（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 備考技法 專題一 解題常用8術(shù)系統(tǒng)歸納——串一串方法講義 理（普通生含解析）.doc

備考技法專題一 解題常用 8 術(shù)系統(tǒng)歸納串一串方法第1術(shù)探求思路，圖作向?qū)Х椒ǜ攀鰧?duì)題設(shè)條件不夠明顯的數(shù)學(xué)問(wèn)題求解，注重考查相關(guān)的圖形，巧用圖形作向?qū)撬季S入手和領(lǐng)會(huì)題意的關(guān)鍵所在尤其是對(duì)一些復(fù)合函數(shù)、三角函數(shù)、不等式等形式給出的命題，其本身雖不帶有圖形，但我們可換個(gè)角度思考，設(shè)法構(gòu)造相應(yīng)的輔助圖形進(jìn)行分析，將代數(shù)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為幾何問(wèn)題來(lái)解力爭(zhēng)做到有圖用圖，無(wú)圖想圖，補(bǔ)形改圖，充分運(yùn)用其幾何特征的直觀性來(lái)啟迪思維，從而較快地獲得解題的途徑這就是我們常說(shuō)的圖解法應(yīng)用題型選擇題、填空題、解答題中均有應(yīng)用，主要涉及最值、不等式、取值范圍等問(wèn)題例1(1)用mina，b，c表示a，b，c三個(gè)數(shù)中的最小值，設(shè)f(x)min2x，x2,10x(x0)，則f(x)的最大值為()A4B5C6 D7解析畫出y2x，yx2，y10x的圖象如圖所示，觀察圖象可知f(x)所以f(x)的最大值在x4時(shí)取得，且為6.答案C(2)已知函數(shù)y的圖象與函數(shù)ykx的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是_解析y作出其圖象如圖所示，結(jié)合圖象可知0<k<1或1<k<2.答案(0,1)(1,2)例2已知f(x)則不等式f(x)x2的解集為()A1,1 B2,2C2,1 D1,2解析分別作出f(x)和yx2的圖象如圖所示由圖可知，f(x)x2的解集為1,1答案A例3(1)設(shè)a，b，c是單位向量，且ab0，則(ac)(bc)的最小值為()A2 B.2C1 D1解析由于(ac)(bc)(ab)c1，因此等價(jià)于求(ab)c的最大值，這個(gè)最大值只有當(dāng)向量ab與向量c同向共線時(shí)取得由于ab0，故ab，如圖所示，|ab|，|c|1.當(dāng)0時(shí)，(ab)c取得最大值且最大值為.故所求的最小值為1.答案D(2)已知ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)滿足如下條件：向量(2,0)，(2,2)， (cos ，sin )，則AOB的取值范圍為_(kāi)解析由|，可知點(diǎn)A的軌跡是以C(2,2)為圓心，為半徑的圓過(guò)原點(diǎn)O作圓的切線，切點(diǎn)分別為M，N，如圖所示，連接CM，CN，則向量與的夾角的取值范圍是MOB，NOB由圖可知COB，因?yàn)閨2，由|，知CON，所以BOM，BON，所以，故AOB的取值范圍為.答案例4已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x21的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P為右支上一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)若向量與的夾角為120，則點(diǎn)F2到直線PF1的距離為()A. B.C2 D.解析如圖，取PF2的中點(diǎn)M，連接OM，則2，故，120，OMF260.因?yàn)镺為F1F2的中點(diǎn)，所以O(shè)MPF1，所以F1PF2OMF260.在F1PF2中，設(shè)|PF1|m，|PF2|n，因?yàn)閍1，b，所以c，由余弦定理得，cosF1PF2，即cos 60，整理得m2n2mn28，所以解得過(guò)點(diǎn)F2作F2NPF1于N，在RtPF2N中，|F2N|PF2|sin 602，即點(diǎn)F2到直線PF1的距離為2.答案C應(yīng)用體驗(yàn)1定義在R上的函數(shù)yf(x2)的圖象關(guān)于直線x2對(duì)稱，且函數(shù)f(x1)是偶函數(shù)若當(dāng)x0,1時(shí)，f(x)sin，則函數(shù)g(x)f(x)e|x|在區(qū)間2 018，2 018上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A2 017 B2 018C4 034 D4 036解析：選D由yf(x2)的圖象關(guān)于直線x2對(duì)稱，得f(x)是偶函數(shù)，即f(x)f(x)因?yàn)楫?dāng)x0,1時(shí)，f(x)sin，所以當(dāng)x1,0時(shí)，f(x)f(x)sin.因?yàn)楹瘮?shù)f(x1)是偶函數(shù)，所以f(x1)f(x1)，所以f(x2)f(x)f(x)，故f(x)是周期為2的偶函數(shù)作出函數(shù)yf(x)與函數(shù)ye|x|的圖象如圖所示，可知每個(gè)周期內(nèi)兩個(gè)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，所以函數(shù)g(x)f(x)e|x|在區(qū)間2 018,2 018上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2 01824 036.2在平面上， ，|1， ，若|<，則|的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選D根據(jù)，可知四邊形AB1PB2是一個(gè)矩形以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB1，AB2所在直線為x軸、y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系設(shè)|AB1|a，|AB2|b.點(diǎn)O的坐標(biāo)為(x，y)，點(diǎn)P(a，b)|1，變形為|<，(xa)2(yb)2<，1x21y2<，x2y2>.(xa)2y21，y21.同理，x21.x2y22.由可知：<x2y22.|，<|.3過(guò)雙曲線1(a>0，b>0)的左焦點(diǎn)F(c,0)(c>0)，作圓x2y2的切線，切點(diǎn)為E，延長(zhǎng)FE交雙曲線右支于點(diǎn)P，若()，則雙曲線的離心率為()A. B.C. D.解析：選A由題意可知E為FP的中點(diǎn)，且OEFP.記F為雙曲線的右焦點(diǎn)，作出示意圖如圖，連接FP，則FP綊2OE，所以FPFP，且|FP|a，故由雙曲線的定義可得|FP|3a.