2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 下篇 指導(dǎo)三 巧用八種解題術(shù)教學(xué)案

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1、 指導(dǎo)三 巧用八種解題術(shù) 　　　“探求思路、圖體向?qū)А毙g(shù) 對題設(shè)條件不夠明顯的數(shù)學(xué)問題求解，注意相關(guān)的圖形，巧用圖形作向?qū)В纱蚱扑季S瓶頸，多途徑找到突破方法．尤其是對一些以函數(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，但可以設(shè)法構(gòu)造相應(yīng)的輔助圖形進行分析，將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何問題來解．力爭做到有圖用圖，無圖想圖，補形改圖，充分運用其幾何特征的直觀性來啟迪思維，從而較快地獲得解題的途徑這就是“用圖探路術(shù)”． [例1]　已知函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0)　　　　　　　 B. C．(0,1) D．(0，＋∞

2、) [解析]　B　[ 函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－2ax. 函數(shù)f(x)＝x(ln x－ax)有兩個極值點，等價于ln x＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有兩個不相等的實數(shù)根，令h(x)＝ln x，g(x)＝2ax－1，則函數(shù)h(x)＝ln x的圖象與函數(shù)g(x)＝2ax－1的圖象在(0，＋∞)上有兩個不同的交點． 設(shè)函數(shù)h(x)＝ln x與函數(shù)g(x)＝2ax－1的圖象相切于點A(m，ln m)，其中m＞0，函數(shù)g(x)的圖象在點A處的切線的斜率為k＝2a，函數(shù)h(x)的圖象在點A處的切線的斜率為k＝，∴2a＝. ∵直線g(x)＝2ax－1過點

3、(0，－1)，∴k＝， ∴＝. 解得m＝1， ∴當(dāng)函數(shù)h(x)與g(x)的圖象相切時，a＝. 又兩函數(shù)圖象有兩個交點，∴a∈.] [活學(xué)活用1] (2019·杭州二模)設(shè)a，b，c是單位向量，且a·b＝0，則(a－c)·(b－c)的最小值為(　　) A．－2 B.－2 C．－1 D．1－ 解析：D　[ 由于(a－c)·(b－c)＝－(a＋b)·c＋1，因此等價于求(a＋b)·c的最大值，這個最大值只有當(dāng)向量a＋b與向量c同向共線時取得．由于a·b＝0，故a⊥b，如圖所示，|a＋b|＝，|c|＝1.當(dāng)θ＝0時，(a＋b)·c取得最大值且最大值為.故所求的最小值為1－

4、.] 　　　“解題常招，設(shè)參換元”術(shù) 在解答數(shù)學(xué)問題時，我們常把某個代數(shù)式看成一個新的未知數(shù)，或?qū)⒛承┳冊昧硪粎⒆兞康谋磉_(dá)式來替換，以便將所求的式子變形，優(yōu)化思考對象，讓原來不醒目的條件，或隱含的信息顯露出來，促使問題的實質(zhì)明朗化，使非標(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化，從而便于我們將問題化繁為簡、化難為易、化陌生為熟悉，從中找出解題思路．這種通過換元改變式子形式來變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去探究解題思路的做法，就是“設(shè)參換元術(shù)”，常見的換元法：三角代換、比值代換、整體代換等． [例2]　已知橢圓C方程為＋y2＝1，且直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1相切，若直線l與橢圓C交于M

5、，N兩點，求△OMN面積的最大值． [解析]　圓O的圓心為坐標(biāo)原點，半徑r＝1，由直線l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0與圓O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2.① 由 消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2 ＝2－4× ＝.② 將①代入②，得|x1－x2|2＝， 故|x1－x2|＝. 所以|MN|＝|x1－x2|＝· ＝. 故△OMN的面積S＝|MN|×1＝. 令t＝4k2＋1(t≥1)，則k2＝，代入上式，

