2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第一部分板塊（二）系統(tǒng)熱門考點-以點帶面試題文

第一局部板塊〔二〕系統(tǒng)熱門考點——以點帶面試題板塊(二)系統(tǒng)熱門考點——以點帶面(一)巧用性質(zhì)妙解函數(shù)[速解技法——學(xué)一招]函數(shù)性質(zhì)主要指函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、對稱性，要深刻理解并加以巧妙地運用．以對稱性為例，假設(shè)函數(shù)f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)，那么函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝eq\f(a＋b,2)對稱；假設(shè)函數(shù)f(x)滿足f(a＋x)＋f(b－x)＝c，那么函數(shù)圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，\f(c,2)))對稱．[例1]定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x－2)＝－f(x)，且在[0,1]上是增函數(shù)，那么有()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))[解析]選B由題設(shè)知f(x)＝－f(x－2)＝f(2－x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱．由于奇函數(shù)f(x)在[0,1]上是增函數(shù)，故f(x)在[－1,0]上也是增函數(shù)，綜上，函數(shù)f(x)在[－1,1]上是增函數(shù)，在[1,3]上是減函數(shù)．又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))).[例2]函數(shù)f(x)＝x3＋sinx的定義域為[－1，1]，假設(shè)f(log2m)<f(log4(m＋2))成立，那么實數(shù)m[解析]由f(x)＝x3＋sinx的定義域為[－1,1]，易知f(x)在[－1,1]上單調(diào)遞增，由f(log2m)<f(log4(m可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤log2m≤1，,－1≤log4m＋2≤1，,log2m<log4m＋2，,m>0，,m＋2>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)≤m≤2，,－\f(7,4)≤m≤2，,0<m<2，,m>0，,m>－2，))故eq\f(1,2)≤m<2.綜上可知，實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2)).[答案]eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))[經(jīng)典好題——練一手]1．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(2＋x)＝－f(2－x)，當(dāng)x<2時，f(x)單調(diào)遞增，如果x1＋x2<4，且(x1－2)·(x2－2)<0，那么f(x1)＋f(x2)的值為()A．可正可負 B．可能為0C．恒大于0 D．恒小于0解析：選D由f(2＋x)＝－f(2－x)可知，函數(shù)圖象關(guān)于點(2,0)中心對稱．因為x<2時，f(x)單調(diào)遞增，所以x>2時，f(x)單調(diào)遞增．因為x1＋x2<4且(x1－2)·(x2－2)<0，設(shè)x1<2<x2，那么x2<4－x1，所以f(x2)<f(4－x1)．又因為f(4－x1)＝－f(x1)，所以f(x2)<－f(x1)，即f(x1)＋f(x2)<0.2．定義在R上的函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1(m為實數(shù))為偶函數(shù)，記a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，那么a，b，cA．a(chǎn)<b<c B．a(chǎn)<c<bC．c<a<b D．c<b<a解析：選C由函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1為偶函數(shù)可知，m＝0，故f(x)＝2|x|－1.當(dāng)x>0時，f(x)為增函數(shù)，log0.53＝－log23，∴l(xiāng)og25>|－log0.53|>0.∴b＝f(log25)>a＝f(log0.53)>c＝f(2m3．y＝f(x)＋x2是奇函數(shù)，且f(1)＝1.假設(shè)g(x)＝f(x)＋2，那么g(－1)＝________.解析：由題意得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：－14．函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且滿足f(x＋2)＝f(x)．當(dāng)x∈[0,1]時，f(x)＝2x.假設(shè)在區(qū)間[－2,3]上方程ax＋2a－f(x)＝0恰有四個不相等的實數(shù)根，那么實數(shù)a解析：由f(x＋2)＝f(x)，得函數(shù)的周期是2.由ax＋2a－f(x得f(x)＝ax＋2A．設(shè)y＝f(x)，那么y＝ax＋2a，作出函數(shù)y＝f(x)，y＝ax＋2要使方程ax＋2a－f(x)＝0恰有四個不相等的實數(shù)根，那么直線y＝ax＋2a＝a(x＋2)的斜率滿足kAH<a<k由題意可知，G(1,2)，H(3,2)，A(－2,0)，所以kAH＝eq\f(2,5)，kAG＝eq\f(2,3)，所以eq\f(2,5)<a<eq\f(2,3).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)，\f(2,3)))[常用結(jié)論——記一番]1．函數(shù)的單調(diào)性在公共定義域內(nèi)：(1)假設(shè)函數(shù)f(x)是增函數(shù)，函數(shù)g(x)是增函數(shù)，那么f(x)＋g(x)是增函數(shù)；(2)假設(shè)函數(shù)f(x)是減函數(shù)，函數(shù)g(x)是減函數(shù)，那么f(x)＋g(x)是減函數(shù)；(3)假設(shè)函數(shù)f(x)是增函數(shù)，函數(shù)g(x)是減函數(shù)，那么f(x)－g(x)是增函數(shù)；(4)假設(shè)函數(shù)f(x)是減函數(shù)，函數(shù)g(x)是增函數(shù)，那么f(x)－g(x)是減函數(shù)．[提示]在利用函數(shù)單調(diào)性解不等式時，易忽略函數(shù)定義域這一限制條件．2．函數(shù)的奇偶性(1)判斷函數(shù)的奇偶性有時可以用定義的等價形式：f(x)±f(－x)＝0，eq\f(fx,f－x)＝±1；(2)設(shè)f(x)，g(x)的定義域分別是D1，D2，那么在它們的公共定義域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．3．有關(guān)函數(shù)f(x)周期性的常用結(jié)論：(1)假設(shè)f(x＋a)＝f(x－a)，那么函數(shù)f(x)的周期為2|a|；(2)假設(shè)f(x＋a)＝－f(x)，那么函數(shù)f(x)的周期為2|a|；(3)假設(shè)f(x＋a)＝eq\f(1,fx)，那么函數(shù)f(x)的周期為2|a|；(4)假設(shè)f(x＋a)＝－eq\f(1,fx)，那么函數(shù)f(x)的周期為2|a|.(二)最值函數(shù)大顯身手[速解技法——學(xué)一招]最值函數(shù)的定義：設(shè)a，b為實數(shù)，那么min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，b<a；))max{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≥b，,b，b>a.))