2018届数学二轮复习第二部分板块（二）系统热门考点-以点带面理

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE136学必求其心得，业必贵于专精第二部分板块（二）系统热门考点—-以点带面板块（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＝eq\f(a＋b,2)对称；若函数f(x）满足f（a＋x)＋f(b－x)＝c，则函数图象关于点eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(a＋b，2），\f（c,2)))对称．[例1]定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－2)＝－f(x),且在［0，1］上是增函数，则有(）A．feq\b\lc\（\rc\)（\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］选B由题设知f（x）＝－f(x－2)＝f（2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称．由于奇函数f（x)在[0，1]上是增函数，故f（x）在[－1，0］上也是增函数,综上，函数f（x)在[－1，1］上是增函数，在[1，3]上是减函数．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]已知函数f（x）＝x3＋sinx的定义域为[－1，1]，若f（log2m）<f（log4(m＋2))成立，则实数m［解析]由f(x）＝x3＋sinx的定义域为[－1，1],易知f(x)在[－1，1]上单调递增,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\(\a\vs4\al\co1(\f(1，2)≤m≤2，，－\f（7，4）≤m≤2，，0〈m〈2，，m〉0，，m>－2,）)故eq\f(1，2）≤m<2.综上可知，实数m的取值范围为eq\b\lc\［\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1,2)，2））。[答案]eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2)，2）)[经典好题——练一手]1．已知定义在R上的函数f(x）满足f（2＋x)＝－f（2－x)，当x〈2时,f(x）单调递增,如果x1＋x2〈4，且（x1－2)·(x2－2)〈0，则f(x1）＋f(x2）的值为（）A．可正可负 B．可能为0C．恒大于0 D．恒小于0解析：选D由f（2＋x)＝－f（2－x)可知，函数图象关于点(2,0）中心对称．因为x<2时,f（x）单调递增，所以x〉2时，f（x）单调递增．因为x1＋x2〈4且(x1－2）·（x2－2）<0，设x1<2〈x2，则x2<4－x1，所以f（x2)〈f(4－x1）．又因为f(4－x1）＝－f(x1)，所以f（x2)<－f(x1),即f（x1)＋f(x2)<0。2．已知定义在R上的函数f（x）＝2|x－m|－1（m为实数）为偶函数，记a＝f（log0.53),b＝f（log25)，c＝f(2m)，则a,b，cA．a<b〈c B．a<c〈bC．c〈a〈b D．c<b<a解析：选C由函数f(x)＝2｜x－m|－1为偶函数可知，m＝0，故f(x）＝2｜x|－1。当x〉0时，f(x）为增函数，log0.53＝－log23，∴log25〉｜－log0.53|>0。∴b＝f（log25）>a＝f（log0.53)>c＝f（2m3．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：－14．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解析：由f（x＋2）＝f（x)，得函数的周期是2.由ax＋2a－f(x得f(x）＝ax＋2A．设y＝f（x），则y＝ax＋2a，作出函数y＝f(x）,y＝ax＋2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kAH〈a〈k由题意可知，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）））[常用结论-—记一番］1．函数的单调性在公共定义域内:(1)若函数f（x）是增函数，函数g(x)是增函数，则f（x)＋g（x）是增函数；(2)若函数f（x）是减函数，函数g（x)是减函数，则f（x）＋g（x)是减函数;(3）若函数f(x）是增函数，函数g（x)是减函数，则f（x)－g(x)是增函数；（4)若函数f(x)是减函数，函数g(x)是增函数，则f(x)－g（x）是减函数．［提示］在利用函数单调性解不等式时，易忽略函数定义域这一限制条件．2．函数的奇偶性(1）判断函数的奇偶性有时可以用定义的等价形式：f(x）±f（－x)＝0，eq\f(fx，f－x)＝±1；（2)设f(x),g(x)的定义域分别是D1，D2，那么在它们的公共定义域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶,偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．3．有关函数f(x)周期性的常用结论:(1)若f(x＋a)＝f(x－a),则函数f（x)的周期为2｜a|；（2)若f（x＋a)＝－f（x)，则函数f（x)的周期为2|a|;（3)若f(x＋a）＝eq\f(1,fx），则函数f（x)的周期为2｜a|；（4）若f(x＋a)＝－eq\f（1,fx),则函数f（x）的周期为2｜a|。（二)最值函数大显身手［速解技法--学一招]最值函数的定义：设a，b为实数，则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.)）解有些求最值问题时,巧妙借助以下性质，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］对于任意x∈R,函数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,则f（x）的最小值是（)A．2 B．3C．8 D．－1［解析］选A如图,分别画出函数y＝－x＋3，y＝eq\f（3，2)x＋eq\f（1,2）,y＝x2－4x＋3的图象，得到三个交点A（0,3），B（1,2）,C（5，8）．由图象可得函数f（x）的表达式为f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3,x≤0，,－x＋3，0<x≤1,,\f(3,2)x＋\f（1，2），1〈x≤5，,x2－4x＋3，x〉5,）)所以f（x)的图象是图中的实线部分，图象的最低点是B(1,2)，所以函数f(x）的最小值是2。