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2019版二轮复习数学（理·重点生）通用版讲义：第二部分第一板块学通考场解题常用12术——解得快
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第一板块 学通考场解题常用12术——解得快
第1术 抛砖引玉 活用特例
方法概述
所谓特例法，又叫特殊化法，就是当我们面临一道难以入手的一般性题目时，可以从一般退到特殊，先考查包含在一般情形里的某些比较简单的特殊问题，以便从特殊问题的研究中，拓宽解题思路，发现解答原题的方向或途径
应用题型
(1)选择题或填空题；(2)在解答题中，当求解目标尚未明确时，往往需要考查题设条件中所含参变因素的某些特殊情况或极端情况
方法一：取特殊数值
设f (x)＝若f (x0)>3，则x0的取值范围为( )
A．(－∞，0)∪(2，＋∞) B．(0,2)
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞) D．(－1,3)
[常规解法]
当x0≥2时，log2[4(x0－1)]>3，
即log24＋log2(x0－1)>3，∴log2(x0－1)>1，
∴x0－1>2，即x0>3.
当x0<2时，x0＋1>3，即x0>2，∴x0<－1.
综上可知x0>3或x0<－1，
即x0的取值范围为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．
[提速解法]
取x0＝1，则f (1)＝＋1＝<3，故x0≠1，排除B、D；取x0＝3，则f (3)＝log28＝3，故x0≠3，排除A，故选C.
[答案] C
在数列{an}中，a1＝2，an＝an－1＋ln(n≥2)，则an＝( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
[常规解法]
∵an＝an－1＋ln，
∴an－an－1＝ln＝ln＝ln n－ln(n－1)．
又a1＝2，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n.
[提速解法]
不妨取n＝2，则a2＝a1＋ln 2＝2＋ln 2，选项A、B符合，C、D不符合，排除C、D；再取n＝3，则a3＝a2＋ln＝2＋ln 3，选项B中，a3＝2＋2ln 3，不符合，排除B，故选A.
[答案] A
方法二：取特殊点
函数f (x)＝的图象是( )
[常规解法]
f (x)＝＝.
当x>1时，f (x)＝－x－1；
当x<－1时，f (x)＝x－1；
当0≤x<1时，f (x)＝x＋1；
当－1
因为x≠±1，所以排除A；因为f (0)＝1，所以排除D；因为f ＝＝，所以排除B，故选C.
[答案] C
如图，点P为椭圆＋＝1上第一象限内的任意一点，过椭圆的右顶点A、上顶点B分别作y轴、x轴的平行线，它们相交于点C，过点P引BC，AC的平行线交AC于点N，交BC于点M，交AB于D，E两点，记矩形PMCN的面积为S1，三角形PDE的面积为S2，则S1∶S2＝( )
A．1 B．2
C. D.
[常规解法]
设P(x，y)，由题意可知直线AB的方程为＋＝1，
∴D，E.
又∵N(5，y)，M(x,3)，
∴S△ADN＝×y×y＝y2，
S梯形ACME＝××(5－x)＝(25－x2)．
∵P(x，y)在椭圆上，∴＋＝1，∴y2＝9－，
∴y2＝(25－x2)．
∴S△ADN＝S梯形ACME.
∵矩形PMCN的面积是S1，三角形PDE的面积是S2，
∴S1∶S2＝1∶1.
[提速解法]
不妨取点P，则可计算S1＝×(5－4)＝.由题易得PD＝2，PE＝，所以S2＝×2×＝，所以S1∶S2＝1.
[答案] A
方法三：取特殊函数
若函数y＝f (x)对定义域D中的每一个x1，都存在唯一的x2∈D，使f (x1)·f (x2)＝1成立，则称f (x)为“影子函数”，有下列三个命题：
①“影子函数”f (x)的值域可以是R；
②“影子函数”f (x)可以是奇函数；
③若y＝f (x)，y＝g(x)都是“影子函数”，且定义域相同，则y＝f (x)·g(x)是“影子函数”．
上述命题正确的序号是( )
A．① B．②
C．③ D．②③
[解析] 对于①：假设“影子函数”的值域为R，则存在x1，使得f (x1)＝0，此时不存在x2，使得f (x1)f (x2)＝1，所以①错误；
对于②：函数f (x)＝x(x≠0)，对任意的x1∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，取x2＝，则f (x1)f (x2)＝1，又因为函数f (x)＝x(x≠0)为奇函数，所以“影子函数”f (x)可以是奇函数，②正确；
对于③：函数f (x)＝x(x>0)，g(x)＝(x>0)都是“影子函数”，但F(x)＝f (x)g(x)＝1(x>0)不是“影子函数”(因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在无数多个x2∈(0，＋∞)，使得F(x1)·F(x2)＝1)，所以③错误．
[答案] B
方法四：取特殊位置
已知E为△ABC的重心，AD为BC边上的中线，过点E的直线分别交AB，AC于P，Q两点，且＝m，＝n，则＋＝( )
A．3 B．4
C．5 D.
[常规解法]
分别过点B，C作BM∥AD，CN∥AD，分别交PQ于点M，N.
∵D是BC的中点，
∴DE是梯形CNMB的中位线．
又＝m，＝n，
∴m＝，n＝，
∴＋＝＋
＝＋
＝1＋＋1＋＝2＋＋
＝2＋＋＝2＋
＝2＋＝2＋＝2＋1＝3.
[提速解法]
由于直线PQ是过点E的一条“动”直线，所以结果必然是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．
法一：如图(1)，令PQ∥BC，
则＝，＝，此时，m＝n＝，
故＋＝3.
法二：如图(2)，直线BE与直线PQ重合，此时，＝，＝，故m＝1，n＝，所以＋＝3.
[答案] A
如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )
A．3∶1 B．2∶1
C．4∶1 D.∶1
[常规解法]
设三棱柱ABCA1B1C1的体积为V，
∵侧棱AA1和BB1上各有一动点P，Q满足A1P＝BQ，
∴四边形PQBA与四边形PQB1A1的面积相等，
故四棱锥CPQBA的体积等于三棱锥CABA1的体积，等于V，
则几何体CPQC1B1A1的体积等于V，
故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为2∶1.
[提速解法]
将P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，
此时仍满足条件A1P＝BQ(＝0)，
则有VCAA1B＝VA1ABC＝VABCA1B1C1.
因此过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为2∶1.
[答案] B
方法五：取特殊图形
AD，BE分别是△ABC的中线，若||＝||＝1，且与的夹角为120°，则·＝______________________________________________________________.
[常规解法]
由已知得
解得
所以·＝||2－||2－·＝.
[提速解法]
若△ABC为等边三角形，则||＝，
∴·＝||||cos 60°＝.
[答案]
[即时应用体验]
1．动点A在双曲线－＝1上，B，C为其左、右焦点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a＝10，c－b＝6，则tantan＝( )
A. B.
C. D．1
解析：选A 由题意得双曲线的方程为－＝1，取特殊位置AC⊥BC，可得C＝，则a2＋b2＝(6＋b)2，解得b＝，故tan B＝，则tan＝，
所以tantan＝.
2．若f (x)和g(x)都是定义在实数集R上的函数，且方程x－f [g(x)]＝0有实数解，则g[f (x)]的解析式不可能是( )
A．y＝x2＋x－ B．y＝x2＋x＋
C．y＝x2－ D．y＝x2＋
解析：选B 法一：设x0为方程x－f [g(x)]＝0的一个实根，则f [g(x0)]＝x0.设g(x0)＝t0，则f (t0)＝x0.所以g(x0)＝g[f (t0)]＝t0，即g[f (t0)]－t0＝0，这说明方程g[f (x)]－x＝0至少有一个实根t0，而对于选项B，当g[f (x)]＝x2＋x＋时，方程x2＋x＋＝x无实根，故选B.
法二：取特殊函数法．令f (x)＝x，即可把原题改写为x－g(x)＝0有实数解，g(x)不可能是哪个代数式．A、C、D均可使x－g(x)＝0有实数解，只有B不能使x－g(x)＝0有实数解，故选B.
3．设f (x)＝则使所有x均满足不等式xf (x)≤g(x)的函数g(x)为( )
A．sin x B．x
C．x2 D．|x|
解析：选D 若g(x)＝sin x，应有xf (x)≤sin x，取x＝2，则f (x)＝1，于是2
解析：令α＝0°，则原式＝.
答案：
5．在△ABC中，M是BC的中点，AM＝3，BC＝10，则·＝________.
解析：将△ABC视作特殊的三角形：边AB＝AC的等腰三角形，如图，
则AM＝3，BC＝10，
AB＝AC＝.
由余弦定理得cos∠BAC＝＝－，
所以·＝××＝－16.
答案：－16
6．椭圆＋＝1的焦点为F1，F2，点P为其上动点，当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是__________________________________________________________．
解析：设P(x，y)，则当∠F1PF2＝90°时，点P的轨迹方程为x2＋y2＝5，由此可得点P的横坐标x＝±.又当点P在x轴上时，∠F1PF2＝0；点P在y轴上时，∠F1PF2为钝角，由此可得点P横坐标的取值范围是.
答案：
第2术 探求思路 图作向导
方法概述
对题设条件不够明显的数学问题求解，注重考查相关的图形，巧用图形作向导是思维入手、领会题意的关键所在．尤其是对一些用函数、三角函数、不等式等形式给出的命题，其本身虽不带有图形，但我们可换个角度思考，设法构造相应的辅助图形进行分析，将代数问题转化为几何问题来解．力争做到有图用图，无图想图，补形改图，充分运用其几何特征的直观性来启迪思维，从而较快地获得解题的途径．这就是我们常说的图解法
应用题型
选择题、填空题、解答题中均有应用，主要涉及函数最值、不等式、解析几何中范围等问题
应用一：求解函数问题
用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值，设f (x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，则f (x)的最大值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 画出y＝2x，y＝x＋2，y＝10－x的图象如图所示，观察图象可知f (x)＝
所以f (x)的最大值在x＝4时取得，且为6.
[答案] C
设f (x)＝(x－2)2ex＋ae－x，g(x)＝2a|x－2|(e为自然对数的底数)，若关于x的方程f (x)＝g(x)有且仅有6个不等的实数解，则实数a的取值范围是( )
A. B．(e，＋∞)
C．(1，e) D.
[解析] 由f (x)＝g(x)，
得|x－2|2e2x－2a|x－2|ex＋a2＝a2－a，
即(|x－2|ex－a)2＝a2－a.
所以|x－2|ex＝a± ，其中a≤0或a≥1.
设h(x)＝|x－2|ex，m1＝a＋，m2＝a－.
①当x<2时，h(x)＝(2－x)ex，h′(x)＝ex(1－x)．
于是，当x<1时，h′(x)>0，则h(x)单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，则h(x)单调递减．
由此可得，函数h(x)max＝h(1)＝e.
所以0
h′(x)＝ex(x－1)>0.
则h(x)在(2，＋∞)上单调递增，画出函数h(x)的大致图象如图所示．
故方程f (x)＝g(x)有六个不等的实数解等价于直线y＝m1，y＝m2与曲线h(x)＝|x－2|ex各有三个交点．
由图知，则需0
应用二：求解不等式问题
已知f (x)＝则不等式f (x)≥x2的解集为( )
A．[－1,1] B．[－2,2]
C．[－2,1] D．[－1,2]
[解析] 分别作出f (x)＝和y＝x2的图象如图所示．
由图可知，f (x)≥x2的解集为[－1,1]．
[答案] A
应用三：求解平面向量问题
设a，b，c是单位向量，且a·b＝0，则(a－c)·(b－c)的最小值为( )
A．－2 B.－2
C．－1 D．1－
[解析] 由于(a－c)·(b－c)＝－(a＋b)·c＋1，因此等价于求(a＋b)·c的最大值，这个最大值只有当向量a＋b与向量c同向共线时取得．由于a·b＝0，故a⊥b，如图所示，|a＋b|＝，|c|＝1.当θ＝0时，(a＋b)·c取得最大值且最大值为.故所求的最小值为1－.
[答案] D
已知△ABC的三个顶点的坐标满足如下条件：向量＝(2,0)， ＝(2,2)，＝(cos α，sin α)，则∠AOB的范围为__________．
[解析] 由||＝＝，可知点A的轨
迹是以C(2,2)为圆心，为半径的圆．过原点O作圆的切线，切点分别为M，N，如图所示，
连接CM，CN，则向量与的夹角θ的范围是[∠MOB，∠NOB]．由图可知∠COB＝，因为||＝2，由||＝| |＝||，知∠COM＝∠CON＝，所以∠BOM＝－＝，∠BON＝＋＝，所以≤θ≤，故∠AOB的范围为.
[答案]
应用四：求解解析几何问题
已知F1，F2分别为双曲线x2－＝1的左、右焦点，点P为右支上一点，O为坐标原点．若向量＋与的夹角为120°，则点F2到直线PF1的距离为( )
A. B.
C．2 D.
[解析] 如图，取PF2的中点M，连接OM，
则＋＝2，
故〈，〉＝120°，
∠OMF2＝60°.
因为O为F1F2的中点，
所以OM∥PF1，
所以∠F1PF2＝∠OMF2＝60°.
在△F1PF2中，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
因为a＝1，b＝，所以c＝，
由余弦定理得，
cos∠F1PF2＝，
即cos 60°＝＝，
整理得m2＋n2－mn＝28，
所以解得
过点F2作F2N⊥PF1于N，
在Rt△PF2N中，|F2N|＝|PF2|·sin 60°＝2，
即点F2到直线PF1的距离为2.
[答案] C
[即时应用体验]
1．定义在R上的函数y＝f (x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，且函数f (x＋1)是偶函数．若当x∈[0,1]时，f (x)＝sin，则函数g(x)＝f (x)－e－|x|在区间[－2 018，2 018]上的零点个数为( )
A．2 017 B．2 018
C．4 034 D．4 036
解析：选D 由y＝f (x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，得f (x)是偶函数，即f (－x)＝f (x)．
因为当x∈[0,1]时，f (x)＝sin，
所以当x∈[－1,0]时，f (x)＝f (－x)＝－sin.
因为函数f (x＋1)是偶函数，
所以f (x＋1)＝f (－x＋1)，
所以f (x＋2)＝f (－x)＝f (x)，
故f (x)是周期为2的偶函数．
作出函数y＝f (x)与函数y＝e－|x|的图象如图所示，可知每个周期内两个图象有两个交点，
所以函数g(x)＝f (x)－e－|x|在区间[－2 018,2 018]上的零点个数为2 018×2＝4 036.
2．在平面上， ⊥，||＝| |＝1，＝＋，若||<，则| |的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 根据⊥，
＝＋，可知四边形AB1PB2是一个矩形．
以A为坐标原点，AB1，AB2所在直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系．
设|AB1|＝a，|AB2|＝b.
点O的坐标为(x，y)，点P(a，b)．
∵||＝||＝1，
∴变形为
∵||<，
∴(x－a)2＋(y－b)2<，
∴1－x2＋1－y2<，
∴x2＋y2>.①
∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1.
同理，x2≤1.
∴x2＋y2≤2.②
由①②可知：
3．过双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点F(－c,0)(c>0)，作圆x2＋y2＝的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若＝( ＋)，则双曲线的离心率为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由题意可知E为FP的中点，且OE⊥FP.记F′为双曲线的右焦点，作出示意图如图所示，连接F′P，则F′P綊2OE，且FP⊥F′P，所以|F′P|＝a，由双曲线的定义可得|FP|＝3a.
又FP⊥F′P，可得(2c)2＝10a2，所以e＝＝.
4．已知a>0，b>0，则不等式a>>－b的解是( )
A. B.
C.∪ D.∪
解析：选D 法一：直接求解法．
－b<，故选D.
法二：数形结合法．利用y＝的图象，如图所示，故选D.
5．已知关于x的方程|x|＝ax＋1有一个负根，但没有正根，则实数a的取值范围是__________．
解析：在同一平面直角坐标系中分别作出y＝|x|，y＝ax＋1，y＝x＋1的图象．由图可知，当直线y＝ax＋1的斜率a≥1时，直线y＝ax＋1与y＝|x|的图象有且仅有y轴左侧一个交点，即|x|＝ax＋1有一个负根，但没有正根．
答案：[1，＋∞)
6．已知a，b为单位向量，a·b＝0，若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围是__________________．
解析：令＝a，＝b，＝a＋b，＝c，
如图所示，则||＝，
又|c－a－b|＝1，
所以点C在以点D为圆心、半径为1的圆上，
易知点C与O，D共线时||取到最值，最大值为＋1，最小值为－1，
所以|c|的取值范围为[－1，＋1]．
答案：[－1，＋1]
第3术 解题常招 设参换元
方法概述
在解答数学问题时，我们常把某个代数式看成一个新的未知数，或将某些变元用另一参变量的表达式来替换，以便将所求的式子变形，优化思考对象，让原来不醒目的条件，或隐含的信息显露出来，促使问题的实质明朗化，使非标准型问题标准化，从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉，从中找出解题思路．这种通过换元改变式子形式来变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去考查、探究解题思路的做法，就是设参换元法，也就是我们常说的换元法
应用题型
此方法既适用选择题、填空题，也适用于解答题，多在研究方程、不等式、函数、三角、解析几何中广泛应用
方法一：三角换元
已知x，y∈R，满足x2＋2xy＋4y2＝6，则z＝x2＋4y2的取值范围为__________．
[常规解法]
由x2＋2xy＋4y2＝6，
得2xy＝6－(x2＋4y2)，
而2xy≤，
所以6－(x2＋4y2)≤，
所以x2＋4y2≥4，当且仅当x＝2y时，取等号．
又因为(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6，
所以z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12，
综上可得4≤x2＋4y2≤12.
[提速解法]
已知x2＋2xy＋4y2＝6，
即(x＋y)2＋(y)2＝()2，
故设x＋y＝cos α，y＝sin α，
即x＝cos α－sin α，y＝sin α.
则z＝x2＋4y2＝6－2xy＝6－2(cos α－sin α)·sin α＝8－4sin.
所以8－4≤z≤8＋4，
即z的取值范围为[4,12]．
[答案] [4,12]
方法二：比值换元
设x，y，z满足关系x－1＝＝，则x2＋y2＋z2的最小值为________．
[解析] 令x－1＝＝＝k，则x－1＝k，y＋1＝2k，z－2＝3k，即x＝k＋1，y＝2k－1，z＝3k＋2.
∴x2＋y2＋z2＝(k＋1)2＋(2k－1)2＋(3k＋2)2＝14k2＋10k＋6＝142＋.
∴当k＝－，即x＝，y＝－，z＝时，x2＋y2＋z2取最小值.
[答案]
方法三：整体换元
如图，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．
[解] (1)由已知得椭圆的焦点在x轴上，设其方程为＋＝1(a>b>0)，
则A(a,0)，B(0，b)，F(c,0)(c＝)．
由已知可得e2＝＝，
所以a2＝4b2，即a＝2b，故c＝b.
又S△ABF＝|AF|·|OB|＝(a－c)b＝1－.
所以b＝1，a＝2，c＝.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0与圆O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2.①
由
消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2
＝2－4×
＝.②
将①代入②，得|x1－x2|2＝，
故|x1－x2|＝.
所以|MN|＝|x1－x2|＝·＝.
故△OMN的面积S＝|MN|×1＝.
令t＝4k2＋1(t≥1)，则k2＝，代入上式，
得S＝2·＝·
＝· ＝· ，
所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±时，S取得最大值，且最大值为×＝1.
方法四：局部换元
设对一切实数x，不等式x2log2＋2xlog2＋log2>0恒成立，则a的取值范围为__________．
[解析] 注意到log2和log2及log2之间的关系，换元化为一元二次不等式在R上恒成立问题．
设log2＝t，t∈R，
则log2＝log2＝3＋log2＝3－log2＝3－t，log2＝2log2＝－2t.
∴原不等式可化为(3－t)x2＋2tx－2t>0，它对一切实数x恒成立，
所以解得
∴t<0，即log2<0,0<<1，解得0
[提醒] 一般地，解指数与对数不等式、方程，有可能使用局部换元法，换元时也可能要对已知条件进行适当变形，发现各个量之间的联系再换元，这是我们要注意的一点．
方法五：两次换元
已知u≥1，v≥1且(logau)2＋(logav)2＝loga(au2)＋loga(av2)(a>1)，则loga(uv)的最大值和最小值分别为________，________.
[解析] 令x＝logau，y＝logav，则x≥0，y≥0.已知等式可化为(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)．再设t＝loga(uv)＝x＋y(x≥0，y≥0)，由图可知，当线段y＝－x＋t(x≥0，y≥0)与圆弧(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)相切时(图中CD位置)，截距t取最大值，tmax＝2＋2；当线段端点是圆弧端点时(图中AB位置)，截距t取最小值，tmin＝1＋.因此loga(uv)的最大值是2＋2，最小值是1＋.
[答案] 2＋2 1＋
[提醒] 利用两次换元探究动点的轨迹方程，数形结合使问题变得直观．换元中应注意旧变量对新变量的限制．
[即时应用体验]
1．椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点A，B，当△FAB的周长最大时，△FAB的面积为________．
解析：已知＋＝1，则F(－1,0)．
设A(2cos θ，sin θ)，B(2cos θ，－sin θ)，
则|AF|＝|BF|＝＝2＋cos θ，
故△FAB的周长l＝2(2＋cos θ)＋2sin θ＝4＋4sin.