解有些求最值問題時，巧妙借助以下性質(zhì)，可如虎添翼．(1)min{a，b}≤eq\f(a＋b,2)≤max{a，b}；(2)eq\o(min,\s\do4(a>0，b>0)){a，b}≤eq\r(ab)≤eq\o(max,\s\do4(a>0，b>0)){a，b}．[例1]對于任意x∈R，函數(shù)f(x)表示y＝－x＋3，y＝eq\f(3,2)x＋eq\f(1,2)，y＝x2－4x＋3中的最大者，那么f(x)的最小值是()A．2 B．3C．8 D．－1[解析]選A如圖，分別畫出函數(shù)y＝－x＋3，y＝eq\f(3,2)x＋eq\f(1,2)，y＝x2－4x＋3的圖象，得到三個交點A(0,3)，B(1，2)，C(5,8)．由圖象可得函數(shù)f(x)的表達式為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≤0，,－x＋3，0<x≤1，,\f(3,2)x＋\f(1,2)，1<x≤5，,x2－4x＋3，x>5，))所以f(x)的圖象是圖中的實線局部，圖象的最低點是B(1,2)，所以函數(shù)f(x)的最小值是2.[例2]函數(shù)f(x)＝x2－x＋m－eq\f(1,2)，g(x)＝－log2x，min{m，n}表示m，n中的最小值，設(shè)函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x>0)，那么當(dāng)函數(shù)h(x)有三個零點時，實數(shù)m的取值范圍為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,4)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))[解析]選C在同一直角坐標系中，作出函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)的圖象如下圖．當(dāng)兩函數(shù)圖象交于點A(1,0)時，即有1－1＋m－eq\f(1,2)＝0，解得m＝eq\f(1,2)，所以當(dāng)函數(shù)h(x)有三個零點時，即為點A和y＝f(x)與x軸的兩個交點，假設(shè)滿足條件，那么需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0，,f1>0，))解得eq\f(1,2)<m<eq\f(3,4).所以實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(3,4))).[經(jīng)典好題——練一手]1．設(shè)a，b為平面向量，那么()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|2D．max{|a＋b|2，|a－b|2}≥|a|2＋|b|2解析：選Dmax{|a＋b|2，|a－b|2}≥eq\f(|a＋b|2＋|a－b|2,2)＝|a|2＋|b|2，應(yīng)選D.2．(2023·蘭州模擬)記max{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≥b,b，a<b))，向量a，b，c滿足|a|＝1，|b|＝2，a·b＝0，c＝λa＋μb(λ≥0，μ≥0，且λ＋μ＝1)，那么當(dāng)max{c·a，c·b}取最小值時，|c|＝()A．eq\f(2\r(5),5) B．eq\f(2\r(2),3)C．1 D．eq\f(\r(5),2)解析：選A如圖，設(shè)eq\o(OA,\s\up7(→))＝a，eq\o(OB,\s\up7(→))＝b，那么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＝eq\f(4,5).∴max{c·a，c·b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ，\f(4,5)≤λ≤1，,4－4λ，0≤λ<\f(4,5).))令f(λ)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ，\f(4,5)≤λ≤1，,4－4λ，0≤λ<\f(4,5).))那么f(λ)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，4)).∴f(λ)min＝eq\f(4,5)，此時λ＝eq\f(4,5)，μ＝eq\f(1,5)，∴c＝eq\f(4,5)a＋eq\f(1,5)b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(2,5))).∴|c|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))2)＝eq\f(2\r(5),5).3．設(shè)x，y為實數(shù)，且5x2＋4y2＝10x，那么x2＋y2的最大值為________．解析：法一：5x2＋4y2＝10x?4y2＝10x－5x2≥0?0≤x≤2.4(x2＋y2)＝10x－x2＝25－(5－x)2≤25－9＝16?x2＋y2≤4.法二：5x2－4y2＝10x?(x－1)2＋eq\f(4,5)y2＝1，令x－1＝sinθ，eq\f(2\r(5),5)y＝cosθ，θ∈[0,2π]，那么x2＋y2＝(sinθ＋1)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)cosθ))2＝eq\f(9,4)－eq\f(1,4)(sinθ－4)2＋4，∵－1≤sinθ≤1，∴當(dāng)sinθ＝1時，x2＋y2取得最大值，即(x2＋y2)max＝4.答案：4(三)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)開闊思路[速解技法——學(xué)一招]1．函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系①f′(x)>0?f(x)為增函數(shù)；②f′(x)<0?f(x)為減函數(shù)；③f′(x)＝0?f(x)為常數(shù)函數(shù)．2．求函數(shù)f(x)極值的方法求函數(shù)的極值應(yīng)先確定函數(shù)的定義域，解方程f′(x)＝0，再判斷f′(x)＝0的根是否是極值點，可通過列表的形式進行分析，假設(shè)遇極值點含參數(shù)不能比擬大小時，那么需分類討論．[例1]假設(shè)函數(shù)f(x)＝2sinx(x∈[0，π))的圖象在切點P處的切線平行于函數(shù)g(x)＝2eq\r(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,3)＋1))的圖象在切點Q處的切線，那么直線PQ的斜率為()A．eq\f(8,3) B．2C．eq\f(7,3) D．eq\f(\r(3),3)[解析]選A由題意得f′(x)＝2cosx，g′(x)＝xeq\f(1,2)＋x－eq\f(1,2).設(shè)P(x1，f(x1))，Q(x2，g(x2))，又f′(x1)＝g′(x2)，即2cosx1＝xeq\f(1,2)2＋x－eq\f(1,2)2，故4cos2x1＝x2＋xeq\o\al(－1,2)＋2，所以－4＋4cos2x1＝x2＋xeq\o\al(－1,2)－2，即－4sin2x1＝(xeq\f(1,2)2－x－eq\f(1,2)2)2，所以sinx1＝0，x1＝0，xeq\f(1,2)2＝x－eq\f(1,2)2，x2＝1，故P(0,0)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(8,3)))，故kPQ＝eq\f(8,3).[技法領(lǐng)悟]求曲線的切線方程時，要注意是在點P處的切線還是過點P的切線，前者點P為切點，后者點P不一定為切點．[例2]函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(1)＝1，且f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)<eq\f(1,2)，那么不等式f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)的解集為________．