2021届高考数学二轮总复习-板块一-考前必会的十种技法学案.doc

2021届高考数学二轮总复习 板块一 考前必会的十种技法学案

2021届高考数学二轮总复习 板块一 考前必会的十种技法学案

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板块一 考前必会的十种技法

板块一　考前必会的十种技法
★技法一　定义法
定义法，就是直接利用数学定义解题，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来的．简单地说，定义是对数学实体的高度抽象，用定义法解题是最直接的方法．一般地，涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决．
【典例1】　已知椭圆C：＋＝1，M，N是坐标平面内的两点，且M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝(　　)
A．4 B．8
C．12 D．16
[解析]　设MN的中点为D，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，如图，连接DF1，DF2，因为F1是MA的中点，D是MN的中点，所以F1D是△MAN的中位线，则|DF1|＝|AN|，同理|DF2|＝|BN|，所以|AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|)，因为D在椭圆上，所以根据椭圆的定义知|DF1|＋|DF2|＝4，
所以|AN|＋|BN|＝8.
[答案]　B
◄技 法 悟 通►
利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题时，要注意动点或圆锥曲线上的点所满足的条件，灵活利用相关的定义求解．如本例中求|AN|＋|BN|利用中位线性质与椭圆定义可转化求解．
|应用体验|
1．(2019·湖北武汉调研)若双曲线－＝1的左焦点为F，点P是双曲线右支上的动点，A(1,4)，则|PF|＋|PA|的最小值是(　　)
A．8 B．9
C．10 D．12
解析：选B　由题意知，双曲线－＝1的左焦点F的坐标为(－4,0)，设双曲线的右焦点为B，则B(4,0)，由双曲线的定义知|PF|＋|PA|＝4＋|PB|＋|PA|≥4＋|AB|＝4＋＝4＋5＝9，当且仅当A，P，B三点共线且P在A，B之间时取等号．
2．若数列{an}满足－＝1，且a1＝5，则数列{an}的前200项中，能被5整除的项数为(　　)
A．90 B．80
C．60 D．40
解析：选B　数列{an}满足－＝1，即－＝1，又＝1，∴数列是以1为首项，1为公差的等差数列，∴＝n，∴an＝2n2＋3n，列表如下：
项
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
an的个位数
5
4
7
4
5
0
9
2
9
0
∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{an}的前200项中能被5整除的项数为80，故选B．
★技法二　数形结合法
数形结合法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用分为两种情形：一是代数问题几何化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助于数的精确性阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．
【典例2】　已知a，b满足|a|＝，|b|＝1，且对任意的实数x，不等式|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，设a，b的夹角为θ，则tan 2θ＝________.
[解析]　如图所示，当(a＋b)⊥b时，对任意的实数x，a＋xb＝或a＋xb＝，因为在直角三角形中，斜边大于直角边恒成立，数形结合知，不等式|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，因为(a＋b)⊥b，a，b满足|a|＝，|b|＝1，所以(a＋b)·b＝0，a·b＋b2＝0，tan θ＝－，tan 2θ＝＝2.
[答案]　2
◄技 法 悟 通►
数形结合思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，如本例中巧妙借助图象确定对称性求解．
|应用体验|
3．(2019·江西白鹭洲中学调研)已知在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，点P是斜边AB上的中点，则·＋·＝________.
解析：由题意可建立如图所示的平面直角坐标系．

可得A(2,0)，B(0,2)，P(1,1)，C(0,0)，则·＋·＝(1,1)·(0,2)＋(1,1)·(2,0)＝2＋2＝4.
答案：4
4．已知f(x)是以2为周期的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝x，且在[－1,3]内，关于x的方程f(x)＝kx＋k＋1(k∈R，k≠－1)有四个根，则k的取值范围是________．
解析：由题意作出f(x)在[－1,3]上的示意图如图．

记y＝k(x＋1)＋1，∴函数y＝k(x＋1)＋1的图象过定点A(－1,1)．
记B(2,0)，由题意知，方程有四个根，
即函数y＝f(x)与y＝kx＋k＋1的图象有四个交点，
故kAB<k<0，kAB＝＝－，∴－<k<0.
答案：
★技法三　特例法
特例法，包括特例验证法、特例排除法，就是充分运用选择题中单选题的特征解题时，可以通过取一些特殊值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证的方法．对于定性、定值的问题可直接确定选项；对于其他问题可以排除干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略．
【典例3】　如图，在棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1P＝BQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为(　　)