当θ＝时，l取得最大值，此时△FAB的面积为
S＝(1＋2cos θ)·2sin θ＝sin θ(1＋2cos θ)＝3.
答案：3
2．不等式log2(2x－1)·log2(2x＋1－2)<2的解集是________．
解析：设log2(2x－1)＝y，则log2(2x＋1－2)＝1＋log2(2x－1)＝y＋1，故原不等式可化为y(y＋1)<2，解得－2
3．y＝sin xcos x＋sin x＋cos x的最大值是________．
解析：设sin x＋cos x＝t∈[－，]，则sin xcos x＝＝－，所以y＝＋t－＝(t＋1)2－1，当t＝时，ymax＝＋.
答案：＋
4．已知a≥0，b≥0，a＋b＝1，则 ＋ 的取值范围是________．
解析：法一：设a＝－x，b＝＋x，x∈，
则 ＋ ＝＋.
由(＋)2＝2＋2∈[2＋，4]，
得 ＋ 的取值范围是.
法二：令 ＝x, ＝y，
则x，y∈且x2＋y2＝2.
再令θ∈，
则 ＋ ＝x＋y＝cos θ＋sin θ
＝2sin∈.
答案：
5．在椭圆x2＋4y2＝8中，AB是长为的动弦，O为坐标原点，求△AOB面积的取值范围．
解：设A，B的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋b，
代入椭圆方程整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4(b2－2)＝0.
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
由|AB|2＝(k2＋1)(x2－x1)2
＝(k2＋1)[(x1＋x2)2－4x1x2]
＝[2(4k2＋1)－b2]＝，
得b2＝2(4k2＋1)－，
又原点O到AB的距离为.
所以△AOB的面积S＝·.
记u＝，
则S2＝·＝＝－＝4－2.
又u＝＝4－的范围为[1,4](u＝4为竖直弦)．
故u＝时，S＝4；
而u＝1时，S＝.
因此S的取值范围是.
第4术 出奇制胜 巧妙构造
方法概述
构造法是指根据题设条件和结论的特征、性质，运用已知数学关系式和理论，构造出满足条件或结论的数学对象，从而使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题的方法．构造法应用的技巧是“定目标构造”，需从已知条件入手，紧扣要解决的问题，把陌生的问题转化为熟悉的问题．解题时常构造函数、构造方程、构造平面图形等
应用题型
适用于各类题型，多涉及函数、方程、平面图形等知识
方法一：构造函数
已知偶函数f (x)的定义域为－，，其导函数是f ′(x)．当0
B.∪
C.∪
D.∪
[解析] 令F(x)＝，
则F′(x)＝.
当0
因为F(－x)＝＝＝F(x)，所以F(x)为偶函数，所以F(x)在上单调递增．
当x∈时，cos x>0，
则f (x)，
又x∈，
所以－
已知m，n∈(2，e)，且－
[解析] 由不等式可得－
设f (x)＝＋ln x(x∈(2，e))，
则f ′(x)＝－＋＝.
因为x∈(2，e)，所以f ′(x)>0，
故函数f (x)在(2，e)上单调递增．
因为f (n)
方法二：构造方程
已知a2－3a＝1，b2－3b＝1，且a≠b，则＋＝__________.
[解析] 由题意可知a，b是方程x2－3x－1＝0的两个实数根，由根与系数的关系可知a＋b＝3，ab＝－1，
所以＋＝＝＝32－2×(－1)＝11.
[答案] 11
方法三：构造平面图形
已知实数a，b是利用计算机产生的0～1之间的均匀随机数，设事件A为(a－1)2＋(b－1)2>，则事件A发生的概率为( )
A. B．1－
C. D．1－
[解析] 由题意知，计算机产生的0～1之间的均匀随机数a，b的对应区域是边长为1的正方形，面积为1；事件A对应的区域是边长为1的正方形减去四分之一的圆圆心为(1,1)，半径为，如图所示，则事件A对应的区域的面积为1－.由几何概型的概率计算公式得事件A发生的概率为1－.
[答案] B
[即时应用体验]
1．已知函数f (x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意的实数x都有xf (x＋1)＝(1＋x)f (x)，则f 的值是( )
A．0 B.
C．1 D.
解析：选A 由已知得＝，
故构造函数g(x)＝，则g(x＋1)＝，
所以g(x＋1)＝g(x)，即g(x)是周期为1的函数．
又f (x)为偶函数，所以g(x)为奇函数．
故再构造一个特例函数g(x)＝sin 2πx(x∈R)，
所以f (x)＝xsin 2πx，从而有f ＝sin 5π＝0，
故f ＝f (0)＝0，因此选A.
2．已知数列{an}，an＝2an－1＋n＋1，a1＝1(n∈N*)，则an＝__________.
解析：由已知可得an＋n＋3＝2[an－1＋(n－1)＋3]．
设bn＝an＋n＋3，则bn＝2bn－1，
所以{bn}是公比为2的等比数列，且b1＝a1＋1＋3＝5，
所以bn＝5×2n－1，所以an＝5×2n－1－n－3.
答案：5×2n－1－n－3
3．已知不等式＋＋…＋>loga(a－1)＋对于一切大于1的自然数n都成立，则实数a的取值范围为________．
解析：构造数列an＝＋＋…＋(n≥2，n∈N*)．
∵an＋1＝＋＋…＋＋＋，
∴an＋1－an＝＋－＝>0，
∴an＋1>an，故an≥a2＝，即an的最小值为.
要使＋＋…＋>loga(a－1)＋对于一切自然数n(n≥2)都成立，则必有>loga(a－1)＋，即loga(a－1)<－1.
又因为a>1，所以a－1<，解得1
答案：
4．函数f (x)＝＋的值域为__________．
解析：f (x)＝＋，
其几何意义是平面内动点P(x,0)到两定点M(2,3)和N(5，－1)的距离之和(如图所示)，求其值域只要求其最值即可．
易知当M，N，P三点共线(即P在线段MN上)时，f (x)取得最小值，且f (x)min＝|MN|＝5，f (x)无最大值，故得函数的值域为[5，＋∞)．
答案：[5，＋∞)
5．函数y＝的最大值和最小值分别为__________，__________.
解析：从几何意义上考虑把原解析式看作是动点P(cos x，sin x)与定点Q(3,0)连线的斜率，为此构造一个单位圆，探究单位圆上动点P(cos x，sin x)与定点Q(3,0)连线的斜率问题．
如图，因为动点在单位圆上运动时处于极端状态，即为切点时直线斜率分别为最大、最小，设切点分别为R，M.
易知kOR＝2，kOM＝－2，
所以kQR＝－，kQM＝，
所以－≤kPQ≤.
即y＝的最大值为，最小值为－.
答案： －
第5术 声东击西 换位推理
方法概述
对有些问题在直接求解时会感到困难或根本难以从条件入手，这时可避开正面强攻，从结论的对立面入手，或考查与其相关的另一问题，或反例中也可找到解决问题的途径，有时甚至还能获得最佳的解法．这就是“声东击西，换位推理”的战术
应用题型
既有选择、填空题，也有解答题．主要体现为补集法、相关点法及反证法等
方法一：补集法
若抛物线y＝x2上的所有弦都不能被直线y＝k(x－3)垂直平分，则k的取值范围是( )
A. B.
C. D.
[解析] 假设抛物线y＝x2上存在两点A(x1，x)，B(x2，x)关于直线y＝k(x－3)对称，设AB的中点为P(x0，y0)，则x0＝，y0＝.
因为直线y＝k(x－3)垂直平分弦AB，
所以＝－，所以＝－.
又AB的中点P(x0，y0)在直线y＝k(x－3)上，
所以＝k＝－，
所以中点P.
由于点P在y>x2的区域内，
所以－>2，
整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，
解得k<－.
因此当k<－时，抛物线y＝x2上存在弦能被直线y＝k(x－3)垂直平分，于是当k≥－时，抛物线y＝x2上的所有弦都不能被直线y＝k(x－3)垂直平分．
所以实数k的取值范围为.
[答案] D
方法二：相关点法
已知P(4,0)是圆x2＋y2＝36内的一点，A，B是圆上两动点，且满足∠APB＝90°，求矩形APBQ顶点Q的轨迹方程．
[解] 连接AB，PQ，设AB与PQ交于点M，如图所示．
因为四边形APBQ为矩形，所以M为AB，PQ的中点，连接OM.
由垂径定理可知OM⊥AB，
设M(xM，yM)，
由此可得|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝36－(x＋y)．①
又在Rt△APB中，
有|AM|＝|PM|＝.②
由①②得x＋y－4xM－10＝0，
故点M的轨迹是圆．
因为点M是PQ的中点，设Q(x，y)，
则xM＝，yM＝，
代入点M的轨迹方程中得
2＋2－4×－10＝0，
整理得x2＋y2＝56，即为所求点Q的轨迹方程．
方法三：反证法
给定数列{an}，若满足a1＝a(a>0且a≠1)，对于任意的n，m∈N*，都有an＋m＝an·am，则称数列{an}为指数数列．
(1)若数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝3·2n－1，bn＝3n，试判断{an}，{bn}是不是指数数列(需说明理由)；
(2)若数列{an}是指数数列，a1＝(t∈N*)，证明：数列{an}中任意三项都不能构成等差数列．
[解] (1)因为an＝3·2n－1，
所以a1＝3，a2＝6，a3＝12.
因为a3＝a1＋2≠a1·a2，
所以数列{an}不是指数数列．
对于数列{bn}，因为bn＋m＝3n＋m＝3n·3m＝bn·bm对任意的n，m∈N*恒成立，
所以数列{bn}是指数数列．
(2)证明：因为数列{an}是指数数列，
所以对于任意的n，m∈N*，都有an＋m＝an·am.
令m＝1，则an＋1＝an·a1＝·an，
所以{an}是首项为，公比为的等比数列，
所以an＝n.
假设数列{an}中存在三项au，av，aw构成等差数列，
不妨设u
所以2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u.
当t为偶数时，2(t＋4)w－v(t＋3)v－u是偶数，(t＋4)w－u是偶数，(t＋3)w－u是奇数，故2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立；
当t为奇数时，2(t＋4)w－v(t＋3)v－u是偶数，(t＋4)w－u是奇数，(t＋3)w－u是偶数，故2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立．
综上，对任意的t∈N*,2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立，即数列{an}的任意三项都不能构成等差数列．
[即时应用体验]
1．设a，b∈R，定义运算“∧”和“∨”如下：a∧b＝a∨b＝若正数a，b，c，d满足ab≥4，c＋d≤4，则( )
A．a∧b≥2，c∧d≤2 B．a∧b≥2，c∨d≥2
C．a∨b≥2，c∧d≤2 D．a∨b≥2，c∨d≥2
解析：选C 从定义知，a∧b＝min(a，b)，即求a，b中的最小值；a∨b＝max(a，b)，即求a，b中的最大值．
假设0
故选C.
2．某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况，从高一，高二，高三三个年级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级来自不同年级的概率为________．
解析：记高一年级中抽取的1个班级为a，高二年级中抽取的2个班级为b1，b2，高三年级中抽取的3个班级为c1，c2，c3.
从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15种．
设“抽取的两个班级来自不同年级”为事件A，则事件为抽取的两个班级来自同一年级．
两个班级来自同一年级的结果为(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4种．
所以P()＝，故P(A)＝1－P()＝1－＝.
所以两个班级来自不同年级的概率为.
答案：
3．方程x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实根，则实数a的取值范围为____________________．
解析：假设三个方程都无实根，
则解得－
所以所求a的取值范围为∪[－1，＋∞)．
答案：∪[－1，＋∞)
4．已知函数f (x)＝ax2－x＋ln x在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为________．
解析：f ′(x)＝2ax－1＋.
(1)若函数f (x)在区间(1,2)上单调递增，则f ′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≥0，
得a≥.①
令t＝，因为x∈(1,2)，所以t＝∈.
设h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，显然函数y＝h(t)在区间上单调递减，
所以h(1)
(2)若函数f (x)在区间(1,2)上单调递减，则f ′(x)≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≤0，
得a≤.②
结合(1)可知，a≤0.
综上，若函数f (x)在区间(1,2)上单调，则实数a的取值范围为(－∞，0]∪.
所以若函数f (x)在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为.
答案：
5.如图，抛物线E：y2＝2px(p>0)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.
(1)求p的值；
(2)求动点M的轨迹方程．
解：(1)由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2,2)，代入y2＝2px，解得p＝1.
(2)设动点M(x，y)，C，D，y1≠0，y2≠0，则切线l1：y－y1＝k，
代入y2＝2x消去x，得ky2－2y＋2y1－ky＝0.
由Δ＝0，解得k＝，
所以l1的方程为y＝x＋.
同理可得，l2的方程为y＝x＋.
联立解得
易知直线CD的方程为x0x＋y0y＝8，其中x0，y0满足x＋y＝8，x0∈[2,2]，
联立消去x并整理得，
x0y2＋2y0y－16＝0，
则又则可得
由x＋y＝8，得－y2＝1.
又x0∈[2,2 ]，
所以x∈[－4，－2 ]．
所以动点M的轨迹方程为
－y2＝1，x∈[－4，－2 ]．
第6术 蹊径可辟 分割补形
方法概述
所谓割补法就是把一个复杂面积或体积的计算分割成若干个简单图形的有关计算或将一个不易求出面积或体积的几何图形补足为较易计算的几何图形．也就是将复杂的或不熟悉的几何图形转化为简单的熟悉的几何图形或几何体．例如，把曲边形割补成规则图形、把斜棱柱割补成直棱柱、把三棱柱补成平行六面体、把三棱锥补成三棱柱或平行六面体、把多面体切割成锥体(特别是三棱锥)、把不规则的几何体割补成规则的几何体，从而把未知的转化为已知的、把陌生的转化为熟悉的、把复杂的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的
应用题型
在解决几何问题过程中，割补法是一种常用的方法．无论是平面几何、解析几何、还是立体几何，适时使用割补法，能帮助我们找到问题的突破口，把问题放到特殊的几何图形中，借助特殊图形分析问题，有时会柳暗花明，事半功倍
方法一：分割
为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积是( )
A. km2 B. km2
C. km2 D. km2
[解析] 如图，连接AC.在△ABC中，根据余弦定理可得AC＝＝ km，
又AB＝2 km，BC＝1 km，
所以AC2＋BC2＝AB2，
所以△ABC为直角三角形，
且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
故∠DAC＝∠DCA＝15°.
所以△ADC为等腰三角形，且∠D＝150°，
设AD＝DC＝x km，
根据余弦定理得x2＋x2＋x2＝3，
即x2＝＝3(2－)．
所以小区的面积为×1×＋×3(2－)×＝＝(km2)．
[答案] D
如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则多面体的体积为( )
A. B.
C. D.
[解析] 法一：如图，在EF上取点M，N，使EM＝FN＝，连接MA，MD，NB，NC，则MN＝1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DM＝AM＝＝.
设H为AD的中点，连接MH，则MH⊥AD，
且MH＝＝，
∴S△ADM＝AD·MH＝.
∴VABCDEF＝2VEADM＋VADMBCN
＝2×××＋×1＝.
法二：如图，取EF的中点G，连接GA，GB，GC，GD，则三棱锥EADG与三棱锥GBCF都是棱长为1的正四面体，易求得VEADG＝VGBCF＝××＝，
又四棱锥GABCD的底面是边长为1的正方形，且侧棱边为1.
易求得其高为，则VGABCD＝×1×1×＝，
所以VABCDEF＝2VEADG＋VGABCD＝2×＋＝.
[答案] A
[启思维] 多面体ABCDEF是一个不规则的几何体，法一和法二使用了分割法，分割成我们熟悉的三棱锥和三棱柱等，便于使用棱柱、棱锥的体积公式．
方法二：补形
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．8π＋16 B．8π－16
C．8π＋8 D．16π－8
[解析] 由三视图可知该几何体为一个半圆柱去掉一个直棱柱．其中半圆柱的高为4，底面半圆的半径为2；直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形，高为4.
半圆柱的体积为V1＝π×22×4＝8π，
直三棱柱的体积为V2＝×4×2×4＝16.
所以所求几何体的体积为V＝V1－V2＝8π－16.
[答案] B
如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，∠BCA＝90°，点E，F分别为AB，AC的中点，若BC＝CA＝CC1，则B1E与A1F所成的角的余弦值为________．
[解析] 如图，把直三棱柱A1B1C1ABC补成一个直平行六面体A1B1D1C1ABDC，取B
D中点G，连接B1G，则B1G∥A1F，∠EB1G即为B1E与A1F所成的角(或其补角)．
设BC＝CA＝CC1＝2a，
则B1G＝＝a，
AB＝＝2a，
B1E＝＝a，
GE2＝BG2＋BE2－2BG·BE·cos 135°＝5a2，
所以cos∠EB1G＝＝，
故B1E与A1F所成角的余弦值为.
[答案]
[即时应用体验]
1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A．64 B．72
C．80 D．112
解析：选C 根据三视图可知该几何体为四棱锥PABCD与正方体ABCDA1B1C1D1的组合体，如图所示．由三视图中的数据可知，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，其体积V1＝43＝64.四棱锥PABCD的底面为正方形ABCD，高h＝3，且PA＝PB，其底面积为S＝42＝16，则四棱锥PABCD的体积V2＝Sh＝×16×3＝16.故所求几何体的体积V＝V1＋V2＝64＋16＝80.
2.如图，正三棱锥SABC的侧棱与底面边长相等，如果E，F分别为SC，AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角等于( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：选A 如图，把正三棱锥SABC补成一个正方体AGBHA1CB1S.
∵EF∥AA1，
∴异面直线EF与SA所成的角为45°.
3.如图，已知多面体ABCDEFG，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选B 法一：如图，把多面体ABCDEFG补成正方体DEPGABHM，则VABCDEFG＝VDEPGABHM＝×23＝4.
法二：如图，取DG的中点H，以DA，DE，DH为棱构造长方体EFHDBPCA，则三棱锥CHFG与三棱锥FPCB全等．
所以VABCDEFG＝VABPCDEFH＝AB·AC·AD＝2×1×2＝4.
4．在正三棱锥SABC中，侧棱SC⊥侧面SAB，侧棱SC＝4，则此正三棱锥的外接球的表面积为________．
解析：由正三棱锥中侧棱SC⊥侧面SAB，可得三条侧棱SA，SB，SC两两垂直．又三条侧棱相等，故可以三条侧棱为相邻三边作出一个正方体SBDCAEFG，如图所示，其棱长为4，其外接球的直径就是此正方体的体对角线，所以2R＝＝12，即球半径R＝6，所以球的表面积S＝4πR2＝144π.
答案：144π
5．棱长为a的正四面体的内切球的体积为________．
解析：设内切球的半径为r，正四面体每个面的面积为×a×a×sin 60°＝a2，高为a，所以正四面体的体积为×a2×a＝a3.连接内切球的球心与四面体4个顶点，则原四面体可分割成四个以内切球的球心为顶点，以四面体的面为底面的三棱锥，这些三棱锥的底面积都是a2，高都是r，所以正四面体的体积为4××a2×r＝a2r，于是a2r＝a3，解得r＝a.所以内切球的体积为π×3＝πa3.
答案：πa3
6.如图，已知F1，F2是椭圆＋y2＝1的两个焦点，过F1作倾斜角为的弦AB.
(1)求△ABF2的周长；
(2)求△ABF2的面积．
解：由椭圆方程＋y2＝1可得a＝，b＝1，c＝1.
(1)将△ABF2的周长分割为折线F1AF2及折线F1BF2，
由椭圆定义可知|F1A|＋|F2A|＝2a，
|F1B|＋|F2B|＝2a，
所以△ABF2的周长l＝4a＝4.
(2)S△ABF2＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|F1A|·sin＋|F1F2|·|F1B|·sin＝×|F1F2|·(|F1A|＋|F1B|)＝|AB|.
由已知，弦AB所在的直线方程为y＝x＋1，
代入椭圆方程并整理得3x2＋4x＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
解得x1＝0，x2＝－.
所以|AB|＝|x1－x2|＝.
所以S△ABF2＝×＝.
第7术 关注整体 设而不求
方法概述
设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的解题效果
应用题型
选择题、填空题、解答题中均有应用
方法一：整体代入，设而不求
在解决某些涉及若干个量的求值问题时，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的思想，绕开复杂的运算过程，可使问题迅速得到解决．
已知等比数列{an}中，Sm＝16，S2m＝64，求S3m.
[解] 设公比为q，由于S2m≠2Sm，故q≠1，
于是
②÷①得1＋qm＝4，则qm＝3，
所以S3m＝
＝(1＋qm＋q2m)
＝16×(1＋3＋32)
＝208.
方法二：转化图形，设而不求
有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，转化成几何问题求解．
设a，b均为正数，且a＋b＝1，则＋的最大值为________．
[解析] 设u＝，v＝(u>1，v>1)，
u＋v＝m，
则u，v同时满足
其中u＋v＝m表示直线，m为此直线在v轴上的截距．
u2＋v2＝4是以原点为圆心，2为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧，如图所示，显然直线与圆弧相切时，所对应的截距m的值最大．
由图易得mmax＝2，
即＋≤2.
[答案] 2
方法三：适当引参，设而不求
恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使问题能够得到解决．
已知对任何满足(x－1)2＋y2＝1的实数x，y，不等式x＋y＋k≥0恒成立，求实数k的取值范围．
[解] 由题意设
则g(θ)＝x＋y＋k＝sin θ＋cos θ＋1＋k
＝sin＋1＋k≥－＋1＋k.