6、 得S＝2· ＝· ＝· ＝· ， 所以當(dāng)t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±時，S取得最大值，且最大值為× ＝1. [活學(xué)活用2] (1)函數(shù)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，則t＝sin，∵x∈，∴x＋∈，∴0≤t≤，∴原函數(shù)可化為g(t)＝t2＋t－1(0≤t≤)．∵函數(shù)g(t)＝t2＋t－1的圖象開口向上，其對稱軸的方程為t＝－，∴當(dāng)0≤t≤時，g(t)單調(diào)遞增．當(dāng)t＝0時

7、，g(t)取得最小值－1. 答案：－1 (2)已知a＞0，b＞0，a2＋b2－ab＝3，則2a＋b的最大值是________． 解析：令t＝2a＋b(t＞0)，則b＝t－2a，代入a2＋b2－ab＝3，得7a2－5at＋t2－3＝0， 由關(guān)于a的一元二次方程有解得，Δ＝25t2－28(t2－3)≥0，即t2≤28，所以0＜t≤2，當(dāng)且僅當(dāng)即時取等號，故2a＋b的最大值是2. 答案：2 　　　“巧設(shè)變量，引參搭橋”術(shù) 當(dāng)題目條件中的已知量或變量無法直接與要求的結(jié)論之間建立關(guān)系時，可考慮引入一些中間變量，即參數(shù)(可以是角度、線段、斜率及點的坐標(biāo)等)，來溝通條件與結(jié)論之間的聯(lián)系，這是一

8、種非常重要的解題思想方法，即“引參搭橋”術(shù)． [例3]　已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若直線l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由． [解析]　(1)證明：設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故 xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.

9、 于是直線OM的斜率kOM＝＝－，則kOM·k＝－9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值． (2)四邊形OAPB能為平行四邊形． 因為直線l過點，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k＞0，k≠3. 由(1)得直線OM的方程為y＝－x. 設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xp. 由得x＝，即xp＝ . 將代入l的方程得b＝， 因此xm＝. 當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM時，四邊形OAPB為平行四邊形． 于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.因為ki＞0，ki≠3，i＝1,2，所以當(dāng)l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形． [活學(xué)活用3] 已

10、知△ABC為等腰三角形，AB＝AC，BD是其腰AC的中線，且BD＝3，求△ABC面積的最大值． 解析：設(shè)AB＝2x，∠BAC＝θ，θ∈(0，π)，則AD＝x， 故S△ABC＝·2x·2x·sin θ＝2x2sin θ， 在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos θ，解得x2＝，故S△ABC＝2x2sin θ＝，θ∈(0，π)， 令f(θ)＝，θ∈(0，π)，則f′(θ)＝， 令cos θ0＝，θ0∈(0，π)，故當(dāng)θ∈(0，θ0)時，f′(θ)＞0，當(dāng)θ∈(θ0，π)時，f′(θ)＜0，故f(θ)在θ0處取到極大值，也是最大值，故f(θ)max＝＝6，故△ABC

11、面積的最大值為6. 答案：6 　　　“變量交錯、分離協(xié)調(diào)”術(shù) 對多個變量交叉混合布局的數(shù)學(xué)問題，在求解時往往需要分離變量，即將混為一團的變量分開，使之各自成為一個小整體，便于分別分析各自所具有的特征，研究它們之間的差異，從中發(fā)現(xiàn)解題的思路．這種通過對變量的分離來協(xié)調(diào)變量間的關(guān)系，理順解題思路進行各個擊破的解題策略，就是“分離變量”的戰(zhàn)術(shù)． [例4]　設(shè)函數(shù)f(x)＝lg，其中a∈R，n是任意給定的正整數(shù)，且n≥2，如果當(dāng)x∈(－∞，1]時，f(x)有意義，求a的取值范圍． [解析]　由題意有1＋2x＋…＋(n－1)x＋nxa＞0， 從而a＞－. 因為n≥2，而y＝x(k＝1,2，