所以(2c)2a2(3a)2，所以e.4已知a>0，b>0，則不等式a>>b的解是()A.B.C.D.解析：選D法一：直接求解法b<<ax<或x>，故選D.法二：數(shù)形結(jié)合法利用y的圖象，如圖所示，故選D.5已知關(guān)于x的方程|x|ax1有一個(gè)負(fù)根，但沒(méi)有正根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_解析：在同一平面直角坐標(biāo)系中分別作出y|x|，yax1，yx1的圖象由圖可知，當(dāng)直線yax1的斜率a1時(shí)，直線yax1與y|x|的圖象有且僅有y軸左側(cè)一個(gè)交點(diǎn)，即|x|ax1有一個(gè)負(fù)根，但沒(méi)有正根答案：1，)6已知a，b為單位向量，ab0，若向量c滿足|cab|1，則|c|的取值范圍為_(kāi)解析：令a，b， ab，c，如圖所示，則|.又|cba|1，所以點(diǎn)C在以點(diǎn)D為圓心、半徑為1的圓上易知點(diǎn)C與O，D共線時(shí)|取到最值，最大值為1，最小值為1，所以|c|的取值范圍為1，1答案：1，1第2術(shù)解題常招，設(shè)參換元方法概述在解答數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，我們常把某個(gè)代數(shù)式看成一個(gè)新的未知數(shù)，或?qū)⒛承┳冊(cè)昧硪粎⒆兞康谋磉_(dá)式來(lái)替換，以便將所求的式子變形，優(yōu)化思考對(duì)象，讓原來(lái)不醒目的條件，或隱含的信息顯露出來(lái)，促使問(wèn)題的實(shí)質(zhì)明朗化，使非標(biāo)準(zhǔn)型問(wèn)題標(biāo)準(zhǔn)化，從而便于我們將問(wèn)題化繁為簡(jiǎn)、化難為易、化陌生為熟悉，從中找出解題思路這種通過(guò)換元改變式子形式來(lái)變換研究對(duì)象，將問(wèn)題移至新對(duì)象的知識(shí)背景中去考查、探究解題思路的做法，就是設(shè)參換元法，也就是我們常說(shuō)的換元法應(yīng)用題型此方法既適用選擇題、填空題，也適用于解答題，多在研究方程、不等式、函數(shù)、三角、解析幾何中廣泛應(yīng)用例1已知x，yR，滿足x22xy4y26，則zx24y2的取值范圍為_(kāi)常規(guī)解法由x22xy4y26，得2xy6(x24y2)，而2xy，所以6(x24y2)，所以x24y24，當(dāng)且僅當(dāng)x2y時(shí)，取等號(hào)又因?yàn)?x2y)262xy0，即2xy6，所以zx24y262xy12，綜上可得4x24y212.提速解法已知x22xy4y26，即(xy)2(y)2()2，故設(shè)xycos ，ysin ，即xcos sin ，ysin .則zx24y262xy62(cos sin )sin 84sin.所以84z84，即z的取值范圍為4,12答案4,12例2已知橢圓C方程為y21，且直線l：ykxm與圓O：x2y21相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，求OMN面積的最大值解圓O的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑r1，由直線l：ykxm，即kxym0與圓O：x2y21相切，得1，故有m21k2.由消去y得(4k21)x28kmx4m240.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2，x1x2.所以|x1x2|2(x1x2)24x1x224.將代入，得|x1x2|2，故|x1x2|.所以|MN|x1x2|.故OMN的面積S|MN|1.令t4k21(t1)，則k2，代入上式，得S2 ，所以當(dāng)t3，即4k213，解得k時(shí)，S取得最大值，且最大值為1.例3已知u1，v1且(logau)2(logav)2loga(au2)loga(av2)(a>1)，則loga(uv)的最大值和最小值分別為_(kāi)，_.解析令xlogau，ylogav，則x0，y0.已知等式可化為(x1)2(y1)24(x0，y0)再設(shè)tloga(uv)xy(x0，y0)，由圖可知，當(dāng)線段yxt(x0，y0)與圓弧(x1)2(y1)24(x0，y0)相切時(shí)(圖中CD位置)，截距t取最大值，tmax22；當(dāng)線段端點(diǎn)是圓弧端點(diǎn)時(shí)(圖中AB位置)，截距t取最小值，tmin1.因此loga(uv)的最大值是22，最小值是1.答案221提醒利用兩次換元探究動(dòng)點(diǎn)的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合使問(wèn)題變得直觀換元中應(yīng)注意舊變量對(duì)新變量的限制應(yīng)用體驗(yàn)1橢圓1的左焦點(diǎn)為F，直線xm與橢圓相交于點(diǎn)A，B，當(dāng)FAB的周長(zhǎng)最大時(shí)，F(xiàn)AB的面積為_(kāi)解析：已知1，則F(1,0)設(shè)A(2cos ，sin )，B(2cos ，sin )，則|AF|BF|2cos ，故FAB的周長(zhǎng)l2(2cos )2sin 44sin.當(dāng)時(shí)，l取得最大值，此時(shí)FAB的面積為S(12cos )2sin sin (12cos )3.答案：32不等式log2(2x1)log2(2x12)<2的解集是_解析：設(shè)log2(2x1)y，則log2(2x12)1log2(2x1)y1，故原不等式可化為y(y1)<2，解得2<y<1.所以2<log2(2x1)<1，解得log2<x<log23，即x.答案：3ysin xcos xsin xcos x的最大值是_解析：設(shè)sin xcos xt，則sin xcos x，所以yt(t1)21，當(dāng)t時(shí)，ymax.答案：4在橢圓x24y28中，AB是長(zhǎng)為的動(dòng)弦，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求AOB面積的取值范圍解：設(shè)A，B的坐標(biāo)為(x1，y1)，(x2，y2)，直線AB的方程為ykxb，代入橢圓方程整理得(4k21)x28kbx4(b22)0.故x1x2，x1x2.由|AB|2(k21)(x2x1)2(k21)(x1x2)24x1x22(4k21)b2，得b22(4k21)，又原點(diǎn)O到AB的距離為.所以AOB的面積S.記u，則S2u2u42.又u4的范圍為1,4(u4為豎直弦)故u時(shí)，S4；而u1時(shí)，S.因此S的取值范圍是.