令－＋1＋k≥0，得k≥－1.
即实数k的取值范围是[－1，＋∞)．
方法四：巧设坐标，设而不求
在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化归，起到以简驭繁的解题效果．
设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥x轴，求证：直线AC经过原点O.
[证明] 设A(2pt，2pt1)，
B(2pt，2pt2)，
则C.
因为AB过焦点F，
所以2pt1·2pt2＝－p2，
得t1t2＝－.
又直线OC的斜率kOC＝＝－4t2＝，
直线OA的斜率kOA＝＝，则kOC＝kOA.
故A，O，C三点共线，即直线AC经过原点O.
方法五：中介过渡，设而不求
根据解题需要，可引入一个中间量作为中介，起到过渡作用，使问题得以解决．
如图，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥体积分成相等的两部分，求圆锥母线与轴的夹角α的余弦值．
[解] 过点A作AM⊥SO，垂足为M，可知∠MAO＝∠AOB＝∠OSB＝α.
设MA＝x，OB＝r，SO＝h，
则有πx2h＝×πr2h.
化简可得2＝.
又因为cos α＝＝，
即cos α＝＝.
所以cos2α＝·＝.
于是cos4α＝，
又α为锐角，所以cos α＝.
方法六：恒等变形，设而不求
某些看似十分复杂的运算，经过巧妙转换，恒等变形，使运算对象发生转移，起到意想不到的效果．
求coscoscos…cos的值．
[解] 设M＝coscoscos…cos，
N＝sinsinsin…sin，
则MN＝sincos·sincos·…·sin·cos＝sinsin…sin
＝sinsin…sin
＝·N.
而N≠0，故M＝＝.
[即时应用体验]
1．sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°的值为________．
解析：设A＝sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°，
B＝cos 10°cos 30°cos 50°cos 70°，
则AB＝sin 20°sin 60°sin 100°sin 140°
＝cos 70°cos 30°cos 10°cos 50°
＝B，
由此可得A＝.
答案：
2．一直线被两直线4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0截得的线段中点恰好是坐标原点，则这条直线的方程为________．
解析：设所求直线分别交直线4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0于点M，N，设M(x0，y0)，
则有4x0＋y0＋6＝0. ①
因为M，N关于原点对称，所以N(－x0，－y0)，
从而－3x0＋5y0－6＝0. ②
由①＋②得x0＋6y0＝0.③
显然M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，O(0,0)三点的坐标均适合方程. ③
故所求直线的方程为x＋6y＝0.
答案：x＋6y＝0
3．已知椭圆＋＝1，F1，F2为焦点，点P为椭圆上一点，∠F1PF2＝，则S△F1PF2＝________.
解析：设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，
由椭圆定义得r1＋r2＝10. ①
由余弦定理得r＋r－2r1r2cos＝64. ②
①2－②得，r1r2＝12，
所以S△F1PF2＝r1r2sin ＝3.
答案：3
4．已知F1，F2是椭圆2x2＋y2＝4的两个焦点，点P是椭圆上在第一象限内的点，且·＝1.过点P作倾斜角互补的两条直线PA，PB分别交椭圆于A，B两点．
(1)求点P的坐标；
(2)求直线AB的斜率；
(3)求△PAB面积的最大值．
解：(1)设P(m，n)，因为点P在椭圆上，
所以2m2＋n2＝4，m>0，n>0. ①
又椭圆的标准方程为＋＝1，
设F1(0，)，F2(0，－)，
所以·＝(－m，－n)·(－m，－－n)＝1，
由此可得m2＋n2＝3. ②
由①②解得m＝1，n＝，
即所求点P的坐标为(1，)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为点A，B在椭圆上，
所以2x＋y＝4,2x＋y＝4，两式相减得
2(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
所以kAB＝＝－2·. ③
同理可得kAP＝＝－2·， ④
kBP＝＝－2·.⑤
因为PA，PB倾斜角互补，所以kPA＋kPB＝0. ⑥
由④⑤左端及⑥得
x1y2＋x2y1－(x2＋x1)－(y1＋y2)＋2＝0， ⑦
由④⑤右端及⑥得
x1y2＋x2y1＋(x2＋x1)＋(y1＋y2)＋2＝0， ⑧
由⑧－⑦得2(x2＋x1)＋2(y1＋y2)＝0，
即y1＋y2＝－(x1＋x2)， ⑨
由③⑨得kAB＝.
(3)设直线AB的方程为y＝x＋t，
代入椭圆方程，化简得4x2＋2tx＋t2－4＝0，
由此可得x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·，
又点P到直线AB的距离d＝＝，
所以S＝|AB|d＝···≤·＝.
当且仅当t＝±2时等号成立．
所以△PAB面积的最大值为.
第8术 沟通联系 引参搭桥
方法概述
在一个命题的条件与结论之间引入一些中间变量，即参数(可以是角度、线段、斜率以及点的坐标等)，来沟通条件与结论之间的联系，这种解题的思想方法即为引参搭桥术
应用题型
适用于各类题型，多用于解答解析几何综合题，常用的引参方法有斜率、截距、点坐标
方法一：引入斜率为参数
如图，椭圆有两顶点A(－1,0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.
(1)当|CD|＝时，求直线l的方程；
(2)当点P异于A，B两点时，求证： ·为定值．
[解] (1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)．
由已知得b＝1，c＝1，所以a＝，
所以椭圆的方程为＋x2＝1.
显然直线l垂直于x轴时与题意不符．
故设直线l的方程为y＝kx＋1.
联立消去y，整理得(2＋k2)x2＋2kx－1＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝－.
所以|CD|＝
＝.
由已知得＝，解得k＝±.
所以直线l的方程为y＝x＋1或y＝－x＋1.
(2)证明：这一问是变中求定问题，思路是选设引起直线l变化的某参数，在推算过程中把该参数消去，得到·为定值，显然此处首选直线l的斜率为参数．
显然直线l垂直于x轴时与题意不符，故设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0且k≠±1)，
所以点P的坐标为.
由(1)得，x1－x2＝
＝
＝.
直线AC的方程为y＝(x＋1)，
直线BD的方程为y＝(x－1)，
将两直线方程联立解得xQ＝.
又y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1，
所以xQ＝
＝
＝
＝－k，
所以点Q的坐标为(－k，yQ)．
而点P的坐标为，
所以·＝(－k)×＋0×yQ＝1(定值)．
方法二：引入截距为参数
如图，过椭圆M：＋＝1(a>b>0)右焦点的直线x＋y－＝0交椭圆M于A，B两点，P为AB中点，且OP的斜率为.
(1)求椭圆M的方程；
(2)C，D为椭圆M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
[解] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
则＋＝1，＋＝1.
将上面两式相减，得＝－＝1.
∴·＝1.
又∵＝，∴a2＝2b2，
又由题意知M的右焦点为(，0)，即a2－b2＝3，
∴a2＝6，b2＝3，
∴椭圆M的方程为＋＝1.
(2)由消去y，得3x2－4x＝0，
解得或∴|AB|＝.
由题知可设直线CD的方程为y＝x＋n，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
由消去y，
得3x2＋4nx＋2n2－6＝0，
∴x3＋x4＝－，x3x4＝，
∴|CD|＝|x3－x4|＝·＝ ，
∴S四边形ABCD＝|CD||AB|＝ ，
∴当n＝0时，S有最大值.
方法三：引入点为参数
如图，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A(1,0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设点P在抛物线C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N，当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．
[解] (1)由题意得解得
所以椭圆C1的方程为＋x2＝1.
(2)不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2＋h)，则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′|x＝t＝2t，直线MN的方程为y＝2tx－t2＋h，
将上式代入椭圆C1的方程中，消去y得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0，
即4(1＋t2)x2－4t(t2－h)x＋(t2－h)2－4＝0.
因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，
所以有Δ＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0.①
设线段MN的中点的横坐标是x3，
则x3＝＝.
设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4＝，
由题意得x3＝x4，
即有t2＋(1＋h)t＋1＝0，
其中的Δ＝(1＋h)2－4≥0，
所以h≥1或h≤－3.
当h≤－3时，有h＋2<0,4－h2<0，
所以Δ＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]<0，
这与①式矛盾，故h≤－3应舍去．
因此h≥1，将h＝1代入方程t2＋(1＋h)t＋1＝0，得t＝－1，
将h＝1，t＝－1代入，不等式Δ＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0成立．
因此h的最小值为1.
[即时应用体验]
1．已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，直线l与椭圆C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若直线l过点，延长线段OM与椭圆C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
解：(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，
得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
故xM＝＝，
yM＝kxM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，
即kOM·k＝－9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(2)四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.
由(1)得OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP.
由得x＝，即xP＝.
将点的坐标代入直线l的方程得b＝，
因此xM＝.
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.
于是＝2×，
解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．
2．已知椭圆C：x2＋3y2＝3，过点D(1,0)且不过点E(2,1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x＝3交于点M.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；
(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由．
解：(1)椭圆C化为标准方程为＋y2＝1，则a＝，b＝1，c＝＝，所以椭圆C的离心率e＝＝.
(2)根据题意，设A(1，t)，B(1，－t)，M(3，m)，
则由A，E，M三点共线得＝，即m＋t＝2.
从而直线BM的斜率k＝＝＝1.
(3)从第(2)问给出的特殊情形可以猜测这一问中BM与DE平行，合理引入参数证明运动中的不变量即可．
直线BM与DE平行，证明如下．
如图，设＝λ，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则D＝(1,0)，
于是x1＋λx2＝1＋λ，y1＋λy2＝0.①
由已知，有x＋3y＝3，λ2x＋3λ2y＝3λ2，
两式相减得(x1＋λx2)(x1－λx2)＋3(y1＋λy2)(y1－λy2)＝3(1＋λ)(1－λ)，
把①代入上式，化简可得x1－λx2＝3－3λ，进而x1＝2－λ.
于是＝＝λ，所以＝.
根据平行线截割定理的逆定理可知，直线DE与直线BM平行．
第9术 “压轴”首选 定义分析
解答数学高考压轴题，入手的关键就是要先弄清问题所涉及的概念、定义及其相关的隐含信息，然后运用数学的通性通法——定义法、分析法、综合法、分离变量法、数形结合法、向量法、重要不等式法等进行分析、整合，认识问题的本质，探究与问题相关的基本概念或数学模型．只有明确了命题中的相关概念、定义及数学模型，才能准确理解题意、灵活运用知识分析问题，解决问题，促进解题思路的创新．因此，运用定义分析问题是准确、迅速解答数学高考压轴题的首选方法．这就是“解压轴题要敏锐，相关概念先查追”的战术，简称为“定义分析术”．
已知函数f (x)是定义在(－∞，＋∞)上的奇函数，且当x≥0时，f (x)＝，若∀x∈R，f (x－1)≤f (x)，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
[解析] 当x≥0时，f (x)＝作出函数f (x)的图象，如图所示．
法一：因为对∀x∈R，f (x－1)≤f (x)成立，所以对应的函数f (x－1)的图象恒在函数f (x)的图象的下方．
由此可知，只需函数f (x)在x<－2a2时的图象向右平移一个单位即可．
因为x>2a2时，f (x)＝x－3a2，
又f (x)是R上的奇函数，
所以x<－2a2时，f (x)＝x＋3a2，
由此可得f (x－1)＝x－1＋3a2.
于是，由f (x－1)≤f (x)，得x－1＋3a2≤x－3a2，
即6a2≤1，解得a∈.
法二：由图易知，当x>0时，f (x)的最小值为－a2.
因为f (x)为奇函数，所以当x<0时，f (x)的最大值为a2.
又易知，当x>0时，f (x)＝a2所对应的横坐标为x＝4a2，即B点的横坐标．
当x<0时，f (x)＝a2所对应的横坐标xmin＝－2a2，即A点的横坐标．
故要对∀x∈R，都有f (x－1)≤f (x)成立，则要A，B两点的跨度不大于1.
否则，f (x)的图象向右平移1个单位后，线段DB会在A1C1的下方，
此时的图象与对应的函数不等式f (x－1)≤f (x)相悖．
所以4a2－(－2a2)≤1，解得a∈.
[答案] B
[启思维] 本题主要考查全称命题、奇函数和分段函数等基本概念，考查函数的最值与恒成立问题．意在考查学生应用数形结合思想，综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力．注重理解题意，根据奇函数的性质画草图进行探究，抓住函数f (x)在x<－2a2时的图象向右平移1个单位后与原函数的图象的关系进行分析，是解题入手的基本途径．法一是从函数的表达式的角度来构建不等式的，法二是从区间跨度的角度来构建不等式的．易知，这两种解法都遵循了小题小解的原则，体现了数形结合思想在解题中的作用，也体现了“压轴题解答要敏锐，相关概念先查追”的战术思想．
已知函数f (x)＝ex－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f (x)在点A处的切线斜率为－1.
(1)求a的值及函数f (x)的极值；
(2)证明：当x>0时，x2
又f ′(0)＝1－a＝－1，解得a＝2，
所以f (x)＝ex－2x，f ′(x)＝ex－2.
由f ′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x
所以当x＝ln 2时，f (x)有极小值，且极小值为f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x)无极大值．
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x，
由(1)得，g′(x)＝f (x)≥f (ln 2)＝2－ln 4>0，即g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，
所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2
又由(2)知，当x>0时，x20时，有x21，要使不等式x2kx2成立．
而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，即要x>2ln x＋ln k成立．
令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－＝，
易知，当x>2时，h′(x)>0，则h(x)在(2，＋∞)上单调递增．
令x0>2，则h(x)在子区间(x0，＋∞)上单调递增．
为了寻求使h(x)≥0的最小的x0(这里的x0与k有关)，现作如下试探：
设x0＝mk(m>2，k>1)，
又易知m－1－ln m>0，k－1－ln k>0，
则h(mk)＝mk－2ln(mk)－ln k＝mk－2m－3k＋5＋2(m－1－ln m)＋3(k－1－ln k)．
于是，要使h(mk)≥0，则要mk－2m－3k＋5≥0，即要m≥＝3＋.
不难得知，当m＝4，k＝3时，上式等号成立．
由此可得，当取x0＝4k时，有
h(4k)＝4k－2ln 4－3ln k＝k＋3－2ln 4＋3(k－1－ln k)>k＋3－2ln 4>4－4ln 2>0.
所以存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2
由此希望有c·2··2>，即希望有c··>，
故希望有c·>1，即x>.
由此可知，对任意给定的正数c，取x0＝，
由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝e·e>2·2.
从而，当x>x0时，有
ex>2·2>2·2＝2·2＝·2＝x2.
因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2
由(2)知，当x>0时，ex>x2.从而h′(x)<0，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以h(x)
当x>x0时，有＝·x2＝x0·x2
[即时应用体验]
1．已知点E(m,0)为抛物线y2＝4x内一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点．
(1)若m＝1，k1k2＝－1，则△EMN面积的最小值为________；
(2)若k1＋k2＝1，则直线MN过定点________________．
解析： (1)当m＝1时，E为抛物线的焦点，因为k1k2＝－1，所以AB⊥CD.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的方程为y＝k1(x－1)，与抛物线联立得k1y2－4y－4k1＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝－4.
又M，则M.
同理N(2k＋1，－2k1)，所以S△EMN＝|EM||EN|
＝ ·
＝2 ≥2＝4，
当k＝⇒k1＝±1时，△EMN面积的最小值为4.
(2)设AB的方程为y＝k1(x－m)，与抛物线联立得k1y2－4y－4k1m＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝－4m，则可得M，同理N，所以kMN＝＝k1k2.
故MN的方程为y－＝k1k2x－＋m，即y＝k1k2(x－m)＋2，所以直线MN过定点(m,2)．
答案：(1)4 (2)(m,2)
2.设椭圆C1：4x2＋5y2＝20的左、右焦点为F1，F2，下顶点为A，线段OA(O为坐标原点)的中点为B，如图所示，若抛物线C2：y＝mx2－n(m>0，n>0)与y轴的交点为B，且经过F1，F2两点．
(1)求抛物线C2的方程；
(2)设M，N为抛物线C2上的一动点，过点N作抛物线C2的切线交椭圆C1于P，Q两点，求△MPQ的面积的最大值．
解：(1)由题意易知A(0，－2)，B(0，－1)，故n＝1.
又F1(－1,0)，F2(1,0)在抛物线上，所以m＝1，从而抛物线方程为y＝x2－1.
(2)设N(t，t2－1)，由(1)知y′＝2x，则直线PQ的方程为y－(t2－1)＝2t(x－t)，即y＝2tx－t2－1.
将其代入椭圆C1的方程中化简得，
4(1＋5t2)x2－20t(t2＋1)x＋5(t2＋1)2－20＝0.
则Δ＝80(－t4＋18t2＋3)．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
故|PQ|＝·
＝.
设点M到直线PQ的距离为d，
则d＝＝＝.
所以S△MPQ＝|PQ|d
＝·
＝＝·≤·＝(当t＝±3时取等号，经检验此时满足Δ>0，满足题意)．
所以△MPQ的面积的最大值为.
第10术 单调算推 导数分析
一些与函数、不等式有关的数学问题，常常需要利用导数的知识来分析、探究解决．这是因为导数知识具有高度严谨的数学分析思想，而有些函数图象的走向、函数的增减性、函数的极值与曲线的切线方程、有关不等式的证明等问题的求解往往都离不开导数．
导数知识的运用是创新题型的高发区，在客观题、主观题中常都是以压轴题出现，主要考查学生的创新思维能力和运算能力．在平时的解题实践中，我们务必要注重用导数思想方法分析问题，解决问题，加深对导数的定义和几何意义的理解，增强对导数思想方法的认识，促进解题的创新性思维．这种巧用导数知识来分析问题的方法，就是导数分析术．
设f (x)＝ln x＋－1，求证：
(1)当x>1时，f (x)<(x－1)；
(2)当1
则x>1时，g′(x)＝＋－<0.
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，所以g(x)<0，即f (x)<(x－1)．
法二：先证一个引理：当x>1时，2
则有g(x)＝ln x＋－1－(x－1)
又h(1)＝0，故h(x)
(2)法一：设q(x)＝f (x)－，则有
q′(x)＝＋－＝－<－＝.
令Q(x)＝(x＋5)3－216x，则当1
又Q(1)＝0，故Q(x)<0，从而q′(x)<0.
由此可得q(x)在(1,3)上是减函数．
又q(1)＝0，所以q(x)<0.
所以当1
则当1
<(x－1)＋(x＋5)－9
＝[3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]
<[3x(x－1)＋(x＋5) (2＋＋)－18x]
＝(7x2－32x＋25)<0.
因此p(x)在(1,3)上单调递减．
又p(1)＝0，所以p(x)<0，即f (x)<.
[启思维] 本题考查利用导数求闭区间上函数的最值，考查构造函数与转化思想，考查分析问题、解决问题的能力．第(1)问，活用导数分析是最基本的思路，如法一；注重运用引理搭桥，优化表达式，再用导数知识分析也是一种较好的思想，如法二．第(2)问，法一与法二都注重了引理的构建，在求导的过程中，结合已证过的结论变更命题，促进了解题的灵活性与创造性，体现了“导数分析是常规”的战术思想．
已知函数F(x)＝ax＋x2－xln a(a>1)．
(1)求证：F(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若函数y＝－3有四个零点，求b的取值范围；
(3)若对∀x1，x2∈[－1,1]时，都有|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，求a的取值范围．
[解] (1)证明：因为F(x)＝ax＋x2－xln a，
所以F′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.
由于a>1，所以ln a>0，且当x>0时，ax－1>0，由此可得F′(x)>0.
故函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)令F′(x)＝2x＋(ax－1)ln a＝0，得x＝0，
F″(x)＝ax(ln a)2＋2>0，从而可得F′(x)为单调增函数，
这就说明x＝0是唯一的极值点，也是最小值点，故F(0)＝1.
因为F′(0)＝0，所以当x<0时，F′(x)<0，故F(x)在(－∞，0)上单调递减；
当x>0时，F′(x)>0，故F(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为y＝F(x)－b＋－3有四个零点，
即＝3有四个根．
故问题等价于方程有解．
又F(x)≥F(0)＝1，
由①得，F(x)＝3＋b－≥1，即>0.
解得b>－1或－1－
解得b>2＋或2－
(3)问题等价于F(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差小于等于e2－2.
由(2)可知F(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，
所以F(x)的最小值为F(0)＝1，最大值等于F(－1)，F(1)中较大的一个，
由于F(－1)＝＋1＋ln a，F(1)＝a＋1－ln a，
则F(1)－F(－1)＝a－－2ln a.
设g(x)＝x－－2ln x(x>1)，
则g′(x)＝1＋－＝2≥0(当x＝1时取等号)，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)>0，
这就是说，当x>1时，F(1)－F(－1)>0，
即F(1)>F(－1)．
由此可得，当a>1时，F(x)的最小值为F(0)＝1，最大值为F(1)＝a＋1－ln a，
则|F(x2)－F(x1)|≤e2－2⇒F(1)－F(0)＝a－ln a≤e2－2.
令h(x)＝x－ln x(x>1)，则h′(x)＝>0，故h(x)在(1，＋∞)上为增函数．
又a>1，所以h(a)＝a－ln a≤e2－2＝h(e2)，
由此可得a≤e2.故a的取值范围为(1，e2]．
[启思维] 本题考查运用导数知识求函数的单调性，考查恒成立问题，考查函数的零点与方程根的转换能力．第(1)问是送分题，易解决．第(2)问，先弄清F(x)的极值点，再将方程F(x)－b＋＝3中的－b与F(x)分离，并借用F(x)的极值来探究b的范围，思维独到，颇有创意．第(3)问，利用导数确定函数g(x)的最值，确定h(x)的增减性恰到好处，充分体现了“导数分析是常规”的战术思想．
[即时应用体验]
1．已知函数f (x)＝(2－a)ln x＋＋2ax.
