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2019版数学（理）二轮复习通用版讲义：第二板块热点锁定
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题点技巧(一) 巧用性质·妙解函数
[解题技法——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．
[典例] (2018·衡阳四中月考)函数y＝f(x)在区间[0,2]上单调递增，且函数f(x＋2)是偶函数，则下列结论成立的是( )
A．f(1)>f
[经典好题——练一手]
1．设f(x)＝的图象关于原点对称，则a，b，c的值分别为( )
A．－1，－2,0 B．1，－2,0
C．－1,2,0 D．1,2,0
解析：选D 因为函数f(x)的图象关于原点对称，所以f(x)为奇函数，即f(－x)＝－f(x)，设x<0，则－x>0，所以f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＝－x2－2x.因为f(－x)＝－f(x)，所以－f(x)＝－x2－2x，即f(x)＝x2＋2x.故a＝1，b＝2，c＝0，选D.
2．定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，且在[0,2)上单调递减，则下列结论正确的是( )
A．0
由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故函数f(x)是以4为周期的周期函数，
所以f(3)＝f(－1)．
又f(x)在[0,2)上单调递减，所以函数f(x)在(－2,2)上单调递减，
所以f(－1)>f(0)>f(1)，即f(1)<0
1．有关函数单调性的常用结论
(1)若两个简单函数的单调性相同，则它们的复合函数为增函数；若两个简单函数的单调性相反，则它们的复合函数为减函数．即“同增异减”．
(2)若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数．更进一步，有增＋增→增，增－减→增，减＋减→减，减－增→减．
(3)若k>0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)单调性相反．
(4)在公共定义域内，函数y＝f(x)(f(x)≠0)与y＝－f(x)，y＝单调性相反；函数y＝f(x)(f(x)≥0)与y＝单调性相同．
[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．有关函数奇偶性的常用结论
(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)奇函数在其关于原点对称的区间上单调性相同，偶函数在其关于原点对称的区间上单调性相反．
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|.
题点技巧(二) 最值函数·大显身手
[解题技法——学一招]
[典例] 已知函数f(x)＝x2＋px＋q过点(α，0)，(β，0)，若存在整数n，使n<α<β
B．min{f(n)，f(n＋1)}<
C．min{f(n)，f(n＋1)}＝
D．不能确定
[解析] 因为α，β为f(x)＝0的根，所以f(x)＝x2＋px＋q＝(x－α)(x－β)，f(n)＝(n－α)(n－β)，f(n＋1)＝(n＋1－α)(n＋1－β)，min{f(n)，f(n＋1)}≤＝<＝，故选B.
[答案] B
[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．(2018·兰州模拟)记max{a，b}＝已知向量a，b，c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}≥＝＝.即max的最小值为，此时λ＝，μ＝，∴c＝a＋b＝.∴|c|＝ ＝.
题点技巧(三) 成图在胸·巧比大小
[解题技法——学一招]
幂数、指数、对数比较大小，其实质是考查函数的性质，所以解决这类问题首先要熟悉函数图象和性质，做到“胸有成图”或“成图在胸”.解决这类问题首先要区分这些数属于哪类函数，是哪个函数的函数值，然后根据函数的性质确定范围，在同一范围内的两个数再比较大小.
[典例] 已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是________．(用“>”表示排列)
[解析] 法一(数形结合法)：变形a＝＝，则a表示函数y＝ln x图象上的点(2，ln 2)与点(0,0)连线的斜率．同理，b＝＝，c＝＝分别表示(3，ln 3)，(5，ln 5)与点(0,0)连线的斜率．作出函数y＝ln x的图象，标出相应点的位置，观察可知b>a>c.
法二(构造函数法)：令y＝，y′＝，令y′＝＝0，得x＝e，所以函数在x∈(0，e)上单调递增，在x∈(e，＋∞)上单调递减，函数在x＝e处取得极大值，所以b>a，b>c，再作差比较a与c的大小，易知b>a>c.
[答案] b>a>c
[经典好题——练一手]
1．已知实数a，b满足不等式log2a
2．设a，b，c均为正数，且2a＝loga，b＝logb，c＝log2c，则( )
A．a
比较几个数的大小，关键是区分不同的函数，然后构造函数．
(1)底数相同，指数不同时，如ax1与ax2，利用指数函数y＝ax(a>0且a≠1)的单调性；
(2)指数相同，底数不同，如x与x，利用幂函数y＝xa的单调性比较大小；
(3)底数指数都不同，如ax1与bx2，寻找中间变量0,1或bx1或ax2.
题点技巧(四) 特值探路·秒杀小题
[解题技法——学一招]
特值探路法就是运用满足题设条件的某些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊角、特殊数列等对选择题各选项进行检验或推理，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，由此判断选项正确与否的方法.有时，也会取特殊位置，特殊模型等特征入手，简化运算，速得结论.
[典例] 设四边形ABCD为平行四边形，||＝6，||＝4.若点M，N满足＝3，＝2，则·＝( )
A．20 B．15
C．9 D．6
[解析] 若四边形ABCD为矩形，建系如图．
由＝3，＝2，
知M(6,3)，N(4,4)，
∴＝(6,3)，＝(2，－1)，
·＝6×2＋3×(－1)＝9.
[答案] C
[技法领悟]
取特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题，但用特例解选择题时，要注意以下两点：
第一，取的特例尽可能简单，有利于计算和推理；
第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解.
[经典好题——练一手]
1．存在函数f(x)满足对任意x∈R都有( )
A．f(sin 2x)＝sin x B．f(sin 2x)＝x2＋x
C．f(x2＋1)＝|x＋1| D．f(x2＋2x)＝|x＋1|
解析：选D 在A中，取x＝0，可知f(sin 0)＝sin 0，即f(0)＝0，再取x＝，可知f(sin π)＝sin，即f(0)＝1，与f(0)＝0矛盾，故A错误；同理可知B错误；在C中，取x＝1，可知f(2)＝2，再取x＝－1，可知f(2)＝0，与f(2)＝2矛盾，故C错误．由排除法知选D.
2．设椭圆C：＋＝1的长轴的两端点分别是M，N，P是C上异于M，N的任意一点，则PM与PN的斜率之积等于________．
解析：取特殊点，设P为椭圆的短轴的一个端点(0，)，又M(－2,0)，N(2,0)，
所以kPM·kPN＝·＝－.
答案：－
题点技巧(五) 应用导数·开阔思路
[解题技法——学一招]
1．函数的单调性与导数的关系
(1)f′(x)>0⇒f(x)为增函数；
(2)f′(x)<0⇒f(x)为减函数；
(3)f′(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．
[典例] 设函数f(x)＝ex－1＋(m∈R)．
(1)若f(x)在[1,2]上为单调递减函数，求实数m的取值范围；
(2)若f(x)在x＝1处有极值，且函数g(x)＝f(x)－n在(0，＋∞)上有零点，求n的最小值．
[解] (1)对f(x)求导，得f′(x)＝ex－1－.
当f(x)在[1,2]上单调递减时，ex－1－≤0在[1,2]上恒成立，所以m≥x2ex－1在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝x2ex－1，则h′(x)＝ex－1(x2＋2x)>0在[1,2]上恒成立，即h(x)在[1,2]上单调递增，所以h(x)＝x2ex－1在[1,2]上的最大值为h(2)＝4e，即m≥4e.
所以实数m的取值范围为[4e，＋∞)．
(2)因为f′(x)＝ex－1－，又f(x)在x＝1处有极值，所以f′(1)＝e0－m＝0，解得m＝1，经检验符合题意．
所以f(x)＝ex－1＋，g(x)＝f(x)－n＝ex－1＋－n.
对g(x)求导，得g′(x)＝ex－1－，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)为减函数；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数．所以g(x)在x＝1处取得极小值g(1)＝e0＋1－n＝2－n.
依题意，g(x)在(0，＋∞)上有零点，所以g(1)≤0，即2－n≤0，所以n≥2.
所以n的最小值为2.
[技法领悟]
本题的求解涉及两类题型的求解方法：(1)求参数的取值范围问题，方法是通过对函数单调性的研究，转化为不等式的恒成立问题，进而转化为求函数的最值问题．(2)研究函数的零点问题，方法是通过研究函数在某区间有最大(或最小)值f(t)，而函数又在此区间有零点，则结合图形解析，可得f(t)≥0(或f(t)≤0)．
[经典好题——练一手]
1．设函数f(x)＝在[－2,2]上的最大值为2，则实数a的取值范围是( )
A. B．
C．(－∞，0) D.
解析：选D 设y＝2x3＋3x2＋1(－2≤x≤0)，则y′＝6x(x＋1)(－2≤x≤0)，所以－2≤x<－1时，y′>0，－10时，y＝eax在(0,2]上的最大值e2a≤2，所以0
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在(e，f(e))处的切线方程．
(2)若a＝－e，证明：方程2|f(x)|－3x＝2ln x无解．
解：(1)当a＝1时，f(e)＝e2＋e，f′(x)＝2x＋ln x＋1，故f′(e)＝2e＋2，故所求切线方程为y－e2－e＝(2e＋2)·(x－e)，即(2e＋2)x－y－e2－e＝0.
(2)证明：依题意，有2|ax2＋xln x|－3x＝2ln x，
即2|ax2＋xln x|＝2ln x＋3x，
亦即|ax＋ln x|＝＋.
令g(x)＝ax＋ln x，当a＝－e时，g(x)＝－ex＋ln x，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝，
令g′(x)>0，得x∈，
所以函数g(x)在上单调递增，
令g′(x)<0，得x∈，
所以函数g(x)在上单调递减，
所以g(x)max＝g＝－e·＋ln ＝－2，
所以|g(x)|≥2，
令h(x)＝＋，则x∈(0，＋∞)，h′(x)＝.
令h′(x)>0，得x∈(0，e)，
所以函数h(x)在(0，e)上单调递增，
令h′(x)<0，得x∈(e，＋∞)，
所以函数h(x)在(e，＋∞)上单调增减，
所以h(x)max＝h(e)＝＋＝＋<＋＝2，
即h(x)<2，
所以|g(x)|>h(x)，即2|f(x)|－3x>2ln x，
所以方程2|f(x)|－3x＝2ln x无解．
题点技巧(六) 三角问题·重在三变
[解题技法——学一招]
[典例] 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．已知α为锐角，若sin＝，则cos＝________.
解析：cos＝cos＝sin＝sin＝2sincos，因为α为锐角，sin＝<，所以<α＋<，故cos＝，所以cos＝2××＝.
答案：
2．若0<α<，0<β<，sin＝，cos＝，则cos的值为________．
解析：由题易知－<－α<，－<－<－，所以cos＝＝，sin＝－＝－，所以cos＝cos＝×＋×＝.
答案：
题点技巧(七) 三角换元·妙解最值
[解题技法——学一招]
解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这种方法叫换元法.换元法可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化隐含关系为显性关系等，在研究方程、不等式、函数、数列、三角、解析几何等问题中有广泛的应用.
[典例] (2018·湖北荆州质检)设P为曲线C1：＋＝1上一点，Q为直线C2：x－y－5＝0上一点，则|PQ|的最小值为________．
[解析] 设P(2cos α，2sin α)，则点P到直线C2的距离d＝＝＝.当cos＝1时，d取得最小值，所以|PQ|的最小值为.
[答案]
[技法领悟]
椭圆和圆上的两个动点或椭圆和直线上两个动点之间距离的最值问题，可转化为椭圆上的点到圆心的距离或椭圆上的点到直线的距离的最值问题，利用点到直线的距离公式，结合正、余弦函数的有界性或二次函数求解即可．
[经典好题——练一手]
1．(2019届高三·海南八校联考)函数f(x)＝sin x＋cos x＋2sin xcos x的最小值是________．
解析：f(x)＝sin x＋cos x＋2sin xcos x＝(sin x＋cos x)2＋sin x＋cos x－1，令sin x＋cos x＝t，则t＝sin，∵x∈，∴x＋∈，∴0≤t≤，∴原函数可化为g(t)＝t2＋t－1(0≤t≤)．∵函数g(t)＝t2＋t－1的图象开口向上，其对称轴的方程为t＝－，∴当0≤t≤时，g(t)单调递增．当t＝0时，g(t)取得最小值－1.
答案：－1
2．设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，F1，F2为椭圆的两个焦点，则|QF1|＋|QP|＋|QF2|的最大值为________．
解析：由椭圆定义知|QF1|＋|QF2|＝2a＝2，则|QF1|＋|QP|＋|QF2|＝2＋|QP|.又圆心C(0,6)，半径r＝，设椭圆上一点Q的坐标为(cos α，sin α)(α为参数)，则|CQ|＝＝＝.因为－1≤sin α≤1，所以当sin α＝－时，|CQ|max＝＝5，此时|QP|max＝|CQ|max＋r＝5＋＝6，即|QF1|＋|QP|＋|QF2|的最大值为2＋6.
答案：2＋6
[常用结论——记一番]
三角公式中常用的换元变形
(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)＝.
题点技巧(八) 四心定位·向量有法
[解题技法——学一招]
平面向量与三角形“四心”(内心、外心、重心、垂心)相结合的试题在历年高考试题和模拟题中频繁出现，且往往以向量作为载体对三角形的“四心”进行考查，要求考生掌握三角形“四心”的性质以及在向量运算的基础上读懂向量的几何意义，可快速求解.
[典例] 已知△ABC中，G是△ABC的重心，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且56a＋40b＋35c＝0，则B的度数为________．
[解析] 因为G是△ABC的重心，根据重心的性质可知＋＋＝0，所以56a∶40b∶35c＝1∶1∶1，即有7a＝5b,7c＝8b，令a＝5k(k>0)，则b＝7k，c＝8k，由余弦定理可得cos B＝＝，所以B＝60°.
[答案] 60°
[技法领悟]
本题是一道关于解三角形的题目，熟练掌握三角形重心性质的向量表达式以及余弦定理是解答此题的关键．
[经典好题——练一手]
1．在△ABC中，AB＝BC＝2，AC＝3，设G是△ABC的内心，若＝m＋n，则的值为________．
解析：∵＝m＋n，∴＝m(－)＋n(－)，∴(1－m－n)＋m＋n＝0，∵G是△ABC的内心，∴由三角形内心的性质，得2＋3＋2＝0，∴＝.
答案：
2．已知△ABC的外心、垂心分别为O，H.若＝m(＋＋)，则m＝________.
解析：如图，连接BO并延长交△ABC的外接圆于点E，连接EA，EC，HA，HC，因为H是△ABC的垂心，所以AH⊥BC，又BE为⊙O的直径，所以EC⊥BC，所以AH∥EC，同理可证CH∥EA，所以四边形AHCE为平行四边形，故＝＋＝＋＝＋－＝＋＋，又＝m(＋＋)，所以m＝1.
