)连接AF，EF，由题意及抛物线的定义，得|AF|＝|EF|＝|AE|＝4，即△AEF是边长为4的正三角形，所以∠FAE＝60°，设准线l与x轴交于点D，在Rt△ADF中，∠FAD＝30°，所以p＝|DF|＝|AF|＝×4＝2.
(2)由题意知直线QR的斜率不为0，设直线QR的方程为x＝my＋t，点Q(x1，y1)，R(x2，y2)．
由得y2－4my－4t＝0，
则Δ＝16m2＋16t>0，y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4t.
又点P，Q在抛物线C上，
所以kPQ＝＝＝＝，
同理可得kPR＝.因为kPQ＋kPR＝－1，
所以＋＝
＝＝－1，
则t＝3m－.
由
解得m∈∪∪(1，＋∞)，
所以直线QR的方程为x＝m(y＋3)－，
则直线QR过定点.
5．已知函数f(x)＝e2x(x3＋ax＋4xcos x＋1)，g(x)＝ex－m(x＋1)．
(1)当m≥1时，求函数g(x)的极值；
(2)若a≥－，证明：当x∈(0,1)时，f(x)>x＋1.
解：(1)由题意可知g′(x)＝ex－m，
当m≥1时，由g′(x)＝0得x＝ln m，
由x>ln m得g′(x)>0，g(x)单调递增；由x 所以函数g(x)只有极小值，且极小值为g(ln m)＝m－m(ln m＋1)＝－mln m.
(2)证明：当x∈(0,1)时，要证f(x)>x＋1，
即证x3＋ax＋4xcos x＋1>.
由(1)得，当m＝1时，g(x)＝ex－(x＋1)≥0，
即ex≥x＋1，
所以e2x≥(x＋1)2，所以<，x∈(0,1)，
x3＋ax＋4xcos x＋1－>x3＋ax＋4xcos x＋1－＝x3＋ax＋4xcos x＋＝x，
令h(x)＝x2＋4cos x＋a＋，

则h′(x)＝2x－4sin x－，
令I(x)＝2x－4sin x，
则I′(x)＝2－4cos x＝2(1－2cos x)，
当x∈(0,1)时，cos x>cos 1>cos＝，
所以1－2cos x<0，
所以I′(x)<0，所以I(x)在(0,1)上为减函数，
所以当x∈(0,1)时，I(x) 所以h(x)在(0,1)上为减函数，
因此，当x∈(0,1)时，h(x)>h(1)＝a＋＋4cos 1，
因为4cos 1>4cos＝2，而a≥－，
所以a＋＋4cos 1>0，所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，
所以x3＋ax＋4xcos x＋1>成立，
所以当x∈(0,1)时，f(x)>x＋1成立．

“2＋1＋2”压轴满分练(四)
1．已知函数f(x)＝－1－nln x(m>0,0≤n≤e)在区间[1，e]内有唯一零点，则的取值范围为(　　)
A.　　　　 B.
C. D．
解析：选A　f′(x)＝－－＝－，当n＝0时，f′(x)＝－＜0，当0＜n≤e时，令f′(x)＝0，则x＝－＜0，所以函数f(x)在[1，e]上单调递减，由函数f(x)在区间[1，e]内有唯一零点，
得即即
或即又m＞0,0≤n≤e，
所以(1)或(2)
所以m，n满足的可行域如图(1)或图(2)中的阴影部分所示，则＝表示点(m，n)与点(－1，－2)所在直线的斜率，


当m，n满足不等式组(1)时，的最大值在点(1，e)处取得，为＝＋1，
当m，n满足不等式组(2)时，的最小值在A点处取得，根据得所以最小值为，故选A.
2．已知P为双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)右支上的任意一点，经过点P的直线与双曲线C的两条渐近线分别相交于A，B两点．若点A，B分别位于第一、四象限，O为坐标原点，当＝时，△AOB的面积为2b，则双曲线C的实轴长为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x，y)，
由＝，
得(x－x1，y－y1)＝(x2－x，y2－y)，
则x＝x1＋x2，y＝y1＋y2，
所以－＝1.
易知点A在直线y＝x上，点B在直线y＝－x上，
则y1＝x1，y2＝－x2，
所以－＝1，
即b22－a22＝a2b2，
化简可得a2＝x1x2.
由渐近线的对称性可得sin∠AOB＝sin 2∠AOx＝＝＝＝，
所以△AOB的面积为|OA||OB|sin∠AOB＝××sin∠AOB
＝ × ×
＝x1x2 × ×
＝a2××
＝a2××＝ab＝2b，
得a＝，所以双曲线C的实轴长为.