(1)当a＝2时，求函数f (x)的极值；
(2)当a＜0时，讨论f (x)的单调性；
(3)若对任意的a∈(－3，－2)，x1，x2∈[1,3]恒有(m＋ln 3)a－2ln 3＞|f (x1)－f (x2)|成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝2时，函数f (x)＝＋4x，所以f ′(x)＝－＋4.
由f ′(x)＞0，得x＞，f (x)在上单调递增；
由f ′(x)＜0，得0＜x＜，f (x)在上单调递减，
所以函数f (x)在x＝处取得极小值f ＝4，无极大值．
(2)f ′(x)＝－＋2a＝，
令f ′(x)＝0，得x＝或x＝－.
①当－>，即－2＜a＜0时，由f ′(x)＞0，得＜x＜－；由f ′(x)＜0，得0＜x＜或x＞－，所以函数f (x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
②当－<，即a＜－2时，由f ′(x)＞0，得－＜x＜；由f ′(x)＜0，得0＜x＜－或x＞，所以函数f (x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
③当a＝－2时，f ′(x)≤0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
综上所述，当－2
当a＝－2时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
(3)由(2)知当a∈(－3，－2)，x1，x2∈[1,3]时，函数f (x)在区间[1,3]上单调递减；
所以当x∈[1,3]时，f (x)max＝f (1)＝1＋2a，f (x)min＝f (3)＝(2－a)ln 3＋＋6a，
故对任意的a∈(－3，－2)，恒有(m＋ln 3)a－2ln 3＞1＋2a－(2－a)ln 3－－6a成立，即am＞－4a.
因为a＜0，所以m＜－4，又min＝－，所以实数m的取值范围是.
2．(2018·福州四校联考)已知函数f (x)＝ax－ln x，F(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0.
(1)若f (x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；
(2)若a∈，且函数g(x)＝xeax－1－2ax＋f (x)的最小值为M，求M的最小值．
解：(1)由题意得f ′(x)＝a－＝，F′(x)＝ex＋a，x>0，
∵a<0，∴f ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x)在(0，＋∞)上单调递减，
当－1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，
当a<－1时，由F′(x)>0，得x>ln(－a)，由F′(x)<0，得0
∵f (x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，
∴ln(－a)≥ln 3，解得a≤－3，
综上，a的取值范围是(－∞，－3]．
(2)g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－
＝(ax＋1)，
由eax－1－＝0，解得a＝，设p(x)＝，
则p′(x)＝，
当x>e2时，p′(x)>0，当0
p(x)min＝p(e2)＝－，
当a≤－时，a≤，即eax－1－≤0，
当x∈时，ax＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，
当x∈时，ax＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g＝M，
设t＝－∈(0，e2]，M＝h(t)＝－ln t＋1(0
∴M的最小值为0.
第11术 条件难议 加强命题
有些命题，无论是从正面进攻还是从反面入手都不易找到解题思路，这时可采用加强命题的方式来突围．即将有关条件进行必要的拆分，加强．从模型同构的角度上进行整合，找出与所求结论相关知识点的归属，通过解决一个比原命题更强的新命题，使我们运用通法解题的思路变得畅通起来，从而得到所要求解或求证的结论．这种在条件难以辨析的情况下，瞄准所求的目标，把握问题的实质，进行放缩变形，主动加强命题的方法，就是加强命题术．
已知函数f (x)＝aex，g(x)＝ln x－ln a，其中a为正常数，e＝2.718…，且函数y＝f (x)和y＝g(x)的图象在它们与坐标轴交点处的切线互相平行．
(1)求a的值；
(2)若存在x使不等式>成立，求实数m的取值范围；
(3)对于函数y＝f (x)和y＝g(x)公共定义域内的任意实数x0，我们把|f (x)－g(x)|的值称为两函数在x0处的偏差，求证：函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
[解] (1)由f (x)＝aex，得函数f (x)与坐标轴的交点为(0，a)，则f ′(0)＝a.
由g(x)＝ln x－ln a＝0，得函数g(x)与坐标轴的交点为(a,0)，则g′(a)＝(a>0)．
因为函数y＝f (x)和y＝g(x)的图象在它们与坐标轴交点处的切线互相平行，
由此可得a＝1.
(2)由>，得>，故m
当x>0时，h′(x)＝1－＋ex.
因为x>0，所以＋ ≥2＝，
故h′(x)＝1－＋ex<1－ex<0，
即h(x)＝x－ex在(0，＋∞)上单调递减．
所以h(x)max＝h(0)<0，
由此可得m<0，综上，实数m的取值范围为(－∞，0)．
(3)证明：法一：记y＝f (x)和y＝g(x)偏差为：
F(x)＝|f (x)－g(x)|＝ex－ln x，x∈(0，＋∞)，
所以F′(x)＝ex－.
设x0为方程F′(x)＝ex－＝0的解，①
显然x0∈(0,1)，且当x∈(0，x0)时，F′(x)<0；当x∈(x0,1)时，F′(x)>0.
所以F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0,1)上单调递增．
记x0＝t，
则F(x)min＝H(t)＝et－ln ＝et＋t，t∈(0,1)．※
又易知F′(1)＝e－1>0，F′＝－2<0，
由根的存在性定理知，导函数①的零点x0在内．
所以函数H(t)＝et＋t在上单调递增，
故H(t)＝et＋t>H＝＋>＋＝2.
即函数y＝f(x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法二：由法一※式，得F(x)min＝et－ln＝＋t≥2，
因为02恒成立．
即函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法三：因为F(x)＝|f (x)－g(x)|＝ex－ln x，x∈(0，＋∞)，又不难得知ln x
设G(x)＝ex＋1－x，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)>ex－1>0在(0，＋∞)上恒成立．
故G(x)为(0，＋∞)上的递增函数．
所以G(x)＝ex＋1－x>G(0)＝2.
即F(x)>2.故函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法四：因为F(x)＝|f (x)－g(x)|＝ex－ln x，x∈(0，＋∞)，
因为ex>1＋x，所以F(x)>1＋x－ln x.
设G(x)＝1＋x－ln x，x∈(0，＋∞)，
从而G′(x)＝1－.
由G′(x)<0，得00，得x>1，
所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以G(x)min＝G(1)＝2，
即F(x)>2.故函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法五：因为F(x)＝|f (x)－g(x)|＝ex－ln x，x∈(0，＋∞)，
不难得知ex>1＋x，ln x1－x，
由此可得F(x)>(1＋x)＋(1－x)＝2.
即F(x)>2.故函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法六：易知函数y＝f (x)和y＝g(x)偏差值的几何意义是将函数y＝g(x)向上平移使之与y＝f (x)的图象相交，当交点为切点时偏差最小．
设此时平移了m个单位，切点的坐标为(x0，y0)，
由此可得，函数y＝f (x)和y＝g(x)＋m在点(x0，y0)处的切线重合，
则y－y0＝ex0(x－x0)，即y＝ex0x＋ex0－x0ex0，①
y－y0＝(x－x0)，即y＝x＋ln x0＋m－1，②
即①②为同一方程．
故有ex0－x0ex0＝ln x0＋m－1，ex0＝，
从而可得m＝－ln x0＝＋x0，
又由ex0＝，得02.
即函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法七：因为函数y＝f (x)和y＝g(x)偏差为：
F(x)＝|f (x)－g(x)|＝ex－ln x，x∈(0，＋∞)，
令F1(x)＝ex－x，F2(x)＝x－ln x，x∈(0，＋∞)，
则F(x)＝F1(x)＋F2(x)，
由此可得F1′(x)＝ex－1，
所以F1(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又因为F2′(x)＝1－＝，
所以F2(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以F1(x)>F1(0)＝1，F2(x)≥F2(1)＝1，
从而F(x)＝ex－ln x＝F1(x)＋F2(x)>2.
即函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
[启思维] 本题的第(1)(2)两问的求解都是常见的基本方法．第(3)问的证明颇有技巧，其法一、二都没有直接将导数为零的x的值求出，而是通过考查导数的正负，探究到其根在，1内，转而考查H(t)的最值，思路清晰、明了，体现了解题的探究性；法三、四、五都是通过加强命题，将其中一个无理式转化为有理式，促使问题获得解决，过程简洁、自然，颇有创意；法六注重观察几何图形的特征，将问题转化为研究两切线重合来处理，是一种常用的思想方法；法七注重了变更命题，将原命题分成两个命题来探究的．
已知函数f (x)＝x2ln(ax)(a>0)．
(1)若f ′(x)≤x2对任意的x>0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a＝1时，设函数g(x)＝，若x1，x2∈，x1＋x2<1，求证：x1x2<(x1＋x2)4.
[解] (1)易知f ′(x)＝2xln(ax)＋x，
故不等式f ′(x)≤x2可化为2xln(ax)＋x≤x2，
即2ln(ax)＋1≤x在x>0时恒成立．
令h(x)＝2ln(ax)＋1－x，则h′(x)＝－1.
当x∈(0,2)时，h′(x)>0，则h(x)在(0,2)上单调递增；
当x>2时，h′(x)<0，则h(x)在(2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)在x＝2时取最大值．
依题意得h(2)≤0，即2ln(2a)＋1≤2，
解得0
(2)证明：法一：为了获得x1x2与(x1＋x2)4的关系，现从函数g(x)增减性的角度来探究．
因为a＝1，所以g(x)＝＝xln x，
从而g′(x)＝ln x＋1，
由g′(x)>0，得x>；
由g′(x)<0，得0
因为x1，x2∈，且
即ln x1
当且仅当x1＝x2时取等号．
又ln(x1＋x2)<0，故①式可化为ln x1＋ln x2<4ln(x1＋x2)⇒ln(x1x2)
法二：加强不等式法．
因为x1，x2∈，x1＋x2<1，
所以
因为x1，x2∈，x1＋x2<1，
所以
于是，由④⑤得<<(x1＋x2)2，
则<(x1＋x2)4. ⑥
由②⑥得x1x2<(x1＋x2)4.
[启思维] 本题考查导数的应用，恒成立问题和不等式的证明，考查转换与化归思想．第(1)问求解的关键是将“f′(x)≤x2对∀x>0恒成立”转化为“h(x)max≤0”．第(2)问，法一：函数g(x)与结论“x1x2<(x1＋x2)4”从表面上看没有多大的联系，但从结论出发思考，易发现：将结论取对数后可得“ln x1＋ln x2≤4ln(x1＋x2)”，这样它就与已知有关联了．再来看条件，观察函数g(x)的特点，可推知g(x)在区间上递增，进而推得ln x1
[即时应用体验]
1．已知函数f (x)＝ex－ax－1(e为自然对数的底数)．
(1)判断函数f (x)的单调性；
(2)当a>0时，若f (x)≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值；
(3)求证：ln＋ln＋…＋ln<2.
解：(1)因为f (x)＝ex－ax－1，所以f ′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在R上单调递增．
当a>0，x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
(2)由(1)知，当a>0时，f (x)min＝f (ln a)，
所以要使f (x)≥0对任意的x∈R恒成立，
只需f (x)min＝f (ln a)≥0成立，
即a－aln a－1≥0成立．
记g(a)＝a－aln a－1(a>0)，
因为g′(a)＝1－(ln a＋1)＝－ln a，
所以g(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故有g(a)≤g(1)＝0，从而可得g(a)max＝0，
由此可得a＝1.
(3)证明：法一：由(2)可知ex≥x＋1，
即ln(1＋x)≤x(x>－1)，
易知，当x>0时，恒有ln(1＋x)
下面，先证≤－.②
即证≤⇔4(32k－2×3k＋1)≥3×32k－4×3k＋1⇔32k－4×3k＋3≥0⇔(3k－1)(3k－3)≥0，此式显然成立．
于是，在②中，令k＝1,2，…，n，并将所得的各式相加，得
<－＋…＋－＝－<1.
即①式成立，故原不等式成立．
法二：当n＝1时，有＝<2.
当n≥2时，<
＝＝－，
则 ＝＋ <＋－<2.
由此可得 <2成立．
从而ln1＋＋ln1＋＋…＋ln1＋<2成立．
2．已知函数f (x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)，g(x)＝x3－ax.
(1)求f (x)的最大值；
(2)若∀x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1,2]使得f (x1)≤g(x2)成立，求a的取值范围；
(3)证明不等式：n＋n＋…＋n<.
解：(1)因为f (x)＝ln x－x＋1(x>0)，
所以f ′(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，
由此可得f (x)≤f (1)＝0.故f (x)的最大值为0.
(2)∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈[1,2]使得f (x1)≤g(x2)成立，等价于f (x)max≤g(x)max.
由(1)知f (x)max＝0，
又当a≤0时，g(x)＝x3－ax在x∈[1,2)时恒正，满足题意．
当a>0时，g′(x)＝3x2－a，
由g′(x)>0，得x>或x<－；
由g′(x)<0，得－
若≤1，即0
综上所述，a的取值范围为(－∞，4]．
(3)证明：由(1)知f (x)≤0，即ln x≤x－1(x>0)．
令x＝，得ln ≤－1＝，从而nln ≤k－n，即n≤ek－n.
所以n＋n＋…＋n≤e1－n＋e2－n＋…＋en－n＝＝<.
即n＋n＋…＋n<.
第12术 解题卡壳 攻坚突围
解题卡壳，一般都是卡在压轴题，或计算量大的题上，有时也卡在有些条件特殊的选择题、填空题上．卡壳题不一定就是做不好的题，或是啃不动的题，而是因某些运算，或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子难想出好主意，或回忆不到相关的公式、定理，或想不出相应的辅助线、辅助函数，或把条件看错，或在推理中错算了一步，再无法继续．解题过程卡在某一过渡环节上是常见的事．当解题遇到卡壳时，应注意调整心态、保持冷静，注重更换思考方式、跳步或跳问解答，沉着迎战．
一般来说，对卡壳题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析，回头整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移，考查相关定义
与图形，从不同的角度再次认识条件及结论，使之产生解题的灵感，从而获得相关的“自我提示”．因此，在重审结论或剖析条件时，要注重考查命题所涉及的概念、定理，把握命题的结构特点，构建相应的数学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么．在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否对路时，要注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什么，用什么．在沟通条件与结论时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什么．这就是我们常说的卡壳突围术．常见的突围策略有以下两种．
策略一：前难后易空城计
对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用前一问的结论来求解的，此时应放弃前一问的求解，着重攻后面的几问，并将前一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合题设条件或有关定理来解答后面的问题．这种利用自己根本不懂或不会证明的问题作条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城计”，即：前问难作后问易，弃前攻后为上计(也可说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题)．
设函数f n(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)．
(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：f n(x)在区间内存在唯一零点；
(2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f 2(x1)－f 2(x2)|≤4，求b的取值范围；
(3)在(1)的条件下，设xn是f n(x)在内的零点，判断数列x2，x3，…，xn，…的增减性．
[解] (1)证明：当b＝1，c＝－1，n≥2时，
f n(x)＝xn＋x－1.
∵f n·f n(1)＝×1＜0，
∴f n(x)在内存在零点．
又∵当x∈时，f n′(x)＝nxn－1＋1＞0，
∴f n(x)在上是单调递增的，
∴f n(x)在区间内存在唯一零点．
(2)当n＝2时，f 2(x)＝x2＋bx＋c.
对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f 2(x1)－f 2(x2)|≤4等价于f 2(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：
①当＞1，即|b|＞2时，
M＝|f 2(1)－f 2(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾．
②当－1≤－＜0，即0＜b≤2时，
M＝f 2(1)－f 2＝2≤4恒成立．
③当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，
M＝f 2(－1)－f 2＝2≤4恒成立．
综上可知，当－2≤b≤2时，对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f 2(x1)－f 2(x2)|≤4.
故b的取值范围为[－2,2]．
(3)法一：设xn是f n(x)在内的唯一零点(n≥2)，
则f n(xn)＝x＋xn－1＝0，
f n＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈，
于是有f n(xn)＝0＝f n＋1(xn＋1)
＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝f n(xn＋1)．
又由(1)知f n(x)在上是单调递增的，
故xn＜xn＋1(n≥2)，
所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列．
法二：设xn是f n(x)在内的唯一零点，
f n＋1(xn)f n＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1)
＝x＋xn－1
故xn
[启思维] 第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理较容易解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(3)问的解答．事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举．
策略二：前解倒推混战术
有些数学命题的求解，开始入手还较为顺畅，但一到最后就难以继续进行了．此时若知悉它的大致趋势和结果，可依从所求结论的形式、特点，进行反推、凑形，直到得出大致与所要达到的目标相当、相同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通也是可行的．对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了几下，却可能全都是对的．也就是说，对此解答，自己是以其昏昏，却能使人昭昭．因为别人看上去确实是一步接着一步写的，没有什么跳跃，也没掉什么关键步．这一战术与“中间会师”有点相似，但实质却不同．因为它不是清清楚楚地推理过来的．这种不按常规方式出牌，浑水摸鱼的解题方法我们称之为混战术：解题结尾路难行，倒推凑形亦为径．
(2018·武汉调研)已知a为实数，函数f (x)＝ex－2－ax.
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若函数f (x)有两个不同的零点x1，x2(x1
②证明：x1＋x2>2.
[解] (1)由f (x)＝ex－2－ax，得f ′(x)＝ex－2－a.
当a≤0时，f ′(x)>0，函数f (x)在R上单调递增．
当a>0时，由f ′(x)＝ex－2－a＝0，得x＝2＋ln a.
若x>2＋ln a，则f ′(x)>0，函数f (x)在(2＋ln a，＋∞)上单调递增；
若x<2＋ln a，则f ′(x)<0，函数f (x)在(－∞，2＋ln a)上单调递减．
(2)①由(1)知，当a≤0时，f (x)在R上单调递增，没有两个不同的零点．
当a>0时，f (x)在x＝2＋ln a处取得极小值，
所以f (2＋ln a)＝eln a－a(2＋ln a)<0，得a>.
所以a的取值范围为.
②证明：由ex－2－ax＝0，
得x－2＝ln ax＝ln a＋ln x，
即x－2－ln x＝ln a.
所以x1－2－ln x1＝x2－2－ln x2＝ln a.
令g(x)＝x－2－ln x(x>0)，则g′(x)＝1－.
当x>1时，g′(x)>0；当0
因为g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以只需证g(x2)>g(2－x1)．
因为g(x1)＝g(x2)，
所以只需证g(x1)>g(2－x1)，
即证g(x1)－g(2－x1)>0.
令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝x－2－ln x－[2－x－2－ln(2－x)]＝2x－2－ln x＋ln(2－x)(0
因为＋＝[x＋(2－x)]≥2，当且仅当x＝1时等号成立，
所以当0
所以x1＋x2>2得证．
[启思维] 本题在证明x1＋x2>2时，如果直接从题目条件出发，很难证明该结论成立，而通过分析，将x1＋x2>2转化为x2>2－x1>1，利用函数g(x)＝x－2－ln x的单调性以及g(x1)＝g(x2)，将问题转化为证明不等式g(x1)>g(2－x1)，进而构造函数h(x)＝g(x)－g(2－x)，转化为证明函数h(x)的最小值大于0，从而使问题得证．
[即时应用体验]
1．设函数f (x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c＞1，求证：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
解：(1)由题设，f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－1，令f ′(x)＝0，解得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．
(2)证明：由(1)知，f (x)在x＝1处取得最大值，
最大值为f (1)＝0.
所以当x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln ＜－1，
即1＜＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x)＝0，解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
2．已知函数f (x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f (x)的两个零点，求证：x1＋x2<2.
解：(1)f ′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a＝0，则f (x)＝(x－2)ex，f (x)只有一个零点．
②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以f (x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又f (1)＝－e，f (2)＝a，取b满足b<0且b
故f (x)存在两个零点．
③设a<0，由f ′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，
f ′(x)>0，因此f (x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f (x)<0，所以f (x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，
故当x∈(1，ln(－2a))时，f ′(x)<0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f ′(x)>0.
因此f (x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f (x)<0，所以f (x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设x1
由于f (2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而f (x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f (2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，
故当x>1时，g(x)<0.
从而g(x2)＝f (2－x2)<0，故x1＋x2<2.
第一板块 学通考场解题常用12术——解得快
第1术 抛砖引玉 活用特例
方法概述
所谓特例法，又叫特殊化法，就是当我们面临一道难以入手的一般性题目时，可以从一般退到特殊，先考查包含在一般情形里的某些比较简单的特殊问题，以便从特殊问题的研究中，拓宽解题思路，发现解答原题的方向或途径
应用题型
(1)选择题或填空题；(2)在解答题中，当求解目标尚未明确时，往往需要考查题设条件中所含参变因素的某些特殊情况或极端情况
方法一：取特殊数值
设f (x)＝若f (x0)>3，则x0的取值范围为( )
A．(－∞，0)∪(2，＋∞) B．(0,2)
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞) D．(－1,3)
[常规解法]
当x0≥2时，log2[4(x0－1)]>3，
即log24＋log2(x0－1)>3，∴log2(x0－1)>1，
∴x0－1>2，即x0>3.
当x0<2时，x0＋1>3，即x0>2，∴x0<－1.