答案：1
[常用结论——记一番]
1．三角形三边中线的交点叫三角形的重心，它到三角形顶点的距离等于到对边中点距离的2倍．三角形重心性质的向量表达式：点O是△ABC的重心⇔＋＋＝0.
2．三角形三边垂直平分线的交点叫三角形的外心，也是三角形外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等．三角形外心性质的向量表达式：点O是△ABC的外心⇔||＝||＝||或2＝2＝2.
3．三角形的三个内角平分线的交点叫三角形的内心，也是三角形内切圆的圆心，它到三角形三边的距离相等．三角形内心性质的向量表达式：点O是△ABC的内心⇔a＋b＋c＝0(a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边)．
4．三角形三边上的高的交点，叫三角形的垂心，它与顶点的连线垂直于对边．三角形垂心性质的向量表达式：点O是△ABC的垂心⇔·＝·＝·.
题点技巧(九) 巧妙建系·妙解向量
[解题技法——学一招]
平面向量作为高考必考内容，常以选择题或填空题的形式出现，而且具有一定难度，若采取建立坐标系的方法，则可在很大程度上降低解题难度.
坐标法是处理平面向量问题的主要方法，只要能够建立平面直角坐标系，把点的坐标表示出来，向量的坐标就可以求出来，从而平面向量的四大常见问题(平行、垂直、夹角、模)都可以套用相应的公式解决.如果图形特殊，如涉及正方形、矩形、等边三角形、等腰三角形、等腰梯形、直角梯形等，均可尝试用坐标法解决问题.
[典例] 在平面上，已知⊥，||＝||＝1，＝＋，若||<，则||的取值范围是( )
A. B.
C. D.
[解析] 连接PB1，PB2，由⊥2，＝＋，得四边形AB1PB2为矩形，故以O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，且PB1∥x轴，PB2∥y轴，设B1(x1，y1)，B2(x2，y2)，则x＋y＝1，x＋y＝1，A(x1，y2)，P(x2，y1)，又||＝<，则||＝＝∈，故选D.
[答案] D
[技法领悟]
在有关平面向量的模和两向量的夹角的问题中，可建立平面直角坐标系，把相关点的坐标表示出来，用坐标法来求解，更简便、快捷．
[经典好题——练一手]
1．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为( )
A．3 B．2
C. D．2
解析：选A 如图所示，以A为坐标原点，AB，AD所在的直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，则点C到直线BD的距离为，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝，
因为点P在圆C上，所以可设P，又＝(1,0)，＝(0,2)，所以＝λ＋μ＝(λ，2μ)，所以(θ为参数)，则λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3，其中tan φ＝2，故选A.
2.如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥DC，AB＝2，AD＝DC＝1，图中圆弧所在圆的圆心为点C，半径为，且点P在图中阴影部分(包括边界)运动，若＝α＋β，其中α，β∈R，则4α－β的取值范围是( )
A. B．
C. D.
解析：选B 如图，以A为坐标原点，，的方向分别为x轴，y轴的正方向建立直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(1,1)，＝(2,0)，＝(－1,1)，
设点P的坐标为(x，y)，由题意，知＝α(2,0)＋β(－1,1)，
据此可得则
令z＝4α－β，则z＝2x＋y，其中z为直线系y＝－2x＋z在y轴上的截距，
结合图形易知当直线y＝－2x＋z与圆相切时，z取得最大值，此时＝，
解得z＝3＋或z＝3－(舍去)，
故z的最大值为3＋，当直线y＝－2x＋z过点时z有最小值2.故选B.
题点技巧(十) 正弦余弦·相得益彰
[解题技法——学一招]
解三角形问题的求解策略
在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据．解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．一般来说，当条件中同时出现ab及b2，a2时，往往用余弦定理；当条件中边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的公式进行解答．
[典例] △ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积S满足S＝[c2－(a－b)2]．
(1)求cos C；
(2)若c＝4，且2sin Acos C＝sin B，求b的长．
[解] (1)由S＝[c2－(a－b)2]＝[－(a2＋b2－c2)＋2ab]＝－abcos C＋ab，又S＝absin C，于是absin C＝－abcos C＋ab，即sin C＝2(1－cos C)，结合sin2C＋cos2C＝1，可得5cos2C－8cos C＋3＝0，解得cos C＝或cos C＝1(舍去)，故cos C＝.
(2)由2sin Acos C＝sin B，结合正、余弦定理，可得2·a·＝b，即(a－c)(a＋c)＝0，解得a＝c，又c＝4，所以a＝4，
由c2＝a2＋b2－2abcos C，得42＝42＋b2－2×4×b，解得b＝.
[经典好题——练一手]
1．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.
2.如图所示，圆内接四边形ABCD中，BC＝6，AB＝4，AD＝2CD＝4.
(1)求圆的半径R；
(2)若点P在圆周上运动，求四边形APCD面积的最大值．
解：(1)因为四边形ABCD内接于圆，
所以∠ABC＋∠ADC＝180°.
连接AC(图略)，因为BC＝6，AB＝4，AD＝4，CD＝2，
由余弦定理可得AC2＝42＋62－2×4×6cos∠ABC＝42＋22－2×4×2cos(180°－∠ABC)，
解得cos∠ABC＝，
因为0°<∠ABC<180°，故∠ABC＝60°.
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝42＋62－2×4×6cos 60°＝28，故AC＝2.
由正弦定理得2R＝＝，
故R＝.
(2)易知S四边形APCD＝S△ADC＋S△APC，
由(1)可得S△ADC＝AD×CDsin∠ADC＝×4×2×sin 120°＝2.
易知∠APC＝∠ABC＝60°，
设AP＝x，CP＝y，则S△APC＝xysin 60°＝xy.
由余弦定理知AC2＝x2＋y2－2xycos 60°＝x2＋y2－xy＝28，
又x2＋y2－xy≥2xy－xy＝xy，
所以xy≤28，当且仅当x＝y时取等号，
所以S四边形APCD＝2＋xy≤2＋×28＝9，
所以四边形APCD面积的最大值为9.
题点技巧(十一) 玩转通项·搞定数列
[解题技法——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
[典例] 已知数列{an}，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
[解析] 由an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)得，an＋t＝2(an－1＋t)(n≥2)，所以2t－t＝1，解得t＝1，所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)，所以＝2，又a1＋1＝2，所以{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.
[答案] 2n－1
[技法领悟]
形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)的递推公式，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1＋t＝p(an＋t)，其中t＝，再转化为等比数列求解．
[经典好题——练一手]
1．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2nan(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1 B．an＝2n
C．an＝2 D．an＝2
解析：选C 因为an＋1＝2nan，所以＝2n，所以···…·＝21×22×23×…×2n－1(n≥2)，即＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝2，所以an＝2a1＝2，故选C.
2．在数列{an}中，a1＝1，(n2＋2n)(an＋1－an)＝1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝____________.
解析：由(n2＋2n)(an＋1－an)＝1得an＋1－an＝＝×，所以a2－a1＝×，a3－a2＝×，…，an－1－an－2＝，an－an－1＝，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝×＋1＝－.
答案：－
[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．
题点技巧(十二) 掌握规律·巧妙求和
[解题技法——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}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．
[典例] (2018·东北三省三校第二次联考)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝bn＋an－n，n∈N*.
(1)证明：{an－n}为等比数列；
(2)数列{cn}满足cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解] (1)证明：因为an＋1＝2an－n＋1，所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)．又a1＝3，所以a1－1＝2，所以数列{an－n}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an－n＝2·2n－1＝2n.
所以bn＋1＝bn＋an－n＝bn＋2n，即bn＋1－bn＝2n.
b2－b1＝21，b3－b2＝22，b4－b3＝23，…，bn－bn－1＝2n－1.
以上式子相加，得bn＝2＋＝2n(n≥2)．
当n＝1时，b1＝2，满足bn＝2n，所以bn＝2n.
所以cn＝＝＝－.
所以Tn＝－＋－＋…＋－＝－.
[技法领悟]
求解此类题需掌握三个技巧：一是巧拆分，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的和，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．
[经典好题——练一手]
1．在等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，在数列{bn}中，b1＝2，其前n项和Sn满足bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
∵a2＝2，a3＋a5＝8，
∴a1＋d＝2,2a1＋6d＝8，
解得a1＝1，d＝1，∴an＝n.
∵bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)，①
∴bn＝Sn－1＋2(n∈N*，n≥2)．②
①－②得，bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn(n∈N*，n≥2)，
∴bn＋1＝2bn(n∈N*，n≥2)．
∵b1＝2，b2＝2＋2＝2b1，
∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝2n.
(2)cn＝＝，则Tn＝＋＋＋…＋＋，①
则Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得，Tn＝＋＋…＋－
＝－＝1－，
∴Tn＝2－.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题知解得
则an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，∴Tn＝2(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9＋…＋(－1)n(2n＋1)]．
设Gn＝－3＋5－7＋9＋…＋(－1)n(2n＋1)，则Tn＝＋Gn.
当n＝2k(k∈N*)时，Gn＝2×＝n，∴Tn＝＋n；
当n＝2k－1(k∈N*)时，Gn＝2×－(2n＋1)＝－n－2，∴Tn＝－n－2，
∴Tn＝
[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＋.
题点技巧(十三) 求得通项·何愁放缩
[解题技法——学一招]
数列与不等式的综合是高考的难点，其难点往往在于递推式的合理变形与放缩，举例说明数列的放缩.
[典例] 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，
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3，公比是3的等比数列．
则an＋2n＝3n，
∴an＝3n－2n.
(2)证明：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＋＋…＋<.
[经典好题——练一手]
1．已知函数f(x)＝2cosx，x>0，将函数f(x)的零点按从小到大依次排成一列，得到数列{an}，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
解：(1)因为f(x)＝2cosx，x>0，
令f(x)＝0，得x＝＋kπ(k∈N)，
解得x＝1＋2k(k∈N)，
所以an＝2n－1，n∈N*.
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.
(2)证明：由(1)可知bn＝＝<＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
<×＋×＋…＋×＝×<.
2．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)(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]
几种常见放缩形式：
(1)<＝－；
(2)<＝；
(3)<＝2；
(4)<＝－；
(5)<
＝；
(6)＝
＝·
＝
<2.
题点技巧(十四) 巧变多联·目标转换
[解题技法——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．
[典例] 已知实数x，y满足约束条件则z＝|x＋2y－4|的最大值为________．
[解析] 因为目标函数z＝|x＋2y－4|＝×，所以目标函数的几何意义为点(x，y)到直线x＋2y－4＝0的距离的倍，作出线性约束条件表示的平面区域(如图中阴影部分所示)及直线x＋2y－4＝0，可知点A(7,9)到直线x＋2y－4＝0的距离最大，所以最优解为(7,9)，将最优解(7,9)代入目标函数z＝|x＋2y－4|可得目标函数的最大值为21.
[答案] 21
[技法领悟]
形如z＝|Ax＋By＋C|的目标函数，可变换为·＝·，联想点到直线的距离公式即可发现的几何意义为可行域内的点N(x，y)到直线Ax＋By＋C＝0的距离，从而确定目标函数z＝|Ax＋By＋C|取得最值的最优解，将最优解代入目标函数即可求得目标函数的最值．
[经典好题——练一手]
1．若x，y满足约束条件则的最大值为________．
解析：设点A(x，y)，点O(0,0)，则目标函数的几何意义是点(x，y)和点O(0,0)连线的斜率k，作出约束条件表示的平面区域，如图中阴影部分所示，当点(x，y)为点A(1,3)时，点(x，y)和点O(0,0)连线的斜率最大，所以目标函数取得最大值的最优解为(1,3)，将最优解(1,3)代入目标函数，可得目标函数的最大值为3.
答案：3
2．已知实数x，y满足则z＝x2＋y2的取值范围是________．
解析：目标函数z＝(x－0)2＋(y－0)2的几何意义为两点(0,0)，(x，y)间距离的平方，作出表示的平面区域，如图中阴影部分所示，可知点(0,0)到直线AB的距离为两点间距离的最小值，为，点(0,0)到点C(2,3)的距离为两点间距离的最大值，为，所以z＝x2＋y2的取值范围是.
答案：
题点技巧(十五) 合理配凑·妙解最值
[解题技法——学一招]
[典例] 设a>b>0，则a2＋＋的最小值是________．
[解析] a2＋＋＝ab＋a(a－b)＋＋＝＋≥2＋2＝4，当且仅当ab＝a(a－b)＝1，即a＝，b＝时等号成立．
[答案] 4
[技法领悟]
根据所求式子的特征，拼凑出可利用基本不等式求解的形式．
[经典好题——练一手]
1．设x>－1，则f(x)＝的最小值为________．
解析：∵x>－1，∴x＋1>0，∴f(x)＝＝＝＝(x＋1)＋＋5≥2＋5＝9，当且仅当x＋1＝，即x＝－3(舍去)或x＝1时取等号，故当x＝1时，f(x)取得最小值9.
答案：9
2．正数a，b满足＋＝1，则＋的最小值为________．
解析：由＋＝1可得a－1＝，b－1＝，则＋＝＋≥16，当且仅当＝，即a＝，b＝3时等号成立．故＋的最小值为16.
答案：16
题点技巧(十六) 绝对值题·四法破解
[解题技法——学一招]
含绝对值问题的解法
(1)定义讨论法
由于利用定义可以把绝对值去掉，因此往往需要分类讨论．其方法是：把每个绝对值为零的零点标在数轴上，则这些零点把数轴分成若干段，再对各段所对应的范围分别进行讨论即可．
(2)性质平方法
因为绝对值的性质有|a|2＝a2，利用此性质可把绝对值去掉．但这种方法的缺点是平方后往往比较复杂，另外要注意何时才能平方，防止出现增根．
(3)等价转化法(合二为一)
利用绝对值的性质等价转化，去绝对值，
如：|ax＋b|c⇔ax＋b>c或ax＋b<－c.
(4)数形结合法
利用函数的图象解含有绝对值的不等式．
[典例] 设函数f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.
(1)解不等式f(x)>4；
(2)若存在x0∈使不等式a＋1>f(x0)成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)由题意得f(x)＝
则f(x)>4⇔或
或⇔x<－2或01.
所以不等式f(x)>4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．
(2)存在x0∈使不等式a＋1>f(x0)成立⇔a＋1>f(x)min，
由(1)知，当x∈时，f(x)＝x＋4，
所以f(x)min＝f＝，则a＋1>，解得a>，
所以实数a的取值范围为.
[技法领悟]
解答不等式恒(能、恰)成立问题通常要借助函数思想或方程思想，利用函数图象、函数最值或判别式来解决求参数的问题．
[经典好题——练一手]
1．设函数f(x)＝|2x＋2|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)>2的解集；
(2)若∀x∈R，f(x)≥t2－t恒成立，求实数t的取值范围．
解：(1)不等式f(x)>2等价于或
或
解得x<－6或2，
∴x>或x<－6.
∴不等式的解集为.