第3術(shù)出奇制勝，巧妙構(gòu)造方法概述構(gòu)造法是指根據(jù)題設(shè)條件和結(jié)論的特征、性質(zhì)，運(yùn)用已知數(shù)學(xué)關(guān)系式和理論，構(gòu)造出滿足條件或結(jié)論的數(shù)學(xué)對(duì)象，從而使原問(wèn)題中隱含的關(guān)系和性質(zhì)在新構(gòu)造的數(shù)學(xué)對(duì)象中清晰地展現(xiàn)出來(lái)，并借助該數(shù)學(xué)對(duì)象方便快捷地解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的方法構(gòu)造法應(yīng)用的技巧是“定目標(biāo)構(gòu)造”，需從已知條件入手，緊扣要解決的問(wèn)題，把陌生的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為熟悉的問(wèn)題解題時(shí)常構(gòu)造函數(shù)、構(gòu)造方程、構(gòu)造平面圖形等應(yīng)用題型適用于各類題型，多涉及函數(shù)、方程、平面圖形等知識(shí)例1(1)已知偶函數(shù)f(x)的定義域?yàn)槠鋵?dǎo)函數(shù)是f(x)當(dāng)0<x<時(shí)，有f(x)cos xf(x)sin x<0，則關(guān)于x的不等式f(x)<fcos x的解集為()A.B.C.D.解析令F(x)，則F(x).當(dāng)0<x<時(shí)，有f(x)cos xf(x)sin x<0，則F(x)<0，所以F(x)在上單調(diào)遞減因?yàn)镕(x)F(x)，所以F(x)為偶函數(shù)，所以F(x)在上單調(diào)遞增當(dāng)x時(shí)，cos x>0，則f(x)<fcos x等價(jià)于<，即F(x)<F，所以|x|>，又x，所以<x<或<x<.答案B(2)已知m，n(2，e)，且<ln，則()Am>nBm<nCm>2 Dm，n的大小關(guān)系不確定解析由不等式可得<ln mln n，即ln n<ln m.設(shè)f(x)ln x(x(2，e)，則f(x).因?yàn)閤(2，e)，所以f(x)>0，故函數(shù)f(x)在(2，e)上單調(diào)遞增因?yàn)閒(n)<f(m)，所以n<m.答案A例2已知a23a1，b23b1，且ab，則_.解析由題意可知a，b是方程x23x10的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系可知ab3，ab1，所以322(1)11.答案11例3已知實(shí)數(shù)a，b是利用計(jì)算機(jī)產(chǎn)生的01之間的均勻隨機(jī)數(shù)，設(shè)事件A為(a1)2(b1)2>，則事件A發(fā)生的概率為()A. B1C. D1解析由題意知，計(jì)算機(jī)產(chǎn)生的01之間的均勻隨機(jī)數(shù)a，b的對(duì)應(yīng)區(qū)域是邊長(zhǎng)為1的正方形，面積為1；事件A對(duì)應(yīng)的區(qū)域是邊長(zhǎng)為1的正方形減去四分之一的圓圓心為(1,1)，半徑為，如圖所示，則事件A對(duì)應(yīng)的區(qū)域的面積為1.由幾何概型的概率計(jì)算公式得事件A發(fā)生的概率為1.答案B應(yīng)用體驗(yàn)1已知函數(shù)f(x)是定義在實(shí)數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x都有xf(x1)(1x)f(x)，則f 的值是()A0 B.C1 D.解析：選A由已知得，故構(gòu)造函數(shù)g(x)，則g(x1)，所以g(x1)g(x)，即g(x)是周期為1的函數(shù)又f(x)為偶函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)故再構(gòu)造一個(gè)特例函數(shù)g(x)sin 2x(xR)，所以f(x)xsin 2x，從而有f sin 50，故f f(0)0，因此選A.2已知數(shù)列an，an2an1n1，a11(nN*)，則an_.解析：由已知可得ann32an1(n1)3設(shè)bnann3，則bn2bn1，所以bn是公比為2的等比數(shù)列，且b1a1135，所以bn52n1，所以an52n1n3.答案：52n1n33函數(shù)f(x)的值域?yàn)開(kāi)解析：f(x)，其幾何意義是平面內(nèi)動(dòng)點(diǎn)P(x,0)到兩定點(diǎn)M(2,3)和N(5，1)的距離之和(如圖所示)，求其值域只要求其最值即可易知當(dāng)M，N，P三點(diǎn)共線(即P在線段MN上)時(shí)，f(x)取得最小值，且f(x)min|MN|5，f(x)無(wú)最大值，故得函數(shù)的值域?yàn)?，)答案：5，)4函數(shù)y的最大值和最小值分別為_(kāi)，_.解析：從幾何意義上考慮把原解析式看作是動(dòng)點(diǎn)P(cos x，sin x)與定點(diǎn)Q(3,0)連線的斜率，為此構(gòu)造一個(gè)單位圓，探究單位圓上動(dòng)點(diǎn)P(cos x，sin x)與定點(diǎn)Q(3,0)連線的斜率問(wèn)題如圖，因?yàn)閯?dòng)點(diǎn)在單位圓上運(yùn)動(dòng)時(shí)處于極端狀態(tài)，即為切點(diǎn)時(shí)直線斜率分別為最大、最小，設(shè)切點(diǎn)分別為R，M.易知kOR2，kOM2，所以kQR，kQM，所以kPQ.即y的最大值為，最小值為.答案：第4術(shù)聲東擊西，換位推理方法概述對(duì)有些問(wèn)題在直接求解時(shí)會(huì)感到困難或根本難以從條件入手，這時(shí)可避開(kāi)正面強(qiáng)攻，從結(jié)論的對(duì)立面入手，或考查與其相關(guān)的另一問(wèn)題，或反例中也可找到解決問(wèn)題的途徑，有時(shí)甚至還能獲得最佳的解法這就是“聲東擊西，換位推理”的戰(zhàn)術(shù)應(yīng)用題型既有選擇、填空題，也有解答題主要體現(xiàn)為補(bǔ)集法、相關(guān)點(diǎn)法及反證法等例1若拋物線yx2上的所有弦都不能被直線yk(x3)垂直平分，則k的取值范圍是()A.B.C. D.解析假設(shè)拋物線yx2上存在兩點(diǎn)A(x1，x)，B(x2，x)關(guān)于直線yk(x3)對(duì)稱，設(shè)AB的中點(diǎn)為P(x0，y0)，則x0，y0.因?yàn)橹本€yk(x3)垂直平分弦AB，所以，所以.又AB的中點(diǎn)P(x0，y0)在直線yk(x3)上，所以k，所以中點(diǎn)P.由于點(diǎn)P在y>x2的區(qū)域內(nèi)，所以>2，整理得(2k1)(6k22k1)<0，解得k<.因此當(dāng)k<時(shí)，拋物線yx2上存在弦能被直線yk(x3)垂直平分，于是當(dāng)k時(shí)，拋物線yx2上的所有弦都不能被直線yk(x3)垂直平分所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為.