[例2]已知函数f(x）＝x2－x＋m－eq\f（1，2），g(x）＝－log2x，min｛m，n}表示m，n中的最小值，设函数h(x）＝min｛f（x),g（x）}(x>0)，则当函数h（x)有三个零点时，实数m的取值范围为()A．eq\b\lc\（\rc\)(\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］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－eq\f(1,2）＝0,解得m＝eq\f（1，2)，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）.所以实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1,2)，\f(3,4）））。[经典好题——练一手]1．设a，b为平面向量，则（）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:选Dmax｛|a＋b｜2,|a－b|2｝≥eq\f（|a＋b｜2＋｜a－b｜2,2)＝|a|2＋｜b｜2，故选D.2．(2017·兰州模拟)记max｛a，b}＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a，a≥b,b,a<b)），已知向量a，b，c满足｜a｜＝1，｜b｜＝2，a·b＝0,c＝λa＋μb（λ≥0,μ≥0，且λ＋μ＝1)，则当max｛c·a，c·b｝取最小值时，|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：选A如图，设eq\o（OA，\s\up7（→)）＝a，eq\o（OB，\s\up7（→））＝b，则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)。））则f(λ）∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4,5),4）).∴f（λ)min＝eq\f(4,5）,此时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．设x，y为实数，且5x2＋4y2＝10x，则x2＋y2的最大值为________．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]，则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,∴当sinθ＝1时，x2＋y2取得最大值，即(x2＋y2)max＝4。答案：4(三）应用导数开阔思路[速解技法——学一招］1．函数的单调性与导数的关系①f′（x)>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）＝2sinx(x∈[0，π)）的图象在切点P处的切线平行于函数g（x）＝2eq\r(x)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(x，3）＋1)）的图象在切点Q处的切线,则直线PQ的斜率为（)A．eq\f(8，3) B．2C．eq\f(7，3) D．eq\f(\r（3）,3)[解析]选A由题意得f′（x）＝2cosx，g′（x)＝xeq\f(1,2）＋x－eq\f（1,2).设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）<eq\f（1,2），则不等式f(x2）<eq\f(x2,2）＋eq\f(1，2）的解集为________．［解析]设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，即函数F(x）在R上单调递减．∵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)，而函数F（x）在R上单调递减，∴x2〉1，即x∈（－∞,－1)∪(1，＋∞）．［答案](－∞，－1）∪（1，＋∞)[例3］已知函数f（x）＝(ax＋b）lnx－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）＝eq\f（b,x)＋alnx＋a－b＝eq\f（1,x）＋alnx＋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）＝lnx－x＋3,f′(x)＝eq\f(1，x)－1（x〉0）．令f′（x)＝0，得x＝1.当0〈x<1时，f′(x)〉0；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）＝lnx＋（k－1)x＋3（x〉0），g′（x)＝eq\f(1,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）＝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）.若g（x)为减函数，有g′(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。综上,k的取值范围为(－∞，0]∪eq\b\lc\[\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(2,3)，＋∞）)。［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（2016＋lnx），若f′（x0）＝2017，则x0＝()A．e2 B．1C．ln2 D．e解析：选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．定义：如果函数f(x）在［m，n］上存在x1，x2(m<x1<x2〈n）满足f′（x1）＝eq\f（fn－fm，n－m)，f′(x2)＝eq\f（fn－fm,n－m）。则称函数f（x)是［m,n]上的“双中值函数”，已知函数f(x)＝x3－x2＋a是［0，a］上的“双中值函数”，则实数a的取值范围是(）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：选C因为f(x）＝x3－x2＋a，所以f′（x)＝3x2－2x在区间[0，a]上存在x1，x2（0〈x1〈x2〈a），满足f′（x1）＝f′（x2)＝eq\f(fa－f0,a－0）＝a2－a，所以方程3x2－2x＝a2－a在区间（0，a）上有两个不相等的实根．令g(x）＝3x2－2x－a2＋a（0〈x<a）,则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，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2），1))。3．