3．已知数列{an}共16项，且a1＝1，a8＝4.记关于x的函数fn(x)＝x3－anx2＋(a－1)x，n∈N*.若x＝an＋1(1≤n≤15)是函数fn(x)的极值点，且曲线y＝f8(x)在点(a16，f8(a16))处的切线的斜率为15，则满足条件的数列{an}的个数为________．
解析：fn′(x)＝x2－2anx＋a－1＝[x－(an＋1)][x－(an－1)]，令fn′(x)＝0，得x＝an＋1或x＝an－1，所以an＋1＝an＋1或an－1＝an＋1(1≤n≤15)，所以|an＋1－an|＝1(1≤n≤15)，又f8′(x)＝x2－8x＋15，所以a－8a16＋15＝15，解得a16＝0或a16＝8，
当a16＝0时，a8－a1＝(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(a8－a7)＝3，
得ai＋1－ai(1≤i≤7，i∈N*)的值有2个为－1,5个为1；
由a16－a8＝(a9－a8)＋(a10－a9)＋…＋(a16－a15)＝－4，
得ai＋1－ai(8≤i≤15，i∈N*)的值有6个为－1,2个为1.
所以此时数列{an}的个数为CC＝588，
同理可得当a16＝8时，数列{an}的个数为CC＝588.
综上，数列{an}的个数为2CC＝1 176.
答案： 1 176
4．已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，左顶点为A，离心率为，点B是椭圆上的动点，△ABF1面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设经过点F1的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，线段MN的中垂线为l′.若直线l′与直线l相交于点P，与直线x＝2相交于点Q，求的最小值．
解：(1)由已知得e＝＝，即a2＝2c2.
∵a2＝b2＋c2，∴b＝c.
设B点的纵坐标为y0(y0≠0)，
则S△ABF1＝(a－c)·|y0|≤(a－c)b＝，
即(b－b)b＝－1，∴b＝1，a＝.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)可知F1(－1,0)，
由题意知直线l的斜率不为0，故设直线l：x＝my－1，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(xP，yP)，Q(2，yQ)．
联立，得消去x，
得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
此时Δ＝8(m2＋1)＞0，
∴y1＋y2＝，y1y2＝－.
由弦长公式，得|MN|＝|y1－y2|
＝ ＝2·.
又yP＝＝，∴xP＝myP－1＝，
∴|PQ|＝|xP－2|＝·，
∴＝＝·＝（＋）≥2，
当且仅当＝，即m＝±1时等号成立，
∴当m＝±1，即直线l的斜率为±1时，取得最小值2.
5．已知函数f(x)＝xln x＋ax＋1，a∈R.
(1)当x＞0时，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求a的取值范围；
(2)当n∈N*时，证明：＜(ln 2)2＋2＋…＋2＜.
解：(1)由f(x)≥0，得xln x＋ax＋1≥0(x＞0)，
即－a≤ln x＋恒成立，即－a≤min.
令F(x)＝ln x＋(x＞0)，则F′(x)＝－＝，
∴函数F(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
∴函数F(x)＝ln x＋的最小值为F(1)＝1，
∴－a≤1，即a≥－1，
∴a的取值范围是[－1，＋∞)．
(2)证明：∵为数列的前n项和，为数列的前n项和，
∴只需证明＜2＜即可．
由(1)知，当a＝－1时，xln x－x＋1≥0，即ln x≥1－，
令x＝＞1，得ln >1－＝，
∴2＞2＞.
现证明2＜，
即2ln ＜＝＝ － .(*)
现证明2ln x＜x－(x＞1)，
构造函数G(x)＝x－－2ln x(x＞1)，
则G′(x)＝1＋－＝＞0，
∴函数G(x)在(1，＋∞)上是增函数，
即G(x)＞G(1)＝0，
即2ln x＜x－成立．
令x＝ ，则(*)式成立．
综上，得＜2＜.
对数列，，分别求前n项和，得＜(ln 2)2＋2＋…＋2＜.

“2＋1＋2”压轴满分练(五)
1．函数f(x)＝2sin(ω＞0)的图象在[0,1]上恰有两个极大值点，则ω的取值范围为(　　)
A．[2π，4π]　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选C　法一：由函数f(x)在[0,1]上恰有两个极大值点，及正弦函数的图象可知ω＋∈，则≤ω＜.