答案D例2已知P(4,0)是圓x2y236內(nèi)的一點(diǎn)，A，B是圓上兩動(dòng)點(diǎn)，且滿足APB90，求矩形APBQ頂點(diǎn)Q的軌跡方程解連接AB，PQ，設(shè)AB與PQ交于點(diǎn)M，如圖所示因?yàn)樗倪呅蜛PBQ為矩形，所以M為AB，PQ的中點(diǎn)，連接OM.由垂徑定理可知OMAB，設(shè)M(xM，yM)，由此可得|AM|2|OA|2|OM|236(xy)又在RtAPB中，有|AM|PM|.由得xy4xM100，故點(diǎn)M的軌跡是圓因?yàn)辄c(diǎn)M是PQ的中點(diǎn)，設(shè)Q(x，y)，則xM，yM，代入點(diǎn)M的軌跡方程中得224100，整理得x2y256，即為所求點(diǎn)Q的軌跡方程應(yīng)用體驗(yàn)1設(shè)a，bR，定義運(yùn)算“”和“”如下：abab若正數(shù)a，b，c，d滿足ab4，cd4，則()Aab2，cd2 Bab2，cd2Cab2，cd2 Dab2，cd2解析：選C從定義知，abmin(a，b)，即求a，b中的最小值；abmax(a，b)，即求a，b中的最大值假設(shè)0<a<2,0<b<2，則ab<4，與已知ab4相矛盾，則假設(shè)不成立，故max(a，b)2，即ab2.假設(shè)c>2，d>2，則cd>4，與已知cd4相矛盾，則假設(shè)不成立，故min(c，d)2，即cd2.故選C.2某學(xué)校為了研究高中三個(gè)年級(jí)的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況，從高一，高二，高三三個(gè)年級(jí)中分別抽取了1,2,3個(gè)班級(jí)進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查，若再?gòu)闹腥我獬槿蓚€(gè)班級(jí)進(jìn)行測(cè)試，則兩個(gè)班級(jí)來(lái)自不同年級(jí)的概率為_(kāi)解析：記高一年級(jí)中抽取的1個(gè)班級(jí)為a，高二年級(jí)中抽取的2個(gè)班級(jí)為b1，b2，高三年級(jí)中抽取的3個(gè)班級(jí)為c1，c2，c3.從已抽取的6個(gè)班級(jí)中任意抽取兩個(gè)班級(jí)的所有可能結(jié)果為(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種設(shè)“抽取的兩個(gè)班級(jí)來(lái)自不同年級(jí)”為事件A，則事件為抽取的兩個(gè)班級(jí)來(lái)自同一年級(jí)兩個(gè)班級(jí)來(lái)自同一年級(jí)的結(jié)果為(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4種所以P()，故P(A)1P()1.所以兩個(gè)班級(jí)來(lái)自不同年級(jí)的概率為.答案：3已知函數(shù)f(x)ax2xln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)解析：f(x)2ax1.(1) 若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f(x)0在(1,2)上恒成立，所以2ax10，得a.令t，因?yàn)閤(1,2)，所以t.設(shè)h(t)(tt2)2，t，顯然函數(shù)yh(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以h(1)<h(t)<h，即0<h(t)<.由可知，a.(2) 若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，則f(x)0在(1,2)上恒成立，所以2ax10，得a.結(jié)合(1)可知，a0.綜上，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(，0.所以若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.答案：第5術(shù)確定關(guān)系，待定系數(shù)方法概述待定系數(shù)法是確定變量間的函數(shù)關(guān)系，設(shè)出某些未知系數(shù)，然后根據(jù)所給條件來(lái)確定這些未知系數(shù)的一種方法其理論依據(jù)是多項(xiàng)式恒等，也就是利用了多項(xiàng)式f(x)g(x)的充要條件是：對(duì)于一個(gè)任意的a值，都有f(a)g(a)；或者兩個(gè)多項(xiàng)式各同類項(xiàng)的系數(shù)對(duì)應(yīng)相等；待定系數(shù)法解題的關(guān)鍵是依據(jù)已知，正確列出等式或方程使用待定系數(shù)法，就是把具有某種確定形式的數(shù)學(xué)問(wèn)題，通過(guò)引入一些待定的系數(shù)，轉(zhuǎn)化為方程組來(lái)解決，要判斷一個(gè)問(wèn)題是否可用待定系數(shù)法求解，主要是看所求解的數(shù)學(xué)問(wèn)題是否具有某種確定的數(shù)學(xué)表達(dá)式，如果具有，就可以用待定系數(shù)法求解應(yīng)用題型既有選擇、填空題，也有解答題分解因式、拆分分式、數(shù)列通項(xiàng)或求和、求函數(shù)式、求解析幾何中曲線方程等，這些問(wèn)題都具有確定的數(shù)學(xué)表達(dá)形式，所以都可以用待定系數(shù)法求解例1已知函數(shù)f(x)Asin(x)A>0，>0，|<的部分圖象如圖所示，其中|PQ|2，則f(x)的解析式為_(kāi)解析由題圖可知A2，P(x1，2)，Q(x2,2)，所以|PQ|2.整理得|x1x2|2，所以其最小正周期T2|x1x2|4，即4，解得.又函數(shù)圖象過(guò)點(diǎn)(0，)，所以2sin ，即sin .又|<，所以.所以f(x)2sin.答案f(x)2sin例2已知橢圓C的焦點(diǎn)在x軸上，其離心率為，且過(guò)點(diǎn)A，則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為_(kāi)解析設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為1(a>b>0)因?yàn)槠潆x心率e，所以，即a2b.故橢圓C的方程為1.又點(diǎn)A在橢圓C上，所以1，解得b21.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.答案y21例3已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn(nN*)，且S321，S565，則Sn_.解析設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為SnAn2Bn.