【数学】2018届一轮复习人教A版第二部分板块(二)系统热门考点——以点带面学案
板块(二)
系统热门考点——以点带面
(一)巧用性质 妙解函数
[速解技法——学一招]
函数性质主要指函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，要深刻理解并加以巧妙地运用．
以对称性为例，若函数f(x)满足f(a＋x)＝f(b－x)，则函数图象关于直线x＝对称；若函数f(x)满足f(a＋x)＋f(b－x)＝c，则函数图象关于点对称．
[例1] 定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－2)＝－f(x)，且在[0,1]上是增函数，则有( )
A．f
2时，f(x)单调递增．因为x1＋x2<4且(x1－2)·(x2－2)<0，设x1<20时，f(x)为增函数，log0.53＝－log23，∴log25>|－log0.53|>0.
∴b＝f(log25)>a＝f(log0.53)>c＝f(2m)．
3．已知y＝f(x)＋x2是奇函数，且f(1)＝1.若g(x)＝f(x)＋2，则g(－1)＝________.
解析：由题意得g(－1)＝f(－1)＋2.又f(－1)＋(－1)2＝－[f(1)＋12]＝－2，所以f(－1)＝－3.
故f(－1)＋2＝－3＋2＝－1，即g(－1)＝－1.
答案：－1
4．函数f(x)是定义在R上的偶函数，且满足f(x＋2)＝f(x)．当x∈[0,1]时，f(x)＝2x.若在区间[－2,3]上方程ax＋2a－f(x)＝0恰有四个不相等的实数根，则实数a的取值范围是________．
解析：由f(x＋2)＝f(x)，得函数的周期是2.
由ax＋2a－f(x)＝0，
得f(x)＝ax＋2A．
设y＝f(x)，则y＝ax＋2a，作出函数y＝f(x)，y＝ax＋2a的图象，如图．
要使方程ax＋2a－f(x)＝0恰有四个不相等的实数根，则直线y＝ax＋2a＝a(x＋2)的斜率满足kAH0)，则当函数h(x)有三个零点时，实数m的取值范围为( )
A． B．
C． D．
[解析] 选C 在同一直角坐标系中，作出函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象如图所示．
当两函数图象交于点A(1,0)时，即有1－1＋m－＝0，解得m＝，
所以当函数h(x)有三个零点时，
即为点A和y＝f(x)与x轴的两个交点，
若满足条件，则需
解得0⇒f(x)为增函数；
②f′(x)<0⇒f(x)为减函数；
③f′(x)＝0⇒f(x)为常数函数．
2．求函数f(x)极值的方法
求函数的极值应先确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，再判断f′(x)＝0的根是否是极值点，可通过列表的形式进行分析，若遇极值点含参数不能比较大小时，则需分类讨论．
[例1] 若函数f(x)＝2sin x(x∈[0，π))的图象在切点P处的切线平行于函数g(x)＝2的图象在切点Q处的切线，则直线PQ的斜率为( )
A． B．2
C． D．
[解析] 选A 由题意得f′(x)＝2cos x，g′(x)＝x＋x－.设P(x1，f(x1))，Q(x2，g(x2))，
又f′(x1)＝g′(x2)，即2cos x1＝x2＋x－2，
故4cos2x1＝x2＋x＋2，
所以－4＋4cos2x1＝x2＋x－2，
即－4sin2x1＝(x2－x－2)2，
所以sin x1＝0，x1＝0，x2＝x－2，x2＝1，
故P(0,0)，Q，故kPQ＝.
[技法领悟]
求曲线的切线方程时，要注意是在点P处的切线还是过点P的切线，前者点P为切点，后者点P不一定为切点．
[例2] 已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)<，则不等式f(x2)<＋的解集为________．
[解析] 设F(x)＝f(x)－x，∴F′(x)＝f′(x)－，∵f′(x)<，∴F′(x)＝f′(x)－<0，即函数F(x)在R上单调递减．∵f(x2)<＋，∴f(x2)－1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．
[答案] (－∞，－1)∪(1，＋∞)
[例3] 已知函数f(x)＝(ax＋b)ln x－bx＋3在(1，f(1))处的切线方程为y＝2.
(1)求a，b的值；
(2)求函数f(x)的极值；
(3)若g(x)＝f(x)＋kx在(1,3)上是单调函数，求k的取值范围．
[解] (1)因为f(1)＝－b＋3＝2，所以b＝1.
又f′(x)＝＋aln x＋a－b＝＋aln x＋a－1，
而函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝2，
所以f′(1)＝1＋a－1＝0，所以a＝0.
(2)由(1)得f(x)＝ln x－x＋3，f′(x)＝－1(x>0)．
令f′(x)＝0，得x＝1.
当00；当x>1时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x)的极大值为f(1)＝2，无极小值．
(3)由g(x)＝f(x)＋kx，得g(x)＝ln x＋(k－1)x＋3(x>0)，g′(x)＝＋k－1，
又g(x)在x∈(1,3)上是单调函数，
若g(x)为增函数，有g′(x)≥0，
即g′(x)＝＋k－1≥0，即k≥1－在x∈(1,3)上恒成立．
又1－∈，所以k≥.
若g(x)为减函数，有g′(x)≤0，
即g′(x)＝＋k－1≤0，即k≤1－在x∈(1,3)上恒成立，
又1－∈，所以k≤0.
综上，k的取值范围为(－∞，0]∪.
[技法领悟]
破解此类问题需注意两点：
(1)求函数的单调区间时应优先考虑函数的定义域；
(2)求得函数在多个区间单调性相同时，区间之间用“，”分割，或用“和”相连，一般不用“∪”．
[经典好题——练一手]
1．f(x)＝x(2 016＋ln x)，若f′(x0)＝2 017，则x0＝( )
A．e2 B．1
C．ln 2 D．e
解析：选B f′(x)＝2 016＋ln x＋x·＝2 017＋ln x，由f′(x0)＝2 017，得2 017＋ln x0＝2 017，所以ln x0＝0，解得x0＝1.
2．定义：如果函数f(x)在[m，n]上存在x1，x2(m0，b>0)，则函数g(x)＝aln x＋在点(b，g(b))处的切线斜率的最小值是________．
解析：因为f′(x)＝x2－bx＋a，
所以g(x)＝aln x＋＋1.
所以g′(x)＝＋(x>0)，
因为a>0，b>0，则g′(b)＝＋＝＋≥2，当且仅当a＝b＝1时取“＝”，
所以斜率的最小值为2.