(2)∵f(x)＝
∴f(x)min＝f(－1)＝－3，
若∀x∈R，f(x)≥t2－t恒成立，
则只需f(x)min＝－3≥t2－t⇒2t2－7t＋6≤0⇒≤t≤2，
综上所述，t∈
2．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.
(1)解不等式|g(x)|<5；
(2)若对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由||x－1|＋2|<5得－5<|x－1|＋2<5，
所以－7<|x－1|<3，
解得－2
所以{y|y＝f(x)}⊆{y|y＝g(x)}，
又f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|(2x－a)－(2x＋3)|＝|a＋3|，g(x)＝|x－1|＋2≥2，
所以|a＋3|≥2，
解得a≥－1或a≤－5，
所以实数a的取值范围为{a|a≥－1或a≤－5}．
[常用结论——记一番]
求解含绝对值问题常用的三性质与三定理
1．三性质
(1)非负性：|a|≥0.
(2)运算性质：|a·b|＝|a|·|b|，＝，|a|2＝a2.
(3)等价性：|x|a⇔x>a或x<－a.
2．三定理
定理一：(绝对值三角不等式定理)
||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
定理二：(最值定理)
设a1
有f(x)min＝(a＋1＋a＋2＋…＋an)－(a＋a－1＋…＋a1)；
(2)若n为奇数，则f(x)min＝f(a)．
定理三：设f(x)在闭区间I上连续，则mi{ma|f(x)－b|}＝.
这个式子的含义即在数轴上的点f(x)∈[f(x)min，f(x)max]与b之间的距离的最大值的最小值是在当b落在区间[f(x)min，f(x)max]中点时取得的，且此时这个最大值的最小值等于区间长度的一半．
特别地，当b＝0时，绝对值函数g(x)＝|f(x)|在区间I上的最大值的最小值min{ |f(x)|}等于原函数y＝f(x)在区间I上的最大值与最小值之差(全距差)的一半，即{ma|f(x)|}＝.
题点技巧(十七) 动态几何·以静制动
[解题技法——学一招]
立体几何图形中的点、线、面元素若处于运动变换状态时，相关元素的定位、定性、定量及其相互之间的位置关系比较复杂.事实上，动与静是相对的，以静制动，不失为处理立体几何中动态元素的良策.
[典例] 如图，P是棱长为a(a>0)的正方体ABCDA1B1C1D1中A1D1上的定点，Q是棱C1D1上的动点，长为b(0
B．变量且有最小值
C．变量且有最大值
D．变量且有最大值和最小值
[解析] 由题图，可将四面体PQMN看作以P为顶点、△MNQ为底面的三棱锥．∵在△MNQ中底边MN为定长，且高为两平行线AB，C1D1间的距离，也是定值，∴△MNQ的面积为定值．又定点P到底面△MNQ的距离，即P到平面ABC1D1的距离为定值．∴四面体PQMN的体积是定值．选A.
[答案] A
[技法领悟]
对四面体PQMN的底面的定位是解题的关键，使得△MNQ的面积与动点Q的位置无关，从而“以静制动”．本题避免了动点问题，转为“静”的问题．
[经典好题——练一手]
1.如图，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：选C 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．
2.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值是________．
解析：连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，如图所示，连接A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．易得∠A1C1B＝90°，
又∠BC1C＝45°，
∴∠A1C1C＝135°，
由余弦定理可求得A1C＝5.
答案：5
[常用结论——记一番]
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．
题点技巧(十八) 秒定球心·破解有招
[解题技法——学一招]
简单多面体的外接球问题是立体几何中的难点也是重要的考点，此类问题最能有效考查考生的空间想象能力.简单多面体的外接球问题实质上就是解决球的半径和确定球心位置的问题，其中球心的确定是关键，抓住球心就抓住了球的位置.
[典例] 若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的体积是________．
[解析] 三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则可将三棱锥补形成正方体，从而外接球的直径为3，半径为，故所求外接球的体积V＝×3＝.
[答案]
[技法领悟]
一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为a，b，c，则可以将这个三棱锥补形成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥外接球的直径，设其外接球的半径为R，则2R＝.
[经典好题——练一手]
1．已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为( )
A．16π B．4π
C．8π D．2π
解析：选B 由三视图可知该三棱锥的高为1，底面为一个直角三角形，由于底面斜边上的中线长为1，则底面外接圆的半径为1，顶点在底面上的投影落在底面外接圆的圆心上．由于顶点到底面的距离与底面外接圆的半径相等，则三棱锥的外接球的半径R为1，则三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝4π，选B.
2.某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的外接球的体积是( )
A．12π B．4π
C．48π D．32π
解析：选B 由三视图可知此几何体为如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1内的一个三棱锥D1BCB1，所以正方体ABCDA1B1C1D1的外接球就是三棱锥D1BCB1的外接球，外接球的直径为2R＝2，所以R＝，此四面体的外接球的体积是4π.故选B.
[常用结论——记一番]
构造长方体或正方体确定球心
(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；
(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．
题点技巧(十九) 等积转换·求积定距
[解题技法——学一招]
等体积法在求解几何体的体积和计算点面距离中，解决了不易直接作垂线段或不易直接计算所作的垂线段长的计算问题，减少了辅助线这一难题.
[典例] 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．
[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．
题点技巧(二十) 空间建系·破解立几
[解题技法——学一招]
建系法解立体几何题的难点在于点的坐标的计算，特别是动点坐标的设法.
(1)若点在某直线上，只要计算出直线的方向向量(x0，y0，z0)，,那么点的坐标可以设为(λx0，λy0，λz0)(共线定理，一个未知数λ)；
(2)若点在某平面内，则可以在平面内任意找出两个不共线的向量(x1，y1，z1)，(x2，y2，z2)，,那么点的坐标可以设为,(λx1＋μx2，λy1＋μy2，λz1＋μz2)(平面向量基本定理，两个未知数λ，μ)；
(3)若点在不确定的空间中，那么只能设成三个未知数的向量(x，y，z).
[典例] 如图，直角梯形BCDE所在平面与以AB为直径的圆所在平面垂直，点C在圆上，且ED∥BC，DC⊥BC，CE＝AC＝AB＝2，BE＝2.
(1)证明：平面ABE⊥平面ACE；
(2)求平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值．
[解] (1)证明：因为点C在以AB为直径的圆上，所以BC⊥AC.
又平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，
所以AC⊥平面BCDE，所以AC⊥BE.
在Rt△ABC中，BC＝＝＝2.
在△BCE中，BE＝2，CE＝2，BC＝2，
所以BE2＋CE2＝BC2，故BE⊥CE.
又AC∩CE＝C，所以BE⊥平面ACE.
因为BE⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACE.
(2)由(1)知AC⊥平面BCDE，又CD⊥BC，以C为坐标原点，以CB，CA，CD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．
过点E作EH⊥BC于点H.
在Rt△BEC中，BE⊥EC，EH⊥BC，
所以EH＝＝＝，
所以CH＝＝.
易知C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2，0,0)，
E，故＝，
＝(－2，2,0)．
设平面ABE的法向量为m＝(x，y，z)，
则由得
即令x＝1，则y＝，z＝，所以m＝(1，，)是平面ABE的一个法向量．
因为BC⊥平面ACD，所以n＝(1,0,0)为平面ACD的一个法向量．
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
故平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为.
[技法领悟]
该题通过空间垂直关系的证明、二面角的求解考查了空间想象能力、逻辑推理能力和计算求解能力等．该题的亮点有两个：
(1)通过计算证明垂直关系，即利用解三角形的知识证明BE⊥CE，这是近几年来证明问题的演变趋势——纯粹的逻辑推理向数字化方向的演变；
(2)该题的载体是在圆锥的基础上构造的一个几何体，载体的多样化、综合化也是高考命题的一大趋势．
[经典好题——练一手]
1．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 如图，在平面ABC内过点B作BD⊥AB，交AC于点D，则∠CBD＝30°.因为BB1⊥平面ABC，故以B为坐标原点，分别以射线BD，BA，BB1为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(0，2,0)，B1(0,0,1)，C1(cos 30°，－sin 30°，1)，
即C1.
所以＝(0，－2,1)，＝.
所以cos〈，〉＝
＝
＝，
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.故选C.
2.如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.
(1)求证：BC⊥平面ACFE；
(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的最值．
解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，
所以AB＝2，所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
所以AB2＝AC2＋BC2，所以BC⊥AC.
又平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面ACFE.
(2)结合(1)，以C为坐标原点，以CA，CB，CF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．
而EF＝AC＝，令FM＝λ(0≤λ≤)，
则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，
所以＝(－，1,0)，＝(λ，－1,1)．
设n1＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
由得
取x＝1，则平面MAB的一个法向量为n1＝(1，，－λ)．
因为n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
所以cos θ＝＝
＝ .
因为0≤λ≤，所以当λ＝0时，cos θ有最小值；当λ＝时，cos θ有最大值.
题点技巧(二十一) 反设直线·巧算方程
[解题技法——学一招]
[典例] 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：(1)当直线斜率存在时，设直线y＝k(x－c)，且A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立得(b2＋a2k2)x2－2ca2k2x＋a2k2c2－a2b2＝0，显然Δ>0，
进而|x1－x2|＝
＝＝.
于是|AB|＝|x1－x2|＝.
易知直线PF：y＝－(x－c)，
得|PF|＝＝ .
所以＝＝·≥·.
当b2＋b2k2＝c2k2时，等号成立，所以k2＝≥0，所以>1，e>.
(2)当直线斜率不存在时，可得＝，e＝符合要求．综上，e∈.
法二：设直线l：x＝my＋c，且A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立得(b2m2＋a2)y2＋2mcb2y－b4＝0，
显然Δ>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)＝≥ ，当且仅当b2t＝，即t＝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，为便于对比，解法二采用反设法，通过对比，可以发现一般设法在解决此类问题上计算复杂且不容易想到，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，Δ＝16t2＋32>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.已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点(0，)，且离心率e为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线x＝my－1(m∈R)交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．
解：(1)由已知得b＝，e＝＝，且a2＝b2＋c2，
解得a＝2，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(m2＋2)y2－2my－3＝0.
则y1＋y2＝，y1y2＝－，
从而·＝＋y1y2
＝(m2＋1)·y1y2＋m(y1＋y2)＋
＝>0，
所以与不共线，所以∠AGB为锐角．
故点G在以AB为直径的圆外．
[常用结论——记一番]
1．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x＝ty＋m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(θ为参数)，则弦长公式为|t1－t2|.
2．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)．
题点技巧(二十二) 巧妙伸缩·化椭为圆
[解题技法——学一招]
转化思想是中学数学中最基本的思想方法之一，体现为化抽象为具体，化未知为已知，化复杂为简单.基于圆的特性及椭圆和圆的内在联系，可以利用伸缩变换将椭圆变换为单位圆，把直线与椭圆的位置关系问题转化为直线与圆的位置关系问题，从而实现“椭圆问题圆解决”，避开解析几何繁琐的运算.
[典例] 如图，椭圆＋＝1(其中a>b>0)与过点A(2,0)，B(0,1)的直线有且只有1个公共点T，且椭圆的离心率e＝.
(1)求椭圆的方程；
(2)设F1，F2分别为椭圆的焦点，M为线段AF2的中点，求证：∠ATM＝∠AF1T.
[解] (1)利用伸缩变换将椭圆上的点A，T，B变换为圆上的点A′，T′，B′.因为切线AB的方程为＋y＝1，所以切线A′B′的方程为x′＋by′＝1.由点O′到切线A′B′距离d＝＝1，得a2＋4b2＝4.
又e＝＝，解得a2＝2，b2＝，
从而椭圆方程为＋2y2＝1.
(2)证明：由点A(2,0)，B(0,1)可变换得A′(，0)，B′(0，)，
因为|O′A′|＝|O′B′|，O′T′⊥A′B′，
所以|A′T′|＝|A′B′|.可知|AT|＝|AB|＝，
在椭圆中易得|AM|＝1－，|AF1|＝2＋，从而|AT|2＝|AF1|·|AM|，即＝.
又∠TAF1＝∠MAT，从而△TAF1∽△MAT，得∠ATM＝∠AF1T.
[经典好题——练一手]
1.如图，设椭圆C：＋＝1(其中a>b>0)，动直线l与椭圆C只有1个公共点P，且点P在第一象限．已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标．
解：设切点为P(x0，y0)，在伸缩变换作用下，椭圆＋＝1变换为圆x′2＋y′2＝1，椭圆上的点P(x0，y0)变换为圆上的点P′，过点P的切线l变换为过点P′的切线l′，且kl′＝kl＝k.由点P′在x′2＋y′2＝1圆上得＋＝1(*)．由O′P′⊥l′得kO′P′kl′＝－1，从而·k＝－1，即x0＝－，
代入(*)式可得点P.
2．已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
解：(1)设F(c,0)，由条件知，＝，得c＝.又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为＋y2＝1.
(2)令φ：则E：＋y2＝1经φ变换后得单位圆x′2＋y′2＝1.S′＝sin θ≤，当且仅当θ＝时等号成立．此时，圆心到直线的距离为.显然当l⊥x轴时不合题意，则可设l′：y′＝k′x′－2，则＝，则k′＝±＝＝＝2k，于是k＝±，所以y＝±x－2.
[常用结论——记一番]
椭圆＋＝1(a>b>0)，经伸缩变换φ：得到x′2＋y′2＝1，有如下结论：
(1)伸缩前后，坐标成比例变换．
(2)伸缩前后，斜率成比例变换：
伸缩变换前，椭圆上任意两点A(xA，yA)，B(xB，yB)连线的斜率(假定存在)k＝，则伸缩变换后，k′＝k.
(3)伸缩变换前后，直线与曲线的位置关系不变：
设变换前直线与椭圆方程联立消去y所得一元二次方程的判别式为Δ，则压缩变换后Δ′＝Δ.
(4)伸缩变换前后，面积成比例变换．S′＝S.
题点技巧(二十三) 巧用定值·曲径通幽
[解题技法——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解法：
(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.
[典例] 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：法一：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＋＝，下一步证明斜率乘积k·为定值即可．
联立方程消去y得，
x2＋＋－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．
故＋为定值，该定值为－＝－8.
法二：由题意知l为椭圆的切线，设P(x0，y0)，则l：＋＝1，即y＝－x，k＝－，
k1＝kPF1＝，k2＝kPF2＝，
则＋＝＝－＝－＝－8(定值)．
[经典好题——练一手]
如图所示，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(2，xP)，Q(2，xQ)在椭圆上(xP>0)，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．
解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)．
∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，∴－b＝－2，解得b＝2.
又＝，a2＝b2＋c2，∴a＝4，c＝2.
可得椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)易知P(2，)，Q(2，－)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵∠APQ＝∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相反数，
可设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为－k，
直线PA的方程为：y－＝k(x－2)，联立
化为(1＋4k2)x2＋8k(－2k)x＋4(－2k)2－16＝0，
∴x1＋2＝.