由已知可得化簡(jiǎn)得解得所以Sn3n22n.答案3n22n應(yīng)用體驗(yàn)1二次不等式ax2bx2>0的解集是，則ab的值是()A10B10C14 D14解析：選D由不等式的解集是，可知，是方程ax2bx20的兩根，可得解得所以ab14.2過(guò)三點(diǎn)A(1,3)，B(4,2)，C(1，7)的圓交y軸于M，N兩點(diǎn)，則|MN|()A2 B8C4 D10解析：選C設(shè)圓的方程為x2y2DxEyF0，則解得圓的方程為x2y22x4y200.令x0，得y22或y22，M(0，22)，N(0，22)或M(0，22)，N(0，22)，|MN|4.3函數(shù)yabcos 3x(b>0)的最大值為，最小值為，則y4asin 3bx的最小正周期是_解析：由題意可得解得所以函數(shù)y4asin 3bx2sin 3x的最小正周期T.答案：4與雙曲線x21有共同的漸近線，且過(guò)點(diǎn)(2,2)的雙曲線的方程是_解析：設(shè)雙曲線方程為x2，將點(diǎn)(2,2)代入求得3，即得雙曲線方程為1.答案：1第6術(shù)蹊徑可辟，分割補(bǔ)形方法概述所謂割補(bǔ)法就是把一個(gè)復(fù)雜面積或體積的計(jì)算分割成若干個(gè)簡(jiǎn)單圖形的有關(guān)計(jì)算或?qū)⒁粋€(gè)不易求出面積或體積的幾何圖形補(bǔ)足為較易計(jì)算的幾何圖形也就是將復(fù)雜的或不熟悉的幾何圖形轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的熟悉的幾何圖形或幾何體例如，把曲邊形割補(bǔ)成規(guī)則圖形、把斜棱柱割補(bǔ)成直棱柱、把三棱柱補(bǔ)成平行六面體、把三棱錐補(bǔ)成三棱柱或平行六面體、把多面體切割成錐體(特別是三棱錐)、把不規(guī)則的幾何體割補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，從而把未知的轉(zhuǎn)化為已知的、把陌生的轉(zhuǎn)化為熟悉的、把復(fù)雜的轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的、把不夠直觀的轉(zhuǎn)化為直觀易懂的應(yīng)用題型在解決幾何問(wèn)題過(guò)程中，割補(bǔ)法是一種常用的方法無(wú)論是平面幾何、解析幾何、還是立體幾何，適時(shí)使用割補(bǔ)法，能幫助我們找到問(wèn)題的突破口，把問(wèn)題放到特殊的幾何圖形中，借助特殊圖形分析問(wèn)題，有時(shí)會(huì)柳暗花明，事半功倍例1(1)為測(cè)出所住小區(qū)的面積，某人進(jìn)行了一些測(cè)量工作，所得數(shù)據(jù)如圖所示，則小區(qū)的面積是()A. km2B. km2C. km2 D. km2解析如圖，連接AC.在ABC中，根據(jù)余弦定理可得AC km，又AB2 km，BC1 km，所以AC2BC2AB2，所以ABC為直角三角形，且ACB90，BAC30，故DACDCA15.所以ADC為等腰三角形，且D150，設(shè)ADDCx km，根據(jù)余弦定理得x2x2x23，即x23(2)所以小區(qū)的面積為13(2)(km2)答案D(2)如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，且ADE，BCF均為正三角形，EFAB，EF2，則多面體的體積為()A. B.C. D.解析法一：如圖，在EF上取點(diǎn)M，N，使EMFN，連接MA，MD，NB，NC，則MN1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DMAM.設(shè)H為AD的中點(diǎn)，連接MH，則MHAD，且MH，SADMADMH.VABCDEF2VEADMVADMBCN21.法二：如圖，取EF的中點(diǎn)G，連接GA，GB，GC，GD，則三棱錐EADG與三棱錐GBCF都是棱長(zhǎng)為1的正四面體，易求得VEADGVGBCF，又四棱錐GABCD的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，且側(cè)棱邊為1.易求得其高為，則VGABCD11，所以VABCDEF2VEADGVGABCD2.答案A例2(1)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A816 B816C88 D168解析由三視圖可知該幾何體為一個(gè)半圓柱去掉一個(gè)直棱柱其中半圓柱的高為4，底面半圓的半徑為2；直三棱柱的底面為斜邊是4的等腰直角三角形，高為4.半圓柱的體積為V12248，直三棱柱的體積為V242416.所以所求幾何體的體積為VV1V2816.答案B(2)如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，BCA90，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，若BCCACC1，則B1E與A1F所成的角的余弦值為_(kāi)解析如圖，把直三棱柱A1B1C1ABC補(bǔ)成一個(gè)直平行六面體A1B1D1C1ABDC，取BD中點(diǎn)G，連接B1G，則B1GA1F，EB1G即為B1E與A1F所成的角(或其補(bǔ)角)設(shè)BCCACC12a，則B1Ga，AB2a，B1Ea，GE2BG2BE22BGBEcos 1355a2，所以cosEB1G，故B1E與A1F所成角的余弦值為.答案應(yīng)用體驗(yàn)1一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A64 B72C80 D112解析：選C根據(jù)三視圖可知該幾何體為四棱錐PABCD與正方體ABCDA1B1C1D1的組合體，如圖所示由三視圖中的數(shù)據(jù)可知，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長(zhǎng)為4，其體積V14364.四棱錐PABCD的底面為正方形ABCD，高h(yuǎn)3，且PAPB，其底面積為S4216，則四棱錐PABCD的體積V2Sh16316.故所求幾何體的體積VV1V2641680.2.如圖，正三棱錐SABC的側(cè)棱與底面邊長(zhǎng)相等，如果E，F(xiàn)分別為SC，AB的中點(diǎn)，那么異面直線EF與SA所成的角等于()A90 B60C45 D30解析：選A如圖，把正三棱錐SABC補(bǔ)成一個(gè)正方體AGBHA1CB1S.EFAA1，異面直線EF與SA所成的角為45.3.如圖，已知多面體ABCDEFG，AB，AC，AD兩兩垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，則該多面體的體積為()A2 B4C6 D8解析：選B法一：如圖，把多面體ABCDEFG補(bǔ)成正方體DEPGABHM，則VABCDEFGVDEPGABHM234.