[解析]設(shè)F(x)＝f(x)－eq\f(1,2)x，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)，∵f′(x)<eq\f(1,2)，∴F′(x)＝f′(x)－eq\f(1,2)<0，即函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減．∵f(x2)<eq\f(x2,2)＋eq\f(1,2)，∴f(x2)－eq\f(x2,2)<f(1)－eq\f(1,2)，∴F(x2)<F(1)，而函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，∴x2>1，即x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)．[答案](－∞，－1)∪(1，＋∞)[例3]函數(shù)f(x)＝(ax＋b)lnx－bx＋3在(1，f(1))處的切線方程為y＝2.(1)求a，b的值；(2)求函數(shù)f(x)的極值；(3)假設(shè)g(x)＝f(x)＋kx在(1,3)上是單調(diào)函數(shù)，求k的取值范圍．[解](1)因為f(1)＝－b＋3＝2，所以b＝1.又f′(x)＝eq\f(b,x)＋alnx＋a－b＝eq\f(1,x)＋alnx＋a－1，而函數(shù)f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y＝2，所以f′(1)＝1＋a－1＝0，所以a＝0.(2)由(1)得f(x)＝lnx－x＋3，f′(x)＝eq\f(1,x)－1(x>0)．令f′(x)＝0，得x＝1.當(dāng)0<x<1時，f′(x)>0；當(dāng)x>1時，f′(x)<0，所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，故f(x)的極大值為f(1)＝2，無極小值．(3)由g(x)＝f(x)＋kx，得g(x)＝lnx＋(k－1)x＋3(x>0)，g′(x)＝eq\f(1,x)＋k－1，又g(x)在x∈(1,3)上是單調(diào)函數(shù)，假設(shè)g(x)為增函數(shù)，有g(shù)′(x)≥0，即g′(x)＝eq\f(1,x)＋k－1≥0，即k≥1－eq\f(1,x)在x∈(1,3)上恒成立．又1－eq\f(1,x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))，所以k≥eq\f(2,3).假設(shè)g(x)為減函數(shù)，有g(shù)′(x)≤0，即g′(x)＝eq\f(1,x)＋k－1≤0，即k≤1－eq\f(1,x)在x∈(1,3)上恒成立，又1－eq\f(1,x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))，所以k≤0.綜上，k的取值范圍為(－∞，0]∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)).[技法領(lǐng)悟]破解此類問題需注意兩點：(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時應(yīng)優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域；(2)求得函數(shù)在多個區(qū)間單調(diào)性相同時，區(qū)間之間用“，〞分割，或用“和〞相連，一般不用“∪〞．[經(jīng)典好題——練一手]1．f(x)＝x(2016＋lnx)，假設(shè)f′(x0)＝2017，那么x0＝()A．e2 B．1C．ln2 D．e解析：選Bf′(x)＝2016＋lnx＋x·eq\f(1,x)＝2017＋lnx，由f′(x0)＝2017，得2017＋lnx0＝2017，所以lnx0＝0，解得x0＝1.2．定義：如果函數(shù)f(x)在[m，n]上存在x1，x2(m<x1<x2<n)滿足f′(x1)＝eq\f(fn－fm,n－m)，f′(x2)＝eq\f(fn－fm,n－m).那么稱函數(shù)f(x)是[m，n]上的“雙中值函數(shù)〞，函數(shù)f(x)＝x3－x2＋a是[0，a]上的“雙中值函數(shù)〞，那么實數(shù)a的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，3))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))解析：選C因為f(x)＝x3－x2＋a，所以f′(x)＝3x2－2x在區(qū)間[0，a]上存在x1，x2(0<x1<x2<a)，滿足f′(x1)＝f′(x2)＝eq\f(fa－f0,a－0)＝a2－a，所以方程3x2－2x＝a2－a在區(qū)間(0，a)上有兩個不相等的實根．令g(x)＝3x2－2x－a2＋a(0<x<a)，那么eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－12－a2＋a>0，,g0＝－a2＋a>0，,ga＝2a2－a>0，))解得eq\f(1,2)<a<1，所以實數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).3．函數(shù)f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(b,2)x2＋ax＋1(a>0，b>0)，那么函數(shù)g(x)＝alnx＋eq\f(f′x,a)在點(b，g(b))處的切線斜率的最小值是________．解析：因為f′(x)＝x2－bx＋a，所以g(x)＝alnx＋eq\f(x2－bx,a)＋1.所以g′(x)＝eq\f(a,x)＋eq\f(2x－b,a)(x>0)，因為a>0，b>0，那么g′(b)＝eq\f(a,b)＋eq\f(2b－b,a)＝eq\f(a,b)＋eq\f(b,a)≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時取“＝〞，所以斜率的最小值為2.答案：24．函數(shù)f(x)＝(x＋1)2ln(x＋1)－x，φ(x)＝mx2.(1)當(dāng)m＝eq\f(1,2)時，求函數(shù)g(x)＝f(x)－φ(x)的極值；(2)當(dāng)m＝1且x≥0時，證明：f(x)≥φ(x)；(3)假設(shè)x≥0，f(x)≥φ(x)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．解：(1)當(dāng)m＝eq\f(1,2)時，g(x)＝f(x)－φ(x)＝(x＋1)2·ln(x＋1)－x－eq\f(x2,2)，x>－1，所以g′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋1)2·eq\f(1,x＋1)－1－x＝2(x＋1)ln(x＋1)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－1，,g′x＝0，))解得x＝0，當(dāng)x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表：x(－1,0)0(0，＋∞)g′(x)－0＋g(x)極小值所以函數(shù)g(x)的極小值為g(0)＝0，無極大值．(2)證明：當(dāng)m＝1時，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·eq\f(1,x＋1)－1－2x＝2(x＋1)ln(x＋1)－x.設(shè)p′(x)＝G(x)，那么G′(x)＝2ln(x＋1)＋1>0，所以函數(shù)p′(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以p′(x)≥p′(0)＝0，所以函數(shù)p(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以p(x)≥p(0)＝0.所以f(x)≥φ(x)．(3)設(shè)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)知當(dāng)x≥0時，(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當(dāng)3－2m≥0，即m≤eq\f(3,2)時，h′(x)≥0，所以h(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)≥h(0)＝0，滿足題意．