A．3∶1 B．2∶1
C．4∶1 D．∶1
[解析]　将P，Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此时仍满足条件A1P＝BQ(＝0)，则有V＝V＝.故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为2∶1(或1∶2)．
[答案]　B
◄技 法 悟 通►
应用特例法的关键在于确定选项的差异性，利用差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应，从而排除干扰选项，如本例中先利用取一特殊值验证问题可求解．
|应用体验|
5．如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，那么(　　)
A．a1a8>a4a5 B．a1a8<a4a5
C．a1＋a8>a4＋a5 D．a1a8＝a4a5
解析：选B　取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有1×8<4×5成立．
6．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：－
★技法四　估值法
估值法就是不需要计算出代数式的准确数值，通过估计其大致取值范围从而解决相应问题的方法．该种方法主要适用于比较大小的有关问题．尤其是在选择题或填空题中，解答不需要详细的过程，因此可以猜测、合情推理、估算而获得，从而减少运算量．
【典例4】　(2019·福建宁德质量检查)已知a＝log0.62，b＝log20.6，c＝0.62，则(　　)
A．a>b>c B．b>c>a
C．c>b>a D．c>a>b
[解析]　c＝0.62>0；b＝log20.6<0，且b＝log20.6>log20.5＝－1，即b∈(－1,0)；a＝log0.62＝＝∈(－∞，－1)，所以c>b>a，故选C．
[答案]　C
◄技 法 悟 通►
估算法省去很多推导过程和比较复杂的计算，节省时间，是发现问题、研究问题、解决问题的一种重要的运算方法，但要注意估算也要有依据，如本例是根据指数函数与对数函数的单调性估计每个值的取值范围，从而比较三者的大小，其实就是找一个中间值进行比较．
|应用体验|
7．若双曲线－＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：选D　因为双曲线的一条渐近线经过点(3，－4)，所以＝.
因为e＝>，所以e>.故选D．
★技法五　待定系数法
要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫做待定系数法．其理论依据是多项式恒等——两个多项式各同类项的系数对应相等，使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决．待定系数法主要用来解决所求解的数学问题具有某种确定的数学表达式，例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等．
【典例5】　(2019·河北唐山模拟)圆E经过三点A(0,1)，B(2,0)，C(0，－1)，且圆心在x轴的正半轴上，则圆E的标准方程为(　　)
A．2＋y2＝ B．2＋y2＝
C．2＋y2＝ D．2＋y2＝
[解析]　根据题意，设圆E的圆心坐标为(a,0)(a>0)，半径为r，即圆的标准方程为(x－a)2＋y2＝r2，
则有
解得a＝，r2＝，
则圆E的标准方程为2＋y2＝.故选C．
[答案]　C
◄技 法 悟 通►
待定系数法主要用来解决已经定性的问题，如本例中已知圆心位置，可设圆的标准方程利用条件建立方程组求出横坐标及半径．
|应用体验|
8．电流强度I(安)随时间t(秒)变化的函数I＝Asin(ωt＋φ)的图象如图所示，则当t＝秒时，电流强度是(　　)