同理可得：x2＋2＝＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
kAB＝＝＝.
∴直线AB的斜率为定值.
[常用结论——记一番]
对于椭圆C：＋＝1(a>b>0)，下列三个斜率的乘积是定值－：
(1)椭圆C上任意两点A，B，P为AB的中点，若AB，OP的斜率存在且不为零，则kAB·kOP＝－；
(2)点P为C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)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，P为C上任意一点，若直线PA，PB的斜率存在且不为零，则kPA·kPB＝－.
题点技巧(二十四) 回归定义·巧用性质
[解题技法——学一招]
对于圆锥曲线问题，若采用“回归定义”的策略，则往往能获得题目的本质属性，达到准确判断、合理运算、灵活解题的目的.因此，定义是解决问题的原生力量，不可忽视定义在解题中的作用.
[典例] 已知F1，F2是椭圆＋＝1的左、右焦点，M(2，)，则∠F1MF2的角平分线l的斜率为( )
A. B．
C．1 D.
[解析] 如图，∵M(2，)，F2(2,0)，∴MF2⊥x轴，故|MF2|＝，|MF1|＝4－＝3，且点F1(－2,0)关于l对称的点F1′在线段MF2的延长线上，且|MF1′|＝|MF1|＝3，∴|F1′F2|＝2，∴F1′(2，－2)，线段F′1F1的中点的坐标为(0，－)，∴kl＝＝.故选B.
[答案] B
[经典好题——练一手]
1．已知圆C：x2＋y2＋6x＋8y＋21＝0，抛物线y2＝8x的准线为l，设抛物线上任意一点P到直线l的距离为m，则m＋|PC|的最小值为( )
A．5 B.
C.－2 D．4
解析：选B 由题得，圆C的圆心坐标为(－3，－4)，抛物线的焦点为F(2,0)．根据抛物线的定义，得m＋|PC|＝|PF|＋|PC|≥|FC|＝.
2．已知P为双曲线C：－＝1上一点，F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，M，I分别为△PF1F2的重心、内心，若MI∥y轴，则P点的纵坐标为________．
解析：如图，假设点P在第一象限，D，E，F分别为圆I与△PF1F2的三边的切点，连接ID，则ID⊥x轴，
∵MI∥y轴，∴M，I，D三点共线．
则由双曲线的定义及切线长定理，得2a＝|PF1|－|PF2|＝(|PF|＋|FF1|)－(|PE|＋|EF2|)＝|FF1|－|EF2|＝|F1D|－|F2D|＝(xD＋c)－(c－xD)＝2xD，
∴xD＝a＝2，
∴xM＝xI＝xD＝2.
设P(x0，y0)，由M为△PF1F2的重心，知x0＝3xM＝6，∴y0＝2.
由双曲线的对称性知P点的纵坐标为±2.
答案：±2
题点技巧(二十五) 说图有数·巧用中值
[解题技法——学一招]
“组中值”的应用技巧主要是根据频率分布直方图求样本数据的众数、中位数与平均数.在频率分布直方图中，最高的小长方形的底边的中点的横坐标即是众数.中位数为平分整体面积的横坐标的值.平均数的估计值等于每个矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和，而不是每组的频率乘以每组的端点值.
[典例] 某校100名学生期中考试语文成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．
(1)求图中a的值；
(2)根据频率分布直方图，估计这100名学生语文成绩的平均分．
[解] (1)由(2a＋0.02＋0.03＋0.04)×10＝1，解得a＝0.005.
(2)＝0.05×55＋0.4×65＋0.3×75＋0.2×85＋0.05×95＝73.
[技法领悟]
平均数反映了数据取值的平均水平．在频率分布直方图中，平均数是描述一组数据集中趋势的量．平均数的大小与一组数据里每个数据均有关系，任何一个数据的变动都会引起平均数的变动，而中位数和众数都不具有此性质．
[经典好题——练一手]
1．对某小区100户居民的月均用水量进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示，则估计此样本的众数为________．
解析：众数是指样本中出现频率最高的数，在频率分布直方图中通常取最高的小长方形底边中点的横坐标，所以众数为＝2.25.
答案：2.25
2．对一批电子元件进行寿命追踪调查，从这批产品中抽取N个产品(N≥200)，得到频率分布直方图如下：
(1)求m的值；
(2)由频率分布直方图估算这批电子元件寿命的中位数是多少？
解：(1)由0.001×100＋m×100＋0.004×100＋0.002×100＋m×100＝1得m＝0.001 5.
(2)设中位数为b，显然中位数出现在第三组中，
则0.001×100＋0.001 5×100＋0.004×(b－300)＝0.5，解得b＝362.5.
[常用结论——记一番]
1．把n个数据按大小顺序排列，若数据的个数是奇数，则处于最中间位置的数为这组数据的中位数．若这组数据的个数是偶数，则中间两数的平均值为这组数据的中位数．在频率分布直方图中，中位数左边和右边的小长方形的面积和相等，均为0.5.
2．如果有n个数据x1，x2，…，xn，那么x＝(x1＋x2＋…＋xn)叫做这n个数据的平均数．在频率分布直方图中，各组区间的组中值(即各组区间的中点的数值)可近似表示成每组数的平均值，因而组中值与对应频率之积的和反映了数据的平均水平．一般地，若取值为x1，x2，…，xn的频率分别为p1，p2，…，pn，则其平均值为x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.
题点技巧(二十六) 构造函数·柳暗花明
[解题技法——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.构造函数的用处
(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；
(5)构造函数解决数列中的放缩问题.
[典例] 已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且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)，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
令F(x)＝g′(x)＝ln x＋1－2ax，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．已知函数f(x)的定义域为R，f(－2)＝2 022，对任意x∈R，都有f′(x)<2x成立，则不等式f(x)>x2＋2 018的解集为( )
A．(－2，＋∞) B．(－2,2)
C．(－∞，－2) D．(－∞，＋∞)
解析：选C 令函数F(x)＝f(x)－x2－2 018，则F′(x)＝f′(x)－2x<0，则函数F(x)是减函数，且满足F(－2)＝f(－2)－4－2 018＝0，故不等式f(x)>x2＋2 018可化为F(x)>F(－2)，即原不等式f(x)>x2＋2 018的解集为{x|x<－2}．应选C.
2．设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单递增．
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<＋x(x>0)．①
令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．
故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．
设此零点为x0，则x0∈(1,2)．
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(x0)．
又由g′(x0)＝0，可得ex0＝x0＋2，
所以g(x0)＝x0＋1∈(2,3)．
由于①式等价于k
[解题技法——学一招]
1．极值点不偏移
已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(x1，x2)上有且只有一个极值点x0，且f(x1)＝f(x2)，若极值点左右的“增减速度”相同，则有极值点x0＝，我们称这种状态为“极值点不偏移”(如图①)．
2．极值点偏移
已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(x1，x2)上有且只有一个极值点x0(即y＝f(x)为单峰函数)且f(x1)＝f(x2)，若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点x0≠的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”(如图②)．
[典例] (2018·南宁二中、柳州高中二联)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设f(x)的两个零点是x1，x2，求证：f′<0.
[解] (1)函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－，
①当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，若x∈，则f′(x)>0，若x∈，则f′(x)<0，则f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：法一：构造差函数法
由(1)易知a>0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减，不妨设0
构造函数F(x)＝f(x)－f，x∈，
F′(x)＝f′(x)－′＝f′(x)＋f′＝＝，
∵x∈，∴F′(x)＝>0，
∴F(x)在上单调递增，
∴F(x)
∴x1＋x2>，得证．
法二：对数平均不等式法
易知a>0，且f(x)在上单调递增，
在上单调递减，不妨设0
因为f(x)的两个零点是x1，x2，
所以ln x1－ax＋(2－a)x1＝ln x2－ax＋(2－a)x2，
所以ln x1－ln x2＋2(x1－x2)＝a(x－x＋x1－x2)，
所以a＝，以下用分析法证明，要证>，
即证>，
即证>，
即证<，只需证<，
即证>，根据对数平均不等式，该式子成立，所以f′<0.
法三：比值(差值)代换法
因为f(x)的两个零点是x1，x2，不妨设0
所以a(x－x)＋(a－2)(x2－x1)＝ln x2－ln x1，
所以＝a(x2＋x1)＋a－2，
f′(x)＝－2ax＋2－a，
f′＝－a(x1＋x2)－(a－2)＝－＝，
令t＝(t>1)，g(t)＝－ln t，
则当t>1时，g′(t)＝<0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以当t>1时，
g(t)
已知函数f(x)＝x－aex(a∈R，e为自然对数的底数)，若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2.
证明：函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，所以x1＝aex1，x2＝aex2，
因此x1－x2＝a(ex1－ex2)，即a＝.
要证x1＋x2>2，只要证明a(ex1＋ex2)>2，即证(x1－x2)·>2，
不妨设x1>x2，记t＝x1－x2，则t>0，et>1，
因此只要证明t·>2，即(t－2)et＋t＋2>0即可，
记h(t)＝(t－2)et＋t＋2(t>0)，则h′(t)＝(t－1)et＋1，
记m(t)＝(t－1)et＋1，则m′(t)＝tet，当t>0时，
m′(t)>0，所以m(t)>m(0)＝0，
即t>0时，h′(t)>0，所以h(t)>h(0)＝0，
即(t－2)et＋t＋2>0，所以x1＋x2>2.
[常用结论——记一番]
1．比值(差值)代换
运用比值(差值)代换法不需要讨论所给函数的单调性，也不需要求出参数的取值范围，而是直接根据题意列出方程，然后结合分析法消去参数，得出只含有x1和x2的等式或者不等式，最后通过比值(差值)代换，构造新函数，证明不等式．
2．构造差函数破解函数极值点偏移问题的基本步骤
(1)先求出函数f(x)的极值点x0，构造一元差函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；
(2)对差函数F(x)求导，判断导数的符号，确定F(x)的单调性；
(3)结合F(x0)＝0，判断F(x)的符号；
(4)由f(x1)＝f(x2)>(<)f(2x0－x1)得到f(x2)>(<)f(2x0－x1)；
(5)结合f(x)的单调性得到x2>(<)2x0－x1，从而确定>(<)x0.
3．对数平均不等式法
对于两个正数a和b，定义：
L(a，b)＝
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系为：当a>0，b>0时，有≤L(a，b)≤(当且仅当a＝b时，取“＝”)，这个不等式叫做对数平均不等式，可以利用这个不等式破解极值点偏移问题．利用对数平均不等式破解极值点偏移问题的步骤：
(1)根据f(x1)＝f(x2)建立等式；
(2)如果等式中含有参数，则消参；
(3)通过恒等变换转化为对数平均不等式问题，利用对数平均不等式放缩求解．
题点技巧(二十八) 巧拆函数·有效分离
[解题技法——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.
[典例] 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
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
(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>，
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)＝，则φ′(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]
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
(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)
题点技巧(二十九) 妙用判别·玩转方程
[解题技法——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.
[典例] 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，
∴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：
题点技巧(三十) 创新试题·类比猜想
[解题技法——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.
(3)类比归纳题.类比是将式子结构、运算法则、解题方法、问题结论等进行引申、迁移、推广，由已知探索未知、由旧知探索新知；归纳则是从若干特殊现象中总结出一般规律，从而寻找解决问题的策略.
(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.
[典例] 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
[经典好题——练一手]
1．设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若＝λ (λ∈R)，＝μ (μ∈R)，且＋＝2，则称A3，A4调和分割A1，A2，已知点C，D调和分割点A，B，则下面说法正确的是( )
A．C可能是线段AB的中点
B．D可能是线段AB的中点
C．C，D可能同时在线段AB上
D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上
解析：选D 由＝λ，＝μ知A，B，C，D四点共线，
若C是线段AB的中点，则λ＝，此时＋＝2＋≠2，所以C不可能是线段AB的中点．同理D也不可能是线段AB的中点．
若C，D同时在线段AB上，则0<λ<1,0<μ<1，于是＋>2，与＋＝2矛盾．
若C，D同时在线段AB的延长线上，则λ>1，μ>1，于是＋<2，与＋＝2矛盾．
综上，选D.
2．手表的表面在一平面上．整点1,2,3，…，12这12个数字等间隔地分布在半径为的圆周上．从整点i到整点(i＋1)的向量记作，则·＋·＋…＋·＝________.
解析：因为||＝2sin·＝sin，向量与 (i＝1,2，…，11，T13＝T1)的夹角为，
所以·＝2·cos＝
sin2＝·＝－，
根据对称性，·＋·＋…＋·＝12＝6－9.
答案：6－9
题点技巧(一) 巧用性质·妙解函数
[解题技法——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．
[典例] (2018·衡阳四中月考)函数y＝f(x)在区间[0,2]上单调递增，且函数f(x＋2)是偶函数，则下列结论成立的是( )
A．f(1)>f
[经典好题——练一手]
1．设f(x)＝的图象关于原点对称，则a，b，c的值分别为( )
A．－1，－2,0 B．1，－2,0
C．－1,2,0 D．1,2,0
解析：选D 因为函数f(x)的图象关于原点对称，所以f(x)为奇函数，即f(－x)＝－f(x)，设x<0，则－x>0，所以f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＝－x2－2x.因为f(－x)＝－f(x)，所以－f(x)＝－x2－2x，即f(x)＝x2＋2x.故a＝1，b＝2，c＝0，选D.
2．定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，且在[0,2)上单调递减，则下列结论正确的是( )
A．0
由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故函数f(x)是以4为周期的周期函数，
所以f(3)＝f(－1)．
又f(x)在[0,2)上单调递减，所以函数f(x)在(－2,2)上单调递减，
所以f(－1)>f(0)>f(1)，即f(1)<0
1．有关函数单调性的常用结论
(1)若两个简单函数的单调性相同，则它们的复合函数为增函数；若两个简单函数的单调性相反，则它们的复合函数为减函数．即“同增异减”．
(2)若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数．更进一步，有增＋增→增，增－减→增，减＋减→减，减－增→减．
(3)若k>0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)单调性相反．
(4)在公共定义域内，函数y＝f(x)(f(x)≠0)与y＝－f(x)，y＝单调性相反；函数y＝f(x)(f(x)≥0)与y＝单调性相同．
[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．有关函数奇偶性的常用结论
(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)奇函数在其关于原点对称的区间上单调性相同，偶函数在其关于原点对称的区间上单调性相反．
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|.
题点技巧(二) 最值函数·大显身手
[解题技法——学一招]
[典例] 已知函数f(x)＝x2＋px＋q过点(α，0)，(β，0)，若存在整数n，使n<α<β
B．min{f(n)，f(n＋1)}<
C．min{f(n)，f(n＋1)}＝
D．不能确定
[解析] 因为α，β为f(x)＝0的根，所以f(x)＝x2＋px＋q＝(x－α)(x－β)，f(n)＝(n－α)(n－β)，f(n＋1)＝(n＋1－α)(n＋1－β)，min{f(n)，f(n＋1)}≤＝<＝，故选B.