12、…，n－1)是x∈(－∞，1]上的減函數(shù)， 所以≥＋＋…＋＝，故a＞－. [活學(xué)活用4] 設(shè)函數(shù)g(x)＝＋x＋b對任意a∈，都有g(shù)(x)≤10在x∈上恒成立，求實數(shù)b的取值范圍． 解析：變量分離．b≤10－.令h(x)＝＋x，則h′(x)＝1－＝， 得x＝(極小值點)，x＝－(極大值點)， 故h(x)在(－∞，－)上單調(diào)遞增，在(－，0)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞減，在(，＋∞)上單調(diào)遞增． 由此可知，h(x)在上的最大值為h與h(1)中的較大者． 又h－h(huán)(1)＝3，a∈， ∴h＞h(1)，∴h(x)max＝h＝4a＋，所以，只需b≤10－恒成立即可，又≤10－≤，從

13、而得b的取值范圍是. 答案： 　　　“固勢推導(dǎo)，反客為主”術(shù) 我們解答數(shù)學(xué)題時通常把注意力集中在主變元上，這是理所當(dāng)然的事．當(dāng)思維受阻時，若注重考查命題的求解趨勢，依從條件與結(jié)論的內(nèi)在聯(lián)系變換思考方向，視其參變元為主變元進行研究、推導(dǎo)，也能得到解決問題的途徑，有時還能獲得問題的巧解．這種做法就是“反客為主”的戰(zhàn)術(shù)． [例5]　若f(x)＝ax2＋2(2a－1)x＋4a－7，a∈N*，若f(x)至少有一個整數(shù)根，則a的取值為________． [解析]　依題意可知，當(dāng)f(x)＝0時，有2x＋7＝a(x＋2)2，① 顯然，當(dāng)x＝－2時，方程①不成立． 故有a＝(x≠－2)，② 于是

14、，當(dāng)a為正整數(shù)時，則必有2x＋7≥(x＋2)2，且x∈Z，x≠－2， 即x必須滿足條件：－3≤x≤1(x∈Z，x≠－2)． 由此可知，x只能在－3，－1,0,1中取值． 將－3，－1,0,1分別代入①中，得知： 僅當(dāng)x＝－3，x＝－1和x＝1時能保證a為正整數(shù)，且此時有a＝1和a＝5. 所以，當(dāng)a＝1和a＝5時，原方程至少有一個整數(shù)根． [答案]　1或5 [活學(xué)活用5] 對于滿足|log2p|＜2的所有實數(shù)p，使x2＋px＋1＞2x＋p恒成立的x的取值范圍為________________． 解析：由|log2p|＜2，得＜p＜4. 由題意可設(shè)f(p)＝(x－1)p＋(x2

15、－2x＋1)＞0， 易知f(p)是p的一次函數(shù)，故要使f(p)＞0在p∈上恒成立， 則必須有x≠1，且 即x≠1，且 解得 且x≠1， 由此可得x≤－3或x＞1. 所以滿足題意的實數(shù)x的取值范圍是x≤－3或x＞1. 答案：(－∞，－3]∪(1，＋∞) 　　　“換位推理，聲東擊西”術(shù) 對有些命題在直接求解常感到困難或根本難以從條件入手，這時可避開正面強攻，從結(jié)論的對立面入手，或考查與其相關(guān)的另一問題，或反例，從中也可以找到解決問題的途徑，有時甚至還能獲得最佳的解法，這就是“聲東擊西”術(shù)，常見的基本方式有反證法、補集法、反例法等． [例6]　若拋物線y＝x2上的所有弦都不能被