A．－5安 B．5安
C．5安 D．10安
解析：选A　由图象知A＝10，＝－＝，
∴ω＝＝100π，∴I＝10sin(100πt＋φ)．
又为五点中的第二个点，
∴100π×＋φ＝.∴φ＝.
∴I＝10sin，当t＝秒时，I＝－5安．
★技法六　换元法
换元法又称辅助元素法、变量代换法．通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化．换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化．换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等．
【典例6】　已知正数x，y满足4y－＝1，则x＋2y的最小值为________．
[解析]　由4y－＝1，得x＋2y＝4xy，即＋＝1，所以x＋2y＝(x＋2y)＝1＋＋≥1＋2＝2，当且仅当＝，即x＝2y时等号成立．所以x＋2y的最小值为2.
[答案]　2
◄技 法 悟 通►
换元法主要有常量代换和变量代换，要根据所求解问题的特征进行合理代换．如本例中就是使用常数1的代换，将已知条件化为“＋＝1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与1的乘积等于本身，再将其展开，通过构造基本不等式的形式求解最值．
|应用体验|
9．已知f＝lg x，则f(x)＝________.
解析：令t＝＋1，则x＝(t>1)．将上式代入f＝lg x，得f(t)＝lg ，即所求函数的解析式为f(x)＝lg (x>1)．
答案：lg (x>1)
10．(2019·洛阳质检)若函数f(x)＝2x＋3，g(x＋2)＝f(x)，则函数g(x)的解析式为________．
解析：令x＋2＝t，则x＝t－2.因为f(x)＝2x＋3，g(x＋2)＝f(x)＝2x＋3，所以g(t)＝2(t－2)＋3＝2t－1.故函数g(x)的解析式为g(x)＝2x－1.
答案：g(x)＝2x－1
11．函数y＝cos2x－sin x在x∈上的最大值为___________．
解析：y＝cos2x－sin x＝－sin2x－sin x＋1.
令t＝sin x，又x∈，∴t∈，
∴y＝－t2－t＋1，t∈.
∵函数y＝－t2－t＋1在上单调递减，
∴t＝0时，ymax＝1.
答案：1
★技法七　构造法
构造法求解选择、填空题，需要利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型(如构造函数、方程或图形)，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到简捷的解决，它来源于对基础知识和基本方法的积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括、积极联想、横向类比，从曾经遇到过的类似问题中寻找灵感，构造出相应的函数、数列、几何等具体的数学模型，使问题得以快速解决．
【典例7】　(1)(2019·河北武邑中学模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意实数x均有(1－x)·f(x)＋xf′(x)>0成立，且y＝f(x＋1)－e是奇函数，则不等式xf(x)－ex>0的解集是(　　)
A．(－∞，e) B．(e，＋∞)
C．(－∞，1) D．(1，＋∞)
(2)如图，已知球O的表面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝，则球O的体积等于________．

[解析]　(1)构造函数，令g(x)＝，
则g′(x)＝.
由题意可知，g′(x)>0恒成立，则函数g(x)在定义域内单调递增．
因为函数y＝f(x＋1)－e是奇函数，则函数图象过坐标原点，即f(1)－e＝0，所以f(1)＝e，所以g(1)＝＝1.
而不等式xf(x)－ex>0可变形为>1，
即g(x)>g(1)，
结合函数g(x)的单调性可知不等式的解集为(1，＋∞)．故选D．
(2)如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以CD＝＝2R，