已知函数f（x）＝eq\f(x3,3）－eq\f(b，2）x2＋ax＋1（a〉0,b>0)，则函数g（x)＝alnx＋eq\f（f′x,a)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）＝alnx＋eq\f(x2－bx,a）＋1.所以g′（x）＝eq\f(a,x）＋eq\f（2x－b,a）（x〉0)，因为a〉0,b〉0,则g′（b)＝eq\f（a，b)＋eq\f(2b－b,a)＝eq\f(a，b）＋eq\f(b,a)≥2,当且仅当a＝b＝1时取“＝"，所以斜率的最小值为2。答案：24．已知函数f(x）＝（x＋1）2ln(x＋1)－x，φ（x)＝mx2。（1)当m＝eq\f(1,2）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＝eq\f(1,2)时，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，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·eq\f(1,x＋1）－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≤eq\f（3,2)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〉eq\f（3，2）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＝eeq\f（2m－3,2)－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）〈h′（0）＝0,所以h（x）在[0,x0）上单调递减,所以h（x)<h(0）＝0，不满足题意．综上,实数m的取值范围为eq\b\lc\（\rc\］（\a\vs4\al\co1（－∞，\f（3,2）））.［常用结论-—记一番]1．函数极值的判别的易错点（1)可导函数极值点的导数为0,但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x）＝x3,f′（0)＝0,但x＝0不是极值点．（2)极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值．在x0处有f′（x0)＝0是函数f(x）在x0处取得极值的必要不充分条件．2．函数最值的判别方法(1)求函数f（x)在闭区间［a，b］上最值的关键是求出f′（x）＝0的根的函数值，再与f(a)，f（b)作比较，其中最大的一个是最大值,最小的一个是最小值．(2)求函数f（x）在非闭区间上的最值，只需利用导数法判断函数f(x)的单调性，即可得结论．（四)三角问题重在三变[速解技法—-学一招]eq\a\vs4\al(“三变”是指变角、变数与变式。,1变角，如2α＝α＋β＋α－β，α＝α＋β－β。，2变数,特别是“1”的代换,1＝sin2θ＋cos2θ＝tan45°等。，3变式,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］对于锐角α,若sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,12)))＝eq\f(3,5）,则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]选D由α为锐角,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]若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））），则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]选A因为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）。[经典好题——练一手]1．已知角θ的顶点与原点重合，始边与x轴正半轴重合，终边在直线y＝2x上，则sineq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2θ＋\f（π,4））)的值为()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:选D由题意可得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．(2017·沈阳质检）已知f(x）＝2sin2x＋2sinxcosx，则f(x)的最小正周期和一个单调递减区间分别为(）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：选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)））上单调递减．3．已知α为锐角，若sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（α＋\f(π,6))）＝eq\f（3,5），则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）))，因为α为锐角，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．若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),则coseq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（β，2)－α))的值为________．解析:由题易知－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)[常用结论—-记一番]三角公式中常用的变形：(1）对于含有sinα±cosα，sinαcosα的问题，利用（sinα±cosα)2＝1±2sinαcosα，建立sinα±cosα与sinαcosα的关系．（2）对于含有sinα，cosα的齐次式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）转化为含tanα的式子．（3)对于形如cos2α＋sinα与cos2α＋sinαcosα的变形,前者用平方关系sin2α＋cos2α＝1化为二次型函数,而后者用降幂公式化为一个角的三角函数．(4）含tanα＋tanβ与tanαtanβ时考虑tan（α＋β）＝eq\f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ）。（五）正弦余弦相得益彰［速解技法——学一招]三角函数求值的解题策略(1）寻求角与角关系的特殊性，化非特殊角为特殊角，熟练准确地应用公式；(2）注意切化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用；（3)对于条件求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，对于很难入手的问题，可利用分析法．