法二：如圖，取DG的中點(diǎn)H，以DA，DE，DH為棱構(gòu)造長(zhǎng)方體EFHDBPCA，則三棱錐CHFG與三棱錐FPCB全等所以VABCDEFGVABPCDEFHABACAD2124.4在正三棱錐SABC中，側(cè)棱SC側(cè)面SAB，側(cè)棱SC4，則此正三棱錐的外接球的表面積為_(kāi)解析：由正三棱錐中側(cè)棱SC側(cè)面SAB，可得三條側(cè)棱SA，SB，SC兩兩垂直又三條側(cè)棱相等，故可以三條側(cè)棱為相鄰三邊作出一個(gè)正方體SBDCAEFG，如圖所示，其棱長(zhǎng)為4，其外接球的直徑就是此正方體的體對(duì)角線，所以2R12，即球半徑R6，所以球的表面積S4R2144.答案：144第7術(shù)關(guān)注整體，設(shè)而不求方法概述設(shè)而不求是數(shù)學(xué)解題中的一種很有用的手段，采用設(shè)而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的無(wú)益的循環(huán)運(yùn)算，從而達(dá)到準(zhǔn)確、快速、簡(jiǎn)捷的解題效果應(yīng)用題型選擇題、填空題、解答題中均有應(yīng)用在解決某些涉及若干個(gè)量的求值問(wèn)題時(shí)，要有目標(biāo)意識(shí)，通過(guò)虛設(shè)的策略，整體轉(zhuǎn)化的思想，繞開(kāi)復(fù)雜的運(yùn)算過(guò)程，可使問(wèn)題迅速得到解決例1已知等比數(shù)列an中，Sm16，S2m64，求S3m.解設(shè)公比為q，由于S2m2Sm，故q1，于是得1qm4，則qm3，所以S3m(1qmq2m)16(1332)208.有些代數(shù)問(wèn)題，通過(guò)挖掘題目中隱含的幾何背景，設(shè)而不求，轉(zhuǎn)化成幾何問(wèn)題求解例2設(shè)a，b均為正數(shù)，且ab1，則的最大值為_(kāi)解析設(shè)u，v(u>1，v>1)，uvm，則u，v同時(shí)滿足其中uvm表示直線，m為此直線在v軸上的截距u2v24是以原點(diǎn)為圓心，2為半徑的圓在第一象限內(nèi)的一部分圓弧，如圖所示，顯然直線與圓弧相切時(shí)，所對(duì)應(yīng)的截距m的值最大由圖易得mmax2，即2.答案2恰當(dāng)合理地引入?yún)?shù)，可使解題目標(biāo)更加明確，已知和欲求之間的聯(lián)系得以明朗化，使問(wèn)題能夠得到解決例3已知對(duì)任何滿足(x1)2y21的實(shí)數(shù)x，y，不等式xyk0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍解由題意設(shè)則g()xyksin cos 1ksin1k1k.令1k0，得k1.即實(shí)數(shù)k的取值范圍是1，)在解析幾何問(wèn)題中，對(duì)于有關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)采用設(shè)而不求的策略，能促使問(wèn)題定向，簡(jiǎn)便化歸，起到以簡(jiǎn)馭繁的解題效果例4設(shè)拋物線y22px(p>0)的焦點(diǎn)為F，經(jīng)過(guò)點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線的準(zhǔn)線上，且BCx軸，求證：直線AC經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O.證明設(shè)A(2pt，2pt1)，B(2pt，2pt2)，則C.因?yàn)锳B過(guò)焦點(diǎn)F，所以2pt12pt2p2，得t1t2.又直線OC的斜率kOC4t2，直線OA的斜率kOA，則kOCkOA.故A，O，C三點(diǎn)共線，即直線AC經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O.根據(jù)解題需要，可引入一個(gè)中間量作為中介，起到過(guò)渡作用，使問(wèn)題得以解決例5如圖，OA是圓錐底面中心O到母線的垂線，OA繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得曲面將圓錐體積分成相等的兩部分，求圓錐母線與軸的夾角的余弦值解過(guò)點(diǎn)A作AMSO，垂足為M，可知MAOAOBOSB.設(shè)MAx，OBr，SOh，則有x2hr2h.化簡(jiǎn)可得2.又因?yàn)閏os ，即cos .所以cos2.于是cos4，又為銳角，所以cos 2.某些看似十分復(fù)雜的運(yùn)算，經(jīng)過(guò)巧妙轉(zhuǎn)換，恒等變形，使運(yùn)算對(duì)象發(fā)生轉(zhuǎn)移，起到意想不到的效果例6求coscoscoscos的值解設(shè)Mcoscoscoscos，Nsinsinsinsin，則MNsincossincossincossinsinsinsinsinsinN.而N0，故M.應(yīng)用體驗(yàn)1sin 10sin 30sin 50sin 70的值為_(kāi)解析：設(shè)Asin 10sin 30sin 50sin 70，Bcos 10cos 30cos 50cos 70，則ABsin 20sin 60sin 100sin 140cos 70cos 30cos 10cos 50B，由此可得A.答案：2一直線被兩直線4xy60,3x5y60截得的線段中點(diǎn)恰好是坐標(biāo)原點(diǎn)，則這條直線的方程為_(kāi)解析：設(shè)所求直線分別交直線4xy60,3x5y60于點(diǎn)M，N，設(shè)M(x0，y0)，則有4x0y060.因?yàn)镸，N關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以N(x0，y0)，從而3x05y060.由得x06y00.顯然M(x0，y0)，N(x0，y0)，O(0,0)三點(diǎn)的坐標(biāo)均適合方程.故所求直線的方程為x6y0.答案：x6y03已知橢圓1，F(xiàn)1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上一點(diǎn)，F(xiàn)1PF2，則SF1PF2_.解析：設(shè)|PF1|r1，|PF2|r2，由橢圓定義得r1r210.由余弦定理得rr2r1r2cos64.2得，r1r212，所以SF1PF2r1r2sin 3.答案：34已知F1，F(xiàn)2是橢圓2x2y24的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓上在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，且1.