所以R＝，故球O的体积V＝＝π.
[答案]　(1)D　(2)π
◄技 法 悟 通►
构造法实质上是化归与转化思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型，从而转化为自己熟悉的问题．如本例(2)中巧妙地构造出正方体，而球的直径恰好为正方体的体对角线，问题就很容易得到解决．
|应用体验|
12．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是(　　)
A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)
解析：选D　构造函数F(x)＝f(x)g(x)．因为当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，所以当x<0时，F′(x)＝[f(x)g(x)]′>0，所以函数F(x)＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)＝f(x)g(x)是奇函数，所以函数F(x)＝f(x)g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为g(3)＝0，所以g(－3)＝g(3)＝0，所以F(3)＝F(－3)＝0，所以不等式f(x)g(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．
13．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝1，PA＝，则该三棱锥外接球的表面积为(　　)
A．5π B．π
C．20π D．4π
解析：选A　把三棱锥P－ABC看作由一个长、宽、高分别为1,1，的长方体截得的一部分(如图)．易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为＝，故外接球半径为，表面积为4π×2＝5π.
★技法八　参数分离法
参数分离法是解决不等式有解、恒成立问题常用的方法，通过分离参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解，从而避免对参数进行分类讨论的烦琐过程．该种方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决．但要注意该种方法仅适用于分离参数后能够求解相应函数的最值或值域的情况．
【典例8】　(一题多解)(2019·成都模拟)若关于x的不等式x2＋2ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围为(　　)
A．(0，＋∞) B．[－1，＋∞)
C．[－1,1] D．[0，＋∞)
[解析]　解法一：当x＝0时，不等式1≥0恒成立，
当x>0时，x2＋2ax＋1≥0⇒2ax≥－(x2＋1)⇒2a≥－，
又－≤－2，当且仅当x＝1时，取等号，所以2a≥－2⇒a≥－1，所以实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
解法二：设f(x)＝x2＋2ax＋1，函数图象的对称轴为直线x＝－a，
当－a≤0，即a≥0时，f(0)＝1>0，所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立；
当－a>0，即a<0时，要使f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需f(－a)＝a2－2a2＋1＝－a2＋1≥0，得－1≤a<0.
综上，实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
[答案]　B
◄技 法 悟 通►
利用分离参数法解决不等式恒成立问题或有解问题，关键在于准确分离参数，然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系．分离参数时要注意参数系数的符号是否会发生变化，如果参数的系数符号为负号，则分离参数时应注意不等号的变化，否则就会导致错解．
|应用体验|
14．(2019·陕西联考)已知函数f(x)＝ln x－＋，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，实数k的取值范围为________．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立等价于k<－xln x在(1，＋∞)上恒成立．
令g(x)＝－xln x，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝x－(ln x＋1)＝x－1－ln x，x∈(0，＋∞)．
令h(x)＝x－1－ln x，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝1－＝，x∈(0，＋∞)．
当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)在(0,1)上单调递减；
当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．
∴当x>1时，h(x)>h(1)＝0.
即当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，
∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(x)>g(1)＝.
∴当x>1时，若使k<－xln x恒成立，则k≤，
即实数k的取值范围是.
答案：
★技法九　巧设变量　引参搭桥法
当利用题目条件中的已知量或变量无法直接与要求的结论之间建立关系式时，可考虑引入一些中间变量，即参数(可以是角度、线段、斜率及点的坐标等)，来沟通条件与结论之间的联系，这是一种非常重要的解题方法，也就是我们所说的“引参搭桥术”，尤其在解析几何中，应用较为广泛．
【典例9】　如图，椭圆有两顶点A(－1,0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q，连接OQ.

(1)当|CD|＝时，求直线l的方程；
(2)当点P异于A，B两点时，求证：· 为定值．
[解]　(1)因为椭圆焦点在y轴上，所以设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)．
由已知得b＝1，c＝1，所以a＝，
则椭圆方程为＋x2＝1.
①当直线l垂直于x轴时，与题意不符．
②当直线l不垂直于x轴时，设直线l的斜率为k，则方程为y－1＝k(x－0)(k≠0)，
联立直线l与椭圆的方程得
化简得(2＋k2)x2＋2kx－1＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则
所以|CD|＝＝.
由已知得＝，解得k＝±.
所以直线l的方程为y＝x＋1或y＝－x＋1.
(2)证明：①当直线l垂直于x轴时，与题意不符．
②当直线l不垂直于x轴时，设l的方程为y－1＝k(x－0)(k≠0且k≠±1)，
所以P点坐标为.
由(1)知，
所以x1－x2＝
＝ ＝.
直线AC的方程为y＝(x＋1)，
直线BD的方程为y＝(x－1)，
将两直线方程联立，解得xQ＝.
又y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1，
所以xQ＝
＝
＝＝－k，
所以点Q的坐标为(－k，yQ)．而点P的坐标为，所以·＝(－k)＋0×yQ＝1.所以·为定值得证.
◄技 法 悟 通►
本例第(2)问是变中求定问题，思路是选设引起直线l变化的某参数，在推算过程中把该参数消去，得到·为定值，显然此处首选直线l的斜率为参数．
|应用体验|
15．已知点F1，F2分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，椭圆上的点P满足∠F1PF2＝90°，且△F1PF2的周长为4＋2，面积为1.