(4）求角的大小，应注意角的范围．［例1](2017·福州质检）已知△ABC的内角A,B，C的对边分别为a,b，c，且ctanC＝eq\r（3)（acosB＋bcosA）．（1)求角C；(2）若c＝2eq\r(3），求△ABC面积的最大值．［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），当且仅当a＝b＝2eq\r（3）时取“＝”，所以△ABC的面积的最大值为3eq\r(3）.[例2]已知向量m＝（2sinωx,cos2ωx－sin2ωx），n＝(eq\r(3)cosωx，1），其中ω〉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＝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))）。因为f（x）的最小正周期为π,所以T＝eq\f（2π,2｜ω｜)＝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）.因为BC＝eq\r(3),所以a＝eq\r（3）。因为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）.因为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）。[经典好题——练一手］1．已知△ABC的三个内角A，B,C的对边分别为a，b,c，若eq\f（cosA，cosB)＝eq\f（b，a）＝eq\r(2），则该三角形的形状是()A．直角三角形 B．等腰三角形C．等边三角形 D．钝角三角形解析：选A因为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．故选A．2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acosC＋ccosA＝2bsinA，则A的值为(）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：选D由acosC＋ccosA＝2bsinA结合正弦定理可得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，内角A,B，C的对边分别是a,b，c，已知c＝1，C＝eq\f(π，3）.若sinC＋sin(A－B）＝3sin2B，则△ABC的面积为()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：选D因为sinC＋sin（A－B)＝sin(A＋B）＋sin（A－B）＝2sinAcosB＝6sinBcosB，因为△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,结合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．（2017·陕西质检）在△ABC中,角A,B，C的对边分别为a,b，c,面积为S，已知2acos2eq\f（C,2）＋2ccos2eq\f(A，2)＝eq\f（5，2）b。(1）求证：2（a＋c）＝3b;（2)若cosB＝eq\f(1,4），S＝eq\r(15)，求b。解:（1)证明：由已知得，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.［常用结论——记一番]1．解三角形中常用结论：（1)三角形中正弦、余弦、正切满足的关系式有：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）三角形形状判断(一般用余弦定理)：直角三角形⇔a2＋b2＝c2;锐角三角形⇔a2＋b2>c2（c为最大边)；钝角三角形⇔a2＋b2〈c2（c为最大边)．（3)在锐角三角形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＝eq\f(1,2）aha＝eq\f（1，2)bhb＝eq\f（1,2)chc（ha，hb，hc分别表示a，b，c边上的高)．(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,则｜eq\o（BD,\s\up7(→)）｜的最大值为（）A．eq\f（2\r（5)，5） B．2C．eq\r(5) D．2eq\r(5）[解析]选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）。所以点D在以Eeq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，2），1))为圆心，半径r＝eq\f（\r(5）,2）的圆上．因为|eq\o（BD,\s\up7(→））｜表示B，D两点间的距离，而|eq\o（EB，\s\up7（→）)|＝eq\f(\r（5),2)，所以|eq\o（BD，\s\up7(→））｜的最大值为｜eq\o(EB，\s\up7（→)）｜＋r＝eq\f(\r（5),2)＋eq\f（\r(5)，2）＝eq\r（5）.[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，则eq\f（eq\o(BI,\s\up7(→))·eq\o（BA，\s\up7（→))，|eq\o（BA,\s\up7（→))｜）的值为（）A．2 B．3C．4 D．5［解析］选B因为｜eq\o(PA，\s\up7（→））－eq\o(PB,\s\up7(→））｜＝｜eq\o（BA，\s\up7（→））｜＝10，PC是∠APB的平分线，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｜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.[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｜eq\o（MN，\s\up7(→）)｜＝eq\r（2），则eq\o（BM，\s\up7(→）)·eq\o（BN,\s\up7（→)）的取值范围为()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: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），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）,则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，∴当a＝eq\f（1,2）时，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（→))的取值范围为eq\b\lc\［\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（3,2）,2)）.2．