综上可知x0>3或x0<－1，
即x0的取值范围为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．
[提速解法]
取x0＝1，则f (1)＝＋1＝<3，故x0≠1，排除B、D；取x0＝3，则f (3)＝log28＝3，故x0≠3，排除A，故选C.
[答案] C
在数列{an}中，a1＝2，an＝an－1＋ln(n≥2)，则an＝( )
A．2＋ln n B．2＋(n－1)ln n
C．2＋nln n D．1＋n＋ln n
[常规解法]
∵an＝an－1＋ln，
∴an－an－1＝ln＝ln＝ln n－ln(n－1)．
又a1＝2，
∴an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an－an－1)＝2＋[ln 2－ln 1＋ln 3－ln 2＋ln 4－ln 3＋…＋ln n－ln(n－1)]＝2＋ln n－ln 1＝2＋ln n.
[提速解法]
不妨取n＝2，则a2＝a1＋ln 2＝2＋ln 2，选项A、B符合，C、D不符合，排除C、D；再取n＝3，则a3＝a2＋ln＝2＋ln 3，选项B中，a3＝2＋2ln 3，不符合，排除B，故选A.
[答案] A
方法二：取特殊点
函数f (x)＝的图象是( )
[常规解法]
f (x)＝＝.
当x>1时，f (x)＝－x－1；
当x<－1时，f (x)＝x－1；
当0≤x<1时，f (x)＝x＋1；
当－1
因为x≠±1，所以排除A；因为f (0)＝1，所以排除D；因为f ＝＝，所以排除B，故选C.
[答案] C
如图，点P为椭圆＋＝1上第一象限内的任意一点，过椭圆的右顶点A、上顶点B分别作y轴、x轴的平行线，它们相交于点C，过点P引BC，AC的平行线交AC于点N，交BC于点M，交AB于D，E两点，记矩形PMCN的面积为S1，三角形PDE的面积为S2，则S1∶S2＝( )
A．1 B．2
C. D.
[常规解法]
设P(x，y)，由题意可知直线AB的方程为＋＝1，
∴D，E.
又∵N(5，y)，M(x,3)，
∴S△ADN＝×y×y＝y2，
S梯形ACME＝××(5－x)＝(25－x2)．
∵P(x，y)在椭圆上，∴＋＝1，∴y2＝9－，
∴y2＝(25－x2)．
∴S△ADN＝S梯形ACME.
∵矩形PMCN的面积是S1，三角形PDE的面积是S2，
∴S1∶S2＝1∶1.
[提速解法]
不妨取点P，则可计算S1＝×(5－4)＝.由题易得PD＝2，PE＝，所以S2＝×2×＝，所以S1∶S2＝1.
[答案] A
方法三：取特殊函数
若函数y＝f (x)对定义域D中的每一个x1，都存在唯一的x2∈D，使f (x1)·f (x2)＝1成立，则称f (x)为“影子函数”，有下列三个命题：
①“影子函数”f (x)的值域可以是R；
②“影子函数”f (x)可以是奇函数；
③若y＝f (x)，y＝g(x)都是“影子函数”，且定义域相同，则y＝f (x)·g(x)是“影子函数”．
上述命题正确的序号是( )
A．① B．②
C．③ D．②③
[解析] 对于①：假设“影子函数”的值域为R，则存在x1，使得f (x1)＝0，此时不存在x2，使得f (x1)f (x2)＝1，所以①错误；
对于②：函数f (x)＝x(x≠0)，对任意的x1∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，取x2＝，则f (x1)f (x2)＝1，又因为函数f (x)＝x(x≠0)为奇函数，所以“影子函数”f (x)可以是奇函数，②正确；
对于③：函数f (x)＝x(x>0)，g(x)＝(x>0)都是“影子函数”，但F(x)＝f (x)g(x)＝1(x>0)不是“影子函数”(因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在无数多个x2∈(0，＋∞)，使得F(x1)·F(x2)＝1)，所以③错误．
[答案] B
方法四：取特殊位置
已知E为△ABC的重心，AD为BC边上的中线，过点E的直线分别交AB，AC于P，Q两点，且＝m，＝n，则＋＝( )
A．3 B．4
C．5 D.
[常规解法]
分别过点B，C作BM∥AD，CN∥AD，分别交PQ于点M，N.
∵D是BC的中点，
∴DE是梯形CNMB的中位线．
又＝m，＝n，
∴m＝，n＝，
∴＋＝＋
＝＋
＝1＋＋1＋＝2＋＋
＝2＋＋＝2＋
＝2＋＝2＋＝2＋1＝3.
[提速解法]
由于直线PQ是过点E的一条“动”直线，所以结果必然是一个定值．故可利用特殊直线确定所求值．
法一：如图(1)，令PQ∥BC，
则＝，＝，此时，m＝n＝，
故＋＝3.
法二：如图(2)，直线BE与直线PQ重合，此时，＝，＝，故m＝1，n＝，所以＋＝3.
[答案] A
如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )
A．3∶1 B．2∶1
C．4∶1 D.∶1
[常规解法]
设三棱柱ABCA1B1C1的体积为V，
∵侧棱AA1和BB1上各有一动点P，Q满足A1P＝BQ，
∴四边形PQBA与四边形PQB1A1的面积相等，
故四棱锥CPQBA的体积等于三棱锥CABA1的体积，等于V，
则几何体CPQC1B1A1的体积等于V，
故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为2∶1.
[提速解法]
将P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，
此时仍满足条件A1P＝BQ(＝0)，
则有VCAA1B＝VA1ABC＝VABCA1B1C1.
因此过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为2∶1.
[答案] B
方法五：取特殊图形
AD，BE分别是△ABC的中线，若||＝||＝1，且与的夹角为120°，则·＝______________________________________________________________.
[常规解法]
由已知得
解得
所以·＝||2－||2－·＝.
[提速解法]
若△ABC为等边三角形，则||＝，
∴·＝||||cos 60°＝.
[答案]
[即时应用体验]
1．动点A在双曲线－＝1上，B，C为其左、右焦点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a＝10，c－b＝6，则tantan＝( )
A. B.
C. D．1
解析：选A 由题意得双曲线的方程为－＝1，取特殊位置AC⊥BC，可得C＝，则a2＋b2＝(6＋b)2，解得b＝，故tan B＝，则tan＝，
所以tantan＝.
2．若f (x)和g(x)都是定义在实数集R上的函数，且方程x－f [g(x)]＝0有实数解，则g[f (x)]的解析式不可能是( )
A．y＝x2＋x－ B．y＝x2＋x＋
C．y＝x2－ D．y＝x2＋
解析：选B 法一：设x0为方程x－f [g(x)]＝0的一个实根，则f [g(x0)]＝x0.设g(x0)＝t0，则f (t0)＝x0.所以g(x0)＝g[f (t0)]＝t0，即g[f (t0)]－t0＝0，这说明方程g[f (x)]－x＝0至少有一个实根t0，而对于选项B，当g[f (x)]＝x2＋x＋时，方程x2＋x＋＝x无实根，故选B.
法二：取特殊函数法．令f (x)＝x，即可把原题改写为x－g(x)＝0有实数解，g(x)不可能是哪个代数式．A、C、D均可使x－g(x)＝0有实数解，只有B不能使x－g(x)＝0有实数解，故选B.
3．设f (x)＝则使所有x均满足不等式xf (x)≤g(x)的函数g(x)为( )
A．sin x B．x
C．x2 D．|x|
解析：选D 若g(x)＝sin x，应有xf (x)≤sin x，取x＝2，则f (x)＝1，于是2
解析：令α＝0°，则原式＝.
答案：
5．在△ABC中，M是BC的中点，AM＝3，BC＝10，则·＝________.
解析：将△ABC视作特殊的三角形：边AB＝AC的等腰三角形，如图，
则AM＝3，BC＝10，
AB＝AC＝.
由余弦定理得cos∠BAC＝＝－，
所以·＝××＝－16.
答案：－16
6．椭圆＋＝1的焦点为F1，F2，点P为其上动点，当∠F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是__________________________________________________________．
解析：设P(x，y)，则当∠F1PF2＝90°时，点P的轨迹方程为x2＋y2＝5，由此可得点P的横坐标x＝±.又当点P在x轴上时，∠F1PF2＝0；点P在y轴上时，∠F1PF2为钝角，由此可得点P横坐标的取值范围是.
答案：
第2术 探求思路 图作向导
方法概述
对题设条件不够明显的数学问题求解，注重考查相关的图形，巧用图形作向导是思维入手、领会题意的关键所在．尤其是对一些用函数、三角函数、不等式等形式给出的命题，其本身虽不带有图形，但我们可换个角度思考，设法构造相应的辅助图形进行分析，将代数问题转化为几何问题来解．力争做到有图用图，无图想图，补形改图，充分运用其几何特征的直观性来启迪思维，从而较快地获得解题的途径．这就是我们常说的图解法
应用题型
选择题、填空题、解答题中均有应用，主要涉及函数最值、不等式、解析几何中范围等问题
应用一：求解函数问题
用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值，设f (x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，则f (x)的最大值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 画出y＝2x，y＝x＋2，y＝10－x的图象如图所示，观察图象可知f (x)＝
所以f (x)的最大值在x＝4时取得，且为6.
[答案] C
设f (x)＝(x－2)2ex＋ae－x，g(x)＝2a|x－2|(e为自然对数的底数)，若关于x的方程f (x)＝g(x)有且仅有6个不等的实数解，则实数a的取值范围是( )
A. B．(e，＋∞)
C．(1，e) D.
[解析] 由f (x)＝g(x)，
得|x－2|2e2x－2a|x－2|ex＋a2＝a2－a，
即(|x－2|ex－a)2＝a2－a.
所以|x－2|ex＝a± ，其中a≤0或a≥1.
设h(x)＝|x－2|ex，m1＝a＋，m2＝a－.
①当x<2时，h(x)＝(2－x)ex，h′(x)＝ex(1－x)．
于是，当x<1时，h′(x)>0，则h(x)单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，则h(x)单调递减．
由此可得，函数h(x)max＝h(1)＝e.
所以0
h′(x)＝ex(x－1)>0.
则h(x)在(2，＋∞)上单调递增，画出函数h(x)的大致图象如图所示．
故方程f (x)＝g(x)有六个不等的实数解等价于直线y＝m1，y＝m2与曲线h(x)＝|x－2|ex各有三个交点．
由图知，则需0
应用二：求解不等式问题
已知f (x)＝则不等式f (x)≥x2的解集为( )
A．[－1,1] B．[－2,2]
C．[－2,1] D．[－1,2]
[解析] 分别作出f (x)＝和y＝x2的图象如图所示．
由图可知，f (x)≥x2的解集为[－1,1]．
[答案] A
应用三：求解平面向量问题
设a，b，c是单位向量，且a·b＝0，则(a－c)·(b－c)的最小值为( )
A．－2 B.－2
C．－1 D．1－
[解析] 由于(a－c)·(b－c)＝－(a＋b)·c＋1，因此等价于求(a＋b)·c的最大值，这个最大值只有当向量a＋b与向量c同向共线时取得．由于a·b＝0，故a⊥b，如图所示，|a＋b|＝，|c|＝1.当θ＝0时，(a＋b)·c取得最大值且最大值为.故所求的最小值为1－.
[答案] D
已知△ABC的三个顶点的坐标满足如下条件：向量＝(2,0)， ＝(2,2)，＝(cos α，sin α)，则∠AOB的范围为__________．
[解析] 由||＝＝，可知点A的轨
迹是以C(2,2)为圆心，为半径的圆．过原点O作圆的切线，切点分别为M，N，如图所示，
连接CM，CN，则向量与的夹角θ的范围是[∠MOB，∠NOB]．由图可知∠COB＝，因为||＝2，由||＝| |＝||，知∠COM＝∠CON＝，所以∠BOM＝－＝，∠BON＝＋＝，所以≤θ≤，故∠AOB的范围为.
[答案]
应用四：求解解析几何问题
已知F1，F2分别为双曲线x2－＝1的左、右焦点，点P为右支上一点，O为坐标原点．若向量＋与的夹角为120°，则点F2到直线PF1的距离为( )
A. B.
C．2 D.
[解析] 如图，取PF2的中点M，连接OM，
则＋＝2，
故〈，〉＝120°，
∠OMF2＝60°.
因为O为F1F2的中点，
所以OM∥PF1，
所以∠F1PF2＝∠OMF2＝60°.
在△F1PF2中，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
因为a＝1，b＝，所以c＝，
由余弦定理得，
cos∠F1PF2＝，
即cos 60°＝＝，
整理得m2＋n2－mn＝28，
所以解得
过点F2作F2N⊥PF1于N，
在Rt△PF2N中，|F2N|＝|PF2|·sin 60°＝2，
即点F2到直线PF1的距离为2.
[答案] C
[即时应用体验]
1．定义在R上的函数y＝f (x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，且函数f (x＋1)是偶函数．若当x∈[0,1]时，f (x)＝sin，则函数g(x)＝f (x)－e－|x|在区间[－2 018，2 018]上的零点个数为( )
A．2 017 B．2 018
C．4 034 D．4 036
解析：选D 由y＝f (x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，得f (x)是偶函数，即f (－x)＝f (x)．
因为当x∈[0,1]时，f (x)＝sin，
所以当x∈[－1,0]时，f (x)＝f (－x)＝－sin.
因为函数f (x＋1)是偶函数，
所以f (x＋1)＝f (－x＋1)，
所以f (x＋2)＝f (－x)＝f (x)，
故f (x)是周期为2的偶函数．
作出函数y＝f (x)与函数y＝e－|x|的图象如图所示，可知每个周期内两个图象有两个交点，
所以函数g(x)＝f (x)－e－|x|在区间[－2 018,2 018]上的零点个数为2 018×2＝4 036.
2．在平面上， ⊥，||＝| |＝1，＝＋，若||<，则| |的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析：选D 根据⊥，
＝＋，可知四边形AB1PB2是一个矩形．
以A为坐标原点，AB1，AB2所在直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系．
设|AB1|＝a，|AB2|＝b.
点O的坐标为(x，y)，点P(a，b)．
∵||＝||＝1，
∴变形为
∵||<，
∴(x－a)2＋(y－b)2<，
∴1－x2＋1－y2<，
∴x2＋y2>.①
∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1.
同理，x2≤1.
∴x2＋y2≤2.②
由①②可知：
3．过双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点F(－c,0)(c>0)，作圆x2＋y2＝的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若＝( ＋)，则双曲线的离心率为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 由题意可知E为FP的中点，且OE⊥FP.记F′为双曲线的右焦点，作出示意图如图所示，连接F′P，则F′P綊2OE，且FP⊥F′P，所以|F′P|＝a，由双曲线的定义可得|FP|＝3a.
又FP⊥F′P，可得(2c)2＝10a2，所以e＝＝.
4．已知a>0，b>0，则不等式a>>－b的解是( )
A. B.
C.∪ D.∪
解析：选D 法一：直接求解法．
－b<
法二：数形结合法．利用y＝的图象，如图所示，故选D.
5．已知关于x的方程|x|＝ax＋1有一个负根，但没有正根，则实数a的取值范围是__________．
解析：在同一平面直角坐标系中分别作出y＝|x|，y＝ax＋1，y＝x＋1的图象．由图可知，当直线y＝ax＋1的斜率a≥1时，直线y＝ax＋1与y＝|x|的图象有且仅有y轴左侧一个交点，即|x|＝ax＋1有一个负根，但没有正根．
答案：[1，＋∞)
6．已知a，b为单位向量，a·b＝0，若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围是__________________．
解析：令＝a，＝b，＝a＋b，＝c，
如图所示，则||＝，
又|c－a－b|＝1，
所以点C在以点D为圆心、半径为1的圆上，
易知点C与O，D共线时||取到最值，最大值为＋1，最小值为－1，
所以|c|的取值范围为[－1，＋1]．
答案：[－1，＋1]
第3术 解题常招 设参换元
方法概述
在解答数学问题时，我们常把某个代数式看成一个新的未知数，或将某些变元用另一参变量的表达式来替换，以便将所求的式子变形，优化思考对象，让原来不醒目的条件，或隐含的信息显露出来，促使问题的实质明朗化，使非标准型问题标准化，从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉，从中找出解题思路．这种通过换元改变式子形式来变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去考查、探究解题思路的做法，就是设参换元法，也就是我们常说的换元法
应用题型
此方法既适用选择题、填空题，也适用于解答题，多在研究方程、不等式、函数、三角、解析几何中广泛应用
方法一：三角换元
已知x，y∈R，满足x2＋2xy＋4y2＝6，则z＝x2＋4y2的取值范围为__________．
[常规解法]
由x2＋2xy＋4y2＝6，
得2xy＝6－(x2＋4y2)，
而2xy≤，
所以6－(x2＋4y2)≤，
所以x2＋4y2≥4，当且仅当x＝2y时，取等号．
又因为(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6，
所以z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12，
综上可得4≤x2＋4y2≤12.
[提速解法]
已知x2＋2xy＋4y2＝6，
即(x＋y)2＋(y)2＝()2，
故设x＋y＝cos α，y＝sin α，
即x＝cos α－sin α，y＝sin α.
则z＝x2＋4y2＝6－2xy＝6－2(cos α－sin α)·sin α＝8－4sin.
所以8－4≤z≤8＋4，
即z的取值范围为[4,12]．
[答案] [4,12]
方法二：比值换元
设x，y，z满足关系x－1＝＝，则x2＋y2＋z2的最小值为________．
[解析] 令x－1＝＝＝k，则x－1＝k，y＋1＝2k，z－2＝3k，即x＝k＋1，y＝2k－1，z＝3k＋2.
∴x2＋y2＋z2＝(k＋1)2＋(2k－1)2＋(3k＋2)2＝14k2＋10k＋6＝142＋.
∴当k＝－，即x＝，y＝－，z＝时，x2＋y2＋z2取最小值.
[答案]
方法三：整体换元
如图，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．
[解] (1)由已知得椭圆的焦点在x轴上，设其方程为＋＝1(a>b>0)，
则A(a,0)，B(0，b)，F(c,0)(c＝)．
由已知可得e2＝＝，
所以a2＝4b2，即a＝2b，故c＝b.
又S△ABF＝|AF|·|OB|＝(a－c)b＝1－.
所以b＝1，a＝2，c＝.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0与圆O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2.①
由
消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2
＝2－4×
＝.②
将①代入②，得|x1－x2|2＝，
故|x1－x2|＝.
所以|MN|＝|x1－x2|＝·＝.
故△OMN的面积S＝|MN|×1＝.
令t＝4k2＋1(t≥1)，则k2＝，代入上式，
得S＝2·＝·
＝· ＝· ，
所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±时，S取得最大值，且最大值为×＝1.
方法四：局部换元
设对一切实数x，不等式x2log2＋2xlog2＋log2>0恒成立，则a的取值范围为__________．
[解析] 注意到log2和log2及log2之间的关系，换元化为一元二次不等式在R上恒成立问题．
设log2＝t，t∈R，
则log2＝log2＝3＋log2＝3－log2＝3－t，log2＝2log2＝－2t.
∴原不等式可化为(3－t)x2＋2tx－2t>0，它对一切实数x恒成立，
所以解得
∴t<0，即log2<0,0<<1，解得0
[提醒] 一般地，解指数与对数不等式、方程，有可能使用局部换元法，换元时也可能要对已知条件进行适当变形，发现各个量之间的联系再换元，这是我们要注意的一点．
方法五：两次换元
已知u≥1，v≥1且(logau)2＋(logav)2＝loga(au2)＋loga(av2)(a>1)，则loga(uv)的最大值和最小值分别为________，________.
[解析] 令x＝logau，y＝logav，则x≥0，y≥0.已知等式可化为(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)．再设t＝loga(uv)＝x＋y(x≥0，y≥0)，由图可知，当线段y＝－x＋t(x≥0，y≥0)与圆弧(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)相切时(图中CD位置)，截距t取最大值，tmax＝2＋2；当线段端点是圆弧端点时(图中AB位置)，截距t取最小值，tmin＝1＋.因此loga(uv)的最大值是2＋2，最小值是1＋.
[答案] 2＋2 1＋
[提醒] 利用两次换元探究动点的轨迹方程，数形结合使问题变得直观．换元中应注意旧变量对新变量的限制．
[即时应用体验]
1．椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点A，B，当△FAB的周长最大时，△FAB的面积为________．
解析：已知＋＝1，则F(－1,0)．
设A(2cos θ，sin θ)，B(2cos θ，－sin θ)，
则|AF|＝|BF|＝＝2＋cos θ，
故△FAB的周长l＝2(2＋cos θ)＋2sin θ＝4＋4sin.
当θ＝时，l取得最大值，此时△FAB的面积为
S＝(1＋2cos θ)·2sin θ＝sin θ(1＋2cos θ)＝3.
答案：3
2．不等式log2(2x－1)·log2(2x＋1－2)<2的解集是________．
解析：设log2(2x－1)＝y，则log2(2x＋1－2)＝1＋log2(2x－1)＝y＋1，故原不等式可化为y(y＋1)<2，解得－2
3．y＝sin xcos x＋sin x＋cos x的最大值是________．
解析：设sin x＋cos x＝t∈[－，]，则sin xcos x＝＝－，所以y＝＋t－＝(t＋1)2－1，当t＝时，ymax＝＋.
答案：＋
4．已知a≥0，b≥0，a＋b＝1，则 ＋ 的取值范围是________．
解析：法一：设a＝－x，b＝＋x，x∈，
则 ＋ ＝＋.