過(guò)點(diǎn)P作傾斜角互補(bǔ)的兩條直線PA，PB分別交橢圓于A，B兩點(diǎn)(1)求點(diǎn)P的坐標(biāo)；(2)求直線AB的斜率解：(1)設(shè)P(m，n)，因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上，所以2m2n24，m>0，n>0.又橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為1，設(shè)F1(0，)，F(xiàn)2(0，)，所以(m，n)(m，n)1，由此可得m2n23.由解得m1，n，即所求點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1，)(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)辄c(diǎn)A，B在橢圓上，所以2xy4,2xy4，兩式相減得2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0.所以kAB2.同理可得kAP2，kBP2.因?yàn)镻A，PB傾斜角互補(bǔ)，所以kPAkPB0.由左端及得x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，由右端及得x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，由得2(x2x1)2(y1y2)0，即y1y2(x1x2)，由得kAB.第8術(shù)解題卡殼，攻堅(jiān)突圍解題卡殼，一般都是卡在壓軸題，或計(jì)算量大的題上，有時(shí)也卡在有些條件特殊的選擇題、填空題上卡殼題不一定就是做不好的題，或是啃不動(dòng)的題，而是因某些運(yùn)算，或推理繁雜感到心理緊張而導(dǎo)致一下子難想出好主意，或回憶不到相關(guān)的公式、定理，或想不出相應(yīng)的輔助線、輔助函數(shù)，或把條件看錯(cuò)，或在推理中錯(cuò)算了一步，再無(wú)法繼續(xù)解題過(guò)程卡在某一過(guò)渡環(huán)節(jié)上是常見(jiàn)的事當(dāng)解題遇到卡殼時(shí)，應(yīng)注意調(diào)整心態(tài)、保持冷靜，注重更換思考方式、跳步或跳問(wèn)解答，沉著迎戰(zhàn)一般來(lái)說(shuō)，對(duì)卡殼題的突圍關(guān)鍵在于如何針對(duì)已有的信息與所求目標(biāo)的差異進(jìn)行綜合分析，回頭整合相關(guān)的結(jié)論(包括已推得的結(jié)論)，注重信息的遷移，考查相關(guān)定義與圖形，從不同的角度再次認(rèn)識(shí)條件及結(jié)論，使之產(chǎn)生解題的靈感，從而獲得相關(guān)的“自我提示”因此，在重審結(jié)論或剖析條件時(shí)，要注重考查命題所涉及的概念、定理，把握命題的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，構(gòu)建相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型進(jìn)行模仿探索，力爭(zhēng)做到求什么，想什么在審查已做的運(yùn)算、推理與所求結(jié)論的要求是否對(duì)路時(shí)，要注重隱含條件的挖掘與整合，仔細(xì)清查還有哪些條件未用上，還有哪些相關(guān)的通法未用到，力爭(zhēng)做到給什么，用什么在溝通條件與結(jié)論時(shí)，要勇于試探、創(chuàng)新思維，注重類比、猜想、湊形、配式，力爭(zhēng)做到差什么，找什么這就是我們常說(shuō)的卡殼突圍術(shù)常見(jiàn)的突圍策略有以下兩種對(duì)設(shè)有多問(wèn)的數(shù)學(xué)問(wèn)題，若前一問(wèn)不會(huì)解，而后面的幾問(wèn)又是自己容易解的，或是可用前一問(wèn)的結(jié)論來(lái)求解的，此時(shí)應(yīng)放棄前一問(wèn)的求解，著重攻后面的幾問(wèn)，并將前一問(wèn)的結(jié)論作為后幾問(wèn)的條件使用，巧妙地配合題設(shè)條件或有關(guān)定理來(lái)解答后面的問(wèn)題這種利用自己根本不懂或不會(huì)證明的問(wèn)題作條件來(lái)解后幾問(wèn)的做法，就是數(shù)學(xué)解題中的“空城計(jì)”，即：前問(wèn)難作后問(wèn)易，棄前攻后為上計(jì)(也可說(shuō)成：前難后易前問(wèn)棄，借前結(jié)論攻后題)例1設(shè)函數(shù)fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)設(shè)n2，b1，c1，證明：fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點(diǎn)；(2)設(shè)n2，若對(duì)任意x1，x21,1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求b的取值范圍；(3)在(1)的條件下，設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的零點(diǎn)，判斷數(shù)列x2，x3，xn，的增減性解(1)證明：當(dāng)b1，c1，n2時(shí)，fn(x)xnx1.fnfn(1)10，fn(x)在內(nèi)存在零點(diǎn)又當(dāng)x時(shí)，fn(x)nxn110，fn(x)在上是單調(diào)遞增的，fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點(diǎn)(2)當(dāng)n2時(shí)，f2(x)x2bxc.對(duì)任意x1，x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4等價(jià)于f2(x)在1,1上的最大值與最小值之差M4.據(jù)此分類討論如下：當(dāng)1，即|b|2時(shí)，M|f2(1)f2(1)|2|b|4，與題設(shè)矛盾當(dāng)10，即0b2時(shí)，Mf2(1)f224恒成立當(dāng)01，即2b0時(shí)，Mf2(1)f224恒成立綜上可知，當(dāng)2b2時(shí)，對(duì)任意x1，x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4.