答案：2
4．已知函数f(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x，φ(x)＝mx2.
(1)当m＝时，求函数g(x)＝f(x)－φ(x)的极值；
(2)当m＝1且x≥0时，证明：f(x)≥φ(x)；
(3)若x≥0，f(x)≥φ(x)恒成立，求实数m的取值范围．
解：(1)当m＝时，
g(x)＝f(x)－φ(x)＝(x＋1)2·ln(x＋1)－x－，x>－1，
所以g′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋1)2·－1－x＝2(x＋1)ln(x＋1)．
由解得x＝0，
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(－1,0)
0
(0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
极小值
所以函数g(x)的极小值为g(0)＝0，无极大值．
(2)证明：当m＝1时，令p(x)＝f(x)－φ(x)＝(x＋1)2·ln(x＋1)－x－x2(x≥0)，
所以p′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋1)2·－1－2x＝2(x＋1)ln(x＋1)－x.
设p′(x)＝G(x)，则G′(x)＝2ln(x＋1)＋1>0，
所以函数p′(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以p′(x)≥p′(0)＝0，
所以函数p(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以p(x)≥p(0)＝0.
所以f(x)≥φ(x)．
(3)设h(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x－mx2(x≥0)，
所以h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋x－2mx.
由(2)知当x≥0时，(x＋1)2ln(x＋1)≥x2＋x＝x(x＋1)，
所以(x＋1)ln(x＋1)≥x，所以h′(x)≥3x－2mx.
①当3－2m≥0，即m≤时，h′(x)≥0，
所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以h(x)≥h(0)＝0，满足题意．
②当3－2m<0，即m>时，
设H(x)＝h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(1－2m)x，
则H′(x)＝2ln(x＋1)＋3－2m，
令H′(x)＝0，得x0＝e－1>0，
故h′(x)在[0，x0)上单调递减，在[x0，＋∞)上单调递增．
当x∈[0，x0)时，h′(x)0，x∈R.函数f(x)＝m·n的最小正周期为π.
(1)求ω的值；
(2)在△ABC中，若f(B)＝－2，BC＝，sin B＝sin A，求·的值．
[解] (1)f(x)＝m·n＝2sin ωxcos ωx＋cos2ωx－sin2ωx＝sin 2ωx＋cos 2ωx＝2sin.
因为f(x)的最小正周期为π，所以T＝＝π.
因为ω>0，所以ω＝1.
(2)设△ABC中内角A，B，C所对的边分别是a，b，C．
因为f(B)＝－2，所以2sin＝－2，
即sin＝－1，得B＝.
因为BC＝，所以a＝.
因为sin B＝sin A，所以b＝a，得b＝3.
由正弦定理有＝，解得sin A＝.
因为0b⇔A>B⇔sin A>sin B⇔cos Ac2(c为最大边)；
钝角三角形⇔a2＋b2，C＋B>，A＋C>；
②任意角的正弦值都大于其他角的余弦值．
(4)在△ABC中，A，B，C成等差数列⇔B＝60°；在△ABC中，A，B，C成等差数列，且a，b，c成等比数列⇔三角形为等边三角形．
2．设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其面积为S.
(1)S＝aha＝bhb＝chc(ha，hb，hc分别表示a，b，c边上的高)．
(2)S＝absin C＝bcsin A＝casin B.
(3)S＝r(a＋b＋c)(r为三角形ABC内切圆的半径)．
(六)向量小题 三招搞定
[速解技法——学一招]
解决与向量有关的小题，一般用三招，即“构图、分解、建系”，就能突破难点，顺利解决问题.
[例1] 已知·＝0，||＝1，||＝2，·＝0，则||的最大值为( )
A． B．2
C． D．2
[解析] 选C 由·＝0可知，⊥.
故以B为坐标原点，分别以BA，BC所在的直线为x轴，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则由题意，可得B(0,0)，A(1,0)，C(0,2)．
设D(x，y)，则＝(x－1，y)，＝(－x,2－y)．
由·＝0，可得(x－1)(－x)＋y(2－y)＝0，
整理得2＋(y－1)2＝.
所以点D在以E为圆心，半径r＝的圆上．
因为||表示B，D两点间的距离，
而||＝，
所以||的最大值为||＋r＝＋＝.
[例2] 已知点C为线段AB上一点，P为直线AB外一点，PC是∠APB的平分线，I为PC上一点，满足＝＋λ(λ>0)，||－||＝4，|－|＝10，则的值为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] 选B
因为|－|＝||＝10，PC是∠APB的平分线，又＝＋λ(λ>0)，
即AI―→＝λ，
所以I在∠BAP的平分线上，
由此得I是△ABP的内心．
如图，过I作IH⊥AB于H，以I为圆心，IH为半径作△PAB的内切圆，分别切PA，PB于E，F，
因为||－||＝4，|－|＝10，
||＝||＝(||＋||－||)
＝[||－(||－||)]＝3.
在Rt△BIH中，cos∠IBH＝，
所以＝||cos∠IBH＝||＝3.
[经典好题——练一手]
1．(2017·宝鸡质检)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，|AB|＝|BC|＝2，M，N(不与A，C重合)为AC边上的两个动点，且满足||＝，则·的取值范围为( )
A． B．
C． D．
解析：选C 以等腰直角三角形的直角边BC为x轴，BA为y轴，建立平面直角坐标系如图所示，则B(0，0)，直线AC的方程为x＋y＝2.
设M(a,2－a)，00，b>0，
则D，P，
所以|PC|2＝2＋2＝＋，
|PB|2＝2＋2＝＋，
|PA|2＝2＋2＝＋，
所以|PA|2＋|PB|2＝＋＋＋＝10＝10|PC|2，
所以＝10.
法二：(特殊值法)令|AC|＝|CB|＝1，则|PC|＝|AB|＝，|PA|2＝|PB|2＝，易得
＝10.
答案：10
[常用结论——记一番]
1．在四边形ABCD中：
(1)＝，则四边形ABCD为平行四边形；
(2)＝且(＋)·(－)＝0，则四边形ABCD为菱形；
(3)＝且|＋|＝|－|，则四边形ABCD为矩形；
(4)若＝λ (λ>0，λ≠1)，则四边形ABCD为梯形．
2．设O为△ABC所在平面上一点，内角A，B，C所对的边长分别为a，b，c，则
(1)O为△ABC的外心⇔2＝2＝2.