法二：取ω＝2π，则f(x)＝2sin，
由2πx＋＝＋2kπ，k∈Z，得x＝＋k，k∈Z，
则在[0,1]上只有x＝，不满足题意，排除A、B、D，故选C.
2．过点P(2，－1)作抛物线x2＝4y的两条切线，切点分别为A，B，PA，PB分别交x轴于E，M两点，O为坐标原点，则△PEM与△OAB的面积的比值为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选C　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨令x1＜x2，
则y1＝，y2＝，由y＝x2得y′＝x，
则直线PA的方程为y－y1＝x1(x－x1)，
即y－＝x1(x－x1)，则E，
将P(2，－1)代入得x1－y1＋1＝0，
同理可得直线PB的方程为x2－y2＋1＝0，M，
∴直线AB的方程为x－y＋1＝0，
则AB过定点F(0,1)，
S△AOB＝|OF|(x2－x1)＝(x2－x1)，
S△PEM＝×1×＝(x2－x1)，
∴＝.
3．在四面体ABCD中，AD＝DB＝AC＝CB＝1，则当四面体的体积最大时，它的外接球半径R＝________.
解析：当平面ADC与平面BCD垂直时，四面体ABCD的体积最大，因为AD＝AC＝1，
所以可设等腰三角形ACD的底边CD＝2x，高为h，则x2＋h2＝1，
此时四面体的体积V＝××2x×h2＝x(1－x2)，则V′＝－x2，令V′＝0，得x＝，从而h＝，
则CD＝AB＝，故可将四面体ABCD放入长、宽、高分别为a，b，c的长方体中，如图，

则解得a2＝c2＝，b2＝，则长方体的体对角线即四面体ABCD的外接球直径，(2R)2＝a2＋b2＋c2＝，R＝.
答案：
4．已知椭圆Γ∶＋＝1，过点P(1,1)作斜率互为相反数的两条不同直线l1，l2，设l1与椭圆Γ交于A，B两点，l2与椭圆Γ交于C，D两点．
(1)若P(1,1)为AB的中点，求直线l1的方程；
(2)记λ＝，求λ的取值范围．
解：(1)易知直线l1的斜率存在且不为0，设直线AB的斜率为k，则其方程为y－1＝k(x－1)，代入x2＋2y2＝4中，
得x2＋2[kx－(k－1)]2－4＝0，
∴(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2(k－1)2－4＝0.
判别式Δ＝[4(k－1)k]2－4(2k2＋1)[2(k－1)2－4]
＝8(3k2＋2k＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
∵AB的中点为P(1,1)，
∴(x1＋x2)＝＝1，则k＝－.
∴直线l1的方程为y－1＝－(x－1)，
即x＋2y－3＝0.
(2)由(1)知|AB|＝|x1－x2|
＝
＝.
由题可得直线l2的方程为y－1＝－k(x－1)(k≠0)，
同理可得|CD|＝，
∴λ＝＝ (k≠0)，
∴λ2＝1＋＝1＋.
令t＝3k＋，
则g(t)＝1＋，t∈(－∞，－2 ]∪[2，＋∞)．
易知g(t)在(－∞，－2 ]，[2，＋∞)上单调递减，
∴2－≤g(t)＜1或1＜g(t)≤2＋，
故2－≤λ2＜1或1＜λ2≤2＋，
即λ∈∪.
5．已知函数f(x)＝xex－a(ln x＋x)，a∈R.
(1)当a＝e时，判断f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝e时，f′(x)＝，
令f′(x)＝0，得x＝1，
∴f(x)在(0,1)上为减函数；在(1，＋∞)上为增函数．
(2)记t＝ln x＋x，则t＝ln x＋x在(0，＋∞)上单调递增，且t∈R.
∴f(x)＝xex－a(ln x＋x)＝et－at，令g(t)＝et－at.
∴f(x)在x＞0上有两个零点等价于g(t)＝et－at在t∈R上有两个零点．
①当a＝0时，g(t)＝et，在R上单调递增，且g(t)＞0，故g(t)无零点；
②当a＜0时，g′(t)＝et－a＞0，g(t)在R上单调递增，又g(0)＝1＞0，
g＝e－1＜0，故g(t)在R上只有一个零点；
③当a＞0时，由g′(t)＝et－a＝0可知g(t)在t＝ln a时有唯一的一个极小值g(ln a)＝a(1－ln a)．
若0＜a＜e，g(t)极小值＝a(1－ln a)＞0，g(t)无零点；
若a＝e，g(t)极小值＝0，g(t)只有一个零点；
若a＞e，g(t)极小值＝a(1－ln a)＜0，而g(0)＝1＞0，
由y＝在x＞e时为减函数，可知
当a＞e时，ea＞ae＞a2，从而g(a)＝ea－a2＞0，
∴g(x)在(0，ln a)和(ln a，＋∞)上各有一个零点．
综上，当a＞e时，f(x)有两个零点，即实数a的取值范围是(e，＋∞)．

“2＋1＋2”压轴满分练(六)
1．已知函数f(x)＝，当x>0时，函数f(x)的图象恒在直线y＝kx的下方，则k的取值范围是(　　)