②當(dāng)3－2m<0，即m>eq\f(3,2)時，設(shè)H(x)＝h′(x)＝2(x＋1)ln(x＋1)＋(1－2m)x那么H′(x)＝2ln(x＋1)＋3－2m令H′(x)＝0，得x0＝eeq\f(2m－3,2)－1>0，故h′(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，在[x0，＋∞)上單調(diào)遞增．當(dāng)x∈[0，x0)時，h′(x)<h′(0)＝0，所以h(x)在[0，x0)上單調(diào)遞減，所以h(x)<h(0)＝0，不滿足題意．綜上，實數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))).[常用結(jié)論——記一番]1．函數(shù)極值的判別的易錯點(1)可導(dǎo)函數(shù)極值點的導(dǎo)數(shù)為0，但導(dǎo)數(shù)為0的點不一定是極值點，如函數(shù)f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是極值點．(2)極值點不是一個點，而是一個數(shù)x0，當(dāng)x＝x0時，函數(shù)取得極值．在x0處有f′(x0)＝0是函數(shù)f(x)在x0處取得極值的必要不充分條件．2．函數(shù)最值的判別方法(1)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上最值的關(guān)鍵是求出f′(x)＝0的根的函數(shù)值，再與f(a)，f(b)作比擬，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值．(2)求函數(shù)f(x)在非閉區(qū)間上的最值，只需利用導(dǎo)數(shù)法判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性，即可得結(jié)論．(四)三角問題重在三變[速解技法——學(xué)一招]eq\a\vs4\al(“三變〞是指變角、變數(shù)與變式.,1變角,如2α＝α＋β＋α－β，α＝α＋β－β.,2變數(shù),特別是“1〞的代換，1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等.,3變式,cos2α＝\f(1＋cos2α,2)，sin2α＝\f(1－cos2α,2).,tanα±tanβ＝tanα±β1?tanαtanβ，,sin2α＝2sinαcosα＝\f(2sinαcosα,sin2α＋cos2α)＝\f(2tanα,tan2α＋1)；,cos2α＝cos2α－sin2α＝\f(cos2α－sin2α,sin2α＋cos2α)＝\f(1－tan2α,tan2α＋1).)[例1]對于銳角α，假設(shè)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，那么coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝()A．eq\f(24,25) B．eq\f(3,8)C．eq\f(\r(2),8) D．－eq\f(24,25)[解析]選D由α為銳角，且sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))＝eq\f(3,5)，可得coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))＝eq\f(4,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)－2α))＝－2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))＝－2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝－eq\f(24,25).[例2]假設(shè)sin2α＝eq\f(\r(5),5)，sin(β－α)＝eq\f(\r(10),10)，且α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，那么α＋β的值是()A．eq\f(7π,4) B．eq\f(9π,4)C．eq\f(5π,4)或eq\f(7π,4) D．eq\f(5π,4)或eq\f(9π,4)[解析]選A因為α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，π))，所以2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，2π))，又sin2α＝eq\f(\r(5),5)，故2α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，所以cos2α＝－eq\f(2\r(5),5).又β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))，故β－α∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(5π,4)))，于是cos(β－α)＝－eq\f(3\r(10),10)，所以cos(α＋β)＝cos[2α＋(β－α)]＝cos2αcos(β－α)－sin2αsin(β－α)＝－eq\f(2\r(5),5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3\r(10),10)))－eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)＝eq\f(\r(2),2)，且α＋β∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5π,4)，2π))，故α＋β＝eq\f(7π,4).[經(jīng)典好題——練一手]1．角θ的頂點與原點重合，始邊與x軸正半軸重合，終邊在直線y＝2x上，那么sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))的值為()A．－eq\f(7\r(2),10) B．eq\f(7\r(2),10)C．－eq\f(\r(2),10) D．eq\f(\r(2),10)解析：選D由題意可得tanθ＝2，cosθ＝±eq\f(\r(5),5)，所以tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝－eq\f(4,3)，cos2θ＝2cos2θ－1＝－eq\f(3,5)，所以sin2θ＝cos2θ·tan2θ＝eq\f(4,5)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2θ＋\f(π,4)))＝eq\f(\r(2),2)(sin2θ＋cos2θ)＝eq\f(\r(2),2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)－\f(3,5)))＝eq\f(\r(2),10).2．(2023·沈陽質(zhì)檢)f(x)＝2sin2x＋2sinxcosx，那么f(x)的最小正周期和一個單調(diào)遞減區(qū)間分別為()A．2π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(7π,8))) B．π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(7π,8)))C．2π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8))) D．π，eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,8)，\f(3π,8)))解析：選B∵f(x)＝2sin2x＋2sinxcosx＝1－cos2x＋sin2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,4)))＋1，∴T＝eq\f(2π,2)＝π，由eq\f(π,2)＋2kπ≤2x－eq\f(π,4)≤eq\f(3π,2)＋2kπ(k∈Z)，得eq\f(3π,8)＋kπ≤x≤eq\f(7π,8)＋kπ(k∈Z)，令k＝0得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,8)，\f(7π,8)))上單調(diào)遞減．