由(＋)2＝2＋2∈[2＋，4]，
得 ＋ 的取值范围是.
法二：令 ＝x, ＝y，
则x，y∈且x2＋y2＝2.
再令θ∈，
则 ＋ ＝x＋y＝cos θ＋sin θ
＝2sin∈.
答案：
5．在椭圆x2＋4y2＝8中，AB是长为的动弦，O为坐标原点，求△AOB面积的取值范围．
解：设A，B的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋b，
代入椭圆方程整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4(b2－2)＝0.
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
由|AB|2＝(k2＋1)(x2－x1)2
＝(k2＋1)[(x1＋x2)2－4x1x2]
＝[2(4k2＋1)－b2]＝，
得b2＝2(4k2＋1)－，
又原点O到AB的距离为.
所以△AOB的面积S＝·.
记u＝，
则S2＝·＝＝－＝4－2.
又u＝＝4－的范围为[1,4](u＝4为竖直弦)．
故u＝时，S＝4；
而u＝1时，S＝.
因此S的取值范围是.
第4术 出奇制胜 巧妙构造
方法概述
构造法是指根据题设条件和结论的特征、性质，运用已知数学关系式和理论，构造出满足条件或结论的数学对象，从而使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题的方法．构造法应用的技巧是“定目标构造”，需从已知条件入手，紧扣要解决的问题，把陌生的问题转化为熟悉的问题．解题时常构造函数、构造方程、构造平面图形等
应用题型
适用于各类题型，多涉及函数、方程、平面图形等知识
方法一：构造函数
已知偶函数f (x)的定义域为－，，其导函数是f ′(x)．当0
B.∪
C.∪
D.∪
[解析] 令F(x)＝，
则F′(x)＝.
当0
因为F(－x)＝＝＝F(x)，所以F(x)为偶函数，所以F(x)在上单调递增．
当x∈时，cos x>0，
则f (x)
又x∈，
所以－
已知m，n∈(2，e)，且－
[解析] 由不等式可得－
设f (x)＝＋ln x(x∈(2，e))，
则f ′(x)＝－＋＝.
因为x∈(2，e)，所以f ′(x)>0，
故函数f (x)在(2，e)上单调递增．
因为f (n)
方法二：构造方程
已知a2－3a＝1，b2－3b＝1，且a≠b，则＋＝__________.
[解析] 由题意可知a，b是方程x2－3x－1＝0的两个实数根，由根与系数的关系可知a＋b＝3，ab＝－1，
所以＋＝＝＝32－2×(－1)＝11.
[答案] 11
方法三：构造平面图形
已知实数a，b是利用计算机产生的0～1之间的均匀随机数，设事件A为(a－1)2＋(b－1)2>，则事件A发生的概率为( )
A. B．1－
C. D．1－
[解析] 由题意知，计算机产生的0～1之间的均匀随机数a，b的对应区域是边长为1的正方形，面积为1；事件A对应的区域是边长为1的正方形减去四分之一的圆圆心为(1,1)，半径为，如图所示，则事件A对应的区域的面积为1－.由几何概型的概率计算公式得事件A发生的概率为1－.
[答案] B
[即时应用体验]
1．已知函数f (x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意的实数x都有xf (x＋1)＝(1＋x)f (x)，则f 的值是( )
A．0 B.
C．1 D.
解析：选A 由已知得＝，
故构造函数g(x)＝，则g(x＋1)＝，
所以g(x＋1)＝g(x)，即g(x)是周期为1的函数．
又f (x)为偶函数，所以g(x)为奇函数．
故再构造一个特例函数g(x)＝sin 2πx(x∈R)，
所以f (x)＝xsin 2πx，从而有f ＝sin 5π＝0，
故f ＝f (0)＝0，因此选A.
2．已知数列{an}，an＝2an－1＋n＋1，a1＝1(n∈N*)，则an＝__________.
解析：由已知可得an＋n＋3＝2[an－1＋(n－1)＋3]．
设bn＝an＋n＋3，则bn＝2bn－1，
所以{bn}是公比为2的等比数列，且b1＝a1＋1＋3＝5，
所以bn＝5×2n－1，所以an＝5×2n－1－n－3.
答案：5×2n－1－n－3
3．已知不等式＋＋…＋>loga(a－1)＋对于一切大于1的自然数n都成立，则实数a的取值范围为________．
解析：构造数列an＝＋＋…＋(n≥2，n∈N*)．
∵an＋1＝＋＋…＋＋＋，
∴an＋1－an＝＋－＝>0，
∴an＋1>an，故an≥a2＝，即an的最小值为.
要使＋＋…＋>loga(a－1)＋对于一切自然数n(n≥2)都成立，则必有>loga(a－1)＋，即loga(a－1)<－1.
又因为a>1，所以a－1<，解得1
答案：
4．函数f (x)＝＋的值域为__________．
解析：f (x)＝＋，
其几何意义是平面内动点P(x,0)到两定点M(2,3)和N(5，－1)的距离之和(如图所示)，求其值域只要求其最值即可．
易知当M，N，P三点共线(即P在线段MN上)时，f (x)取得最小值，且f (x)min＝|MN|＝5，f (x)无最大值，故得函数的值域为[5，＋∞)．
答案：[5，＋∞)
5．函数y＝的最大值和最小值分别为__________，__________.
解析：从几何意义上考虑把原解析式看作是动点P(cos x，sin x)与定点Q(3,0)连线的斜率，为此构造一个单位圆，探究单位圆上动点P(cos x，sin x)与定点Q(3,0)连线的斜率问题．
如图，因为动点在单位圆上运动时处于极端状态，即为切点时直线斜率分别为最大、最小，设切点分别为R，M.
易知kOR＝2，kOM＝－2，
所以kQR＝－，kQM＝，
所以－≤kPQ≤.
即y＝的最大值为，最小值为－.
答案： －
第5术 声东击西 换位推理
方法概述
对有些问题在直接求解时会感到困难或根本难以从条件入手，这时可避开正面强攻，从结论的对立面入手，或考查与其相关的另一问题，或反例中也可找到解决问题的途径，有时甚至还能获得最佳的解法．这就是“声东击西，换位推理”的战术
应用题型
既有选择、填空题，也有解答题．主要体现为补集法、相关点法及反证法等
方法一：补集法
若抛物线y＝x2上的所有弦都不能被直线y＝k(x－3)垂直平分，则k的取值范围是( )
A. B.
C. D.
[解析] 假设抛物线y＝x2上存在两点A(x1，x)，B(x2，x)关于直线y＝k(x－3)对称，设AB的中点为P(x0，y0)，则x0＝，y0＝.
因为直线y＝k(x－3)垂直平分弦AB，
所以＝－，所以＝－.
又AB的中点P(x0，y0)在直线y＝k(x－3)上，
所以＝k＝－，
所以中点P.
由于点P在y>x2的区域内，
所以－>2，
整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，
解得k<－.
因此当k<－时，抛物线y＝x2上存在弦能被直线y＝k(x－3)垂直平分，于是当k≥－时，抛物线y＝x2上的所有弦都不能被直线y＝k(x－3)垂直平分．
所以实数k的取值范围为.
[答案] D
方法二：相关点法
已知P(4,0)是圆x2＋y2＝36内的一点，A，B是圆上两动点，且满足∠APB＝90°，求矩形APBQ顶点Q的轨迹方程．
[解] 连接AB，PQ，设AB与PQ交于点M，如图所示．
因为四边形APBQ为矩形，所以M为AB，PQ的中点，连接OM.
由垂径定理可知OM⊥AB，
设M(xM，yM)，
由此可得|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝36－(x＋y)．①
又在Rt△APB中，
有|AM|＝|PM|＝.②
由①②得x＋y－4xM－10＝0，
故点M的轨迹是圆．
因为点M是PQ的中点，设Q(x，y)，
则xM＝，yM＝，
代入点M的轨迹方程中得
2＋2－4×－10＝0，
整理得x2＋y2＝56，即为所求点Q的轨迹方程．
方法三：反证法
给定数列{an}，若满足a1＝a(a>0且a≠1)，对于任意的n，m∈N*，都有an＋m＝an·am，则称数列{an}为指数数列．
(1)若数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝3·2n－1，bn＝3n，试判断{an}，{bn}是不是指数数列(需说明理由)；
(2)若数列{an}是指数数列，a1＝(t∈N*)，证明：数列{an}中任意三项都不能构成等差数列．
[解] (1)因为an＝3·2n－1，
所以a1＝3，a2＝6，a3＝12.
因为a3＝a1＋2≠a1·a2，
所以数列{an}不是指数数列．
对于数列{bn}，因为bn＋m＝3n＋m＝3n·3m＝bn·bm对任意的n，m∈N*恒成立，
所以数列{bn}是指数数列．
(2)证明：因为数列{an}是指数数列，
所以对于任意的n，m∈N*，都有an＋m＝an·am.
令m＝1，则an＋1＝an·a1＝·an，
所以{an}是首项为，公比为的等比数列，
所以an＝n.
假设数列{an}中存在三项au，av，aw构成等差数列，
不妨设u
所以2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u.
当t为偶数时，2(t＋4)w－v(t＋3)v－u是偶数，(t＋4)w－u是偶数，(t＋3)w－u是奇数，故2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立；
当t为奇数时，2(t＋4)w－v(t＋3)v－u是偶数，(t＋4)w－u是奇数，(t＋3)w－u是偶数，故2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立．
综上，对任意的t∈N*,2(t＋4)w－v(t＋3)v－u＝(t＋4)w－u＋(t＋3)w－u不能成立，即数列{an}的任意三项都不能构成等差数列．
[即时应用体验]
1．设a，b∈R，定义运算“∧”和“∨”如下：a∧b＝a∨b＝若正数a，b，c，d满足ab≥4，c＋d≤4，则( )
A．a∧b≥2，c∧d≤2 B．a∧b≥2，c∨d≥2
C．a∨b≥2，c∧d≤2 D．a∨b≥2，c∨d≥2
解析：选C 从定义知，a∧b＝min(a，b)，即求a，b中的最小值；a∨b＝max(a，b)，即求a，b中的最大值．
假设0
故选C.
2．某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况，从高一，高二，高三三个年级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级来自不同年级的概率为________．
解析：记高一年级中抽取的1个班级为a，高二年级中抽取的2个班级为b1，b2，高三年级中抽取的3个班级为c1，c2，c3.
从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15种．
设“抽取的两个班级来自不同年级”为事件A，则事件为抽取的两个班级来自同一年级．
两个班级来自同一年级的结果为(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4种．
所以P()＝，故P(A)＝1－P()＝1－＝.
所以两个班级来自不同年级的概率为.
答案：
3．方程x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实根，则实数a的取值范围为____________________．
解析：假设三个方程都无实根，
则解得－
所以所求a的取值范围为∪[－1，＋∞)．
答案：∪[－1，＋∞)
4．已知函数f (x)＝ax2－x＋ln x在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为________．
解析：f ′(x)＝2ax－1＋.
(1)若函数f (x)在区间(1,2)上单调递增，则f ′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≥0，
得a≥.①
令t＝，因为x∈(1,2)，所以t＝∈.
设h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，显然函数y＝h(t)在区间上单调递减，
所以h(1)
(2)若函数f (x)在区间(1,2)上单调递减，则f ′(x)≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≤0，
得a≤.②
结合(1)可知，a≤0.
综上，若函数f (x)在区间(1,2)上单调，则实数a的取值范围为(－∞，0]∪.
所以若函数f (x)在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为.
答案：
5.如图，抛物线E：y2＝2px(p>0)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.
(1)求p的值；
(2)求动点M的轨迹方程．
解：(1)由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2,2)，代入y2＝2px，解得p＝1.
(2)设动点M(x，y)，C，D，y1≠0，y2≠0，则切线l1：y－y1＝k，
代入y2＝2x消去x，得ky2－2y＋2y1－ky＝0.
由Δ＝0，解得k＝，
所以l1的方程为y＝x＋.
同理可得，l2的方程为y＝x＋.
联立解得
易知直线CD的方程为x0x＋y0y＝8，其中x0，y0满足x＋y＝8，x0∈[2,2]，
联立消去x并整理得，
x0y2＋2y0y－16＝0，
则又则可得
由x＋y＝8，得－y2＝1.
又x0∈[2,2 ]，
所以x∈[－4，－2 ]．
所以动点M的轨迹方程为
－y2＝1，x∈[－4，－2 ]．
第6术 蹊径可辟 分割补形
方法概述
所谓割补法就是把一个复杂面积或体积的计算分割成若干个简单图形的有关计算或将一个不易求出面积或体积的几何图形补足为较易计算的几何图形．也就是将复杂的或不熟悉的几何图形转化为简单的熟悉的几何图形或几何体．例如，把曲边形割补成规则图形、把斜棱柱割补成直棱柱、把三棱柱补成平行六面体、把三棱锥补成三棱柱或平行六面体、把多面体切割成锥体(特别是三棱锥)、把不规则的几何体割补成规则的几何体，从而把未知的转化为已知的、把陌生的转化为熟悉的、把复杂的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的
应用题型
在解决几何问题过程中，割补法是一种常用的方法．无论是平面几何、解析几何、还是立体几何，适时使用割补法，能帮助我们找到问题的突破口，把问题放到特殊的几何图形中，借助特殊图形分析问题，有时会柳暗花明，事半功倍
方法一：分割
为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积是( )
A. km2 B. km2
C. km2 D. km2
[解析] 如图，连接AC.在△ABC中，根据余弦定理可得AC＝＝ km，
又AB＝2 km，BC＝1 km，
所以AC2＋BC2＝AB2，
所以△ABC为直角三角形，
且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
故∠DAC＝∠DCA＝15°.
所以△ADC为等腰三角形，且∠D＝150°，
设AD＝DC＝x km，
根据余弦定理得x2＋x2＋x2＝3，
即x2＝＝3(2－)．
所以小区的面积为×1×＋×3(2－)×＝＝(km2)．
[答案] D
如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则多面体的体积为( )
A. B.
C. D.
[解析] 法一：如图，在EF上取点M，N，使EM＝FN＝，连接MA，MD，NB，NC，则MN＝1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DM＝AM＝＝.
设H为AD的中点，连接MH，则MH⊥AD，
且MH＝＝，
∴S△ADM＝AD·MH＝.
∴VABCDEF＝2VEADM＋VADMBCN
＝2×××＋×1＝.
法二：如图，取EF的中点G，连接GA，GB，GC，GD，则三棱锥EADG与三棱锥GBCF都是棱长为1的正四面体，易求得VEADG＝VGBCF＝××＝，
又四棱锥GABCD的底面是边长为1的正方形，且侧棱边为1.
易求得其高为，则VGABCD＝×1×1×＝，
所以VABCDEF＝2VEADG＋VGABCD＝2×＋＝.
[答案] A
[启思维] 多面体ABCDEF是一个不规则的几何体，法一和法二使用了分割法，分割成我们熟悉的三棱锥和三棱柱等，便于使用棱柱、棱锥的体积公式．
方法二：补形
某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A．8π＋16 B．8π－16
C．8π＋8 D．16π－8
[解析] 由三视图可知该几何体为一个半圆柱去掉一个直棱柱．其中半圆柱的高为4，底面半圆的半径为2；直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形，高为4.
半圆柱的体积为V1＝π×22×4＝8π，
直三棱柱的体积为V2＝×4×2×4＝16.
所以所求几何体的体积为V＝V1－V2＝8π－16.
[答案] B
如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，∠BCA＝90°，点E，F分别为AB，AC的中点，若BC＝CA＝CC1，则B1E与A1F所成的角的余弦值为________．
[解析] 如图，把直三棱柱A1B1C1ABC补成一个直平行六面体A1B1D1C1ABDC，取B
D中点G，连接B1G，则B1G∥A1F，∠EB1G即为B1E与A1F所成的角(或其补角)．
设BC＝CA＝CC1＝2a，
则B1G＝＝a，
AB＝＝2a，
B1E＝＝a，
GE2＝BG2＋BE2－2BG·BE·cos 135°＝5a2，
所以cos∠EB1G＝＝，
故B1E与A1F所成角的余弦值为.
[答案]
[即时应用体验]
1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )
A．64 B．72
C．80 D．112
解析：选C 根据三视图可知该几何体为四棱锥PABCD与正方体ABCDA1B1C1D1的组合体，如图所示．由三视图中的数据可知，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，其体积V1＝43＝64.四棱锥PABCD的底面为正方形ABCD，高h＝3，且PA＝PB，其底面积为S＝42＝16，则四棱锥PABCD的体积V2＝Sh＝×16×3＝16.故所求几何体的体积V＝V1＋V2＝64＋16＝80.
2.如图，正三棱锥SABC的侧棱与底面边长相等，如果E，F分别为SC，AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角等于( )
A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：选A 如图，把正三棱锥SABC补成一个正方体AGBHA1CB1S.
∵EF∥AA1，
∴异面直线EF与SA所成的角为45°.
3.如图，已知多面体ABCDEFG，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选B 法一：如图，把多面体ABCDEFG补成正方体DEPGABHM，则VABCDEFG＝VDEPGABHM＝×23＝4.
法二：如图，取DG的中点H，以DA，DE，DH为棱构造长方体EFHDBPCA，则三棱锥CHFG与三棱锥FPCB全等．
所以VABCDEFG＝VABPCDEFH＝AB·AC·AD＝2×1×2＝4.
4．在正三棱锥SABC中，侧棱SC⊥侧面SAB，侧棱SC＝4，则此正三棱锥的外接球的表面积为________．
解析：由正三棱锥中侧棱SC⊥侧面SAB，可得三条侧棱SA，SB，SC两两垂直．又三条侧棱相等，故可以三条侧棱为相邻三边作出一个正方体SBDCAEFG，如图所示，其棱长为4，其外接球的直径就是此正方体的体对角线，所以2R＝＝12，即球半径R＝6，所以球的表面积S＝4πR2＝144π.
答案：144π
5．棱长为a的正四面体的内切球的体积为________．
解析：设内切球的半径为r，正四面体每个面的面积为×a×a×sin 60°＝a2，高为a，所以正四面体的体积为×a2×a＝a3.连接内切球的球心与四面体4个顶点，则原四面体可分割成四个以内切球的球心为顶点，以四面体的面为底面的三棱锥，这些三棱锥的底面积都是a2，高都是r，所以正四面体的体积为4××a2×r＝a2r，于是a2r＝a3，解得r＝a.所以内切球的体积为π×3＝πa3.
答案：πa3
6.如图，已知F1，F2是椭圆＋y2＝1的两个焦点，过F1作倾斜角为的弦AB.
(1)求△ABF2的周长；
(2)求△ABF2的面积．
解：由椭圆方程＋y2＝1可得a＝，b＝1，c＝1.
(1)将△ABF2的周长分割为折线F1AF2及折线F1BF2，
由椭圆定义可知|F1A|＋|F2A|＝2a，
|F1B|＋|F2B|＝2a，
所以△ABF2的周长l＝4a＝4.
(2)S△ABF2＝S△AF1F2＋S△BF1F2＝|F1F2|·|F1A|·sin＋|F1F2|·|F1B|·sin＝×|F1F2|·(|F1A|＋|F1B|)＝|AB|.
由已知，弦AB所在的直线方程为y＝x＋1，
代入椭圆方程并整理得3x2＋4x＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
解得x1＝0，x2＝－.
所以|AB|＝|x1－x2|＝.
所以S△ABF2＝×＝.
第7术 关注整体 设而不求
方法概述
设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的解题效果
应用题型
选择题、填空题、解答题中均有应用
方法一：整体代入，设而不求
在解决某些涉及若干个量的求值问题时，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的思想，绕开复杂的运算过程，可使问题迅速得到解决．
已知等比数列{an}中，Sm＝16，S2m＝64，求S3m.
[解] 设公比为q，由于S2m≠2Sm，故q≠1，
于是
②÷①得1＋qm＝4，则qm＝3，
所以S3m＝
＝(1＋qm＋q2m)
＝16×(1＋3＋32)
＝208.
方法二：转化图形，设而不求
有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，转化成几何问题求解．
设a，b均为正数，且a＋b＝1，则＋的最大值为________．
[解析] 设u＝，v＝(u>1，v>1)，
u＋v＝m，
则u，v同时满足
其中u＋v＝m表示直线，m为此直线在v轴上的截距．
u2＋v2＝4是以原点为圆心，2为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧，如图所示，显然直线与圆弧相切时，所对应的截距m的值最大．
由图易得mmax＝2，
即＋≤2.
[答案] 2
方法三：适当引参，设而不求
恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使问题能够得到解决．
已知对任何满足(x－1)2＋y2＝1的实数x，y，不等式x＋y＋k≥0恒成立，求实数k的取值范围．
[解] 由题意设
则g(θ)＝x＋y＋k＝sin θ＋cos θ＋1＋k
＝sin＋1＋k≥－＋1＋k.
令－＋1＋k≥0，得k≥－1.
即实数k的取值范围是[－1，＋∞)．
方法四：巧设坐标，设而不求
在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化归，起到以简驭繁的解题效果．
设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥x轴，求证：直线AC经过原点O.
[证明] 设A(2pt，2pt1)，
B(2pt，2pt2)，
则C.
因为AB过焦点F，
所以2pt1·2pt2＝－p2，
得t1t2＝－.
又直线OC的斜率kOC＝＝－4t2＝，
直线OA的斜率kOA＝＝，则kOC＝kOA.
故A，O，C三点共线，即直线AC经过原点O.