[答案] B
[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．(2018·兰州模拟)记max{a，b}＝已知向量a，b，c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}≥＝＝.即max的最小值为，此时λ＝，μ＝，∴c＝a＋b＝.∴|c|＝ ＝.
题点技巧(三) 成图在胸·巧比大小
[解题技法——学一招]
幂数、指数、对数比较大小，其实质是考查函数的性质，所以解决这类问题首先要熟悉函数图象和性质，做到“胸有成图”或“成图在胸”.解决这类问题首先要区分这些数属于哪类函数，是哪个函数的函数值，然后根据函数的性质确定范围，在同一范围内的两个数再比较大小.
[典例] 已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是________．(用“>”表示排列)
[解析] 法一(数形结合法)：变形a＝＝，则a表示函数y＝ln x图象上的点(2，ln 2)与点(0,0)连线的斜率．同理，b＝＝，c＝＝分别表示(3，ln 3)，(5，ln 5)与点(0,0)连线的斜率．作出函数y＝ln x的图象，标出相应点的位置，观察可知b>a>c.
法二(构造函数法)：令y＝，y′＝，令y′＝＝0，得x＝e，所以函数在x∈(0，e)上单调递增，在x∈(e，＋∞)上单调递减，函数在x＝e处取得极大值，所以b>a，b>c，再作差比较a与c的大小，易知b>a>c.
[答案] b>a>c
[经典好题——练一手]
1．已知实数a，b满足不等式log2a
2．设a，b，c均为正数，且2a＝loga，b＝logb，c＝log2c，则( )
A．a
比较几个数的大小，关键是区分不同的函数，然后构造函数．
(1)底数相同，指数不同时，如ax1与ax2，利用指数函数y＝ax(a>0且a≠1)的单调性；
(2)指数相同，底数不同，如x与x，利用幂函数y＝xa的单调性比较大小；
(3)底数指数都不同，如ax1与bx2，寻找中间变量0,1或bx1或ax2.
题点技巧(四) 特值探路·秒杀小题
[解题技法——学一招]
特值探路法就是运用满足题设条件的某些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊角、特殊数列等对选择题各选项进行检验或推理，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，由此判断选项正确与否的方法.有时，也会取特殊位置，特殊模型等特征入手，简化运算，速得结论.
[典例] 设四边形ABCD为平行四边形，||＝6，||＝4.若点M，N满足＝3，＝2，则·＝( )
A．20 B．15
C．9 D．6
[解析] 若四边形ABCD为矩形，建系如图．
由＝3，＝2，
知M(6,3)，N(4,4)，
∴＝(6,3)，＝(2，－1)，
·＝6×2＋3×(－1)＝9.
[答案] C
[技法领悟]
取特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含有字母或具有一般性结论的选择题，但用特例解选择题时，要注意以下两点：
第一，取的特例尽可能简单，有利于计算和推理；
第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解.
[经典好题——练一手]
1．存在函数f(x)满足对任意x∈R都有( )
A．f(sin 2x)＝sin x B．f(sin 2x)＝x2＋x
C．f(x2＋1)＝|x＋1| D．f(x2＋2x)＝|x＋1|
解析：选D 在A中，取x＝0，可知f(sin 0)＝sin 0，即f(0)＝0，再取x＝，可知f(sin π)＝sin，即f(0)＝1，与f(0)＝0矛盾，故A错误；同理可知B错误；在C中，取x＝1，可知f(2)＝2，再取x＝－1，可知f(2)＝0，与f(2)＝2矛盾，故C错误．由排除法知选D.
2．设椭圆C：＋＝1的长轴的两端点分别是M，N，P是C上异于M，N的任意一点，则PM与PN的斜率之积等于________．
解析：取特殊点，设P为椭圆的短轴的一个端点(0，)，又M(－2,0)，N(2,0)，
所以kPM·kPN＝·＝－.
答案：－
题点技巧(五) 应用导数·开阔思路
[解题技法——学一招]
1．函数的单调性与导数的关系
(1)f′(x)>0⇒f(x)为增函数；
(2)f′(x)<0⇒f(x)为减函数；
(3)f′(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．
[典例] 设函数f(x)＝ex－1＋(m∈R)．
(1)若f(x)在[1,2]上为单调递减函数，求实数m的取值范围；
(2)若f(x)在x＝1处有极值，且函数g(x)＝f(x)－n在(0，＋∞)上有零点，求n的最小值．
[解] (1)对f(x)求导，得f′(x)＝ex－1－.
当f(x)在[1,2]上单调递减时，ex－1－≤0在[1,2]上恒成立，所以m≥x2ex－1在[1,2]上恒成立．
令h(x)＝x2ex－1，则h′(x)＝ex－1(x2＋2x)>0在[1,2]上恒成立，即h(x)在[1,2]上单调递增，所以h(x)＝x2ex－1在[1,2]上的最大值为h(2)＝4e，即m≥4e.
所以实数m的取值范围为[4e，＋∞)．
(2)因为f′(x)＝ex－1－，又f(x)在x＝1处有极值，所以f′(1)＝e0－m＝0，解得m＝1，经检验符合题意．
所以f(x)＝ex－1＋，g(x)＝f(x)－n＝ex－1＋－n.
对g(x)求导，得g′(x)＝ex－1－，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，g(x)为减函数；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)为增函数．所以g(x)在x＝1处取得极小值g(1)＝e0＋1－n＝2－n.
依题意，g(x)在(0，＋∞)上有零点，所以g(1)≤0，即2－n≤0，所以n≥2.
所以n的最小值为2.
[技法领悟]
本题的求解涉及两类题型的求解方法：(1)求参数的取值范围问题，方法是通过对函数单调性的研究，转化为不等式的恒成立问题，进而转化为求函数的最值问题．(2)研究函数的零点问题，方法是通过研究函数在某区间有最大(或最小)值f(t)，而函数又在此区间有零点，则结合图形解析，可得f(t)≥0(或f(t)≤0)．
[经典好题——练一手]
1．设函数f(x)＝在[－2,2]上的最大值为2，则实数a的取值范围是( )
A. B．
C．(－∞，0) D.
解析：选D 设y＝2x3＋3x2＋1(－2≤x≤0)，则y′＝6x(x＋1)(－2≤x≤0)，所以－2≤x<－1时，y′>0，－1
(1)若a＝1，求函数f(x)的图象在(e，f(e))处的切线方程．
(2)若a＝－e，证明：方程2|f(x)|－3x＝2ln x无解．
解：(1)当a＝1时，f(e)＝e2＋e，f′(x)＝2x＋ln x＋1，故f′(e)＝2e＋2，故所求切线方程为y－e2－e＝(2e＋2)·(x－e)，即(2e＋2)x－y－e2－e＝0.
(2)证明：依题意，有2|ax2＋xln x|－3x＝2ln x，
即2|ax2＋xln x|＝2ln x＋3x，
亦即|ax＋ln x|＝＋.
令g(x)＝ax＋ln x，当a＝－e时，g(x)＝－ex＋ln x，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝，
令g′(x)>0，得x∈，
所以函数g(x)在上单调递增，
令g′(x)<0，得x∈，
所以函数g(x)在上单调递减，
所以g(x)max＝g＝－e·＋ln ＝－2，
所以|g(x)|≥2，
令h(x)＝＋，则x∈(0，＋∞)，h′(x)＝.
令h′(x)>0，得x∈(0，e)，
所以函数h(x)在(0，e)上单调递增，
令h′(x)<0，得x∈(e，＋∞)，
所以函数h(x)在(e，＋∞)上单调增减，
所以h(x)max＝h(e)＝＋＝＋<＋＝2，
即h(x)<2，
所以|g(x)|>h(x)，即2|f(x)|－3x>2ln x，
所以方程2|f(x)|－3x＝2ln x无解．
题点技巧(六) 三角问题·重在三变
[解题技法——学一招]
[典例] 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．已知α为锐角，若sin＝，则cos＝________.
解析：cos＝cos＝sin＝sin＝2sincos，因为α为锐角，sin＝<，所以<α＋<，故cos＝，所以cos＝2××＝.
答案：
2．若0<α<，0<β<，sin＝，cos＝，则cos的值为________．
解析：由题易知－<－α<，－<－<－，所以cos＝＝，sin＝－＝－，所以cos＝cos＝×＋×＝.
答案：
题点技巧(七) 三角换元·妙解最值
[解题技法——学一招]
解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这种方法叫换元法.换元法可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化隐含关系为显性关系等，在研究方程、不等式、函数、数列、三角、解析几何等问题中有广泛的应用.
[典例] (2018·湖北荆州质检)设P为曲线C1：＋＝1上一点，Q为直线C2：x－y－5＝0上一点，则|PQ|的最小值为________．
[解析] 设P(2cos α，2sin α)，则点P到直线C2的距离d＝＝＝.当cos＝1时，d取得最小值，所以|PQ|的最小值为.
[答案]
[技法领悟]
椭圆和圆上的两个动点或椭圆和直线上两个动点之间距离的最值问题，可转化为椭圆上的点到圆心的距离或椭圆上的点到直线的距离的最值问题，利用点到直线的距离公式，结合正、余弦函数的有界性或二次函数求解即可．
[经典好题——练一手]
1．(2019届高三·海南八校联考)函数f(x)＝sin x＋cos x＋2sin xcos x的最小值是________．
解析：f(x)＝sin x＋cos x＋2sin xcos x＝(sin x＋cos x)2＋sin x＋cos x－1，令sin x＋cos x＝t，则t＝sin，∵x∈，∴x＋∈，∴0≤t≤，∴原函数可化为g(t)＝t2＋t－1(0≤t≤)．∵函数g(t)＝t2＋t－1的图象开口向上，其对称轴的方程为t＝－，∴当0≤t≤时，g(t)单调递增．当t＝0时，g(t)取得最小值－1.
答案：－1
2．设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，F1，F2为椭圆的两个焦点，则|QF1|＋|QP|＋|QF2|的最大值为________．
解析：由椭圆定义知|QF1|＋|QF2|＝2a＝2，则|QF1|＋|QP|＋|QF2|＝2＋|QP|.又圆心C(0,6)，半径r＝，设椭圆上一点Q的坐标为(cos α，sin α)(α为参数)，则|CQ|＝＝＝.因为－1≤sin α≤1，所以当sin α＝－时，|CQ|max＝＝5，此时|QP|max＝|CQ|max＋r＝5＋＝6，即|QF1|＋|QP|＋|QF2|的最大值为2＋6.
答案：2＋6
[常用结论——记一番]
三角公式中常用的换元变形
(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)＝.
题点技巧(八) 四心定位·向量有法
[解题技法——学一招]
平面向量与三角形“四心”(内心、外心、重心、垂心)相结合的试题在历年高考试题和模拟题中频繁出现，且往往以向量作为载体对三角形的“四心”进行考查，要求考生掌握三角形“四心”的性质以及在向量运算的基础上读懂向量的几何意义，可快速求解.
[典例] 已知△ABC中，G是△ABC的重心，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且56a＋40b＋35c＝0，则B的度数为________．
[解析] 因为G是△ABC的重心，根据重心的性质可知＋＋＝0，所以56a∶40b∶35c＝1∶1∶1，即有7a＝5b,7c＝8b，令a＝5k(k>0)，则b＝7k，c＝8k，由余弦定理可得cos B＝＝，所以B＝60°.
[答案] 60°
[技法领悟]
本题是一道关于解三角形的题目，熟练掌握三角形重心性质的向量表达式以及余弦定理是解答此题的关键．
[经典好题——练一手]
1．在△ABC中，AB＝BC＝2，AC＝3，设G是△ABC的内心，若＝m＋n，则的值为________．
解析：∵＝m＋n，∴＝m(－)＋n(－)，∴(1－m－n)＋m＋n＝0，∵G是△ABC的内心，∴由三角形内心的性质，得2＋3＋2＝0，∴＝.
答案：
2．已知△ABC的外心、垂心分别为O，H.若＝m(＋＋)，则m＝________.
解析：如图，连接BO并延长交△ABC的外接圆于点E，连接EA，EC，HA，HC，因为H是△ABC的垂心，所以AH⊥BC，又BE为⊙O的直径，所以EC⊥BC，所以AH∥EC，同理可证CH∥EA，所以四边形AHCE为平行四边形，故＝＋＝＋＝＋－＝＋＋，又＝m(＋＋)，所以m＝1.
答案：1
[常用结论——记一番]
1．三角形三边中线的交点叫三角形的重心，它到三角形顶点的距离等于到对边中点距离的2倍．三角形重心性质的向量表达式：点O是△ABC的重心⇔＋＋＝0.
2．三角形三边垂直平分线的交点叫三角形的外心，也是三角形外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等．三角形外心性质的向量表达式：点O是△ABC的外心⇔||＝||＝||或2＝2＝2.
3．三角形的三个内角平分线的交点叫三角形的内心，也是三角形内切圆的圆心，它到三角形三边的距离相等．三角形内心性质的向量表达式：点O是△ABC的内心⇔a＋b＋c＝0(a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C所对的边)．
4．三角形三边上的高的交点，叫三角形的垂心，它与顶点的连线垂直于对边．三角形垂心性质的向量表达式：点O是△ABC的垂心⇔·＝·＝·.
题点技巧(九) 巧妙建系·妙解向量
[解题技法——学一招]
平面向量作为高考必考内容，常以选择题或填空题的形式出现，而且具有一定难度，若采取建立坐标系的方法，则可在很大程度上降低解题难度.
坐标法是处理平面向量问题的主要方法，只要能够建立平面直角坐标系，把点的坐标表示出来，向量的坐标就可以求出来，从而平面向量的四大常见问题(平行、垂直、夹角、模)都可以套用相应的公式解决.如果图形特殊，如涉及正方形、矩形、等边三角形、等腰三角形、等腰梯形、直角梯形等，均可尝试用坐标法解决问题.
[典例] 在平面上，已知⊥，||＝||＝1，＝＋，若||<，则||的取值范围是( )
A. B.
C. D.
[解析] 连接PB1，PB2，由⊥2，＝＋，得四边形AB1PB2为矩形，故以O为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，且PB1∥x轴，PB2∥y轴，设B1(x1，y1)，B2(x2，y2)，则x＋y＝1，x＋y＝1，A(x1，y2)，P(x2，y1)，又||＝<，则||＝＝∈，故选D.
[答案] D
[技法领悟]
在有关平面向量的模和两向量的夹角的问题中，可建立平面直角坐标系，把相关点的坐标表示出来，用坐标法来求解，更简便、快捷．
[经典好题——练一手]
1．在矩形ABCD中，AB＝1，AD＝2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上，若＝λ＋μ，则λ＋μ的最大值为( )
A．3 B．2
C. D．2
解析：选A 如图所示，以A为坐标原点，AB，AD所在的直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系，则A(0,0)，B(1,0)，C(1,2)，D(0,2)，可得直线BD的方程为2x＋y－2＝0，则点C到直线BD的距离为，圆C：(x－1)2＋(y－2)2＝，
因为点P在圆C上，所以可设P，又＝(1,0)，＝(0,2)，所以＝λ＋μ＝(λ，2μ)，所以(θ为参数)，则λ＋μ＝2＋cos θ＋sin θ＝2＋sin(θ＋φ)≤3，其中tan φ＝2，故选A.