3．α為銳角，假設(shè)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)，那么coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝________.解析：coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)－\f(π,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))))＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))，因為α為銳角，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(3,5)<eq\f(\r(3),2)，所以eq\f(π,6)<α＋eq\f(π,6)<eq\f(π,3)，故coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)))＝eq\f(4,5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,6)))＝2×eq\f(3,5)×eq\f(4,5)＝eq\f(24,25).答案：eq\f(24,25)4．假設(shè)0<α<eq\f(π,2)，0<β<eq\f(π,2)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\f(3,5)，coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,3)))＝eq\f(2\r(5),5)，那么coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－α))的值為________．解析：由題易知－eq\f(π,6)<eq\f(π,3)－α<eq\f(π,3)，－eq\f(π,3)<eq\f(β,2)－eq\f(π,3)<－eq\f(π,12)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))2)＝eq\f(4,5)，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,3)))＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(5),5)))2)＝－eq\f(\r(5),5)，所以coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－α))＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)－α))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(β,2)－\f(π,3)))))＝eq\f(4,5)×eq\f(2\r(5),5)＋eq\f(3,5)×eq\f(\r(5),5)＝eq\f(11\r(5),25).答案：eq\f(11\r(5),25)[常用結(jié)論——記一番]三角公式中常用的變形：(1)對于含有sinα±cosα，sinαcosα的問題，利用(sinα±cosα)2＝1±2sinαcosα，建立sinα±cosα與sinαcosα的關(guān)系．(2)對于含有sinα，cosα的齊次式eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(如\f(sinα＋cosα,sinα－cosα)，))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(,sinαcosα,))，利用tanα＝eq\f(sinα,cosα)轉(zhuǎn)化為含tanα的式子．(3)對于形如cos2α＋sinα與cos2α＋sinαcosα的變形，前者用平方關(guān)系sin2α＋cos2α＝1化為二次型函數(shù)，而后者用降冪公式化為一個角的三角函數(shù)．(4)含tanα＋tanβ與tanαtanβ時考慮tan(α＋β)＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ).(五)正弦余弦相得益彰[速解技法——學(xué)一招]三角函數(shù)求值的解題策略(1)尋求角與角關(guān)系的特殊性，化非特殊角為特殊角，熟練準確地應(yīng)用公式；(2)注意切化弦、異角化同角、異名化同名、角的變換等常規(guī)技巧的運用；(3)對于條件求值問題，要認真尋找條件和結(jié)論的關(guān)系，尋找解題的突破口，對于很難入手的問題，可利用分析法．(4)求角的大小，應(yīng)注意角的范圍．[例1](2023·福州質(zhì)檢)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且ctanC＝eq\r(3)(acosB＋bcosA)．(1)求角C；(2)假設(shè)c＝2eq\r(3)，求△ABC面積的最大值．[解](1)∵ctanC＝eq\r(3)(acosB＋bcosA)，∴sinCtanC＝eq\r(3)(sinAcosB＋sinBcosA)，∴sinCtanC＝eq\r(3)sin(A＋B)＝eq\r(3)sinC，∵0<C<π，∴sinC≠0，∴tanC＝eq\r(3)，∴C＝60°.(2)∵c＝2eq\r(3)，C＝60°，由余弦定理c2＝a2＋b2－2abcosC，得12＝a2＋b2－ab≥2ab－ab，∴ab≤12，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC≤3eq\r(3)，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝2eq\r(3)時取“＝〞，所以△ABC的面積的最大值為3eq\r(3).[例2]向量m＝(2sinωx，cos2ωx－sin2ωx)，n＝(eq\r(3)cosωx,1)，其中ω>0，x∈R.函數(shù)f(x)＝m·n的最小正周期為π.(1)求ω的值；(2)在△ABC中，假設(shè)f(B)＝－2，BC＝eq\r(3)，sinB＝eq\r(3)sinA，求eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))的值．[解](1)f(x)＝m·n＝2eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx－sin2ωx＝eq\r(3)sin2ωx＋cos2ωx＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6))).因為f(x)的最小正周期為π，所以T＝eq\f(2π,2|ω|)＝π.因為ω>0，所以ω＝1.(2)設(shè)△ABC中內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，C．因為f(B)＝－2，所以2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－2，即sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2B＋\f(π,6)))＝－1，得B＝eq\f(2π,3).因為BC＝eq\r(3)，所以a＝eq\r(3).因為sinB＝eq\r(3)sinA，所以b＝eq\r(3)a，得b＝3.由正弦定理有eq\f(\r(3),sinA)＝eq\f(3,sin\f(2π,3))，解得sinA＝eq\f(1,2).因為0<A<eq\f(π,3)，所以A＝eq\f(π,6).得C＝eq\f(π,6)，c＝a＝eq\r(3).所以eq\o(BA,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝cacosB＝eq\r(3)×eq\r(3)×coseq\f(2π,3)＝－eq\f(3,2).[經(jīng)典好題——練一手]1．△ABC的三個內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，假設(shè)eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(b,a)＝eq\r(2)，那么該三角形的形狀是()A．