16、直線y＝k(x－3)垂直平分，則k的取值范圍是(　　) A. B. C. D. [解析]　D　[設(shè)拋物線y＝x2上兩點A(x1，x)，B(x2，x)關(guān)于直線y＝k(x－3)對稱，AB的中點為P(x0，y0)，則x0＝，y0＝. 由題設(shè)知＝－，所以＝－. 又AB的中點P(x0，y0)在直線y＝k(x－3)上， 所以＝k＝－， 所以中點P. 由于點P在y＞x2的區(qū)域內(nèi)，則－＞2， 整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)＜0，解得k＜－. 因此當(dāng)k＜－時，拋物線y＝x2上存在兩點關(guān)于直線y＝k(x－3)對稱，于是當(dāng)k≥－時，拋物線y＝x2上不存在兩點關(guān)于直線y＝k(x－3

17、)對稱． 所以實數(shù)k的取值范圍為.故選D.] [活學(xué)活用6] 已知函數(shù)f(x)＝ax2－x＋ln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為____________． 解析：f′(x)＝2ax－1＋. 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2ax－1＋≥0，得a≥.(*) 令t＝，因為x∈(1,2)，所以t＝∈. 設(shè)h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，顯然函數(shù)y＝h(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

18、在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≤0，得a≤. 結(jié)合①可知，a≤0. 綜上，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)，則實數(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)，則實數(shù)a的取值范圍為. 答案： 　　　“關(guān)注整體，設(shè)而不求”術(shù) 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益的循環(huán)運算，從而達(dá)到準(zhǔn)確、快速、簡捷的解題效果． [方法1]　整體代入，設(shè)而不求 在解決某些涉及若干個量的求值問題時，要有目標(biāo)意識，通過虛設(shè)的策略，整體轉(zhuǎn)化的思想，繞開復(fù)雜的運算過程，可使問題迅速得到解決． [例7]　已知等比

19、數(shù)列{an}中Sn是數(shù)列{an}的前n項和，Sm＝16，S2m＝64，則S3m的值為________． [解析]　設(shè)公比為q，由于S2m≠2Sm，故q≠1， 于是 ②÷①得1＋qm＝4，則qm＝3， 所以S3m＝ ＝(1＋qm＋q2m) ＝16×(1＋3＋32) ＝208. [答案]　208 [方法2]　轉(zhuǎn)化圖形，設(shè)而不求 有些代數(shù)問題，通過挖掘題目中隱含的幾何背景，設(shè)而不求，轉(zhuǎn)化成幾何問題求解． [例8]　設(shè)a，b均為正數(shù)，且a＋b＝1，則＋的最大值為________． [解析]　設(shè)u＝， v＝(u＞1，v＞1)， u＋v＝m， 則u，v同時滿足 其中u＋v＝

20、m表示直線，m為此直線在v軸上的截距． u2＋v2＝4是以原點為圓心，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，所對應(yīng)的截距m的值最大． 由圖易得mmax＝2， 即＋≤2. [答案]　2 [方法3]　適當(dāng)引參，設(shè)而不求 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，使問題能夠得到解決． [例9]　已知對任何滿足(x－1)2＋y2＝1的實數(shù)x，y，不等式x＋y＋k≥0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍． [解析]　由題意設(shè) 則g(θ)＝x＋y＋k＝sin θ＋cos θ＋1＋k ＝sin＋1＋k≥－＋1＋k. 令－＋1＋k

21、≥0，得k≥－1. 即實數(shù)k的取值范圍是[－1，＋∞)． [答案]　[－1，＋∞) [方法4]　巧設(shè)坐標(biāo)，設(shè)而不求 在解析幾何問題中，對于有關(guān)點的坐標(biāo)采用設(shè)而不求的策略，能促使問題定向，簡便化歸，起到以簡馭繁的解題效果． [例10]　設(shè)拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點為F，經(jīng)過點F的直線交拋物線于A，B兩點，點C在拋物線的準(zhǔn)線上，且BC∥x軸，求證：直線AC經(jīng)過原點O. [證明]　 設(shè)A(2pt，2pt1)，B(2pt，2pt2)，則C. 因為AB過焦點F， 所以2pt1·2pt2＝－p2， 得t1t2＝－. 又直線OC的斜率kOC＝＝－4t2＝， 直線OA的斜率