故b的取值范圍為2,2(3)法一：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(diǎn)(n2)，則fn(xn)xxn10，fn1(xn1)xxn110，xn1，于是有fn(xn)0fn1(xn1)xxn11xxn11fn(xn1)又由(1)知fn(x)在上是單調(diào)遞增的，故xnxn1(n2)，所以數(shù)列x2，x3，xn，是遞增數(shù)列法二：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(diǎn)，fn1(xn)fn1(1)(xxn1)(1n111)xxn1<xxn10，則fn1(x)的零點(diǎn)xn1在(xn,1)內(nèi)，故xn<xn1(n2)，所以數(shù)列x2，x3，xn，是遞增數(shù)列點(diǎn)評(píng)第(1)問(wèn)可利用函數(shù)的單調(diào)性及零點(diǎn)存在性定理較容易解決，但第(2)問(wèn)較麻煩，很多同學(xué)不會(huì)做或耽誤較長(zhǎng)時(shí)間，從而延誤了第(3)問(wèn)的解答事實(shí)上，由題意可知，第(3)問(wèn)的解答與第(2)問(wèn)沒(méi)有任何關(guān)系，但與第(1)問(wèn)是相關(guān)的，且非常容易解答，因此我們可跨過(guò)第(2)問(wèn)，先解決第(3)問(wèn)，從而增大了本題的得分率，這是解決此類題的上策之舉有些數(shù)學(xué)命題的求解，開(kāi)始入手還較為順暢，但一到最后就難以繼續(xù)進(jìn)行了此時(shí)若知悉它的大致趨勢(shì)和結(jié)果，可依從所求結(jié)論的形式、特點(diǎn)，進(jìn)行反推、湊形，直到得出大致與所要達(dá)到的目標(biāo)相當(dāng)、相同或相似的式子，再來(lái)巧妙地進(jìn)行溝通也是可行的對(duì)于這一步雖然是自己做不到的，但這樣寫了幾下，卻可能全都是對(duì)的也就是說(shuō)，對(duì)此解答，自己是以其昏昏，卻能使人昭昭因?yàn)閯e人看上去確實(shí)是一步接著一步寫的，沒(méi)有什么跳躍，也沒(méi)掉什么關(guān)鍵步這一戰(zhàn)術(shù)與“中間會(huì)師”有點(diǎn)相似，但實(shí)質(zhì)卻不同因?yàn)樗皇乔迩宄赝评磉^(guò)來(lái)的這種不按常規(guī)方式出牌，渾水摸魚的解題方法我們稱之為混戰(zhàn)術(shù)：解題結(jié)尾路難行，倒推湊形亦為徑例2已知函數(shù)f(x)(x2)exa(x1)2有兩個(gè)零點(diǎn)(1)求a的取值范圍；(2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，求證：x1x2<2.解(1)f(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)設(shè)a0，則f(x)(x2)ex，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)設(shè)a>0，則當(dāng)x(，1)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)>0，所以f(x)在(，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增又f(1)e，f(2)a，取b滿足b<0且b<ln ，則f(b)>(b2)a(b1)2a>0，故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)設(shè)a<0，由f(x)0得x1或xln(2a)若a，則ln(2a)1，故當(dāng)x(1，)時(shí)，f(x)>0，因此f(x)在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增又當(dāng)x1時(shí)，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)若a<，則ln(2a)>1，故當(dāng)x(1，ln(2a)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(ln(2a)，)時(shí)，f(x)>0.因此f(x)在(1，ln(2a)內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(2a)，)內(nèi)單調(diào)遞增又當(dāng)x1時(shí)，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)綜上，a的取值范圍為(0，)(2)證明：不妨設(shè)x1<x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又f(x)在(，1)內(nèi)單調(diào)遞減，所以x1x2<2等價(jià)于f(x1)>f(2x2)，即f(2x2)<0.由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2，而f(x2)(x22)ex2a(x21)20，所以f(2x2)x2e2x2(x22)e x2.設(shè)g(x)xe2x(x2)ex，則g(x)(x1)(e2xex)所以當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0，而g(1)0，故當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0.從而g(x2)f(2x2)<0，故x1x2<2.點(diǎn)評(píng)本題在證明x1x2<2時(shí)，如果直接從題目條件出發(fā)，很難證明該結(jié)論成立，而通過(guò)分析，將x1x2<2轉(zhuǎn)化為x1<2x2<1，利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性及f(x1)f(x2)，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為證明不等式f(x1)>f(2x2)，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)g(x)f(2x2)，轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)g(x)的最大值小于0，從而使問(wèn)題得證應(yīng)用體驗(yàn)1設(shè)函數(shù)f(x)ln xx1.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)求證：當(dāng)x(1，)時(shí)，1x；(3)設(shè)c1，求證：當(dāng)x(0,1)時(shí)，1(c1)xcx.解：(1)由題設(shè)，f(x)的定義域?yàn)?0，)，f(x)1，令f(x)0，解得x1.當(dāng)0x1時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減(2)證明：由(1)知，f(x)在x1處取得最大值，最大值為f(1)0.所以當(dāng)x1時(shí)，ln xx1.故當(dāng)x(1，)時(shí)，ln xx1，ln 1，即1x.(3)證明：由題設(shè)c1，設(shè)g(x)1(c