(2)O为△ABC的重心⇔＋＋＝0.
(3)O为△ABC的垂心⇔·＝·＝·.
(4)O为△ABC的内心⇔a＋b＋c＝0.
(5)O为△ABC的A的旁心⇔a＝b＋c.
(七)玩转通项 搞定数列
[速解技法——学一招]
几种常见的数列类型及通项的求法
(1)递推公式为an＋1＝an＋f(n)
解法：把原递推公式转化为an＋1－an＝f(n)，利用累加法(逐差相加法)求解．
(2)递推公式为an＋1＝f(n)an
解法：把原递推公式转化为＝f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解．
(3)递推公式为an＋1＝pan＋q
解法：通过待定系数法，将原问题转化为特殊数列{an＋k}的形式求解．
(4)递推公式为an＋1＝pan＋f(n)
解法：利用待定系数法，构造数列{bn}，消去f(n)带来的差异．
[例1] 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝an，求an.
[解] 由条件知＝，分别令n＝1,2,3，…，(n－1)，代入上式得(n－1)个等式累乘，
即···…·＝×××…×⇒＝.
又∵a1＝，∴an＝.
[技法领悟]
累加、累乘法起源于等差、等比数列通项公式的求解．使用过程中要注意赋值后得到(n－1)个式子，若把其相加或相乘，等式的左边得到的结果是an－a1或，添加首项后，等式的左边累加或累乘的结果才为an.
[例2] 已知数列{an}的首项a1＝1，an＋1＝，求数列的前10项和．
[解] 因为an＋1＝，
所以＝＝2＋，即－＝2，
所以是首项为1，公差为2的等差数列，
所以＝2n－1，所以an＝，
而＝＝，
所以＋＋…＋＝
＝＝.
[经典好题——练一手]
1．已知数列{an}的首项a1＝2，且an＋1＝an＋n＋1，则数列{an}的通项公式an＝( )
A． B．
C．－1 D．＋1
解析：选D 因为an＋1＝an＋n＋1，
所以an＋1－an＝n＋1，
分别把n＝1,2,3，…，n－1代入上式，得到(n－1)个等式，
an－an－1＝(n－1)＋1，
an－1－an－2＝(n－2)＋1，
an－2－an－3＝(n－3)＋1，
…
a2－a1＝1＋1.
又a1＝2＝1＋1，
故将上述n个式子相加得an＝[(n－1)＋(n－2)＋(n－3)＋…＋2＋1]＋n＋1＝[n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1]＋1＝＋1.
2．已知数列{an}满足a1＝1，an＝an－1＋1(n≥2)，则数列{an}的通项公式an＝________.
解析：由an＝an－1＋1(n≥2)，得an－2＝(an－1－2)，而a1－2＝1－2＝－1，
∴数列{an－2}是首项为－1，公比为的等比数列．
∴an－2＝－n－1，∴an＝2－n－1.
答案：2－n－1
3．设{an}是首项为1的正项数列，且a－a－nan－nan－1＝0(n∈N*，n≥2)，则数列的通项公式an＝________.
解析：由题设得(an＋an－1)(an－an－1－n)＝0，
由an>0，an－1>0知an＋an－1>0，于是an－an－1＝n，
所以an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)＝1＋2＋3＋…＋n＝.
答案：
4．在数列{an}中，已知a1＝－1，an＋1＝2an＋4·3n－1，求通项公式an.
解：原递推式可化为an＋1＋λ·3n＝2(an＋λ·3n－1)，比较系数得λ＝－4，
即an＋1－4·3n＝2(an－4·3n－1)，
则数列{an－4·3n－1}是首项为a1－4·31－1＝－5，公比为2的等比数列，
故an－4·3n－1＝－5·2n－1，
即an＝4·3n－1－5·2n－1.
[常用结论——记一番]
等差(比)数列的重要结论
(1)数列{an}是等差数列⇔数列{c}是等比数列；数列{an}是等比数列，则数列{loga|an|}是等差数列．
(2){an}，{bn}是等差数列，Sn，Tn分别为它们的前n项和，若bm≠0，则＝.
(3)首项为正(或为负)递减(或递增)的等差数列前n项和最大(或最小)问题转化为解不等式，也可化为二次型函数Sn＝An2＋Bn来分析，注意n∈N*.
(4)等差(比)数列中，Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…(各项均不为0)仍是等差(比)数列．
(八)掌握规律 巧妙求和
[速解技法——学一招]
求数列的前n项和的主要方法
(1)公式法：对于等差数列或等比数列可用公式法．
(2)裂项相消法：将数列的每一项分解为两项的差，在求和时中间的一些项可以相互抵消，从而累加相消．
(3)错位相减法：若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则对于数列{anbn}的前n项和可用错位相减法．
(4)倒序相加法：如果一个数列{an}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．
[例1] 已知等差数列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10项和S10＝100.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an·2}的前n项和．
[解] (1)设等差数列{an}的公差为d，由已知得
解得
所以{an}的通项公式为an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)令bn＝2，由(1)可知an·bn＝(2n－1)×22n－1，
设Tn为数列{an·bn}的前n项和，
所以Tn＝1×21＋3×23＋5×25＋…＋(2n－3)×22n－3＋(2n－1)×22n－1，①
4Tn＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1，②
①－②得：－3Tn＝2＋2×(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)×22n＋1，
所以Tn＝
＝
＝
＝.
[技法领悟]
利用错位相减法求和应注意以下3点
(1)判断模型，即判断数列{an}，{bn}中一个为等差数列，一个为等比数列；
(2)错开位置，一般先乘以公比，再把前n项和退后一个位置来书写，这样避免两式相减时看错列；
(3)相减，相减时定要注意式中最后一项的符号，考生常在此处出错，一定要细心．
[例2] 已知数列{an}满足a1＝，an＋1＝a＋an，bn＝(n∈N*)，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，Pn＝b1b2·…·bn，求2Pn＋Sn的值．
[解] 因为a1＝，an＋1＝a＋an，n∈N*，
所以an＋1>an>0，an＋1＝an(an＋1)，
所以bn＝＝＝＝－.
Pn＝b1b2·…·bn＝··…·＝，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋＝2－，
故2Pn＋Sn＝＋＝2.
[技法领悟]
利用裂项相消法求和应注意以下2点
(1)抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项；
(2)将通项裂项后，有时需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项相等．如：若{an}是等差数列，则＝，＝.