22、kOA＝＝，則kOC＝kOA， 故A，O，C三點共線，即直線AC經(jīng)過原點O. [活學(xué)活用7] (1)一直線被兩直線4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0截得的線段中點恰好是坐標(biāo)原點，則這條直線的方程為________________． 解析：設(shè)所求直線分別交直線4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0于點M，N，設(shè)M(x0，y0)，則有4x0＋y0＋6＝0.① 因為M，N關(guān)于原點對稱，所以N(－x0，－y0)，從而－3x0＋5y0－6＝0.② 由①＋②得x0＋6y0＝0.③ 顯然M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，O(0,0)三點的坐標(biāo)均適合方程③. 故所求直線的方程為x＋6y＝

23、0. 答案：x＋6y＝0 (2)已知橢圓＋＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2為焦點，點P為橢圓上一點，∠F1PF2＝，則S△F1PF2＝________. 解析：設(shè)|PF1|＝r1，|PF2|＝r2， 由橢圓定義得r1＋r2＝10.① 由余弦定理得r＋r－2r1r2cos＝64.② ①2－②得，r1r2＝12， 所以S△F1PF2＝r1r2sin＝3. 答案：3 (3)已知F1，F(xiàn)2是橢圓2x2＋y2＝4的兩個焦點，點P是橢圓上在第一象限內(nèi)的點，且·＝1.過點P作傾斜角互補的兩條直線PA，PB分別交橢圓于A，B兩點． (ⅰ)求點P的坐標(biāo)； (ⅱ)求直線AB的斜率． 解析：(ⅰ)設(shè)P(m，

24、n)，因為點P在橢圓上， 所以2m2＋n2＝4，m＞0，n＞0.① 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m2＋n2＝3.② 由①②解得m＝1，n＝， 即所求點P的坐標(biāo)為(1，)． (ⅱ)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為點A，B在橢圓上，所以2x＋y＝4,2x＋y＝4，兩式相減得2(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0. 所以kAB＝＝－2·.③ 同理可得kAP＝＝－2·，④ kBP＝＝－2· .⑤ 因為PA，PB傾斜角互補，所以kPA＋kPB＝0.⑥ 由④⑤

25、左端及⑥得x1y2＋x2y1－(x2＋x1)－(y1＋y2)＋2＝0，⑦ 由④⑤右端及⑥得x1y2＋x2y1＋(x2＋x1)＋(y1＋y2)＋2＝0，⑧ 由⑧－⑦得2(x2＋x1)＋2(y1＋y2)＝0， 即y1＋y2＝－(x1＋x2)，⑨ 由③⑨得kAB＝. 　　　“解題卡殼，攻堅突圍”術(shù) 思維受限一般出現(xiàn)在壓軸題或計算量大的題上，有時也出現(xiàn)在一些條件特殊的選擇題、填空題上，這些題不一定就是做不好的題或是難度很大的題，而可能是因某些運算或推理繁雜感到心理緊張而導(dǎo)致一下子想不出解決方法的題． 一般來說，對此類問題的突圍關(guān)鍵在于如何針對已有的信息與所求目標(biāo)的差異進行綜合分析，整合相

26、關(guān)的結(jié)論(包括已推得的結(jié)論)，注重信息的遷移．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，構(gòu)建相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型進行模仿探索，力爭做到求什么，想什么．在審查已做的運算、推理與所求結(jié)論的要求是否正確時，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，力爭做到給什么，用什么．在將條件與結(jié)論聯(lián)系起來時，要勇于試探、創(chuàng)新思維，注重類比、猜想、湊形、配式，力爭做到差什么，找什么．這就是我們常常說的“思維受限突圍術(shù)”．常見的突圍策略有以下兩種： [策略1]　前難后易空城計 對設(shè)有多問的數(shù)學(xué)命題，若前一問不會解，而后面的幾問又是自己容易解的，或是可用第一問的結(jié)論來