已知向量a，b满足a·（a＋2b）＝0，｜a｜＝｜b｜＝1,且|c－a－2b|＝1，则|c|的最大值为（）A．2 B．4C．eq\r(5）＋1 D．eq\r（3）＋1解析:选D设a＝eq\o(OA,\s\up7（→))，a＋2b＝eq\o（OB，\s\up7(→）)，c＝eq\o（OC，\s\up7(→））,且设点A在x轴上，则点B在y轴上，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，所以点C在以B为圆心，1为半径的圆上，如图所示．法一：因为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：连接AB，因为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.因为|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．（2017·福州质检)正方形ABCD中，E为BC的中点,向量eq\o(AE,\s\up7(→））,eq\o（BD，\s\up7(→）)的夹角为θ，则cosθ＝________。解析：法一：设正方形的边长为a，则｜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\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（eq\o（AB，\s\up7(→)）＋\f(1,2)eq\o（AD,\s\up7(→)）））·(eq\o(AD，\s\up7(→)）－eq\o（AB，\s\up7(→))）＝eq\f(1,2)eq\o（AD,\s\up7(→）)2－eq\o(AB,\s\up7(→))2＋eq\f（1,2）eq\o(AD，\s\up7(→)）·eq\o(AB，\s\up7(→))＝－eq\f（1,2)a2，所以cosθ＝eq\f(eq\o(AE，\s\up7(→））·eq\o(BD,\s\up7（→）），｜eq\o（AE,\s\up7（→)）|·|eq\o(BD,\s\up7(→））|）＝eq\f(－\f(1，2)a2,\f(\r(5）a,2)·\r（2）a）＝－eq\f(\r(10）,10)。法二：设正方形的边长为2，建立如图所示的平面直角坐标系．则A（0,0），B（2，0），D(0，2），E(2,1）,∴eq\o(AE,\s\up7（→)）＝(2，1)，eq\o(BD,\s\up7(→))＝（－2,2),∴eq\o(AE,\s\up7(→))·eq\o（BD，\s\up7（→）)＝2×(－2）＋1×2＝－2，所以cosθ＝eq\f（eq\o(AE,\s\up7（→）)·eq\o(BD,\s\up7(→)），|eq\o（AE,\s\up7(→））|·|eq\o(BD,\s\up7(→))|）＝eq\f(－2，\r（5）×2\r（2））＝－eq\f（\r(10)，10）.答案：－eq\f(\r(10），10）4．在Rt△ABC中，D是斜边AB的中点，点P为线段CD的中点，则eq\f(|PA｜2＋|PB|2,｜PC|2）＝________.解析:法一：(坐标法）将直角△ABC放入直角坐标系中，如图．设A（a，0)，B（0,b),a〉0，b>0，则Deq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（a，2)，\f(b,2））)，Peq\b\lc\（\rc\)(\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，则｜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［常用结论——记一番］1．在四边形ABCD中:（1）eq\o（AB,\s\up7（→)）＝eq\o(DC，\s\up7（→）)，则四边形ABCD为平行四边形；（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，则四边形ABCD为菱形；（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（→))｜，则四边形ABCD为矩形；（4）若eq\o(AB，\s\up7（→))＝λeq\o（DC，\s\up7（→))（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⇔eq\o(OA,\s\up7(→））2＝eq\o(OB，\s\up7(→))2＝eq\o（OC，\s\up7（→））2.(2）O为△ABC的重心⇔eq\o(OA,\s\up7(→))＋eq\o（OB，\s\up7(→)）＋eq\o（OC,\s\up7（→)）＝0。(3)O为△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为△ABC的内心⇔aeq\o(OA，\s\up7(→)）＋beq\o（OB,\s\up7(→)）＋ceq\o(OC,\s\up7(→）)＝0。(5)O为△ABC的A的旁心⇔aeq\o(OA，\s\up7(→))＝beq\o(OB，\s\up7(→)）＋ceq\o(OC,\s\up7(→））。(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eq\f(an＋1，an）＝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＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(n,n＋1）an,求an。［解]由条件知eq\f（an＋1,an）＝eq\f(n,n＋1)，分别令n＝1,2，3，…，（n－1),代入上式得(n－1)个等式累乘，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eq\f（an,a1），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＝eq\f（an,2an＋1)，求数列eq\b\lc\{\rc\｝（\a\vs4\al\co1(\f(1,anan＋1)))的前10项和．[解］因为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)））是首项为1，公差为2的等差数列，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).[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．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：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