[经典好题——练一手]
1．(2018届高三·湖南十校联考)数列1，3，5，7，…的前n项和Sn＝________.
解析：利用分组求和法，可得Sn＝(1＋3＋5＋…＋2n－1)＋＝n2＋1－.
答案：n2＋1－
2．(2017·武汉调研)设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝9，a2为整数，且
Sn≤S5，则数列的前9项和为________．
解析：设数列{an}的公差为d，
由Sn≤S5，得即
得－≤d≤－，又a2为整数，
∴d＝－2，an＝a1＋(n－1)×d＝11－2n，
故＝，
∴数列的前n项和
Tn＝
＝，
∴T9＝－×＝－.
答案：－
3．(2018届高三·安徽名校阶段性测试)已知单调递增的等比数列{an}满足a2＋a3＋a4＝28，且a3＋2是a2，a4的等差中项．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝an＋1·logan，求数列{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设等比数列{an}的首项为a1，公比为q.
依题意，有2(a3＋2)＝a2＋a4，
代入a2＋a3＋a4＝28，得a3＝8.
因此a2＋a4＝20，即有
解得或
又数列{an}单调递增，则故an＝2n.
(2)∵bn＝2n＋1·log2n＝－n·2n＋1，
∴－Sn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1，①
－2Sn＝1×23＋2×24＋3×25＋…＋(n－1)×2n＋1＋n×2n＋2.②
①－②，得Sn＝22＋23＋24＋…＋2n＋1－n·2n＋2＝－n·2n＋2＝(1－n)2n＋2－4.
4．在等差数列{an}中，a2＋a7＝－23，a3＋a8＝－29.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，求{bn}的前n项和Sn.
解：(1)设等差数列{an}的公差为d.
∵a3＋a8－(a2＋a7)＝2d＝－6.
∴d＝－3，
∴a2＋a7＝2a1＋7d＝－23，解得a1＝－1，
∴数列{an}的通项公式为an＝－3n＋2.
(2)∵数列{an＋bn}是首项为1，公比为q的等比数列，
∴an＋bn＝qn－1，即－3n＋2＋bn＝qn－1，
∴bn＝3n－2＋qn－1.
∴Sn＝[1＋4＋7＋…＋(3n－2)]＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)＝＋(1＋q＋q2＋…＋qn－1)，
故当q＝1时，Sn＝＋n＝；
当q≠1时，Sn＝＋.
[常用结论——记一番]
常用裂项公式
(1)＝－；
(2)＝－；
(3)an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝··…··a1；
(4)n(n＋1)＝[n(n＋1)(n＋2)－(n－1)n(n＋1)]；
(5)＝；
(6)＝1＋.
(九)求得通项 何愁放缩
[速解技法——学一招]
[例1] 已知数列{an}满足a1＝8，(n＋1)an＋1＝(n＋3)an＋8n＋8，
(1)求an；
(2)求证：＋＋…＋<.
[解] (1)(n＋1)an＋1＝(n＋3)an＋8n＋8两边同除以(n＋1)(n＋2)(n＋3)，
得＝＋，
即－＝8.
利用累加法，可得－＝8，
化简求得an＋1＝4(n＋1)(n＋2)，所以an＝4n(n＋1)．
(2)证明：法一：<＝，
通过计算，当n≥4时，＋＋＋…＋<＋＋＋
<＋＋＋<.
法二：<＝＝.
当n≥3时，＋＋…＋<＋＋<＋＋<＋＋＝.
[例2] 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：法一：当n＝1时，＝1<，
当n≥2时，n≥2>2⇔3n>2×2n⇔an>2n⇔<.
∴＋＋…＋<1＋＋＋…＋＝1＋－<.
由上式得：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
法二：an＝3n－2n＝(3－2)(3n－1＋3n－2×2＋3n－3×22＋…＋2n－1)≥3n－1，
∴≤，
∴＋＋…＋≤1＋＋＋…＋＝<.
[经典好题——练一手]
已知数列{an}满足：a1＝2且an＋1＝(n∈N*)．
(1)求证：数列为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋＋…＋0，所以<0，
即an＋1－2与an－2异号，
故an＋2－2与an－2同号，
于是a2n＋1－2与a2n－1－2同号．
又a1－2＝－1<0，所以a2n＋1<2.
另一方面，
a2n＋1－a2n－1＝－a2n－1＝－a2n－1
＝－a2n－1＝.
由a2n－1<2知a2n＋1－a2n－1>0，即a2n＋1>a2n－1.
综上所述，a2n－1n－1.
故Sn＝b1＋b2＋…＋bn≤1＋＋2＋…＋n－1＝<，
Sn＝b1＋b2＋…＋bn>＝，
综上所述，0，n∈N*.
当n＝1时，＝1>2(－1)，命题成立．
当n≥2时，由an＋1an＝n＋1得anan－1＝n，
所以an(an＋1－an－1)＝1，＝an＋1－an－1.
从而有＝＋(ak＋1－ak－1)＝an＋1＋an－2≥2－2≥2(－1)．
[常用结论——记一番]
经常用到的几种放缩：
(1)<
＝；
(2)＝
＝·
＝
<2.
(十一)线性规划 布线行针
[速解技法——学一招]
解不含实际背景的线性规划问题的一般步骤
(1)画出可行域；
(2)根据线性目标函数的几何意义确定其取得最优解的点；
(3)求出目标函数的最大值或最小值．
解决线性规划问题首先要作出可行域，再注意目标函数表示的几何意义，常见几何意义有直线、斜率、距离、面积等，整点问题要验证解决．
[典例] 已知a>0，x，y满足约束条件若z＝2x＋y的最小值为1，则a的值为( )
A． B．
C．1 D．2
[解析] 选B 由约束条件作出可行域(如图所示的△ABC及其内部)．
法一：由得A(1，－2a)，当直线2x＋y－z＝0过点A时，z＝2x＋y取得最小值，所以1＝2×1－2a，解得a＝.
法二：由目标函数y＝－2x＋z，可知过点A时z最小，最小值为1，则直线2x＋y＝1过点A，由得A(1，－1)，代入y＝a(x－3)得a＝.