27、求解的，此時應(yīng)放棄第一問的求解，著重攻后面的幾問，并將第一問的結(jié)論作為后幾問的條件使用，巧妙地配合題設(shè)條件或有關(guān)定理解答后面的問題．這種利用自己根本不懂或不會證明的問題條件來解后幾問的做法，就是數(shù)學(xué)解題中的“空城計”，即前問難后問易，棄前攻后為上計(有時也說成：前難后易前問棄，借前結(jié)論攻后題)． [例11]　設(shè)函數(shù)fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)． (1)設(shè)n≥2，b＝1，c＝－1，證明：fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點； (2)設(shè)n＝2，若對任意x1，x2∈[－1,1]，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)

28、在內(nèi)的零點，判斷數(shù)列x2，x3，…，xn，…的增減性． [解析]　(1)證明：當(dāng)b＝1，c＝－1，n≥2時， fn(x)＝xn＋x－1. ∵fnfn(1)＝×1＜0， ∴fn(x)在內(nèi)存在零點． 又∵當(dāng)x∈時，f′(x)＝nxn－1＋1＞0， ∴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． (2)當(dāng)n＝2時，f2(x)＝x2＋bx＋c. 對任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等價于f2(x)在[－1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.據(jù)此分類討論如下： ①當(dāng)＞1，即|b|＞2時， M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|

29、＞4，與題設(shè)矛盾． ②當(dāng)－1≤－＜0，即0＜b≤2時， M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立． ③當(dāng)0≤－≤1，即－2≤b≤0時， M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立． 綜上可知，－2≤b≤2. (3)解法一：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(n≥2)，fn(xn)＝x＋xn－1＝0， fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈， 于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)． 又由(1)知fn(x)在上是單調(diào)遞增的， 故xn＜xn＋1(n≥2)， 所以數(shù)列x2，x3，…，xn，…是遞增數(shù)列． 解法二：設(shè)

30、xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點． fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1) ＝x＋xn－1＜x＋xn－1＝0， 則fn＋1(x)的零點xn＋1在(xn,1)內(nèi)， 故xn＜xn＋1(n≥2)， 所以數(shù)列x2，x3，…，xn，…是遞增數(shù)列． [點評]　第(1)問可利用函數(shù)的單調(diào)性及零點存在性定理進行解題，但第(2)問較麻煩，很多同學(xué)不會做或耽誤較長時間，從而延誤了第(3)問的解答．事實上，由題意可知，第(3)問的解答與第(2)問沒有任何關(guān)系，但與第(1)問是相關(guān)的，且非常容易解答，因此我們可跨過第(2)問，先解決第(3)問，從而加大了本題的得分率，這是解決此

31、類題的上策之舉． [策略2]　前解倒推混戰(zhàn)術(shù) 有些數(shù)學(xué)命題的求解，開始入手還較為順暢，但一到最后就難以繼續(xù)進行了．此時若知悉它的大致趨勢和結(jié)果，可依從所求結(jié)論的形式、特點，進行反推、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，再來巧妙地進行溝通也是可行的．對于這一步雖然是自己做不到的，但這樣寫了幾下，卻可能全都是對的．也就是說，對此解答，自己是以其昏昏，卻能使人昭昭．因為別人看上去確實是一步接著一步寫的，沒有什么跳躍，也沒掉什么關(guān)鍵步．這一戰(zhàn)術(shù)與“中間會師”有點相似，但實質(zhì)卻不同．因為它不是清清楚楚地推理過來的．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)

32、尾路難行，倒推湊形亦為徑． [例12]　已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個零點． (1)求a的取值范圍； (2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個零點，求證：x1＋x2＜2. [解析]　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)． ①設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個零點． ②設(shè)a＞0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，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)＞(b－

33、2)＋a(b－1)2＝a＞0， 故f(x)存在兩個零點． ③設(shè)a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)． 若a≥－，則ln(－2a)≤1，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時， f′(x)＞0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又當(dāng)x≤1時，f(x)＜0，所以f(x)不存在兩個零點． 若a＜－，則ln(－2a)＞1， 故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時，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)x≤1時，f(x)＜0，所以f(x)不存在兩個零點． 綜上