(1)求椭圆E的标准方程；
(2)如图，过点F1，F2分别作直线l1，l2且l1∥l2，l1交椭圆于A，B两点，l2交椭圆于C，D两点，求四边形ABCD面积的最大值．
解：(1)设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则
m＋n＝2a，①
m2＋n2＝(2c)2，②
①2－②，得mn＝2(a2－c2)，
∴S＝mn＝a2－c2＝b2＝1.
∵△F1PF2的周长L＝m＋n＋2c＝2a＋2c＝4＋2，
∴a＋c＝2＋，
∴a－c＝＝2－，∴a＝2，c＝，
∴椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)由题知l1的倾斜角不为0°，F1(－，0)，由对称性得四边形ABCD为平行四边形，设直线l1的方程为x＝py－，联立直线l1与椭圆的方程并化简，得(p2＋4)·y2－2py－1＝0，显然Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝.
连接OA，OB，∴S△OAB＝××|y1－y2|＝·＝2·.
设p2＋1＝t，t∈[1，＋∞)，则p2＝t－1，∴＝＝≤，当且仅当t＝，即p＝±时等号成立，
∴(S△OAB)max＝2×＝1，
∴平行四边形ABCD面积的最大值Smax＝4·(S△OAB)max＝4.
★技法十　正难则反思维法
思维受限一般出现在压轴题或计算量大的题上，有时也出现在一些条件特殊的选择题、填空题上，这些题不一定就是做不好的题或是难度很大的题，而可能是因某些运算或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子想不出解决方法的题．
一般来说，对此类问题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析，整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移．要注重考查命题所涉及的概念、定理，把握命题的结构特点，构建相应的数学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么．在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否正确时，要注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什么，用什么．在将条件与结论联系起来时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什么．这就是我们常常说的“思维受限突围术”．常见的突围策略有以下两种：
策略一　前难后易空城计
对设有多问的数学命题，若前一问不会解，而后面的几问又是容易解的，或是可用第一问的结论来求解的，此时应放弃第一问的求解，着重攻后面的几问，并将第一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合题设条件或有关定理解答后面的问题．这种利用自己根本不懂或不会证明的问题条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城计”，即前问难后问易，弃前攻后为上计(有时也说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题)．
【典例10】　设函数fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)．
(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间，1内存在唯一零点；
(2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范围；
(3)(一题多解)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在内的零点，判断数列x2，x3，…，xn，…的增减性．
[解]　(1)证明：当b＝1，c＝－1，n≥2时，fn(x)＝xn＋x－1.
∵fnfn(1)＝×1<0，
∴fn(x)在内存在零点．
又∵当x∈时，f′(x)＝nxn－1＋1>0，
∴fn(x)在上是单调递增的，
∴fn(x)在区间内存在唯一零点．
(2)当n＝2时，f2(x)＝x2＋bx＋c.
对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等价于f2(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：
①当>1，即|b|>2时，
M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|>4，与题设矛盾．
②当－1≤－<0，即0<b≤2时，
M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立．
③当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，
M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立．
综上可知，－2≤b≤2.
故b的取值范围为[－2,2]．
(3)解法一：设xn是fn(x)在内的唯一零点(n≥2)，fn(xn)＝x＋xn－1＝0，
fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈，
于是有fn(xn)＝fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1<x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)．
又由(1)知fn(x)在上是单调递增的，
故xn<xn＋1(n≥2)，
所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列．
解法二：设xn是fn(x)在内的唯一零点，
fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1)
＝x＋xn－1<x＋xn－1＝0，
则fn＋1(x)的零点xn＋1在(xn,1)内，
故xn<xn＋1(n≥2)，
所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列.