[技法领悟]
对于线性规划中的参数问题，需注意
(1)当最值是已知时，目标函数中的参数往往与直线斜率有关，解题时应充分利用斜率这一特征加以转化．
(2)当目标函数与最值都是已知，且约束条件中含有参数时，因为平面区域是变动的，所以要抓住目标函数及最值已知这一突破口，先确定最优解，然后变动参数范围，使得这样的最优解在该区域内即可．
[经典好题——练一手]
1．设不等式组表示的平面区域为M，若直线kx－y＋1＝0(k∈R)平分M的面积，则实数k的值为( )
A． B．
C．－ D．－
解析：选B 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示，即△ABC及其内部，其中A(1,0)，B(0,1)，C(3，4)．因为直线kx－y＋1＝0(k∈R)过定点(0,1)，所以直线kx－y＋1＝0(k∈R)过点B(0，1)．又直线kx－y＋1＝0(k∈R)平分M的面积，所以直线kx－y＋1＝0需过线段AC的中点D(2,2)，将D(2，2)代入直线kx－y＋1＝0，得k＝.
2．设x，y满足约束条件则目标函数z＝的取值范围为( )
A．[－3,3] B．[－2,2]
C．[－1,1] D．
解析：选D 根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域如图中阴影部分(包括边界)所示，即△ABC及其内部，其中A(－1，－2)，B(－1,2)，C(1,0)，而z＝表示可行域内的点(x，y)与定点M(2,0)的连线的斜率，由图易知≤z≤，即－≤z≤，
故z的取值范围为.
3．实数x，y满足且z＝2x＋y的最大值是最小值的4倍，则a的值是( )
A． B．
C． D．
解析：选B 在直角坐标系中作出不等式组所表示的可行域如图中阴影部分(包括边界)所示，即△ABC及其内部，当目标函数z＝2x＋y经过可行域中的点B(1,1)时有最大值3，当目标函数z＝2x＋y经过可行域中的点A(a，a)时有最小值3a，由3＝4×3a，得a＝.
4．已知变量x，y满足约束条件若使z＝ax＋y取得最小值的最优解有无穷多个，则实数a的取值集合是( )
A．{－2,0} B．{1，－2}
C．{0,1} D．{－2,0,1}
解析：选B 作出不等式组表示的可行域如图中阴影部分所示．
由z＝ax＋y得y＝－ax＋z.
若a＝0，则直线y＝－ax＋z＝z，此时z取得最小值的最优解只有一个，不满足题意；
若－a>0，则直线y＝－ax＋z在y轴上的截距取得最小值时，z取得最小值，此时当直线y＝－ax与直线2x－y－9＝0平行时满足题意，此时－a＝2，解得a＝－2；
若－a<0，则直线y＝－ax＋z在y轴上的截距取得最小值时，z取得最小值，此时当直线y＝－ax与直线x＋y－3＝0平行时满足题意，此时－a＝－1，解得a＝1.
综上可知，a＝－2或a＝1.
[常用结论——记一番]
线性规划中的几个目标函数(代数式)的几何意义
(1)z＝ax＋by，若b>0，则z随着直线在y轴上的截距的增大而增大；
若b<0，则z随着直线在y轴上的截距的增大而减小；
(2)表示过两点(x，y)，(m，n)的直线斜率；
(3)(x－m)2＋(y－n)2表示(x，y)与(m，n)两点距离的平方．
(十二)绝对值题 4法破解
[速解技法——学一招]
含绝对值问题的解法主要有
(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繁，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．
[例1] 方程|ax－1|＝x的解集为A，若A⊆[0,2]，则实数a的取值范围是________．
[解析] 法一：|ax－1|＝x⇔(a2－1)x2－2ax＋1＝0(x≥0)．
当a＝1时，A＝⊆[0,2]，
当a＝－1时，A＝∅⊆[0,2]；
当a≠±1时，(a2－1)x2－2ax＋1＝0的解为x1＝，x2＝，要使A⊆[0,2]，
则需或或
解得a<－1或－≤a<1或a≥，
综上，a≤－1或－≤a≤1或a≥.
法二：|ax－1|＝x等价于ax－1＝x或ax－1＝－x(x≥0)，
分别作出y＝ax－1，y＝x，y＝－x(x>0)的图象如图①所示，
当y＝ax－1与y＝x，y＝－x有两个交点时，a≥＝，同理，当有一个交点时，≤a≤1，即－≤a≤1，无交点时，a≤－1.
法三：|ax－1|＝x等价于a－1＝或a＋1＝(x≥0)，分别作出y＝a－1，y＝a＋1，y＝的图象如图②所示，
所以由图知或或a＋1≤0，
解得a≥或－≤a≤1或a≤－1.
[答案] (－∞，－1]∪∪
[例2] 设函数f(x)＝|x－a|，a<0.
(1)证明：f(x)＋f≥2；
(2)若不等式f(x)＋f(2x)<的解集非空，求a的取值范围．
[解] (1)证明：函数f(x)＝|x－a|，a<0，
设f(x)＋f＝|x－a|＋
＝|x－a|＋≥
＝＝|x|＋≥2
＝2(当且仅当|x|＝1时取等号)．
(2)f(x)＋f(2x)＝|x－a|＋|2x－a|，a<0.
当x≤a时，f(x)＋f(2x)＝a－x＋a－2x＝2a－3x，
则f(x)＋f(2x)≥－a；
当a－，
解得a>－1，又a<0，所以－1＜a＜0，
故a的取值范围是(－1,0)．
[经典好题——练一手]
1．在直角坐标系xOy中，若直线y＝m与曲线y＝－有四个交点，则实数m的取值范围是________．
解析：y＝－是偶函数，故只需画出x>0时的图象，f(x)＝再作出关于y轴对称的，x<0时的图象及y＝m，由图可知00，b∈R，存在x0∈[1,2]，使得f(x0)≥m成立，求m的取值范围．
解：记maf(x)＝M，则M≥f(1)＝|a＋b－2|，
M≥f(2)＝|2a＋b－1|，
所以2M≥f(1)＋f(2)≥|f(1)－f(2)|＝|a＋1|，
所以M≥>，所以m≤.
故m的取值范围为.
[常用结论——记一番]
解含有绝对值的问题经常用到的三性质与三定理
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．
三定理
定理一：绝对值三角不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|.
定理二：最值定理：设a10且Δ≤0，可得b2≤4ac－4a2，则≤＝，又4ac－4a2≥0，∴4·－4≥0，∴－1≥0，令t＝－1，则t≥0.当t>0时，≤＝≤＝－2当且仅当t＝时等号成立，当t＝0时，＝0<－2，故的最大值为－2，故选B.