2.如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥DC，AB＝2，AD＝DC＝1，图中圆弧所在圆的圆心为点C，半径为，且点P在图中阴影部分(包括边界)运动，若＝α＋β，其中α，β∈R，则4α－β的取值范围是( )
A. B．
C. D.
解析：选B 如图，以A为坐标原点，，的方向分别为x轴，y轴的正方向建立直角坐标系，则A(0,0)，B(2,0)，C(1,1)，＝(2,0)，＝(－1,1)，
设点P的坐标为(x，y)，由题意，知＝α(2,0)＋β(－1,1)，
据此可得则
令z＝4α－β，则z＝2x＋y，其中z为直线系y＝－2x＋z在y轴上的截距，
结合图形易知当直线y＝－2x＋z与圆相切时，z取得最大值，此时＝，
解得z＝3＋或z＝3－(舍去)，
故z的最大值为3＋，当直线y＝－2x＋z过点时z有最小值2.故选B.
题点技巧(十) 正弦余弦·相得益彰
[解题技法——学一招]
解三角形问题的求解策略
在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据．解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷．一般来说，当条件中同时出现ab及b2，a2时，往往用余弦定理；当条件中边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的公式进行解答．
[典例] △ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积S满足S＝[c2－(a－b)2]．
(1)求cos C；
(2)若c＝4，且2sin Acos C＝sin B，求b的长．
[解] (1)由S＝[c2－(a－b)2]＝[－(a2＋b2－c2)＋2ab]＝－abcos C＋ab，又S＝absin C，于是absin C＝－abcos C＋ab，即sin C＝2(1－cos C)，结合sin2C＋cos2C＝1，可得5cos2C－8cos C＋3＝0，解得cos C＝或cos C＝1(舍去)，故cos C＝.
(2)由2sin Acos C＝sin B，结合正、余弦定理，可得2·a·＝b，即(a－c)(a＋c)＝0，解得a＝c，又c＝4，所以a＝4，
由c2＝a2＋b2－2abcos C，得42＝42＋b2－2×4×b，解得b＝.
[经典好题——练一手]
1．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.
2.如图所示，圆内接四边形ABCD中，BC＝6，AB＝4，AD＝2CD＝4.
(1)求圆的半径R；
(2)若点P在圆周上运动，求四边形APCD面积的最大值．
解：(1)因为四边形ABCD内接于圆，
所以∠ABC＋∠ADC＝180°.
连接AC(图略)，因为BC＝6，AB＝4，AD＝4，CD＝2，
由余弦定理可得AC2＝42＋62－2×4×6cos∠ABC＝42＋22－2×4×2cos(180°－∠ABC)，
解得cos∠ABC＝，
因为0°<∠ABC<180°，故∠ABC＝60°.
在△ABC中，由余弦定理得AC2＝42＋62－2×4×6cos 60°＝28，故AC＝2.
由正弦定理得2R＝＝，
故R＝.
(2)易知S四边形APCD＝S△ADC＋S△APC，
由(1)可得S△ADC＝AD×CDsin∠ADC＝×4×2×sin 120°＝2.
易知∠APC＝∠ABC＝60°，
设AP＝x，CP＝y，则S△APC＝xysin 60°＝xy.
由余弦定理知AC2＝x2＋y2－2xycos 60°＝x2＋y2－xy＝28，
又x2＋y2－xy≥2xy－xy＝xy，
所以xy≤28，当且仅当x＝y时取等号，
所以S四边形APCD＝2＋xy≤2＋×28＝9，
所以四边形APCD面积的最大值为9.
题点技巧(十一) 玩转通项·搞定数列
[解题技法——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
[典例] 已知数列{an}，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝________.
[解析] 由an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)得，an＋t＝2(an－1＋t)(n≥2)，所以2t－t＝1，解得t＝1，所以an＋1＝2(an－1＋1)(n≥2)，所以＝2，又a1＋1＝2，所以{an＋1}是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1.
[答案] 2n－1
[技法领悟]
形如an＋1＝pan＋q(其中p，q均为常数，pq(p－1)≠0)的递推公式，先用待定系数法把原递推公式转化为an＋1＋t＝p(an＋t)，其中t＝，再转化为等比数列求解．
[经典好题——练一手]
1．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2nan(n∈N*)，则数列{an}的通项公式为( )
A．an＝2n－1 B．an＝2n
C．an＝2 D．an＝2
解析：选C 因为an＋1＝2nan，所以＝2n，所以···…·＝21×22×23×…×2n－1(n≥2)，即＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝2，所以an＝2a1＝2，故选C.
2．在数列{an}中，a1＝1，(n2＋2n)(an＋1－an)＝1(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝____________.
解析：由(n2＋2n)(an＋1－an)＝1得an＋1－an＝＝×，所以a2－a1＝×，a3－a2＝×，…，an－1－an－2＝，an－an－1＝，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1＝×＋1＝－.
答案：－
[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．
题点技巧(十二) 掌握规律·巧妙求和
[解题技法——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}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．
[典例] (2018·东北三省三校第二次联考)已知数列{an}满足a1＝3，an＋1＝2an－n＋1，数列{bn}满足b1＝2，bn＋1＝bn＋an－n，n∈N*.
(1)证明：{an－n}为等比数列；
(2)数列{cn}满足cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
[解] (1)证明：因为an＋1＝2an－n＋1，所以an＋1－(n＋1)＝2(an－n)．又a1＝3，所以a1－1＝2，所以数列{an－n}是以2为首项，2为公比的等比数列．
(2)由(1)知，an－n＝2·2n－1＝2n.
所以bn＋1＝bn＋an－n＝bn＋2n，即bn＋1－bn＝2n.
b2－b1＝21，b3－b2＝22，b4－b3＝23，…，bn－bn－1＝2n－1.
以上式子相加，得bn＝2＋＝2n(n≥2)．
当n＝1时，b1＝2，满足bn＝2n，所以bn＝2n.
所以cn＝＝＝－.
所以Tn＝－＋－＋…＋－＝－.
[技法领悟]
求解此类题需掌握三个技巧：一是巧拆分，即把数列的通项转化为等差数列、等比数列的通项的和，并求出等比数列的公比；二是构差式，求出前n项和的表达式，然后乘以等比数列的公比，两式作差；三是得结论，即根据差式的特征进行准确求和．
[经典好题——练一手]
1．在等差数列{an}中，a2＝2，a3＋a5＝8，在数列{bn}中，b1＝2，其前n项和Sn满足bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设cn＝，求数列{cn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
∵a2＝2，a3＋a5＝8，
∴a1＋d＝2,2a1＋6d＝8，
解得a1＝1，d＝1，∴an＝n.
∵bn＋1＝Sn＋2(n∈N*)，①
∴bn＝Sn－1＋2(n∈N*，n≥2)．②
①－②得，bn＋1－bn＝Sn－Sn－1＝bn(n∈N*，n≥2)，
∴bn＋1＝2bn(n∈N*，n≥2)．
∵b1＝2，b2＝2＋2＝2b1，
∴{bn}是以2为首项，2为公比的等比数列，
∴bn＝2n.
(2)cn＝＝，则Tn＝＋＋＋…＋＋，①
则Tn＝＋＋＋…＋＋，②
①－②得，Tn＝＋＋…＋－
＝－＝1－，
∴Tn＝2－.
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足S4＝24，S7＝63.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝2an＋(－1)n·an，求数列{bn}的前n项和Tn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
由题知解得
则an＝2n＋1.
(2)∵bn＝2an＋(－1)n·an＝22n＋1＋(－1)n·(2n＋1)＝2×4n＋(－1)n·(2n＋1)，∴Tn＝2(41＋42＋…＋4n)＋[－3＋5－7＋9＋…＋(－1)n(2n＋1)]．
设Gn＝－3＋5－7＋9＋…＋(－1)n(2n＋1)，则Tn＝＋Gn.
当n＝2k(k∈N*)时，Gn＝2×＝n，∴Tn＝＋n；
当n＝2k－1(k∈N*)时，Gn＝2×－(2n＋1)＝－n－2，∴Tn＝－n－2，
∴Tn＝
[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＋.
题点技巧(十三) 求得通项·何愁放缩
[解题技法——学一招]
数列与不等式的综合是高考的难点，其难点往往在于递推式的合理变形与放缩，举例说明数列的放缩.
[典例] 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，
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3，公比是3的等比数列．
则an＋2n＝3n，
∴an＝3n－2n.
(2)证明：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＋＋…＋<.
[经典好题——练一手]
1．已知函数f(x)＝2cosx，x>0，将函数f(x)的零点按从小到大依次排成一列，得到数列{an}，n∈N*.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bn＝，设数列{bn}的前n项和为Tn，求证：Tn<.
解：(1)因为f(x)＝2cosx，x>0，
令f(x)＝0，得x＝＋kπ(k∈N)，
解得x＝1＋2k(k∈N)，
所以an＝2n－1，n∈N*.
故数列{an}的通项公式为an＝2n－1，n∈N*.
(2)证明：由(1)可知bn＝＝<＝＝，
所以Tn＝b1＋b2＋…＋bn
<×＋×＋…＋×＝×<.
2．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)(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]
几种常见放缩形式：
(1)<＝－；
(2)<＝；
(3)<＝2；
(4)<＝－；
(5)<
＝；
(6)＝
＝·
＝
<2.
题点技巧(十四) 巧变多联·目标转换
[解题技法——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．
[典例] 已知实数x，y满足约束条件则z＝|x＋2y－4|的最大值为________．
[解析] 因为目标函数z＝|x＋2y－4|＝×，所以目标函数的几何意义为点(x，y)到直线x＋2y－4＝0的距离的倍，作出线性约束条件表示的平面区域(如图中阴影部分所示)及直线x＋2y－4＝0，可知点A(7,9)到直线x＋2y－4＝0的距离最大，所以最优解为(7,9)，将最优解(7,9)代入目标函数z＝|x＋2y－4|可得目标函数的最大值为21.
[答案] 21
[技法领悟]
形如z＝|Ax＋By＋C|的目标函数，可变换为·＝·，联想点到直线的距离公式即可发现的几何意义为可行域内的点N(x，y)到直线Ax＋By＋C＝0的距离，从而确定目标函数z＝|Ax＋By＋C|取得最值的最优解，将最优解代入目标函数即可求得目标函数的最值．
[经典好题——练一手]
1．若x，y满足约束条件则的最大值为________．
解析：设点A(x，y)，点O(0,0)，则目标函数的几何意义是点(x，y)和点O(0,0)连线的斜率k，作出约束条件表示的平面区域，如图中阴影部分所示，当点(x，y)为点A(1,3)时，点(x，y)和点O(0,0)连线的斜率最大，所以目标函数取得最大值的最优解为(1,3)，将最优解(1,3)代入目标函数，可得目标函数的最大值为3.
答案：3
2．已知实数x，y满足则z＝x2＋y2的取值范围是________．
解析：目标函数z＝(x－0)2＋(y－0)2的几何意义为两点(0,0)，(x，y)间距离的平方，作出表示的平面区域，如图中阴影部分所示，可知点(0,0)到直线AB的距离为两点间距离的最小值，为，点(0,0)到点C(2,3)的距离为两点间距离的最大值，为，所以z＝x2＋y2的取值范围是.
答案：
题点技巧(十五) 合理配凑·妙解最值
[解题技法——学一招]
[典例] 设a>b>0，则a2＋＋的最小值是________．
[解析] a2＋＋＝ab＋a(a－b)＋＋＝＋≥2＋2＝4，当且仅当ab＝a(a－b)＝1，即a＝，b＝时等号成立．
[答案] 4
[技法领悟]
根据所求式子的特征，拼凑出可利用基本不等式求解的形式．
[经典好题——练一手]
1．设x>－1，则f(x)＝的最小值为________．
解析：∵x>－1，∴x＋1>0，∴f(x)＝＝＝＝(x＋1)＋＋5≥2＋5＝9，当且仅当x＋1＝，即x＝－3(舍去)或x＝1时取等号，故当x＝1时，f(x)取得最小值9.
答案：9
2．正数a，b满足＋＝1，则＋的最小值为________．
解析：由＋＝1可得a－1＝，b－1＝，则＋＝＋≥16，当且仅当＝，即a＝，b＝3时等号成立．故＋的最小值为16.
答案：16
题点技巧(十六) 绝对值题·四法破解
[解题技法——学一招]
含绝对值问题的解法
(1)定义讨论法
由于利用定义可以把绝对值去掉，因此往往需要分类讨论．其方法是：把每个绝对值为零的零点标在数轴上，则这些零点把数轴分成若干段，再对各段所对应的范围分别进行讨论即可．
(2)性质平方法
因为绝对值的性质有|a|2＝a2，利用此性质可把绝对值去掉．但这种方法的缺点是平方后往往比较复杂，另外要注意何时才能平方，防止出现增根．
(3)等价转化法(合二为一)
利用绝对值的性质等价转化，去绝对值，
如：|ax＋b|
(4)数形结合法
利用函数的图象解含有绝对值的不等式．
[典例] 设函数f(x)＝|2x＋3|＋|x－1|.
(1)解不等式f(x)>4；
(2)若存在x0∈使不等式a＋1>f(x0)成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)由题意得f(x)＝
则f(x)>4⇔或
或⇔x<－2或0
所以不等式f(x)>4的解集为(－∞，－2)∪(0，＋∞)．
(2)存在x0∈使不等式a＋1>f(x0)成立⇔a＋1>f(x)min，
由(1)知，当x∈时，f(x)＝x＋4，
所以f(x)min＝f＝，则a＋1>，解得a>，
所以实数a的取值范围为.
[技法领悟]
解答不等式恒(能、恰)成立问题通常要借助函数思想或方程思想，利用函数图象、函数最值或判别式来解决求参数的问题．
[经典好题——练一手]
1．设函数f(x)＝|2x＋2|－|x－2|.
(1)求不等式f(x)>2的解集；
(2)若∀x∈R，f(x)≥t2－t恒成立，求实数t的取值范围．
解：(1)不等式f(x)>2等价于或
或
解得x<－6或
∴x>或x<－6.
∴不等式的解集为.
(2)∵f(x)＝
∴f(x)min＝f(－1)＝－3，
若∀x∈R，f(x)≥t2－t恒成立，
则只需f(x)min＝－3≥t2－t⇒2t2－7t＋6≤0⇒≤t≤2，
综上所述，t∈
2．已知函数f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|，g(x)＝|x－1|＋2.