直角三角形 B．等腰三角形C．等邊三角形 D．鈍角三角形解析：選A因為eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(b,a)，由正弦定理得eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(sinB,sinA)，所以sin2A＝sin2B.由eq\f(b,a)＝eq\r(2)，可知a≠b，所以A≠B.又A，B∈(0，π)，所以2A＝180°－2B，即A＋B＝90°，所以C＝90°，于是△ABC是直角三角形．應(yīng)選A．2．在△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，假設(shè)acosC＋ccosA＝2bsinA，那么A的值為()A．eq\f(5π,6) B．eq\f(π,6)C．eq\f(2π,3) D．eq\f(π,6)或eq\f(5π,6)解析：選D由acosC＋ccosA＝2bsinA結(jié)合正弦定理可得sinAcosC＋sinCcosA＝2sinBsinA，即sin(A＋C)＝2sinBsinA，故sinB＝2sinBsinA．又sinB≠0，可得sinA＝eq\f(1,2)，故A＝eq\f(π,6)或eq\f(5π,6).3．非直角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別是a，b，c，c＝1，C＝eq\f(π,3).假設(shè)sinC＋sin(A－B)＝3sin2B，那么△ABC的面積為()A．eq\f(15\r(3),4) B．eq\f(15,4)C．eq\f(21\r(3),4)或eq\f(\r(3),6) D．eq\f(3\r(3),28)解析：選D因為sinC＋sin(A－B)＝sin(A＋B)＋sin(A－B)＝2sinAcosB＝6sinBcosB，因為△ABC非直角三角形，所以cosB≠0，所以sinA＝3sinB，即a＝3b.又c＝1，C＝eq\f(π,3)，由余弦定理得a2＋b2－ab＝1，結(jié)合a＝3b，可得b2＝eq\f(1,7)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(3,2)b2sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),28).4．(2023·陜西質(zhì)檢)在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，面積為S，2acos2eq\f(C,2)＋2ccos2eq\f(A,2)＝eq\f(5,2)b.(1)求證：2(a＋c)＝3b；(2)假設(shè)cosB＝eq\f(1,4)，S＝eq\r(15)，求b.解：(1)證明：由得，a(1＋cosC)＋c(1＋cosA)＝eq\f(5,2)b.在△ABC中，由余弦定理，得acosC＋ccosA＝a·eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(2b2,2b)＝b.∴a＋c＝eq\f(3,2)b，即2(a＋c)＝3b.(2)∵cosB＝eq\f(1,4)，∴sinB＝eq\f(\r(15),4).∵S＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(\r(15),8)ac＝eq\r(15)，∴ac＝8.又b2＝a2＋c2－2accosB＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB2(a＋c)＝3b，∴b2＝eq\f(9b2,4)－16×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,4)))，解得b2＝16，∴b＝4.[常用結(jié)論——記一番]1．解三角形中常用結(jié)論：(1)三角形中正弦、余弦、正切滿足的關(guān)系式有：eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，c2＝a2＋b2－2abcosC，tanA＋tanB＋tanC＝tanAtanBtanC，a>b?A>B?sinA>sinB?cosA<cosB.(2)三角形形狀判斷(一般用余弦定理)：直角三角形?a2＋b2＝c2；銳角三角形?a2＋b2>c2(c為最大邊)；鈍角三角形?a2＋b2<c2(c為最大邊)．(3)在銳角三角形ABC中：①A＋B>eq\f(π,2)，C＋B>eq\f(π,2)，A＋C>eq\f(π,2)；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成等差數(shù)列?B＝60°；在△ABC中，A，B，C成等差數(shù)列，且a，b，c成等比數(shù)列?三角形為等邊三角形．2．設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其面積為S.(1)S＝eq\f(1,2)aha＝eq\f(1,2)bhb＝eq\f(1,2)chc(ha，hb，hc分別表示a，b，c邊上的高)．(2)S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)casinB.(3)S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)(r為三角形ABC內(nèi)切圓的半徑)．

(六)向量小題三招搞定[速解技法——學(xué)一招]解決與向量有關(guān)的小題，一般用三招，即“構(gòu)圖、分解、建系〞，就能突破難點，順利解決問題.[例1]eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0，|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝1，|eq\o(BC,\s\up7(→))|＝2，eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0，那么|eq\o(BD,\s\up7(→))|的最大值為()A．eq\f(2\r(5),5) B．2C．eq\r(5) D．2eq\r(5)[解析]選C由eq\o(AB,\s\up7(→))·eq\o(BC,\s\up7(→))＝0可知，eq\o(AB,\s\up7(→))⊥eq\o(BC,\s\up7(→)).故以B為坐標原點，分別以BA，BC所在的直線為x軸，y軸建立如下圖的平面直角坐標系，那么由題意，可得B(0,0)，A(1,0)，C(0,2)．設(shè)D(x，y)，那么eq\o(AD,\s\up7(→))＝(x－1，y)，eq\o(DC,\s\up7(→))＝(－x,2－y)．由eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(DC,\s\up7(→))＝0，可得(x－1)(－x)＋y(2－y)＝0，整理得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋(y－1)2＝eq\f(5,4).所以點D在以Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))為圓心，半徑r＝eq\f(\r(5),2)的圓上．因為|eq\o(BD,\s\up7(→))|表示B，D兩點間的距離，而|eq\o(EB,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(5),2)，所以|eq\o(BD,\s\up7(→))|的最大值為|eq\o(EB,\s\up7(→))|＋r＝eq\f(\r(5),2)＋eq\f(\r(5),2)＝eq\r(5).[例2]點C為線段AB上一點，P為直線AB外一點，PC是∠APB的平分線，I為PC上一點，滿足eq\o(BI,\s\up7(→))＝eq\o(BA,\s\up7(→))＋λeq\o(AC,\s\up7(→))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eq\o(AC,\s\up7(→)),|eq\o(AC,\s\up7(→))|)＋\f(eq\o(AP,\s\up7(→)),|eq\o(AP,\s\up7(→))|)))(λ>0)，|eq\o(PA,\s\up7(→))|－|eq\o(PB,\s\up7(→))|＝4，|eq\o(PA,\s\up7(→))－eq\o(PB,\s\up7(→))|＝10，那么eq\f(eq\o(BI,\s\up7(→))·eq\o(BA,\s\up7(→)),|eq\o(BA,\s\up7(→))|)的值為()A．