2．设a，b>0，且a＋b＝1，则2＋2的最小值为________．
解析：因为(12＋12)
≥2
＝2
＝2≥25，当且仅当a＝b＝时取等号．
答案：25
3．设x，y为正数，x＋y＝1，求＋的最小值．
解：＋＝＋
＝x－2＋＋y－1＋
＝＋－2
＝[(x＋2)＋(y＋1)]－2
＝－2≥(5＋4)－2＝，
当且仅当x＝2y＝时取等号．
所以＋的最小值为..
[常用结论——记一番]
1．如果a，b∈R，那么a2＋b2≥2ab(当且仅当a＝b时取等号)．
2．如果a，b是正数，那么≥(当且仅当a＝b时取等号)．
我们称为a，b的算术平均数，称为a，b的几何平均数．
3．最值定理：若x，y∈R＋，x＋y＝S，xy＝P，则：
①如果P是定值，那么当x＝y时，S的值最小；
②如果S是定值，那么当x＝y时，P的值最大．
注意：
(1)前提是“一正、二定、三相等”，如果没有满足前提，则应根据题目创设情境；还要注意选择恰当的公式；
(2)“和定积最大，积定和最小”，可用来求最值；
(3)均值不等式具有放缩功能，如果有多处用到，请注意每处取等的条件是否一致．
(十四)数学归纳 加强更强
[速解技法——学一招]
数列不等式常见的证明方法主要有数学归纳法、放缩法、分析法等，特别是数学归纳法，简单易操作，是证明该类问题的首选，不过在处理a1＋a2＋…＋an≤c(≥c)时数学归纳法往往不能轻易过渡，所以常需要加强命题，去证明a1＋a2＋…＋an≤c－，除去第一数学归纳法，有时还需要用到第二数学归纳法，见本节“记一点常用结论”.
[典例] 已知数列{an}的各项均为正数，bn＝nnan(n∈N*)，e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)＝1＋x－ex的单调区间，并比较n与e的大小；
(2)计算，，，由此推测计算的公式，并给出证明．
[解] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1－ex.
当x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
故f(x)的单调递增区间为(－∞，0]，单调递减区间为[0，＋∞)．
当x>0时，f(x)b>0)．过右焦点F(c,0)的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点F作l的垂线，交直线x＝于P点，若的最小值为，试求椭圆C的离心率e的取值范围．
[解] 法一：设直线l：x＝my＋c，且A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立得(b2m2＋a2)y2＋2mcb2y－b4＝0，
则
进而|y1－y2|＝.
于是|AB|＝|y1－y2|＝.
易知直线PF：y＝－m(x－c)，
得|PF|＝＝ .
所以＝＝.
令 ＝t(t≥1)，
则＝＝.
设函数f(t)＝≥.
所以≥1，得≥，即e≥.
故椭圆的离心率e的取值范围为.
法二：设直线l：(其中t为参数)．
联立直线与椭圆方程可得
t2＋t＋－1＝0，
于是|AB|＝|t1－t2|＝·.
易知直线PF：(t为参数)
由x＝＝c＋t3cos.
所以|PF|＝|t3|＝，
＝≥，
当且仅当sin α＝时取等号，
所以≥1，得≥，即e≥.
故椭圆的离心率e的取值范围为.
[技法领悟]
因为点F(c,0)的纵坐标为0，所以反设占有一定的优势，为便于对比，解法一采用反设法，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，
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]
解直线与圆锥曲线问题时，选择反设的直线方程可以适当简化一些计算，不过要注意公式的对比：
(1)弦长公式：|x1－x2|＝|y1－y2|＝|y1－y2|＝ .
其中a′是直线与圆锥曲线联立所得方程a′x2＋b′x＋c′＝0的首项系数，Δ是方程的判别式，t＝.
(2)如果是参数方程弦长公式为|t1－t2|.
同时适当关注某些特定直线方程．
①若点P(x0，y0)为圆(x－a)2＋(y－b)2＝R2上的点，则经过点P的切线方程为(x－a)(x0－a)＋(y－b)·(y0－b)＝R2；
②若点P(x0，y0)为椭圆＋＝1(a>b>0)上的点，则经过点P的切线方程为＋＝1；
③若点P(x0，y0)为双曲线－＝1(a>0，b>0)上的点，则经过点P的切线方程为－＝1；
④若点P(x0，y0)为抛物线y2＝2px上的点，则经过点P的切线方程为yy0＝p(x＋x0)．
(十九)巧用定值 曲径通幽
[速解技法——学一招]
椭圆是解析几何中的一个基本曲线，椭圆中蕴含了很多性质，常见的有弦长、面积等一系列问题，特别是其中的一类斜率乘积为定值的问题不可不知.,解决这类问题的常用解法：
(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
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：可设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·＝－得证．
[经典好题——练一手]
1.
已知椭圆C：＋y2＝1，过椭圆上一点A(0,1)作直线l交椭圆于另一点B，P为线段AB的中点，若直线AB，OP的斜率存在且不为零，则kABkOP＝________.
解析：法一：(特殊值法)取B，则P，
则kAB＝，kOP＝，
故kAB·kOP＝×＝－.
法二：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋1，
联立方程消去y得，(1＋4k2)x2＋8kx＝0，
得xB＝，即B.
则P，
∴kAB＝k，kOP＝－，
∴kAB·kOP＝－.
法三：(点差法)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，P(x0，y0)，
则两式相减得＋y－y＝0，
化简得·＝－，
即·＝－，
∴kAB·kOP＝－.
答案：－
2．已知直线l：y＝x＋，圆O：x2＋y2＝5，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，直线l被圆截得的弦长与椭圆的短轴长相等．
(1)求椭圆E的方程；
(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证：切线斜率之积为定值．
解：(1)由题意，圆心O到直线l的距离d＝＝，
则直线l被圆截得的弦长l＝2＝2，
∴b＝，
由得a＝，
故椭圆E的方程为＋＝1.
(2)证明：设点P的坐标为(x0，y0)，过P点与椭圆相切的切线方程为y－y0＝k(x－x0)．
因为点P在圆x2＋y2＝5上，所以x＋y＝5，
联立方程
消去y得，(3＋2k2)x2－4k(kx0－y0)x＋2(kx0－y0)2－6＝0，
由题意知Δ＝[－4k(kx0－y0)]2－4×(3＋2k2)[2(kx0－y0)2－6]＝0，
即2k2(kx0－y0)2－(3＋2k2)(kx0－y0)2＋3(3＋2k2)＝0，
(x－2)k2－2x0y0k＋y－3＝0，
设过P点与椭圆E相切的两条切线斜率为k1，k2.