(1)解不等式|g(x)|<5；
(2)若对任意x1∈R，都存在x2∈R，使得f(x1)＝g(x2)成立，求实数a的取值范围．
解：(1)由||x－1|＋2|<5得－5<|x－1|＋2<5，
所以－7<|x－1|<3，
解得－2
所以{y|y＝f(x)}⊆{y|y＝g(x)}，
又f(x)＝|2x－a|＋|2x＋3|≥|(2x－a)－(2x＋3)|＝|a＋3|，g(x)＝|x－1|＋2≥2，
所以|a＋3|≥2，
解得a≥－1或a≤－5，
所以实数a的取值范围为{a|a≥－1或a≤－5}．
[常用结论——记一番]
求解含绝对值问题常用的三性质与三定理
1．三性质
(1)非负性：|a|≥0.
(2)运算性质：|a·b|＝|a|·|b|，＝，|a|2＝a2.
(3)等价性：|x|
2．三定理
定理一：(绝对值三角不等式定理)
||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
定理二：(最值定理)
设a1
有f(x)min＝(a＋1＋a＋2＋…＋an)－(a＋a－1＋…＋a1)；
(2)若n为奇数，则f(x)min＝f(a)．
定理三：设f(x)在闭区间I上连续，则mi{ma|f(x)－b|}＝.
这个式子的含义即在数轴上的点f(x)∈[f(x)min，f(x)max]与b之间的距离的最大值的最小值是在当b落在区间[f(x)min，f(x)max]中点时取得的，且此时这个最大值的最小值等于区间长度的一半．
特别地，当b＝0时，绝对值函数g(x)＝|f(x)|在区间I上的最大值的最小值min{ |f(x)|}等于原函数y＝f(x)在区间I上的最大值与最小值之差(全距差)的一半，即{ma|f(x)|}＝.
题点技巧(十七) 动态几何·以静制动
[解题技法——学一招]
立体几何图形中的点、线、面元素若处于运动变换状态时，相关元素的定位、定性、定量及其相互之间的位置关系比较复杂.事实上，动与静是相对的，以静制动，不失为处理立体几何中动态元素的良策.
[典例] 如图，P是棱长为a(a>0)的正方体ABCDA1B1C1D1中A1D1上的定点，Q是棱C1D1上的动点，长为b(0
B．变量且有最小值
C．变量且有最大值
D．变量且有最大值和最小值
[解析] 由题图，可将四面体PQMN看作以P为顶点、△MNQ为底面的三棱锥．∵在△MNQ中底边MN为定长，且高为两平行线AB，C1D1间的距离，也是定值，∴△MNQ的面积为定值．又定点P到底面△MNQ的距离，即P到平面ABC1D1的距离为定值．∴四面体PQMN的体积是定值．选A.
[答案] A
[技法领悟]
对四面体PQMN的底面的定位是解题的关键，使得△MNQ的面积与动点Q的位置无关，从而“以静制动”．本题避免了动点问题，转为“静”的问题．
[经典好题——练一手]
1.如图，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：选C 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．
2.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝，P是BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值是________．
解析：连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，如图所示，连接A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．易得∠A1C1B＝90°，
又∠BC1C＝45°，
∴∠A1C1C＝135°，
由余弦定理可求得A1C＝5.
答案：5
[常用结论——记一番]
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．
题点技巧(十八) 秒定球心·破解有招
[解题技法——学一招]
简单多面体的外接球问题是立体几何中的难点也是重要的考点，此类问题最能有效考查考生的空间想象能力.简单多面体的外接球问题实质上就是解决球的半径和确定球心位置的问题，其中球心的确定是关键，抓住球心就抓住了球的位置.
[典例] 若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的体积是________．
[解析] 三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则可将三棱锥补形成正方体，从而外接球的直径为3，半径为，故所求外接球的体积V＝×3＝.
[答案]
[技法领悟]
一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为a，b，c，则可以将这个三棱锥补形成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥外接球的直径，设其外接球的半径为R，则2R＝.
[经典好题——练一手]
1．已知三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球的表面积为( )
A．16π B．4π
C．8π D．2π
解析：选B 由三视图可知该三棱锥的高为1，底面为一个直角三角形，由于底面斜边上的中线长为1，则底面外接圆的半径为1，顶点在底面上的投影落在底面外接圆的圆心上．由于顶点到底面的距离与底面外接圆的半径相等，则三棱锥的外接球的半径R为1，则三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝4π，选B.
2.某四面体的三视图如图所示，正视图、俯视图都是腰长为2的等腰直角三角形，侧视图是边长为2的正方形，则此四面体的外接球的体积是( )
A．12π B．4π
C．48π D．32π
解析：选B 由三视图可知此几何体为如图所示的正方体ABCDA1B1C1D1内的一个三棱锥D1BCB1，所以正方体ABCDA1B1C1D1的外接球就是三棱锥D1BCB1的外接球，外接球的直径为2R＝2，所以R＝，此四面体的外接球的体积是4π.故选B.
[常用结论——记一番]
构造长方体或正方体确定球心
(1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
(2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；
(3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；
(4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体．
题点技巧(十九) 等积转换·求积定距
[解题技法——学一招]
等体积法在求解几何体的体积和计算点面距离中，解决了不易直接作垂线段或不易直接计算所作的垂线段长的计算问题，减少了辅助线这一难题.
[典例] 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．
[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．
题点技巧(二十) 空间建系·破解立几
[解题技法——学一招]
建系法解立体几何题的难点在于点的坐标的计算，特别是动点坐标的设法.
(1)若点在某直线上，只要计算出直线的方向向量(x0，y0，z0)，,那么点的坐标可以设为(λx0，λy0，λz0)(共线定理，一个未知数λ)；
(2)若点在某平面内，则可以在平面内任意找出两个不共线的向量(x1，y1，z1)，(x2，y2，z2)，,那么点的坐标可以设为,(λx1＋μx2，λy1＋μy2，λz1＋μz2)(平面向量基本定理，两个未知数λ，μ)；
(3)若点在不确定的空间中，那么只能设成三个未知数的向量(x，y，z).
[典例] 如图，直角梯形BCDE所在平面与以AB为直径的圆所在平面垂直，点C在圆上，且ED∥BC，DC⊥BC，CE＝AC＝AB＝2，BE＝2.
(1)证明：平面ABE⊥平面ACE；
(2)求平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值．
[解] (1)证明：因为点C在以AB为直径的圆上，所以BC⊥AC.
又平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE＝BC，
所以AC⊥平面BCDE，所以AC⊥BE.
在Rt△ABC中，BC＝＝＝2.
在△BCE中，BE＝2，CE＝2，BC＝2，
所以BE2＋CE2＝BC2，故BE⊥CE.
又AC∩CE＝C，所以BE⊥平面ACE.
因为BE⊂平面ABE，所以平面ABE⊥平面ACE.
(2)由(1)知AC⊥平面BCDE，又CD⊥BC，以C为坐标原点，以CB，CA，CD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．
过点E作EH⊥BC于点H.
在Rt△BEC中，BE⊥EC，EH⊥BC，
所以EH＝＝＝，
所以CH＝＝.
易知C(0,0,0)，A(0,2,0)，B(2，0,0)，
E，故＝，
＝(－2，2,0)．
设平面ABE的法向量为m＝(x，y，z)，
则由得
即令x＝1，则y＝，z＝，所以m＝(1，，)是平面ABE的一个法向量．
因为BC⊥平面ACD，所以n＝(1,0,0)为平面ACD的一个法向量．
所以cos〈m，n〉＝＝＝.
故平面ABE与平面ACD所成锐二面角的余弦值为.
[技法领悟]
该题通过空间垂直关系的证明、二面角的求解考查了空间想象能力、逻辑推理能力和计算求解能力等．该题的亮点有两个：
(1)通过计算证明垂直关系，即利用解三角形的知识证明BE⊥CE，这是近几年来证明问题的演变趋势——纯粹的逻辑推理向数字化方向的演变；
(2)该题的载体是在圆锥的基础上构造的一个几何体，载体的多样化、综合化也是高考命题的一大趋势．
[经典好题——练一手]
1．(2017·全国卷Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 如图，在平面ABC内过点B作BD⊥AB，交AC于点D，则∠CBD＝30°.因为BB1⊥平面ABC，故以B为坐标原点，分别以射线BD，BA，BB1为x轴，y轴，z轴的正半轴建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(0，2,0)，B1(0,0,1)，C1(cos 30°，－sin 30°，1)，
即C1.
所以＝(0，－2,1)，＝.
所以cos〈，〉＝
＝
＝，
所以异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为.故选C.
2.如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，四边形ACFE为矩形，平面ACFE⊥平面ABCD，CF＝1.
(1)求证：BC⊥平面ACFE；
(2)点M在线段EF上运动，设平面MAB与平面FCB所成二面角的平面角为θ(θ≤90°)，试求cos θ的最值．
解：(1)证明：在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AD＝DC＝CB＝1，∠ABC＝60°，
所以AB＝2，所以AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝3，
所以AB2＝AC2＋BC2，所以BC⊥AC.
又平面ACFE⊥平面ABCD，平面ACFE∩平面ABCD＝AC，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面ACFE.
(2)结合(1)，以C为坐标原点，以CA，CB，CF所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图．
而EF＝AC＝，令FM＝λ(0≤λ≤)，
则C(0,0,0)，A(，0,0)，B(0,1,0)，M(λ，0,1)，
所以＝(－，1,0)，＝(λ，－1,1)．
设n1＝(x，y，z)为平面MAB的法向量，
由得
取x＝1，则平面MAB的一个法向量为n1＝(1，，－λ)．
因为n2＝(1,0,0)是平面FCB的一个法向量，
所以cos θ＝＝
＝ .
因为0≤λ≤，所以当λ＝0时，cos θ有最小值；当λ＝时，cos θ有最大值.
题点技巧(二十一) 反设直线·巧算方程
[解题技法——学一招]
[典例] 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：(1)当直线斜率存在时，设直线y＝k(x－c)，且A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立得(b2＋a2k2)x2－2ca2k2x＋a2k2c2－a2b2＝0，显然Δ>0，
进而|x1－x2|＝
＝＝.
于是|AB|＝|x1－x2|＝.
易知直线PF：y＝－(x－c)，
得|PF|＝＝ .
所以＝＝·≥·.
当b2＋b2k2＝c2k2时，等号成立，所以k2＝≥0，所以>1，e>.
(2)当直线斜率不存在时，可得＝，e＝符合要求．综上，e∈.
法二：设直线l：x＝my＋c，且A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立得(b2m2＋a2)y2＋2mcb2y－b4＝0，
显然Δ>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)＝≥ ，当且仅当b2t＝，即t＝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，为便于对比，解法二采用反设法，通过对比，可以发现一般设法在解决此类问题上计算复杂且不容易想到，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，Δ＝16t2＋32>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.已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点(0，)，且离心率e为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线x＝my－1(m∈R)交椭圆E于A，B两点，判断点G与以线段AB为直径的圆的位置关系，并说明理由．
解：(1)由已知得b＝，e＝＝，且a2＝b2＋c2，
解得a＝2，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(m2＋2)y2－2my－3＝0.
则y1＋y2＝，y1y2＝－，
从而·＝＋y1y2
＝(m2＋1)·y1y2＋m(y1＋y2)＋
＝>0，
所以与不共线，所以∠AGB为锐角．
故点G在以AB为直径的圆外．
[常用结论——记一番]
1．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x＝ty＋m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(θ为参数)，则弦长公式为|t1－t2|.
2．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)．
题点技巧(二十二) 巧妙伸缩·化椭为圆
[解题技法——学一招]
转化思想是中学数学中最基本的思想方法之一，体现为化抽象为具体，化未知为已知，化复杂为简单.基于圆的特性及椭圆和圆的内在联系，可以利用伸缩变换将椭圆变换为单位圆，把直线与椭圆的位置关系问题转化为直线与圆的位置关系问题，从而实现“椭圆问题圆解决”，避开解析几何繁琐的运算.
[典例] 如图，椭圆＋＝1(其中a>b>0)与过点A(2,0)，B(0,1)的直线有且只有1个公共点T，且椭圆的离心率e＝.
(1)求椭圆的方程；
(2)设F1，F2分别为椭圆的焦点，M为线段AF2的中点，求证：∠ATM＝∠AF1T.
[解] (1)利用伸缩变换将椭圆上的点A，T，B变换为圆上的点A′，T′，B′.因为切线AB的方程为＋y＝1，所以切线A′B′的方程为x′＋by′＝1.由点O′到切线A′B′距离d＝＝1，得a2＋4b2＝4.
又e＝＝，解得a2＝2，b2＝，
从而椭圆方程为＋2y2＝1.
(2)证明：由点A(2,0)，B(0,1)可变换得A′(，0)，B′(0，)，
因为|O′A′|＝|O′B′|，O′T′⊥A′B′，
所以|A′T′|＝|A′B′|.可知|AT|＝|AB|＝，
在椭圆中易得|AM|＝1－，|AF1|＝2＋，从而|AT|2＝|AF1|·|AM|，即＝.
又∠TAF1＝∠MAT，从而△TAF1∽△MAT，得∠ATM＝∠AF1T.
[经典好题——练一手]
1.如图，设椭圆C：＋＝1(其中a>b>0)，动直线l与椭圆C只有1个公共点P，且点P在第一象限．已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标．
解：设切点为P(x0，y0)，在伸缩变换作用下，椭圆＋＝1变换为圆x′2＋y′2＝1，椭圆上的点P(x0，y0)变换为圆上的点P′，过点P的切线l变换为过点P′的切线l′，且kl′＝kl＝k.由点P′在x′2＋y′2＝1圆上得＋＝1(*)．由O′P′⊥l′得kO′P′kl′＝－1，从而·k＝－1，即x0＝－，
代入(*)式可得点P.
2．已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
解：(1)设F(c,0)，由条件知，＝，得c＝.又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为＋y2＝1.
(2)令φ：则E：＋y2＝1经φ变换后得单位圆x′2＋y′2＝1.S′＝sin θ≤，当且仅当θ＝时等号成立．此时，圆心到直线的距离为.显然当l⊥x轴时不合题意，则可设l′：y′＝k′x′－2，则＝，则k′＝±＝＝＝2k，于是k＝±，所以y＝±x－2.
[常用结论——记一番]
椭圆＋＝1(a>b>0)，经伸缩变换φ：得到x′2＋y′2＝1，有如下结论：
(1)伸缩前后，坐标成比例变换．
(2)伸缩前后，斜率成比例变换：
伸缩变换前，椭圆上任意两点A(xA，yA)，B(xB，yB)连线的斜率(假定存在)k＝，则伸缩变换后，k′＝k.
(3)伸缩变换前后，直线与曲线的位置关系不变：
设变换前直线与椭圆方程联立消去y所得一元二次方程的判别式为Δ，则压缩变换后Δ′＝Δ.