方法五：中介过渡，设而不求
根据解题需要，可引入一个中间量作为中介，起到过渡作用，使问题得以解决．
如图，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥体积分成相等的两部分，求圆锥母线与轴的夹角α的余弦值．
[解] 过点A作AM⊥SO，垂足为M，可知∠MAO＝∠AOB＝∠OSB＝α.
设MA＝x，OB＝r，SO＝h，
则有πx2h＝×πr2h.
化简可得2＝.
又因为cos α＝＝，
即cos α＝＝.
所以cos2α＝·＝.
于是cos4α＝，
又α为锐角，所以cos α＝.
方法六：恒等变形，设而不求
某些看似十分复杂的运算，经过巧妙转换，恒等变形，使运算对象发生转移，起到意想不到的效果．
求coscoscos…cos的值．
[解] 设M＝coscoscos…cos，
N＝sinsinsin…sin，
则MN＝sincos·sincos·…·sin·cos＝sinsin…sin
＝sinsin…sin
＝·N.
而N≠0，故M＝＝.
[即时应用体验]
1．sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°的值为________．
解析：设A＝sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°，
B＝cos 10°cos 30°cos 50°cos 70°，
则AB＝sin 20°sin 60°sin 100°sin 140°
＝cos 70°cos 30°cos 10°cos 50°
＝B，
由此可得A＝.
答案：
2．一直线被两直线4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0截得的线段中点恰好是坐标原点，则这条直线的方程为________．
解析：设所求直线分别交直线4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0于点M，N，设M(x0，y0)，
则有4x0＋y0＋6＝0. ①
因为M，N关于原点对称，所以N(－x0，－y0)，
从而－3x0＋5y0－6＝0. ②
由①＋②得x0＋6y0＝0.③
显然M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，O(0,0)三点的坐标均适合方程. ③
故所求直线的方程为x＋6y＝0.
答案：x＋6y＝0
3．已知椭圆＋＝1，F1，F2为焦点，点P为椭圆上一点，∠F1PF2＝，则S△F1PF2＝________.
解析：设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，
由椭圆定义得r1＋r2＝10. ①
由余弦定理得r＋r－2r1r2cos＝64. ②
①2－②得，r1r2＝12，
所以S△F1PF2＝r1r2sin ＝3.
答案：3
4．已知F1，F2是椭圆2x2＋y2＝4的两个焦点，点P是椭圆上在第一象限内的点，且·＝1.过点P作倾斜角互补的两条直线PA，PB分别交椭圆于A，B两点．
(1)求点P的坐标；
(2)求直线AB的斜率；
(3)求△PAB面积的最大值．
解：(1)设P(m，n)，因为点P在椭圆上，
所以2m2＋n2＝4，m>0，n>0. ①
又椭圆的标准方程为＋＝1，
设F1(0，)，F2(0，－)，
所以·＝(－m，－n)·(－m，－－n)＝1，
由此可得m2＋n2＝3. ②
由①②解得m＝1，n＝，
即所求点P的坐标为(1，)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为点A，B在椭圆上，
所以2x＋y＝4,2x＋y＝4，两式相减得
2(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0.
所以kAB＝＝－2·. ③
同理可得kAP＝＝－2·， ④
kBP＝＝－2·.⑤
因为PA，PB倾斜角互补，所以kPA＋kPB＝0. ⑥
由④⑤左端及⑥得
x1y2＋x2y1－(x2＋x1)－(y1＋y2)＋2＝0， ⑦
由④⑤右端及⑥得
x1y2＋x2y1＋(x2＋x1)＋(y1＋y2)＋2＝0， ⑧
由⑧－⑦得2(x2＋x1)＋2(y1＋y2)＝0，
即y1＋y2＝－(x1＋x2)， ⑨
由③⑨得kAB＝.
(3)设直线AB的方程为y＝x＋t，
代入椭圆方程，化简得4x2＋2tx＋t2－4＝0，
由此可得x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|AB|＝|x1－x2|
＝·
＝·，
又点P到直线AB的距离d＝＝，
所以S＝|AB|d＝···≤·＝.
当且仅当t＝±2时等号成立．
所以△PAB面积的最大值为.
第8术 沟通联系 引参搭桥
方法概述
在一个命题的条件与结论之间引入一些中间变量，即参数(可以是角度、线段、斜率以及点的坐标等)，来沟通条件与结论之间的联系，这种解题的思想方法即为引参搭桥术
应用题型
适用于各类题型，多用于解答解析几何综合题，常用的引参方法有斜率、截距、点坐标
方法一：引入斜率为参数
如图，椭圆有两顶点A(－1,0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.
(1)当|CD|＝时，求直线l的方程；
(2)当点P异于A，B两点时，求证： ·为定值．
[解] (1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)．
由已知得b＝1，c＝1，所以a＝，
所以椭圆的方程为＋x2＝1.
显然直线l垂直于x轴时与题意不符．
故设直线l的方程为y＝kx＋1.
联立消去y，整理得(2＋k2)x2＋2kx－1＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝－.
所以|CD|＝
＝.
由已知得＝，解得k＝±.
所以直线l的方程为y＝x＋1或y＝－x＋1.
(2)证明：这一问是变中求定问题，思路是选设引起直线l变化的某参数，在推算过程中把该参数消去，得到·为定值，显然此处首选直线l的斜率为参数．
显然直线l垂直于x轴时与题意不符，故设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0且k≠±1)，
所以点P的坐标为.
由(1)得，x1－x2＝
＝
＝.
直线AC的方程为y＝(x＋1)，
直线BD的方程为y＝(x－1)，
将两直线方程联立解得xQ＝.
又y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1，
所以xQ＝
＝
＝
＝－k，
所以点Q的坐标为(－k，yQ)．
而点P的坐标为，
所以·＝(－k)×＋0×yQ＝1(定值)．
方法二：引入截距为参数
如图，过椭圆M：＋＝1(a>b>0)右焦点的直线x＋y－＝0交椭圆M于A，B两点，P为AB中点，且OP的斜率为.
(1)求椭圆M的方程；
(2)C，D为椭圆M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
[解] (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
则＋＝1，＋＝1.
将上面两式相减，得＝－＝1.
∴·＝1.
又∵＝，∴a2＝2b2，
又由题意知M的右焦点为(，0)，即a2－b2＝3，
∴a2＝6，b2＝3，
∴椭圆M的方程为＋＝1.
(2)由消去y，得3x2－4x＝0，
解得或∴|AB|＝.
由题知可设直线CD的方程为y＝x＋n，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
由消去y，
得3x2＋4nx＋2n2－6＝0，
∴x3＋x4＝－，x3x4＝，
∴|CD|＝|x3－x4|＝·＝ ，
∴S四边形ABCD＝|CD||AB|＝ ，
∴当n＝0时，S有最大值.
方法三：引入点为参数
如图，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A(1,0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设点P在抛物线C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N，当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．
[解] (1)由题意得解得
所以椭圆C1的方程为＋x2＝1.
(2)不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2＋h)，则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′|x＝t＝2t，直线MN的方程为y＝2tx－t2＋h，
将上式代入椭圆C1的方程中，消去y得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0，
即4(1＋t2)x2－4t(t2－h)x＋(t2－h)2－4＝0.
因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，
所以有Δ＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0.①
设线段MN的中点的横坐标是x3，
则x3＝＝.
设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4＝，
由题意得x3＝x4，
即有t2＋(1＋h)t＋1＝0，
其中的Δ＝(1＋h)2－4≥0，
所以h≥1或h≤－3.
当h≤－3时，有h＋2<0,4－h2<0，
所以Δ＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]<0，
这与①式矛盾，故h≤－3应舍去．
因此h≥1，将h＝1代入方程t2＋(1＋h)t＋1＝0，得t＝－1，
将h＝1，t＝－1代入，不等式Δ＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0成立．
因此h的最小值为1.
[即时应用体验]
1．已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，直线l与椭圆C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若直线l过点，延长线段OM与椭圆C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
解：(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，
得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，
故xM＝＝，
yM＝kxM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，
即kOM·k＝－9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(2)四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.
由(1)得OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP.
由得x＝，即xP＝.
将点的坐标代入直线l的方程得b＝，
因此xM＝.
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.
于是＝2×，
解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．
2．已知椭圆C：x2＋3y2＝3，过点D(1,0)且不过点E(2,1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x＝3交于点M.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；
(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由．
解：(1)椭圆C化为标准方程为＋y2＝1，则a＝，b＝1，c＝＝，所以椭圆C的离心率e＝＝.
(2)根据题意，设A(1，t)，B(1，－t)，M(3，m)，
则由A，E，M三点共线得＝，即m＋t＝2.
从而直线BM的斜率k＝＝＝1.
(3)从第(2)问给出的特殊情形可以猜测这一问中BM与DE平行，合理引入参数证明运动中的不变量即可．
直线BM与DE平行，证明如下．
如图，设＝λ，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则D＝(1,0)，
于是x1＋λx2＝1＋λ，y1＋λy2＝0.①
由已知，有x＋3y＝3，λ2x＋3λ2y＝3λ2，
两式相减得(x1＋λx2)(x1－λx2)＋3(y1＋λy2)(y1－λy2)＝3(1＋λ)(1－λ)，
把①代入上式，化简可得x1－λx2＝3－3λ，进而x1＝2－λ.
于是＝＝λ，所以＝.
根据平行线截割定理的逆定理可知，直线DE与直线BM平行．
第9术 “压轴”首选 定义分析
解答数学高考压轴题，入手的关键就是要先弄清问题所涉及的概念、定义及其相关的隐含信息，然后运用数学的通性通法——定义法、分析法、综合法、分离变量法、数形结合法、向量法、重要不等式法等进行分析、整合，认识问题的本质，探究与问题相关的基本概念或数学模型．只有明确了命题中的相关概念、定义及数学模型，才能准确理解题意、灵活运用知识分析问题，解决问题，促进解题思路的创新．因此，运用定义分析问题是准确、迅速解答数学高考压轴题的首选方法．这就是“解压轴题要敏锐，相关概念先查追”的战术，简称为“定义分析术”．
已知函数f (x)是定义在(－∞，＋∞)上的奇函数，且当x≥0时，f (x)＝，若∀x∈R，f (x－1)≤f (x)，则实数a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
[解析] 当x≥0时，f (x)＝作出函数f (x)的图象，如图所示．
法一：因为对∀x∈R，f (x－1)≤f (x)成立，所以对应的函数f (x－1)的图象恒在函数f (x)的图象的下方．
由此可知，只需函数f (x)在x<－2a2时的图象向右平移一个单位即可．
因为x>2a2时，f (x)＝x－3a2，
又f (x)是R上的奇函数，
所以x<－2a2时，f (x)＝x＋3a2，
由此可得f (x－1)＝x－1＋3a2.
于是，由f (x－1)≤f (x)，得x－1＋3a2≤x－3a2，
即6a2≤1，解得a∈.
法二：由图易知，当x>0时，f (x)的最小值为－a2.
因为f (x)为奇函数，所以当x<0时，f (x)的最大值为a2.
又易知，当x>0时，f (x)＝a2所对应的横坐标为x＝4a2，即B点的横坐标．
当x<0时，f (x)＝a2所对应的横坐标xmin＝－2a2，即A点的横坐标．
故要对∀x∈R，都有f (x－1)≤f (x)成立，则要A，B两点的跨度不大于1.
否则，f (x)的图象向右平移1个单位后，线段DB会在A1C1的下方，
此时的图象与对应的函数不等式f (x－1)≤f (x)相悖．
所以4a2－(－2a2)≤1，解得a∈.
[答案] B
[启思维] 本题主要考查全称命题、奇函数和分段函数等基本概念，考查函数的最值与恒成立问题．意在考查学生应用数形结合思想，综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力．注重理解题意，根据奇函数的性质画草图进行探究，抓住函数f (x)在x<－2a2时的图象向右平移1个单位后与原函数的图象的关系进行分析，是解题入手的基本途径．法一是从函数的表达式的角度来构建不等式的，法二是从区间跨度的角度来构建不等式的．易知，这两种解法都遵循了小题小解的原则，体现了数形结合思想在解题中的作用，也体现了“压轴题解答要敏锐，相关概念先查追”的战术思想．
已知函数f (x)＝ex－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f (x)在点A处的切线斜率为－1.
(1)求a的值及函数f (x)的极值；
(2)证明：当x>0时，x2
又f ′(0)＝1－a＝－1，解得a＝2，
所以f (x)＝ex－2x，f ′(x)＝ex－2.
由f ′(x)＝0，得x＝ln 2.
当x
所以当x＝ln 2时，f (x)有极小值，且极小值为f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x)无极大值．
(2)证明：令g(x)＝ex－x2，则g′(x)＝ex－2x，
由(1)得，g′(x)＝f (x)≥f (ln 2)＝2－ln 4>0，即g′(x)>0，所以g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，
所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2
又由(2)知，当x>0时，x2
而要使ex>kx2成立，则只要x>ln(kx2)，即要x>2ln x＋ln k成立．
令h(x)＝x－2ln x－ln k，则h′(x)＝1－＝，
易知，当x>2时，h′(x)>0，则h(x)在(2，＋∞)上单调递增．
令x0>2，则h(x)在子区间(x0，＋∞)上单调递增．
为了寻求使h(x)≥0的最小的x0(这里的x0与k有关)，现作如下试探：
设x0＝mk(m>2，k>1)，
又易知m－1－ln m>0，k－1－ln k>0，
则h(mk)＝mk－2ln(mk)－ln k＝mk－2m－3k＋5＋2(m－1－ln m)＋3(k－1－ln k)．
于是，要使h(mk)≥0，则要mk－2m－3k＋5≥0，即要m≥＝3＋.
不难得知，当m＝4，k＝3时，上式等号成立．
由此可得，当取x0＝4k时，有
h(4k)＝4k－2ln 4－3ln k＝k＋3－2ln 4＋3(k－1－ln k)>k＋3－2ln 4>4－4ln 2>0.
所以存在x0＝，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2
由此希望有c·2··2>，即希望有c··>，
故希望有c·>1，即x>.
由此可知，对任意给定的正数c，取x0＝，
由(2)知，当x>0时，ex>x2，所以ex＝e·e>2·2.
从而，当x>x0时，有
ex>2·2>2·2＝2·2＝·2＝x2.
因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2
由(2)知，当x>0时，ex>x2.从而h′(x)<0，
故h(x)在(0，＋∞)上单调递减．
所以h(x)
当x>x0时，有＝·x2＝x0·x2
[即时应用体验]
1．已知点E(m,0)为抛物线y2＝4x内一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点．
(1)若m＝1，k1k2＝－1，则△EMN面积的最小值为________；
(2)若k1＋k2＝1，则直线MN过定点________________．
解析： (1)当m＝1时，E为抛物线的焦点，因为k1k2＝－1，所以AB⊥CD.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的方程为y＝k1(x－1)，与抛物线联立得k1y2－4y－4k1＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝－4.
又M，则M.
同理N(2k＋1，－2k1)，所以S△EMN＝|EM||EN|
＝ ·
＝2 ≥2＝4，
当k＝⇒k1＝±1时，△EMN面积的最小值为4.
(2)设AB的方程为y＝k1(x－m)，与抛物线联立得k1y2－4y－4k1m＝0，
则y1＋y2＝，y1y2＝－4m，则可得M，同理N，所以kMN＝＝k1k2.
故MN的方程为y－＝k1k2x－＋m，即y＝k1k2(x－m)＋2，所以直线MN过定点(m,2)．
答案：(1)4 (2)(m,2)
2.设椭圆C1：4x2＋5y2＝20的左、右焦点为F1，F2，下顶点为A，线段OA(O为坐标原点)的中点为B，如图所示，若抛物线C2：y＝mx2－n(m>0，n>0)与y轴的交点为B，且经过F1，F2两点．
(1)求抛物线C2的方程；
(2)设M，N为抛物线C2上的一动点，过点N作抛物线C2的切线交椭圆C1于P，Q两点，求△MPQ的面积的最大值．
解：(1)由题意易知A(0，－2)，B(0，－1)，故n＝1.
又F1(－1,0)，F2(1,0)在抛物线上，所以m＝1，从而抛物线方程为y＝x2－1.
(2)设N(t，t2－1)，由(1)知y′＝2x，则直线PQ的方程为y－(t2－1)＝2t(x－t)，即y＝2tx－t2－1.
将其代入椭圆C1的方程中化简得，
4(1＋5t2)x2－20t(t2＋1)x＋5(t2＋1)2－20＝0.
则Δ＝80(－t4＋18t2＋3)．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
故|PQ|＝·
＝.
设点M到直线PQ的距离为d，
则d＝＝＝.
所以S△MPQ＝|PQ|d
＝·
＝＝·≤·＝(当t＝±3时取等号，经检验此时满足Δ>0，满足题意)．
所以△MPQ的面积的最大值为.
第10术 单调算推 导数分析
一些与函数、不等式有关的数学问题，常常需要利用导数的知识来分析、探究解决．这是因为导数知识具有高度严谨的数学分析思想，而有些函数图象的走向、函数的增减性、函数的极值与曲线的切线方程、有关不等式的证明等问题的求解往往都离不开导数．
导数知识的运用是创新题型的高发区，在客观题、主观题中常都是以压轴题出现，主要考查学生的创新思维能力和运算能力．在平时的解题实践中，我们务必要注重用导数思想方法分析问题，解决问题，加深对导数的定义和几何意义的理解，增强对导数思想方法的认识，促进解题的创新性思维．这种巧用导数知识来分析问题的方法，就是导数分析术．
设f (x)＝ln x＋－1，求证：
(1)当x>1时，f (x)<(x－1)；
(2)当1
则x>1时，g′(x)＝＋－<0.
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，所以g(x)<0，即f (x)<(x－1)．
法二：先证一个引理：当x>1时，2
则有g(x)＝ln x＋－1－(x－1)
又h(1)＝0，故h(x)
(2)法一：设q(x)＝f (x)－，则有
q′(x)＝＋－＝－<－＝.
令Q(x)＝(x＋5)3－216x，则当1
又Q(1)＝0，故Q(x)<0，从而q′(x)<0.
由此可得q(x)在(1,3)上是减函数．
又q(1)＝0，所以q(x)<0.
所以当1
则当1
<(x－1)＋(x＋5)－9
＝[3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]
<[3x(x－1)＋(x＋5) (2＋＋)－18x]
＝(7x2－32x＋25)<0.
因此p(x)在(1,3)上单调递减．
又p(1)＝0，所以p(x)<0，即f (x)<.
[启思维] 本题考查利用导数求闭区间上函数的最值，考查构造函数与转化思想，考查分析问题、解决问题的能力．第(1)问，活用导数分析是最基本的思路，如法一；注重运用引理搭桥，优化表达式，再用导数知识分析也是一种较好的思想，如法二．第(2)问，法一与法二都注重了引理的构建，在求导的过程中，结合已证过的结论变更命题，促进了解题的灵活性与创造性，体现了“导数分析是常规”的战术思想．
已知函数F(x)＝ax＋x2－xln a(a>1)．
(1)求证：F(x)在(0，＋∞)上单调递增；
(2)若函数y＝－3有四个零点，求b的取值范围；
(3)若对∀x1，x2∈[－1,1]时，都有|F(x2)－F(x1)|≤e2－2恒成立，求a的取值范围．
[解] (1)证明：因为F(x)＝ax＋x2－xln a，
所以F′(x)＝axln a＋2x－ln a＝2x＋(ax－1)ln a.
由于a>1，所以ln a>0，且当x>0时，ax－1>0，由此可得F′(x)>0.
故函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)令F′(x)＝2x＋(ax－1)ln a＝0，得x＝0，
F″(x)＝ax(ln a)2＋2>0，从而可得F′(x)为单调增函数，
这就说明x＝0是唯一的极值点，也是最小值点，故F(0)＝1.
因为F′(0)＝0，所以当x<0时，F′(x)<0，故F(x)在(－∞，0)上单调递减；
当x>0时，F′(x)>0，故F(x)在(0，＋∞)上单调递增．
因为y＝F(x)－b＋－3有四个零点，
即＝3有四个根．
故问题等价于方程有解．
又F(x)≥F(0)＝1，
由①得，F(x)＝3＋b－≥1，即>0.
解得b>－1或－1－
解得b>2＋或2－
(3)问题等价于F(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差小于等于e2－2.
由(2)可知F(x)在[－1,0]上单调递减，在[0,1]上单调递增，
所以F(x)的最小值为F(0)＝1，最大值等于F(－1)，F(1)中较大的一个，
由于F(－1)＝＋1＋ln a，F(1)＝a＋1－ln a，
则F(1)－F(－1)＝a－－2ln a.
设g(x)＝x－－2ln x(x>1)，
则g′(x)＝1＋－＝2≥0(当x＝1时取等号)，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)>0，
这就是说，当x>1时，F(1)－F(－1)>0，
即F(1)>F(－1)．
由此可得，当a>1时，F(x)的最小值为F(0)＝1，最大值为F(1)＝a＋1－ln a，
则|F(x2)－F(x1)|≤e2－2⇒F(1)－F(0)＝a－ln a≤e2－2.