则k1·k2＝＝＝－1(定值)，
所以两切线斜率之积为定值．
[常用结论——记一番]
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，下列三个斜率的乘积是定值－：
(1)直线l交椭圆于A，B两点，M为AB的中点，若l与OM的斜率存在，则kl·kOM＝－.
(2)点P为椭圆上除顶点外任意一点，过点P的直线l与椭圆相切，若直线l的斜率为k且不为零，则k·kOP＝－.
(3)直线AB过椭圆的中心O，交椭圆于A，B两点，P为椭圆上异于A，B，且使得kPA，kPB都存在且不为零的点，则kPA·kPB＝－.
对于双曲线C：－＝1(a>0，b>0)，下列三个斜率的乘积是定值：
(1)双曲线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与双曲线相切，若直线l的斜率为k且不为零，则k·kOP＝；
(3)过原点的直线l与双曲线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＝.
(二十)构造函数 突破压轴
[速解技法——学一招]
构造函数是数学的一种重要思想方法，它体现了数学的发现、类比、化归、猜想、实验和归纳等思想.分析近些年的高考，发现构造函数的思想越来越重要，而且很多都用在压轴题(无论是主观题还是客观题)的解答上.
1.构造函数的主要步骤：
(1)分析：分析已知条件，联想函数模型；
(2)构造：构造辅助函数，转化问题本质；
(3)回归：解析所构函数，回归所求问题.
2.构造函数常用于如下几个方面：
(1)构造函数比较两式大小；
(2)构造新函数研究原函数的性质；
(3)构造函数证明不等式；
(4)构造函数研究方程的零点问题；
(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．已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为( )
A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
解析：选B 因为f(x＋2)为偶函数，所以f(x＋2)的图象关于x＝0对称，所以f(x)的图象关于x＝2对称．
所以f(0)＝f(4)＝1.
设g(x)＝(x∈R)，
则g′(x)＝＝.
又f′(x)＜f(x)，所以g′(x)＜0(x∈R)，
所以函数g(x)在定义域R上单调递减．
因为f(x)＜ex⇔＜1，而g(0)＝＝1，
所以f(x)＜ex⇔g(x)＜g(0)，所以x＞0.故选B.
2．若0 B．b≥
C．b< D．b≤
解析：选C 令f(a)＝a－a2，又0N时，恒有cn∈，若存在，证明你的结论，并给出一个具体的N值，若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：由S1＝a1＝＝0，得a1＝0，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－an－1，可得(n－2)an＝(n－1)an－1.
故当n≥3时，an＝an－1＝··…····a2＝(n－1)p.
又n＝2时，a2＝p，n＝1时，a1＝0，也适合an＝(n－1)p，
故对一切正整数n，都有an＝(n－1)p，an＋1－an＝p，
由于p是常数，故数列{an}为等差数列．
(2)由(1)知Sn＝＝，
因为bn＝＋＝＋＝2＋2，
所以Tn＝2n＋2
＝2n＋2
＝2n＋3－2.
(3)cn＝Tn－2n＝3－2<3对所有正整数n都成立．
若cn>，即3－2>⇒＋<，
记f(n)＝＋，则f(n)单调递减，
又f(6)＝＋>＋＝，f(7)＝＋<＋＝，故只要取N＝6，则当n>N时，f(n)<.
故存在正整数N使得当n>N时，恒有cn∈，N可以取所有不小于6的正整数．
[常用结论——记一番]
1．构造函数解决导数问题常用模型
(1)条件：f′(x)>a(a≠0)：构造函数：h(x)＝f(x)－ax
(2)条件：f′(x)±g′(x)>0：构造函数：h(x)＝f(x)±g(x)
(3)条件：f′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝exf(x)
(4)条件：f′(x)－f(x)>0：构造函数：h(x)＝
(5)条件：xf′(x)＋f(x)>0：构造函数：h(x)＝xf(x)
(6)条件：xf′(x)－f(x)>0：构造函数：h(x)＝
(7)条件：>0：构造函数：h(x)＝ln|f(x)|
2．构造函数证明数列不等式常用模型
(1)求证：＋＋＋…＋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00，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0e－x，
即证当x>0，a≥时，ln x＋>e－x，
即证xln x＋a>xe－x，
令h(x)＝xln x＋a，则h′(x)＝ln x＋1.
当0时，f′(x)>0，
所以函数h(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以h(x)min＝h＝－＋A．
故当a≥时，h(x)≥－＋a≥.①
令φ(x)＝xe－x，则φ′(x)＝e－x－xe－x＝e－x(1－x)．
当00；当x>1时，φ′(x)<0.
所以函数φ(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
所以φ(x)max＝φ(1)＝.
故当x>0时，φ(x)≤.②
显然，不等式①②中的等号不能同时成立．
故当a≥时，f(x)>e－x.
[经典好题——练一手]
1．已知二次函数f(x)＝x2＋x＋a，若f(x)在区间[－1,1]上有两个不同的零点，则a的取值范围是________．
解析：法一：设函数的两个零点分别为x1，x2，不妨设x10)，得h(x)在(0，＋∞)上为减函数，且h(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，故g′(x)>0，g(x)为增函数，
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，故g′(x)<0，g(x)为减函数，
所以g(x)max＝g(1)＝，又当x→＋∞时，g(x)→0，
所以g(x)的图象如图所示，故02.
解：(1)因为f(1)＝e，所以(a－b)e＝e，故a－b＝1.①
依题意，f′(1)＝－2e－1.
又f′(x)＝aex－－b(exx3＋3x2ex)，
故f′(1)＝ae－1－4be＝－2e－1，故a－4b＝－2.②
联立①②，解得a＝2，b＝1.
(2)证明：由(1)得f(x)＝2ex－－exx3，
要证f(x)>2，即证2ex－exx3>2＋.
令g(x)＝2ex－exx3，
则g′(x)＝－ex(x3＋3x2－2)＝－ex(x＋1)(x2＋2x－2)，
故当x∈(0,1)时，－ex<0，x＋1>0.