2 B．3C．4 D．5[解析]選B因為|eq\o(PA,\s\up7(→))－eq\o(PB,\s\up7(→))|＝|eq\o(BA,\s\up7(→))|＝10，PC是∠APB的平分線，又eq\o(BI,\s\up7(→))＝eq\o(BA,\s\up7(→))＋λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eq\o(AC,\s\up7(→)),|eq\o(AC,\s\up7(→))|)＋\f(eq\o(AP,\s\up7(→)),|eq\o(AP,\s\up7(→))|)))(λ>0)，即AI→＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(eq\o(AC,\s\up7(→)),|eq\o(AC,\s\up7(→))|)＋\f(eq\o(AP,\s\up7(→)),|eq\o(AP,\s\up7(→))|)))，所以I在∠BAP的平分線上，由此得I是△ABP的內(nèi)心．如圖，過I作IH⊥AB于H，以I為圓心，IH為半徑作△PAB的內(nèi)切圓，分別切PA，PB于E，F(xiàn)，因為|eq\o(PA,\s\up7(→))|－|eq\o(PB,\s\up7(→))|＝4，|eq\o(PA,\s\up7(→))－eq\o(PB,\s\up7(→))|＝10，|eq\o(BH,\s\up7(→))|＝|eq\o(FB,\s\up7(→))|＝eq\f(1,2)(|eq\o(PB,\s\up7(→))|＋|eq\o(AB,\s\up7(→))|－|eq\o(PA,\s\up7(→))|)＝eq\f(1,2)[|eq\o(AB,\s\up7(→))|－(|eq\o(PA,\s\up7(→))|－|eq\o(PB,\s\up7(→))|)]＝3.在Rt△BIH中，cos∠IBH＝eq\f(|eq\o(BH,\s\up7(→))|,|eq\o(BI,\s\up7(→))|)，所以eq\f(eq\o(BI,\s\up7(→))·eq\o(BA,\s\up7(→)),|eq\o(BA,\s\up7(→))|)＝|eq\o(BI,\s\up7(→))|cos∠IBH＝|eq\o(BH,\s\up7(→))|＝3.[經(jīng)典好題——練一手]1．(2023·寶雞質(zhì)檢)在等腰直角△ABC中，∠ABC＝90°，|AB|＝|BC|＝2，M，N(不與A，C重合)為AC邊上的兩個動點，且滿足|eq\o(MN,\s\up7(→))|＝eq\r(2)，那么eq\o(BM,\s\up7(→))·eq\o(BN,\s\up7(→))的取值范圍為()A．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2))C．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，＋∞))解析：選C以等腰直角三角形的直角邊BC為x軸，BA為y軸，建立平面直角坐標系如下圖，那么B(0，0)，直線AC的方程為x＋y＝2.設(shè)M(a,2－a)，0<a<1，N(b,2－b)，∵MN＝eq\r(2)，∴(a－b)2＋(2－a－2＋b)2＝2，即(a－b)2＝1，解得b＝a＋1或b＝a－1(舍去)，那么N(a＋1,1－a)，∴eq\o(BM,\s\up7(→))＝(a,2－a)，eq\o(BN,\s\up7(→))＝(a＋1,1－a)，∴eq\o(BM,\s\up7(→))·eq\o(BN,\s\up7(→))＝a(a＋1)＋(2－a)(1－a)＝2a2－2a＋2＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,2)，∵0<a<1，∴當(dāng)a＝eq\f(1,2)時，eq\o(BM,\s\up7(→))·eq\o(BN,\s\up7(→))取得最小值eq\f(3,2)，又eq\o(BM,\s\up7(→))·eq\o(BN,\s\up7(→))<2，故eq\o(BM,\s\up7(→))·eq\o(BN,\s\up7(→))的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，2)).2．向量a，b滿足a·(a＋2b)＝0，|a|＝|b|＝1，且|c－a－2b|＝1，那么|c|的最大值為()A．2 B．4C．eq\r(5)＋1 D．eq\r(3)＋1解析：選D設(shè)a＝eq\o(OA,\s\up7(→))，a＋2b＝eq\o(OB,\s\up7(→))，c＝eq\o(OC,\s\up7(→))，且設(shè)點A在x軸上，那么點B在y軸上，由|c－a－2b|＝1，可知|c－(a＋2b)|＝|eq\o(OC,\s\up7(→))－eq\o(OB,\s\up7(→))|＝|eq\o(BC,\s\up7(→))|＝1，所以點C在以B為圓心，1為半徑的圓上，如下圖．法一：因為a·(a＋2b)＝0，所以2a·b＝－|a|2又|a|＝|b|＝1，所以|a＋2b|＝eq\r(|a|2＋4|b|2＋4a·b)＝eq\r(4|b|2－|a|2)＝eq\r(3)，所以|c|max＝|eq\o(OB,\s\up7(→))|＋1＝|a＋2b|＋1＝eq\r(3)＋1.法二：連接AB，因為eq\o(OB,\s\up7(→))＝eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(AB,\s\up7(→))＝a＋2b，所以eq\o(AB,\s\up7(→))＝2b.因為|a|＝|b|＝1，所以|eq\o(AB,\s\up7(→))|＝2，|eq\o(OA,\s\up7(→))|＝1，所以|eq\o(OB,\s\up7(→))|＝eq\r(|eq\o(AB,\s\up7(→))|2－|eq\o(OA,\s\up7(→))|2)＝eq\r(3)，所以|c|max＝|eq\o(OB,\s\up7(→))|＋1＝eq\r(3)＋1.3．(2023·福州質(zhì)檢)正方形ABCD中，E為BC的中點，向量eq\o(AE,\s\up7(→))，eq\o(BD,\s\up7(→))的夾角為θ，那么cosθ＝________.解析：法一：設(shè)正方形的邊長為a，那么|eq\o(AE,\s\up7(→))|＝eq\f(\r(5),2)a，|eq\o(BD,\s\up7(→))|＝eq\r(2)a，又eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(eq\o(AB,\s\up7(→))＋\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))))·(eq\o(AD,\s\up7(→))－eq\o(AB,\s\up7(→)))＝eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))2－eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\f(1,2)eq\o(AD,\s\up7(→))·eq\o(AB,\s\up7(→))＝－eq\f(1,2)a2，所以cosθ＝eq\f(eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→)),|eq\o(AE,\s\up7(→))|·|eq\o(BD,\s\up7(→))|)＝eq\f(－\f(1,2)a2,\f(\r(5)a,2)·\r(2)a)＝－eq\f(\r(10),10).法二：設(shè)正方形的邊長為2，建立如下圖的平面直角坐標系．那么A(0,0)，B(2,0)，D(0,2)，E(2,1)，∴eq\o(AE,\s\up7(→))＝(2,1)，eq\o(BD,\s\up7(→))＝(－2,2)，∴eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→))＝2×(－2)＋1×2＝－2，所以cosθ＝eq\f(eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o(BD,\s\up7(→)),|eq\o(AE,\s\up7(→))|·|eq\o(BD,\s\up7(→))|)＝eq\f(－2,\r(5)×2\r(2))＝－eq\f(\r(10),10).