34、，a的取值范圍為(0，＋∞)． (2)證明：不妨設(shè)x1＜x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞減， 所以x1＋x2＜2等價于f(x1)＞f(2－x2)，即f(2－x2)＜0. 設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex， 則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)． 所以當(dāng)x＞1時，g′(x)＜0，而g(1)＝0， 故當(dāng)x＞1時，g(x)＜0. 從而g(x2)＝f(2－x2)＜0，故x1＋x2＜2. [點評]　本題在證明x1＋x2＜2時，如果直接從題目條件出發(fā)，很難證明該結(jié)論成立，而通過分析，將x1＋

35、x2＜2轉(zhuǎn)化為x1＜2－x2＜1，利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性及f(x1)＝f(x2)，將問題轉(zhuǎn)化為證明不等式f(x1)＞f(2－x2)，進而構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(2－x2)，轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)g(x)的最大值小于0，從而使問題得證． [活學(xué)活用8] (2019·沈陽監(jiān)測)已知f(x)＝ex－ax2－2x，a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的圖象恒過的定點的坐標(biāo)； (2)若f′(x)≥－ax－1恒成立，求a的值； (3)在(2)成立的條件下，證明：f(x)存在唯一的極小值點x0，且－2＜f(x0)＜－. 解析：(1)要使參數(shù)a對函數(shù)值不產(chǎn)生影響，需x＝0， 此時f(0)＝e0－a×02－2×

36、0＝1，∴函數(shù)f(x)的圖象恒過的定點的坐標(biāo)為(0,1)． (2)依題意得ex－2ax－2≥－ax－1恒成立， ∴ex≥ax＋1恒成立． 構(gòu)造函數(shù)g(x)＝ex－ax－1， 則g(x)＝ex－ax－1的圖象恒過點(0,0)， g′(x)＝ex－a， ①若a≤0，則g′(x)＞0，∴g(x)在R上單調(diào)遞增， ∴ex≥ax＋1不能恒成立． ②若a＞0，令g′(x)＝0，∴x＝ln a. ∵當(dāng)x∈(－∞，ln a)時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)＝ex－ax－1單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(ln a，＋∞)時，g′(x)＞0，函數(shù)g(x)＝ex－ax－1單調(diào)遞增， ∴函數(shù)g(x)在x＝l

37、n a處取得極小值，g(ln a)＝a－aln a－1. ∴要使ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，只需a－aln a－1≥0. 設(shè)h(a)＝a－aln a－1，則函數(shù)h(a)的圖象恒過點(1,0)，h′(a)＝1－ln a－1＝－ln a， 當(dāng)a∈(0,1)時，h′(a)＞0，函數(shù)h(a)單調(diào)遞增； 當(dāng)a∈(1，＋∞)時，h′(a)＜0，函數(shù)h(a)單調(diào)遞減． ∴函數(shù)h(a)在a＝1處取得極大值0， ∴要使函數(shù)h(a)≥0恒成立，只需a＝1.綜上，a的值為1. (3)證明：f′(x)＝ex－2x－2，設(shè)m(x)＝ex－2x－2，則m′(x)＝ex－2，當(dāng)x＞ln 2時，m′(x)＞0，當(dāng)x＜ln 2時，m′(x)＜0， ∴函數(shù)m(x)在(－∞，ln 2)上單調(diào)遞減，在(ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增， m(x)＝ex－2x－2在x＝ln 2處取得極小值，且m(ln 2)＝－2ln 2＜0， 又m(－1)＝＞0，m(2)＝e2－6＞0， ∴m(x)有兩個變號零點，∴f(x)存在唯一的極小值點x0， ∴x0∈， ∴函數(shù)f(x)的極小值f(x0)＝2－x∈， 即－2＜f(x0)＜－. - 17 -