令h(x)＝x－ln x(x>1)，则h′(x)＝>0，故h(x)在(1，＋∞)上为增函数．
又a>1，所以h(a)＝a－ln a≤e2－2＝h(e2)，
由此可得a≤e2.故a的取值范围为(1，e2]．
[启思维] 本题考查运用导数知识求函数的单调性，考查恒成立问题，考查函数的零点与方程根的转换能力．第(1)问是送分题，易解决．第(2)问，先弄清F(x)的极值点，再将方程F(x)－b＋＝3中的－b与F(x)分离，并借用F(x)的极值来探究b的范围，思维独到，颇有创意．第(3)问，利用导数确定函数g(x)的最值，确定h(x)的增减性恰到好处，充分体现了“导数分析是常规”的战术思想．
[即时应用体验]
1．已知函数f (x)＝(2－a)ln x＋＋2ax.
(1)当a＝2时，求函数f (x)的极值；
(2)当a＜0时，讨论f (x)的单调性；
(3)若对任意的a∈(－3，－2)，x1，x2∈[1,3]恒有(m＋ln 3)a－2ln 3＞|f (x1)－f (x2)|成立，求实数m的取值范围．
解：(1)函数f (x)的定义域为(0，＋∞)，
当a＝2时，函数f (x)＝＋4x，所以f ′(x)＝－＋4.
由f ′(x)＞0，得x＞，f (x)在上单调递增；
由f ′(x)＜0，得0＜x＜，f (x)在上单调递减，
所以函数f (x)在x＝处取得极小值f ＝4，无极大值．
(2)f ′(x)＝－＋2a＝，
令f ′(x)＝0，得x＝或x＝－.
①当－>，即－2＜a＜0时，由f ′(x)＞0，得＜x＜－；由f ′(x)＜0，得0＜x＜或x＞－，所以函数f (x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
②当－<，即a＜－2时，由f ′(x)＞0，得－＜x＜；由f ′(x)＜0，得0＜x＜－或x＞，所以函数f (x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
③当a＝－2时，f ′(x)≤0，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
综上所述，当－2
当a＝－2时，f (x)在(0，＋∞)上单调递减．
(3)由(2)知当a∈(－3，－2)，x1，x2∈[1,3]时，函数f (x)在区间[1,3]上单调递减；
所以当x∈[1,3]时，f (x)max＝f (1)＝1＋2a，f (x)min＝f (3)＝(2－a)ln 3＋＋6a，
故对任意的a∈(－3，－2)，恒有(m＋ln 3)a－2ln 3＞1＋2a－(2－a)ln 3－－6a成立，即am＞－4a.
因为a＜0，所以m＜－4，又min＝－，所以实数m的取值范围是.
2．(2018·福州四校联考)已知函数f (x)＝ax－ln x，F(x)＝ex＋ax，其中x>0，a<0.
(1)若f (x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；
(2)若a∈，且函数g(x)＝xeax－1－2ax＋f (x)的最小值为M，求M的最小值．
解：(1)由题意得f ′(x)＝a－＝，F′(x)＝ex＋a，x>0，
∵a<0，∴f ′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f (x)在(0，＋∞)上单调递减，
当－1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意，
当a<－1时，由F′(x)>0，得x>ln(－a)，由F′(x)<0，得0
∵f (x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，
∴ln(－a)≥ln 3，解得a≤－3，
综上，a的取值范围是(－∞，－3]．
(2)g′(x)＝eax－1＋axeax－1－a－
＝(ax＋1)，
由eax－1－＝0，解得a＝，设p(x)＝，
则p′(x)＝，
当x>e2时，p′(x)>0，当0
p(x)min＝p(e2)＝－，
当a≤－时，a≤，即eax－1－≤0，
当x∈时，ax＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减，
当x∈时，ax＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，
∴g(x)min＝g＝M，
设t＝－∈(0，e2]，M＝h(t)＝－ln t＋1(0
∴M的最小值为0.
第11术 条件难议 加强命题
有些命题，无论是从正面进攻还是从反面入手都不易找到解题思路，这时可采用加强命题的方式来突围．即将有关条件进行必要的拆分，加强．从模型同构的角度上进行整合，找出与所求结论相关知识点的归属，通过解决一个比原命题更强的新命题，使我们运用通法解题的思路变得畅通起来，从而得到所要求解或求证的结论．这种在条件难以辨析的情况下，瞄准所求的目标，把握问题的实质，进行放缩变形，主动加强命题的方法，就是加强命题术．
已知函数f (x)＝aex，g(x)＝ln x－ln a，其中a为正常数，e＝2.718…，且函数y＝f (x)和y＝g(x)的图象在它们与坐标轴交点处的切线互相平行．
(1)求a的值；
(2)若存在x使不等式>成立，求实数m的取值范围；
(3)对于函数y＝f (x)和y＝g(x)公共定义域内的任意实数x0，我们把|f (x)－g(x)|的值称为两函数在x0处的偏差，求证：函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
[解] (1)由f (x)＝aex，得函数f (x)与坐标轴的交点为(0，a)，则f ′(0)＝a.
由g(x)＝ln x－ln a＝0，得函数g(x)与坐标轴的交点为(a,0)，则g′(a)＝(a>0)．
因为函数y＝f (x)和y＝g(x)的图象在它们与坐标轴交点处的切线互相平行，
由此可得a＝1.
(2)由>，得>，故m
当x>0时，h′(x)＝1－＋ex.
因为x>0，所以＋ ≥2＝，
故h′(x)＝1－＋ex<1－ex<0，
即h(x)＝x－ex在(0，＋∞)上单调递减．
所以h(x)max＝h(0)<0，
由此可得m<0，综上，实数m的取值范围为(－∞，0)．
(3)证明：法一：记y＝f (x)和y＝g(x)偏差为：
F(x)＝|f (x)－g(x)|＝ex－ln x，x∈(0，＋∞)，
所以F′(x)＝ex－.
设x0为方程F′(x)＝ex－＝0的解，①
显然x0∈(0,1)，且当x∈(0，x0)时，F′(x)<0；当x∈(x0,1)时，F′(x)>0.
所以F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0,1)上单调递增．
记x0＝t，
则F(x)min＝H(t)＝et－ln ＝et＋t，t∈(0,1)．※
又易知F′(1)＝e－1>0，F′＝－2<0，
由根的存在性定理知，导函数①的零点x0在内．
所以函数H(t)＝et＋t在上单调递增，
故H(t)＝et＋t>H＝＋>＋＝2.
即函数y＝f(x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法二：由法一※式，得F(x)min＝et－ln＝＋t≥2，
因为0
即函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法三：因为F(x)＝|f (x)－g(x)|＝ex－ln x，x∈(0，＋∞)，又不难得知ln x
设G(x)＝ex＋1－x，x∈(0，＋∞)，
则G′(x)>ex－1>0在(0，＋∞)上恒成立．
故G(x)为(0，＋∞)上的递增函数．
所以G(x)＝ex＋1－x>G(0)＝2.
即F(x)>2.故函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法四：因为F(x)＝|f (x)－g(x)|＝ex－ln x，x∈(0，＋∞)，
因为ex>1＋x，所以F(x)>1＋x－ln x.
设G(x)＝1＋x－ln x，x∈(0，＋∞)，
从而G′(x)＝1－.
由G′(x)<0，得0
所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以G(x)min＝G(1)＝2，
即F(x)>2.故函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法五：因为F(x)＝|f (x)－g(x)|＝ex－ln x，x∈(0，＋∞)，
不难得知ex>1＋x，ln x
由此可得F(x)>(1＋x)＋(1－x)＝2.
即F(x)>2.故函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法六：易知函数y＝f (x)和y＝g(x)偏差值的几何意义是将函数y＝g(x)向上平移使之与y＝f (x)的图象相交，当交点为切点时偏差最小．
设此时平移了m个单位，切点的坐标为(x0，y0)，
由此可得，函数y＝f (x)和y＝g(x)＋m在点(x0，y0)处的切线重合，
则y－y0＝ex0(x－x0)，即y＝ex0x＋ex0－x0ex0，①
y－y0＝(x－x0)，即y＝x＋ln x0＋m－1，②
即①②为同一方程．
故有ex0－x0ex0＝ln x0＋m－1，ex0＝，
从而可得m＝－ln x0＝＋x0，
又由ex0＝，得0
即函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
法七：因为函数y＝f (x)和y＝g(x)偏差为：
F(x)＝|f (x)－g(x)|＝ex－ln x，x∈(0，＋∞)，
令F1(x)＝ex－x，F2(x)＝x－ln x，x∈(0，＋∞)，
则F(x)＝F1(x)＋F2(x)，
由此可得F1′(x)＝ex－1，
所以F1(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又因为F2′(x)＝1－＝，
所以F2(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
所以F1(x)>F1(0)＝1，F2(x)≥F2(1)＝1，
从而F(x)＝ex－ln x＝F1(x)＋F2(x)>2.
即函数y＝f (x)和y＝g(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.
[启思维] 本题的第(1)(2)两问的求解都是常见的基本方法．第(3)问的证明颇有技巧，其法一、二都没有直接将导数为零的x的值求出，而是通过考查导数的正负，探究到其根在，1内，转而考查H(t)的最值，思路清晰、明了，体现了解题的探究性；法三、四、五都是通过加强命题，将其中一个无理式转化为有理式，促使问题获得解决，过程简洁、自然，颇有创意；法六注重观察几何图形的特征，将问题转化为研究两切线重合来处理，是一种常用的思想方法；法七注重了变更命题，将原命题分成两个命题来探究的．
已知函数f (x)＝x2ln(ax)(a>0)．
(1)若f ′(x)≤x2对任意的x>0恒成立，求实数a的取值范围；
(2)当a＝1时，设函数g(x)＝，若x1，x2∈，x1＋x2<1，求证：x1x2<(x1＋x2)4.
[解] (1)易知f ′(x)＝2xln(ax)＋x，
故不等式f ′(x)≤x2可化为2xln(ax)＋x≤x2，
即2ln(ax)＋1≤x在x>0时恒成立．
令h(x)＝2ln(ax)＋1－x，则h′(x)＝－1.
当x∈(0,2)时，h′(x)>0，则h(x)在(0,2)上单调递增；
当x>2时，h′(x)<0，则h(x)在(2，＋∞)上单调递减，
所以h(x)在x＝2时取最大值．
依题意得h(2)≤0，即2ln(2a)＋1≤2，
解得0
(2)证明：法一：为了获得x1x2与(x1＋x2)4的关系，现从函数g(x)增减性的角度来探究．
因为a＝1，所以g(x)＝＝xln x，
从而g′(x)＝ln x＋1，
由g′(x)>0，得x>；
由g′(x)<0，得0
因为x1，x2∈，且
即ln x1
当且仅当x1＝x2时取等号．
又ln(x1＋x2)<0，故①式可化为ln x1＋ln x2<4ln(x1＋x2)⇒ln(x1x2)
法二：加强不等式法．
因为x1，x2∈，x1＋x2<1，
所以
因为x1，x2∈，x1＋x2<1，
所以
于是，由④⑤得<<(x1＋x2)2，
则<(x1＋x2)4. ⑥
由②⑥得x1x2<(x1＋x2)4.
[启思维] 本题考查导数的应用，恒成立问题和不等式的证明，考查转换与化归思想．第(1)问求解的关键是将“f′(x)≤x2对∀x>0恒成立”转化为“h(x)max≤0”．第(2)问，法一：函数g(x)与结论“x1x2<(x1＋x2)4”从表面上看没有多大的联系，但从结论出发思考，易发现：将结论取对数后可得“ln x1＋ln x2≤4ln(x1＋x2)”，这样它就与已知有关联了．再来看条件，观察函数g(x)的特点，可推知g(x)在区间上递增，进而推得ln x1
[即时应用体验]
1．已知函数f (x)＝ex－ax－1(e为自然对数的底数)．
(1)判断函数f (x)的单调性；
(2)当a>0时，若f (x)≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值；
(3)求证：ln＋ln＋…＋ln<2.
解：(1)因为f (x)＝ex－ax－1，所以f ′(x)＝ex－a.
当a≤0时，f ′(x)>0，所以f (x)在R上单调递增．
当a>0，x∈(－∞，ln a)时，f ′(x)<0，f (x)单调递减．
x∈(ln a，＋∞)时，f ′(x)>0，f (x)单调递增．
(2)由(1)知，当a>0时，f (x)min＝f (ln a)，
所以要使f (x)≥0对任意的x∈R恒成立，
只需f (x)min＝f (ln a)≥0成立，
即a－aln a－1≥0成立．
记g(a)＝a－aln a－1(a>0)，
因为g′(a)＝1－(ln a＋1)＝－ln a，
所以g(a)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故有g(a)≤g(1)＝0，从而可得g(a)max＝0，
由此可得a＝1.
(3)证明：法一：由(2)可知ex≥x＋1，
即ln(1＋x)≤x(x>－1)，
易知，当x>0时，恒有ln(1＋x)
下面，先证≤－.②
即证≤⇔4(32k－2×3k＋1)≥3×32k－4×3k＋1⇔32k－4×3k＋3≥0⇔(3k－1)(3k－3)≥0，此式显然成立．
于是，在②中，令k＝1,2，…，n，并将所得的各式相加，得
<－＋…＋－＝－<1.
即①式成立，故原不等式成立．
法二：当n＝1时，有＝<2.
当n≥2时，<
＝＝－，
则 ＝＋ <＋－<2.
由此可得 <2成立．
从而ln1＋＋ln1＋＋…＋ln1＋<2成立．
2．已知函数f (x)＝ln x－x＋1，x∈(0，＋∞)，g(x)＝x3－ax.
(1)求f (x)的最大值；
(2)若∀x1∈(0，＋∞)，总存在x2∈[1,2]使得f (x1)≤g(x2)成立，求a的取值范围；
(3)证明不等式：n＋n＋…＋n<.
解：(1)因为f (x)＝ln x－x＋1(x>0)，
所以f ′(x)＝－1＝.
当0
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
由此可得f (x)≤f (1)＝0.故f (x)的最大值为0.
(2)∀x1∈(0，＋∞)，∃x2∈[1,2]使得f (x1)≤g(x2)成立，等价于f (x)max≤g(x)max.
由(1)知f (x)max＝0，
又当a≤0时，g(x)＝x3－ax在x∈[1,2)时恒正，满足题意．
当a>0时，g′(x)＝3x2－a，
由g′(x)>0，得x>或x<－；
由g′(x)<0，得－
若≤1，即0
综上所述，a的取值范围为(－∞，4]．
(3)证明：由(1)知f (x)≤0，即ln x≤x－1(x>0)．
令x＝，得ln ≤－1＝，从而nln ≤k－n，即n≤ek－n.
所以n＋n＋…＋n≤e1－n＋e2－n＋…＋en－n＝＝<.
即n＋n＋…＋n<.
第12术 解题卡壳 攻坚突围
解题卡壳，一般都是卡在压轴题，或计算量大的题上，有时也卡在有些条件特殊的选择题、填空题上．卡壳题不一定就是做不好的题，或是啃不动的题，而是因某些运算，或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子难想出好主意，或回忆不到相关的公式、定理，或想不出相应的辅助线、辅助函数，或把条件看错，或在推理中错算了一步，再无法继续．解题过程卡在某一过渡环节上是常见的事．当解题遇到卡壳时，应注意调整心态、保持冷静，注重更换思考方式、跳步或跳问解答，沉着迎战．
一般来说，对卡壳题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析，回头整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移，考查相关定义
与图形，从不同的角度再次认识条件及结论，使之产生解题的灵感，从而获得相关的“自我提示”．因此，在重审结论或剖析条件时，要注重考查命题所涉及的概念、定理，把握命题的结构特点，构建相应的数学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么．在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否对路时，要注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什么，用什么．在沟通条件与结论时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什么．这就是我们常说的卡壳突围术．常见的突围策略有以下两种．
策略一：前难后易空城计
对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用前一问的结论来求解的，此时应放弃前一问的求解，着重攻后面的几问，并将前一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合题设条件或有关定理来解答后面的问题．这种利用自己根本不懂或不会证明的问题作条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城计”，即：前问难作后问易，弃前攻后为上计(也可说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题)．
设函数f n(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)．
(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：f n(x)在区间内存在唯一零点；
(2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f 2(x1)－f 2(x2)|≤4，求b的取值范围；
(3)在(1)的条件下，设xn是f n(x)在内的零点，判断数列x2，x3，…，xn，…的增减性．
[解] (1)证明：当b＝1，c＝－1，n≥2时，
f n(x)＝xn＋x－1.
∵f n·f n(1)＝×1＜0，
∴f n(x)在内存在零点．
又∵当x∈时，f n′(x)＝nxn－1＋1＞0，
∴f n(x)在上是单调递增的，
∴f n(x)在区间内存在唯一零点．
(2)当n＝2时，f 2(x)＝x2＋bx＋c.
对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f 2(x1)－f 2(x2)|≤4等价于f 2(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：
①当＞1，即|b|＞2时，
M＝|f 2(1)－f 2(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾．
②当－1≤－＜0，即0＜b≤2时，
M＝f 2(1)－f 2＝2≤4恒成立．
③当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，
M＝f 2(－1)－f 2＝2≤4恒成立．
综上可知，当－2≤b≤2时，对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f 2(x1)－f 2(x2)|≤4.
故b的取值范围为[－2,2]．
(3)法一：设xn是f n(x)在内的唯一零点(n≥2)，
则f n(xn)＝x＋xn－1＝0，
f n＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈，
于是有f n(xn)＝0＝f n＋1(xn＋1)
＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝f n(xn＋1)．
又由(1)知f n(x)在上是单调递增的，
故xn＜xn＋1(n≥2)，
所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列．
法二：设xn是f n(x)在内的唯一零点，
f n＋1(xn)f n＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1)
＝x＋xn－1
故xn
[启思维] 第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理较容易解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(3)问的解答．事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举．
策略二：前解倒推混战术
有些数学命题的求解，开始入手还较为顺畅，但一到最后就难以继续进行了．此时若知悉它的大致趋势和结果，可依从所求结论的形式、特点，进行反推、凑形，直到得出大致与所要达到的目标相当、相同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通也是可行的．对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了几下，却可能全都是对的．也就是说，对此解答，自己是以其昏昏，却能使人昭昭．因为别人看上去确实是一步接着一步写的，没有什么跳跃，也没掉什么关键步．这一战术与“中间会师”有点相似，但实质却不同．因为它不是清清楚楚地推理过来的．这种不按常规方式出牌，浑水摸鱼的解题方法我们称之为混战术：解题结尾路难行，倒推凑形亦为径．
(2018·武汉调研)已知a为实数，函数f (x)＝ex－2－ax.
(1)讨论函数f (x)的单调性；
(2)若函数f (x)有两个不同的零点x1，x2(x1
②证明：x1＋x2>2.
[解] (1)由f (x)＝ex－2－ax，得f ′(x)＝ex－2－a.
当a≤0时，f ′(x)>0，函数f (x)在R上单调递增．
当a>0时，由f ′(x)＝ex－2－a＝0，得x＝2＋ln a.
若x>2＋ln a，则f ′(x)>0，函数f (x)在(2＋ln a，＋∞)上单调递增；
若x<2＋ln a，则f ′(x)<0，函数f (x)在(－∞，2＋ln a)上单调递减．
(2)①由(1)知，当a≤0时，f (x)在R上单调递增，没有两个不同的零点．
当a>0时，f (x)在x＝2＋ln a处取得极小值，
所以f (2＋ln a)＝eln a－a(2＋ln a)<0，得a>.
所以a的取值范围为.
②证明：由ex－2－ax＝0，
得x－2＝ln ax＝ln a＋ln x，
即x－2－ln x＝ln a.
所以x1－2－ln x1＝x2－2－ln x2＝ln a.
令g(x)＝x－2－ln x(x>0)，则g′(x)＝1－.
当x>1时，g′(x)>0；当0
因为g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以只需证g(x2)>g(2－x1)．
因为g(x1)＝g(x2)，
所以只需证g(x1)>g(2－x1)，
即证g(x1)－g(2－x1)>0.
令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝x－2－ln x－[2－x－2－ln(2－x)]＝2x－2－ln x＋ln(2－x)(0
因为＋＝[x＋(2－x)]≥2，当且仅当x＝1时等号成立，
所以当0
所以x1＋x2>2得证．
[启思维] 本题在证明x1＋x2>2时，如果直接从题目条件出发，很难证明该结论成立，而通过分析，将x1＋x2>2转化为x2>2－x1>1，利用函数g(x)＝x－2－ln x的单调性以及g(x1)＝g(x2)，将问题转化为证明不等式g(x1)>g(2－x1)，进而构造函数h(x)＝g(x)－g(2－x)，转化为证明函数h(x)的最小值大于0，从而使问题得证．
[即时应用体验]
1．设函数f (x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c＞1，求证：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
解：(1)由题设，f (x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－1，令f ′(x)＝0，解得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．
(2)证明：由(1)知，f (x)在x＝1处取得最大值，
最大值为f (1)＝0.
所以当x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln ＜－1，
即1＜＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x)＝0，解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
2．已知函数f (x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f (x)的两个零点，求证：x1＋x2<2.
解：(1)f ′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a＝0，则f (x)＝(x－2)ex，f (x)只有一个零点．
②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f ′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，
所以f (x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又f (1)＝－e，f (2)＝a，取b满足b<0且b
故f (x)存在两个零点．
③设a<0，由f ′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，
f ′(x)>0，因此f (x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f (x)<0，所以f (x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，
故当x∈(1，ln(－2a))时，f ′(x)<0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f ′(x)>0.
因此f (x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f (x)<0，所以f (x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设x1
由于f (2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而f (x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f (2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，
故当x>1时，g(x)<0.
从而g(x2)＝f (2－x2)<0，故x1＋x2<2.
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