A.　　　　　　 B.
C. D．
解析：选B　f′(x)＝＝，令f′(x)＝0，得x＝＋2kπ，k∈Z，所以函数f(x)在x＝＋2kπ，k∈Z时取得极大值，当直线y＝kx与f(x)＝的图象在原点处相切时，可得k＝f′(0)＝，由图(图略)易得k的取值范围是.
2．已知f(x)是定义在R上的可导函数，若3f(x)>f′(x)恒成立，且f(1)＝e3(e为自然对数的底数)，则下列结论正确的是(　　)
A．f(0)＝1 B．f(0)<1
C．f(2)e6
解析：选C　由3f(x)>f′(x)可得3f(x)－f′(x)>0，
令h(x)＝＝f(x)e－3x，
则h′(x)＝e－3x[f′(x)－3f(x)]<0，
所以函数h(x)在R上单调递减，
所以h(0)>h(1)，即>＝＝1，
所以f(0)>1，同理有h(2) 即<＝＝1，所以f(2) 3．已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，若anan－1＋2anan＋1＝3an－1an＋1(n≥2，n∈N*)，则an＝________.
解析：由anan－1＋2anan＋1＝3an－1an＋1(n≥2，n∈N*)，
得anan－1－an－1an＋1＝2(an－1an＋1－anan＋1)(n≥2，n∈N*)，
得－＝2 (n≥2，n∈N*)，
因为－＝2，所以数列是首项为2，公比为2的等比数列，
所以－＝2n，所以＝＋＋…＋＋＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2n－1，所以an＝.
答案：
4．已知F1，F2分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，点P在椭圆上，且|PF1|＋|PF2|＝4.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过F1的直线l1，l2分别交椭圆E于点A，C和点B，D，且l1⊥l2，问是否存在常数λ，使得 ，λ，成等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为|PF1|＋|PF2|＝4，所以2a＝4，a＝2，
椭圆E的方程为＋＝1.
将P代入可得b2＝3，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)若直线AC的斜率为零或不存在，易知＋＝＋＝，
此时，存在λ＝，使，λ，成等差数列．
若直线AC的斜率存在，且不为0，设直线AC的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，代入方程＋＝1，
化简得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
于是|AC|＝|x1－x2|
＝＝，
将k换为－，得|BD|＝，
所以＋＝＋＝，
此时，存在λ＝，使得，λ，成等差数列 .
综上，存在λ＝，使得，λ，成等差数列．
5．已知函数f(x)＝，曲线y＝f(x)在点(e2，f(e2))处的切线与直线2x＋y＝0垂直．
(1)求f(x)的解析式及单调递减区间；
(2)若存在x∈[e，＋∞)，使函数g(x)＝aeln x＋x2－ln x·f(x)≤a成立，求实数a的取值范围．
解：(1)因为ln x≠0，x>0，
所以x∈(0,1)∪(1，＋∞)，
f′(x)＝，
所以f′(e2)＝＝，解得m＝2，
所以f(x)＝，
f′(x)＝，
由f′(x)<0得0 所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1)和(1，e)．
(2)g(x)＝aeln x＋x2－ln x·f(x)
＝aeln x＋x2－(a＋e)x，
若存在x∈[e，＋∞)，使函数g(x)＝aelnx＋x2－(a＋e)x≤a成立，
只需x∈[e，＋∞)时，g(x)min≤a.
因为g′(x)＝＋x－(a＋e)＝
＝，
若a≤e，则g′(x)≥0在[e，＋∞)上恒成立，
所以g(x)在[e，＋∞)上单调递增，
g(x)min＝g(e)＝ae＋e2－e(a＋e)＝－，
所以a≥－，
又a≤e，所以－≤a≤e.
若a>e，则g(x)在[e，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
所以g(x)在[e，＋∞)上的最小值g(x)min＝g(a)，
又g(a)e，所以一定满足条件．
综上，实数a的取值范围是.