答案：－eq\f(\r(10),10)4．在Rt△ABC中，D是斜邊AB的中點，點P為線段CD的中點，那么eq\f(|PA|2＋|PB|2,|PC|2)＝________.解析：法一：(坐標法)將直角△ABC放入直角坐標系中，如圖．設(shè)A(a,0)，B(0，b)，a>0，b>0，那么Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，\f(b,2)))，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)，\f(b,4)))，所以|PC|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,4)))2＝eq\f(a2,16)＋eq\f(b2,16)，|PB|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,4)－b))2＝eq\f(a2,16)＋eq\f(9b2,16)，|PA|2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,4)－a))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,4)))2＝eq\f(9a2,16)＋eq\f(b2,16)，所以|PA|2＋|PB|2＝eq\f(a2,16)＋eq\f(9b2,16)＋eq\f(9a2,16)＋eq\f(b2,16)＝10eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,16)＋\f(b2,16)))＝10|PC|2，所以eq\f(|PA|2＋|PB|2,|PC|2)＝10.法二：(特殊值法)令|AC|＝|CB|＝1，那么|PC|＝eq\f(1,4)|AB|＝eq\f(\r(2),4)，|PA|2＝|PB|2＝eq\f(5,8)，易得eq\f(|PA|2＋|PB|2,|PC|2)＝10.答案：10[常用結(jié)論——記一番]1．在四邊形ABCD中：(1)eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(DC,\s\up7(→))，那么四邊形ABCD為平行四邊形；(2)eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(DC,\s\up7(→))且(eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→)))·(eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AD,\s\up7(→)))＝0，那么四邊形ABCD為菱形；(3)eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(DC,\s\up7(→))且|eq\o(AB,\s\up7(→))＋eq\o(AD,\s\up7(→))|＝|eq\o(AB,\s\up7(→))－eq\o(AD,\s\up7(→))|，那么四邊形ABCD為矩形；(4)假設(shè)eq\o(AB,\s\up7(→))＝λeq\o(DC,\s\up7(→))(λ>0，λ≠1)，那么四邊形ABCD為梯形．2．設(shè)O為△ABC所在平面上一點，內(nèi)角A，B，C所對的邊長分別為a，b，c，那么(1)O為△ABC的外心?eq\o(OA,\s\up7(→))2＝eq\o(OB,\s\up7(→))2＝eq\o(OC,\s\up7(→))2.(2)O為△ABC的重心?eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o(OB,\s\up7(→))＋eq\o(OC,\s\up7(→))＝0.(3)O為△ABC的垂心?eq\o(OA,\s\up7(→))·eq\o(OB,\s\up7(→))＝eq\o(OB,\s\up7(→))·eq\o(OC,\s\up7(→))＝eq\o(OC,\s\up7(→))·eq\o(OA,\s\up7(→)).(4)O為△ABC的內(nèi)心?aeq\o(OA,\s\up7(→))＋beq\o(OB,\s\up7(→))＋ceq\o(OC,\s\up7(→))＝0.(5)O為△ABC的A的旁心?aeq\o(OA,\s\up7(→))＝beq\o(OB,\s\up7(→))＋ceq\o(OC,\s\up7(→)).(七)玩轉(zhuǎn)通項搞定數(shù)列[速解技法——學(xué)一招]幾種常見的數(shù)列類型及通項的求法(1)遞推公式為an＋1＝an＋f(n)解法：把原遞推公式轉(zhuǎn)化為an＋1－an＝f(n)，利用累加法(逐差相加法)求解．(2)遞推公式為an＋1＝f(n)an解法：把原遞推公式轉(zhuǎn)化為eq\f(an＋1,an)＝f(n)，利用累乘法(逐商相乘法)求解．(3)遞推公式為an＋1＝pan＋q解法：通過待定系數(shù)法，將原問題轉(zhuǎn)化為特殊數(shù)列{an＋k}的形式求解．(4)遞推公式為an＋1＝pan＋f(n)解法：利用待定系數(shù)法，構(gòu)造數(shù)列{bn}，消去f(n)帶來的差異．[例1]數(shù)列{an}滿足a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(n,n＋1)an，求an.[解]由條件知eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，分別令n＝1,2,3，…，(n－1)，代入上式得(n－1)個等式累乘，即eq\f(a2,a1)·eq\f(a3,a2)·eq\f(a4,a3)·…·eq\f(an,an－1)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)×…×eq\f(n－1,n)?eq\f(an,a1)＝eq\f(1,n).又∵a1＝eq\f(2,3)，∴an＝eq\f(2,3n).[技法領(lǐng)悟]累加、累乘法起源于等差、等比數(shù)列通項公式的求解．使用過程中要注意賦值后得到(n－1)個式子，假設(shè)把其相加或相乘，等式的左邊得到的結(jié)果是an－a1或eq\f(an,a1)，添加首項后，等式的左邊累加或累乘的結(jié)果才為an.[例2]數(shù)列{an}的首項a1＝1，an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，求數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前10項和．[解]因為an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)＝2＋eq\f(1,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是首項為1，公差為2的等差數(shù)列，所以eq\f(1,an)＝2n－1，所以an＝eq\f(1,2n－1)，而eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1)))，所以eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,a10a11)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)＋\f(1,3)－\f(1,5)＋…＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,19)－\f(1,21)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,21)))＝eq\f(10,21).[經(jīng)典好題——練一手]1．?dāng)?shù)列{an}的首項a1＝2，且an＋1＝an＋n＋1，那么數(shù)列{an}的通項公式an＝()A．eq\f(nn－1,2) B．eq\f(nn＋1,2)C．eq\f(nn＋1,2)－1 D．eq\f(nn＋1,2)＋1解析：選D因為an＋1＝an＋n＋1，所以an＋1－an＝n＋1，分別把n＝1,2,3，…，n－1代入上式，得到(n－1)個等式，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，故將上述n個式子相加得an＝[(n－1)＋(n