(4)伸缩变换前后，面积成比例变换．S′＝S.
题点技巧(二十三) 巧用定值·曲径通幽
[解题技法——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解法：
(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.
[典例] 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：法一：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＋＝，下一步证明斜率乘积k·为定值即可．
联立方程消去y得，
x2＋＋－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．
故＋为定值，该定值为－＝－8.
法二：由题意知l为椭圆的切线，设P(x0，y0)，则l：＋＝1，即y＝－x，k＝－，
k1＝kPF1＝，k2＝kPF2＝，
则＋＝＝－＝－＝－8(定值)．
[经典好题——练一手]
如图所示，已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(2，xP)，Q(2，xQ)在椭圆上(xP>0)，A，B是椭圆上位于直线PQ两侧的动点，当A，B运动时，满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．
解：(1)设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)．
∵椭圆的一个顶点恰好在抛物线x2＝8y的准线y＝－2上，∴－b＝－2，解得b＝2.
又＝，a2＝b2＋c2，∴a＝4，c＝2.
可得椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)易知P(2，)，Q(2，－)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∵∠APQ＝∠BPQ，则PA，PB的斜率互为相反数，
可设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为－k，
直线PA的方程为：y－＝k(x－2)，联立
化为(1＋4k2)x2＋8k(－2k)x＋4(－2k)2－16＝0，
∴x1＋2＝.
同理可得：x2＋2＝＝，
∴x1＋x2＝，x1－x2＝，
kAB＝＝＝.
∴直线AB的斜率为定值.
[常用结论——记一番]
对于椭圆C：＋＝1(a>b>0)，下列三个斜率的乘积是定值－：
(1)椭圆C上任意两点A，B，P为AB的中点，若AB，OP的斜率存在且不为零，则kAB·kOP＝－；
(2)点P为C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)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，P为C上任意一点，若直线PA，PB的斜率存在且不为零，则kPA·kPB＝－.
题点技巧(二十四) 回归定义·巧用性质
[解题技法——学一招]
对于圆锥曲线问题，若采用“回归定义”的策略，则往往能获得题目的本质属性，达到准确判断、合理运算、灵活解题的目的.因此，定义是解决问题的原生力量，不可忽视定义在解题中的作用.
[典例] 已知F1，F2是椭圆＋＝1的左、右焦点，M(2，)，则∠F1MF2的角平分线l的斜率为( )
A. B．
C．1 D.
[解析] 如图，∵M(2，)，F2(2,0)，∴MF2⊥x轴，故|MF2|＝，|MF1|＝4－＝3，且点F1(－2,0)关于l对称的点F1′在线段MF2的延长线上，且|MF1′|＝|MF1|＝3，∴|F1′F2|＝2，∴F1′(2，－2)，线段F′1F1的中点的坐标为(0，－)，∴kl＝＝.故选B.
[答案] B
[经典好题——练一手]
1．已知圆C：x2＋y2＋6x＋8y＋21＝0，抛物线y2＝8x的准线为l，设抛物线上任意一点P到直线l的距离为m，则m＋|PC|的最小值为( )
A．5 B.
C.－2 D．4
解析：选B 由题得，圆C的圆心坐标为(－3，－4)，抛物线的焦点为F(2,0)．根据抛物线的定义，得m＋|PC|＝|PF|＋|PC|≥|FC|＝.
2．已知P为双曲线C：－＝1上一点，F1，F2分别为双曲线C的左、右焦点，M，I分别为△PF1F2的重心、内心，若MI∥y轴，则P点的纵坐标为________．
解析：如图，假设点P在第一象限，D，E，F分别为圆I与△PF1F2的三边的切点，连接ID，则ID⊥x轴，
∵MI∥y轴，∴M，I，D三点共线．
则由双曲线的定义及切线长定理，得2a＝|PF1|－|PF2|＝(|PF|＋|FF1|)－(|PE|＋|EF2|)＝|FF1|－|EF2|＝|F1D|－|F2D|＝(xD＋c)－(c－xD)＝2xD，
∴xD＝a＝2，
∴xM＝xI＝xD＝2.
设P(x0，y0)，由M为△PF1F2的重心，知x0＝3xM＝6，∴y0＝2.
由双曲线的对称性知P点的纵坐标为±2.
答案：±2
题点技巧(二十五) 说图有数·巧用中值
[解题技法——学一招]
“组中值”的应用技巧主要是根据频率分布直方图求样本数据的众数、中位数与平均数.在频率分布直方图中，最高的小长方形的底边的中点的横坐标即是众数.中位数为平分整体面积的横坐标的值.平均数的估计值等于每个矩形的面积乘以小矩形底边中点的横坐标之和，而不是每组的频率乘以每组的端点值.
[典例] 某校100名学生期中考试语文成绩的频率分布直方图如图所示，其中成绩分组区间是[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．
(1)求图中a的值；
(2)根据频率分布直方图，估计这100名学生语文成绩的平均分．
[解] (1)由(2a＋0.02＋0.03＋0.04)×10＝1，解得a＝0.005.
(2)＝0.05×55＋0.4×65＋0.3×75＋0.2×85＋0.05×95＝73.
[技法领悟]
平均数反映了数据取值的平均水平．在频率分布直方图中，平均数是描述一组数据集中趋势的量．平均数的大小与一组数据里每个数据均有关系，任何一个数据的变动都会引起平均数的变动，而中位数和众数都不具有此性质．
[经典好题——练一手]
1．对某小区100户居民的月均用水量进行统计，得到样本的频率分布直方图如图所示，则估计此样本的众数为________．
解析：众数是指样本中出现频率最高的数，在频率分布直方图中通常取最高的小长方形底边中点的横坐标，所以众数为＝2.25.
答案：2.25
2．对一批电子元件进行寿命追踪调查，从这批产品中抽取N个产品(N≥200)，得到频率分布直方图如下：
(1)求m的值；
(2)由频率分布直方图估算这批电子元件寿命的中位数是多少？
解：(1)由0.001×100＋m×100＋0.004×100＋0.002×100＋m×100＝1得m＝0.001 5.
(2)设中位数为b，显然中位数出现在第三组中，
则0.001×100＋0.001 5×100＋0.004×(b－300)＝0.5，解得b＝362.5.
[常用结论——记一番]
1．把n个数据按大小顺序排列，若数据的个数是奇数，则处于最中间位置的数为这组数据的中位数．若这组数据的个数是偶数，则中间两数的平均值为这组数据的中位数．在频率分布直方图中，中位数左边和右边的小长方形的面积和相等，均为0.5.
2．如果有n个数据x1，x2，…，xn，那么x＝(x1＋x2＋…＋xn)叫做这n个数据的平均数．在频率分布直方图中，各组区间的组中值(即各组区间的中点的数值)可近似表示成每组数的平均值，因而组中值与对应频率之积的和反映了数据的平均水平．一般地，若取值为x1，x2，…，xn的频率分别为p1，p2，…，pn，则其平均值为x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.
题点技巧(二十六) 构造函数·柳暗花明
[解题技法——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.构造函数的用处
(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；
(5)构造函数解决数列中的放缩问题.
[典例] 已知函数f(x)＝ln x－a(x－1)，a∈R，x∈[1，＋∞)，且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)，g′(x)＝ln x＋1－2ax，
令F(x)＝g′(x)＝ln x＋1－2ax，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0
∴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．已知函数f(x)的定义域为R，f(－2)＝2 022，对任意x∈R，都有f′(x)<2x成立，则不等式f(x)>x2＋2 018的解集为( )
A．(－2，＋∞) B．(－2,2)
C．(－∞，－2) D．(－∞，＋∞)
解析：选C 令函数F(x)＝f(x)－x2－2 018，则F′(x)＝f′(x)－2x<0，则函数F(x)是减函数，且满足F(－2)＝f(－2)－4－2 018＝0，故不等式f(x)>x2＋2 018可化为F(x)>F(－2)，即原不等式f(x)>x2＋2 018的解集为{x|x<－2}．应选C.
2．设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
解：(1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单递增．
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.故当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等价于k<＋x(x>0)．①
令g(x)＝＋x，则g′(x)＝＋1＝.由(1)知，函数h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上单调递增．而h(1)<0，h(2)>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．
故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零点．
设此零点为x0，则x0∈(1,2)．
当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g′(x)>0.
所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值为g(x0)．
又由g′(x0)＝0，可得ex0＝x0＋2，
所以g(x0)＝x0＋1∈(2,3)．
由于①式等价于k
[解题技法——学一招]
1．极值点不偏移
已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(x1，x2)上有且只有一个极值点x0，且f(x1)＝f(x2)，若极值点左右的“增减速度”相同，则有极值点x0＝，我们称这种状态为“极值点不偏移”(如图①)．
2．极值点偏移
已知函数y＝f(x)是连续函数，在区间(x1，x2)上有且只有一个极值点x0(即y＝f(x)为单峰函数)且f(x1)＝f(x2)，若极值点左右的“增减速度”不同，函数的图象不具有对称性，常常有极值点x0≠的情况，我们称这种状态为“极值点偏移”(如图②)．
[典例] (2018·南宁二中、柳州高中二联)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设f(x)的两个零点是x1，x2，求证：f′<0.
[解] (1)函数f(x)＝ln x－ax2＋(2－a)x的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－2ax＋(2－a)＝－，
①当a≤0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
②当a>0时，若x∈，则f′(x)>0，若x∈，则f′(x)<0，则f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明：法一：构造差函数法
由(1)易知a>0，且f(x)在上单调递增，在上单调递减，不妨设0
构造函数F(x)＝f(x)－f，x∈，
F′(x)＝f′(x)－′＝f′(x)＋f′＝＝，
∵x∈，∴F′(x)＝>0，
∴F(x)在上单调递增，
∴F(x)
∴x1＋x2>，得证．
法二：对数平均不等式法
易知a>0，且f(x)在上单调递增，
在上单调递减，不妨设0
因为f(x)的两个零点是x1，x2，
所以ln x1－ax＋(2－a)x1＝ln x2－ax＋(2－a)x2，
所以ln x1－ln x2＋2(x1－x2)＝a(x－x＋x1－x2)，
所以a＝，以下用分析法证明，要证>，
即证>，
即证>，
即证<，只需证<，
即证>，根据对数平均不等式，该式子成立，所以f′<0.
法三：比值(差值)代换法
因为f(x)的两个零点是x1，x2，不妨设0
所以a(x－x)＋(a－2)(x2－x1)＝ln x2－ln x1，
所以＝a(x2＋x1)＋a－2，
f′(x)＝－2ax＋2－a，
f′＝－a(x1＋x2)－(a－2)＝－＝，
令t＝(t>1)，g(t)＝－ln t，
则当t>1时，g′(t)＝<0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以当t>1时，
g(t)
已知函数f(x)＝x－aex(a∈R，e为自然对数的底数)，若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：x1＋x2>2.
证明：函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，所以x1＝aex1，x2＝aex2，
因此x1－x2＝a(ex1－ex2)，即a＝.
要证x1＋x2>2，只要证明a(ex1＋ex2)>2，即证(x1－x2)·>2，
不妨设x1>x2，记t＝x1－x2，则t>0，et>1，
因此只要证明t·>2，即(t－2)et＋t＋2>0即可，
记h(t)＝(t－2)et＋t＋2(t>0)，则h′(t)＝(t－1)et＋1，
记m(t)＝(t－1)et＋1，则m′(t)＝tet，当t>0时，
m′(t)>0，所以m(t)>m(0)＝0，
即t>0时，h′(t)>0，所以h(t)>h(0)＝0，
即(t－2)et＋t＋2>0，所以x1＋x2>2.
[常用结论——记一番]
1．比值(差值)代换
运用比值(差值)代换法不需要讨论所给函数的单调性，也不需要求出参数的取值范围，而是直接根据题意列出方程，然后结合分析法消去参数，得出只含有x1和x2的等式或者不等式，最后通过比值(差值)代换，构造新函数，证明不等式．
2．构造差函数破解函数极值点偏移问题的基本步骤
(1)先求出函数f(x)的极值点x0，构造一元差函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；
(2)对差函数F(x)求导，判断导数的符号，确定F(x)的单调性；
(3)结合F(x0)＝0，判断F(x)的符号；
(4)由f(x1)＝f(x2)>(<)f(2x0－x1)得到f(x2)>(<)f(2x0－x1)；
(5)结合f(x)的单调性得到x2>(<)2x0－x1，从而确定>(<)x0.
3．对数平均不等式法
对于两个正数a和b，定义：
L(a，b)＝
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系为：当a>0，b>0时，有≤L(a，b)≤(当且仅当a＝b时，取“＝”)，这个不等式叫做对数平均不等式，可以利用这个不等式破解极值点偏移问题．利用对数平均不等式破解极值点偏移问题的步骤：
(1)根据f(x1)＝f(x2)建立等式；
(2)如果等式中含有参数，则消参；
(3)通过恒等变换转化为对数平均不等式问题，利用对数平均不等式放缩求解．
题点技巧(二十八) 巧拆函数·有效分离
[解题技法——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.
[典例] 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
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
(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>，
令h(x)＝xln x＋a，则h′(x)＝ln x＋1.
当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)＝，则φ′(x)＝.
当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]
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
(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)
题点技巧(二十九) 妙用判别·玩转方程
[解题技法——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.
[典例] 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，
∴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：
题点技巧(三十) 创新试题·类比猜想
[解题技法——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.
(3)类比归纳题.类比是将式子结构、运算法则、解题方法、问题结论等进行引申、迁移、推广，由已知探索未知、由旧知探索新知；归纳则是从若干特殊现象中总结出一般规律，从而寻找解决问题的策略.
(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.
[典例] 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
[经典好题——练一手]
1．设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若＝λ (λ∈R)，＝μ (μ∈R)，且＋＝2，则称A3，A4调和分割A1，A2，已知点C，D调和分割点A，B，则下面说法正确的是( )
A．C可能是线段AB的中点
B．D可能是线段AB的中点
C．C，D可能同时在线段AB上
D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上
解析：选D 由＝λ，＝μ知A，B，C，D四点共线，
若C是线段AB的中点，则λ＝，此时＋＝2＋≠2，所以C不可能是线段AB的中点．同理D也不可能是线段AB的中点．
若C，D同时在线段AB上，则0<λ<1,0<μ<1，于是＋>2，与＋＝2矛盾．
若C，D同时在线段AB的延长线上，则λ>1，μ>1，于是＋<2，与＋＝2矛盾．
综上，选D.
2．手表的表面在一平面上．整点1,2,3，…，12这12个数字等间隔地分布在半径为的圆周上．从整点i到整点(i＋1)的向量记作，则·＋·＋…＋·＝________.
解析：因为||＝2sin·＝sin，向量与 (i＝1,2，…，11，T13＝T1)的夹角为，
所以·＝2·cos＝
sin2＝·＝－，
根据对称性，·＋·＋…＋·＝12＝6－9.
答案：6－9
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