令p(x)＝x2＋2x－2，因为p(x)图象的对称轴为x＝－1，且p(0)·p(1)<0，
故存在x0∈(0,1)，使得p(x0)＝0，
故当x∈(0，x0)时，p(x)＝x2＋2x－2<0，
g′(x)＝－ex(x＋1)(x2＋2x－2)>0，
即g(x)在(0，x0)上单调递增；
当x∈(x0,1)时，p(x)＝x2＋2x－2>0，
故g′(x)＝－ex(x＋1)(x2＋2x－2)<0，
即g(x)在(x0,1)上单调递减．
因为g(0)＝2，g(1)＝e，
故当x∈(0,1)时，g(x)>g(0)＝2，
又当x∈(0,1)时，<0，所以2＋<2，
所以2ex－exx3>2＋，即当x∈(0,1)时，f(x)>2.
[常用结论——记一番]
参变分离后会出现的情况及处理方法：(假设x为自变量，其范围设为D，f(x)为函数；a为参数，g(a)为其表达式)．
若f(x)的值域为[m，M]，
(1)∀x∈D，g(a)≤f(x)，则只需要g(a)≤f(x)min＝m，
∀x∈D，g(a)f(x)，则只需要g(a)>f(x)max＝M；
(3)∃x0∈D，g(a)≤f(x0)，则只需要g(a)≤f(x)max＝M，
∃x0∈D，g(a)f(x0)，则只需要g(a)>f(x)min＝m.
(二十二)妙用判别 玩转方程
[速解技法——学一招]
判别式法是一种技巧层次的解题方法，是把题设中的条件转化为一个方程，或者能通过条件构造出合适的函数，最终运用判别式来求解的思想方法.
实系数二次方程根的判别式在解题中具有极其重要的地位，其主要用途有以下几个方面：一是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；二是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；三是结合反表示法求分式函数的值域；四是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.
[例1] 已知△ABC，设P0是边AB上的一个定点，满足P0B＝AB，且对于边AB上任一点P，恒有·≥·，则( )
A．∠ABC＝90° B．∠BAC＝90°
C．AB＝AC D．AC＝BC
[解析] 由题意，设||＝4，则||＝1，过点C作AB的垂线，垂足为H.在AB上任取一点P，设HP0＝a，则由数量积的几何意义可得，·＝PH―→·＝[||－(a＋1)]||，·＝－|P0H―→|·||＝－a，于是·≥· 恒成立，相当于[||－(a＋1)]·||≥－a恒成立，整理得||2－(a＋1)||＋a≥0恒成立，只需Δ＝(a＋1)2－4a＝(a－1)2≤0即可，于是a＝1，因此我们得到HB＝2，即H是AB的中点，故△ABC是等腰三角形，所以AC＝BC．故选D.
[答案] D
[例2] 设x，y为实数，若4x2＋y2＋xy＝1，求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：
3．已知实数x，y满足x2＋xy＋y2＝1，求S＝的最小值与最大值．
解：令y＝kx，则x2＋xy＋y2＝1，变形得(1＋k＋k2)x2＝1，即x2＝.
因为x2>0，可得k∈R.
S＝＝，可整理成关于k的方程，
得2Sk2－4k＋S－1＝0.
当S＝0时，易得k＝－；
当S≠0时，应有Δ＝16－8S(S－1)≥0，解得－1≤S≤2，且S≠0.
综上所述，S＝的最小值为－1，最大值为2.
[常用结论——记一番]
定理1：三角方程解的判别定理
asin x＋bcos x＋c＝0(a，b不同时为零)的判别式：Δ＝a2＋b2－c2，
(1)当Δ>0时，方程有两个不同的实数根；
(2)当Δ＝0时，方程有一个实数根；
(3)当Δ<0时，方程无实数根．
定理2：一元三次方程根的判别定理
研究三次方程x3＋ax2＋bx＋c＝0(a，b，c∈R)，
令x＝y－，代入三次方程可得y3＋y＋＝0，
令p＝，q＝，则方程化为y3＋py＋q＝0，
故任意一个一元三次方程均可化为x3＋px＋q＝0(p，q∈R)，
其判别式记为D＝2＋3，
(1)当D>0时，方程有一个实数根和一对共轭虚数根；
(2)当D＝0时，方程有三个实数根，且其中两个相等；
(3)当D<0时，方程有三个不相等的实数根．
(二十三)创新试题 类比猜想
[速解技法——学一招]
创新题一直是高考命题的重点，特别是概念型、定义型、开放型等数学创新试题，它们解法灵活，值得我们重视.
1.概念型信息题.解决此类问题的关键是仔细阅读、抓住信息、透彻理解.
2.定义型应用题.解决此类问题的关键是要用数学的文字语言、符号语言和图形语言理解定义、熟悉定义，从而掌握定义.
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.
[例1] 设f(x)，g(x)，h(x)是定义域为R的三个函数，对于命题：①若f(x)＋g(x)，f(x)＋h(x)，g(x)＋h(x)均为增函数，则f(x)，g(x)，h(x)中至少有一个为增函数；②若f(x)＋g(x)，f(x)＋h(x)，g(x)＋h(x)均是以T为周期的函数，则f(x)，g(x)，h(x)均是以T为周期的函数，下列判断正确的是( )
A．①和②均为真命题
B．①和②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题
D．①为假命题，②为真命题
[解析] 选D ①不成立，可举反例：
f(x)＝g(x)＝
h(x)＝
②f(x)＋g(x)＝f(x＋T)＋g(x＋T)，
f(x)＋h(x)＝f(x＋T)＋h(x＋T)，
g(x)＋h(x)＝g(x＋T)＋h(x＋T)，
前两式作差，可得g(x)－h(x)＝g(x＋T)－h(x＋T)，
结合第三式，可得g(x)＝g(x＋T)，h(x)＝h(x＋T)，
同理也有f(x)＝f(x＋T)．
∴②正确．故选D.
[例2] 在R上定义运算⊗：x⊗y＝x(1－y)．请根据所定义运算，解决以下问题：命题“∃xi(i＝1,2，x1≠x2)，1⊗(2k－3－kxi)＝1＋为真”，则实数k的取值范围是( )
A． B．
C． D．
[解析] 选B 命题“∃xi(i＝1,2，x1≠x2)，1⊗(2k－3－kxi)＝1＋为真”等价于方程k(x－2)＋4＝1＋有两个不同的实数根，
又等价于函数y＝1＋的图象与y＝k(x－2)＋4的图象有两个不同的交点，
由y＝1＋ ，得 ＝y－1，
即x2＋(y－1)2＝4(y≥1)．
如图所示，当直线从PA按顺时针方向旋转到切线PC位置时，曲线y＝1＋ 与直线y＝k(x－2)＋4有两个不同的交点，故kPC
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