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本例第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(3)问的解答．事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举．
策略二　前解倒推混战术
有些数学命题的求解，开始入手还较为顺畅，但一到最后就难以继续进行了．此时若知悉它的大致趋势和结果，可依从所求结论的形式、特点，进行反推、凑形，直到得出大致与所要达到的目标相同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通．对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了几下，却可能全都是对的．
【典例11】　(2019·武汉调研)已知a为实数，函数f(x)＝ex－2－ax.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1<x2)．
①求实数a的取值范围；
②证明：x1＋x2>2.
[解]　(1)f′(x)＝ex－2－a.
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在R上单调递增．
当a>0时，由f′(x)＝ex－2－a＝0，得x＝2＋ln a.
若x>2＋ln a，则f′(x)>0，函数f(x)在(2＋ln a，＋∞)上单调递增；
若x<2＋ln a，则f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，2＋ln a)上单调递减．
(2)①由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，没有两个不同的零点．
当a>0时，f(x)在x＝2＋ln a处取得极小值，
所以f(2＋ln a)＝eln a－a(2＋ln a)<0，得a>，
所以a的取值范围为.
②证明：由ex－2－ax＝0，得x－2＝ln(ax)＝ln a＋ln x，即x－2－ln x＝ln a.
所以x1－2－ln x1＝x2－2－ln x2＝ln a.
令g(x)＝x－2－ln x(x>0)，则g′(x)＝1－.
当x>1时，g′(x)>0；当0<x<1时，g′(x)<0.
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以0<x1<1<x2.
要证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1>1.
因为g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以只需证g(x2)>g(2－x1)．
因为g(x1)＝g(x2)，所以只需证g(x1)>g(2－x1)，
即证g(x1)－g(2－x1)>0.
令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝x－2－ln x－[2－x－2－ln(2－x)]＝2x－2－ln x＋ln(2－x)，则h′(x)＝2－.
因为＋＝[x＋(2－x)]≥2，当且仅当x＝1时等号成立，所以当0<x<1时，h′(x)<0，即h(x)在(0,1)上单调递减，
所以h(x)>h(1)＝0，即g(x1)－g(2－x1)>0，
所以x1＋x2>2得证.
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在证明x1＋x2>2时，如果直接从题目条件出发，很难证明结论成立，而通过分析，将x1＋x2>2转化为x2>2－x1>1，利用函数g(x)＝x－2－ln x的单调性以及g(x1)＝g(x2)，将问题转化为证明不等式g(x1)>g(2－x1)，进而构造函数h(x)＝g(x)－g(2－x)，转化证明函数h(x)的最小值大于0，从而使问题得证．
|应用体验|
16．(2019·沈阳教学质量检测)已知f(x)＝ex－ax2－2x，a∈R.
(1)求函数f(x)的图象恒过的定点的坐标；
(2)若f′(x)≥－ax－1恒成立，求a的值；
(3)在(2)成立的条件下，证明：f(x)存在唯一的极小值点x0，且－2<f(x0)<－.
解：(1)要使参数a对函数值不产生影响，需x＝0，
此时f(0)＝e0－a×02－2×0＝1，∴函数f(x)的图象恒过的定点的坐标为(0,1)．
(2)f′(x)＝ex－2ax－2.依题意得ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，∴ex≥ax＋1恒成立．
构造函数g(x)＝ex－ax－1，
则g(x)＝ex－ax－1的图象恒过点(0,0)，g′(x)＝ex－a，
①若a≤0，则g′(x)>0恒成立，∴g(x)在R上单调递增，
∴ex≥ax＋1不能恒成立．
②若a>0，令g′(x)＝0，∴x＝ln a.
∵当x∈(－∞，ln a)时，g′(x)<0，函数g(x)＝ex－ax－1单调递减；
当x∈(ln a，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)＝ex－ax－1单调递增，
∴函数g(x)在x＝ln a处取得极小值，g(ln a)＝a－aln a－1.
∴要使ex－2ax－2≥－ax－1恒成立，只需a－aln a－1≥0.
设h(a)＝a－aln a－1，a>0，则函数h(a)的图象恒过点(1,0)，
h′(a)＝1－ln a－1＝－ln a，
当a∈(0,1)时，h′(a)>0，函数h(a)单调递增；
当a∈(1，＋∞)时，h′(a)<0，函数h(a)单调递减．
∴函数h(a)在a＝1处取得极大值0，
∴要使函数h(a)≥0恒成立，只需a＝1.
综上，a的值为1.
(3)证明：f′(x)＝ex－2x－2，设m(x)＝ex－2x－2，
则m′(x)＝ex－2，当x>ln 2时，m′(x)>0，当x<ln 2时，m′(x)<0，
∴函数m(x)在(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，
m(x)＝ex－2x－2在x＝ln 2处取得极小值，且m(ln 2)＝－2ln 2<0，
又m(－1)＝>0，m(2)＝e2－6>0，m(0)＝－1<0，
∴m(x)有两个变号零点，
∴f(x)存在唯一的极小值点x0，
∴f′(x0)＝0，即e－2x0－2＝0.
f(x0)＝ex0－x－2x0＝2－x.∵m＝e－5<0，
∴在上存在一个极值点，即最小极值点在内．∵x0∈
∴f(x0)＝2－x∈，∴－2<f(x0)<－.