2023届高考数学二轮复习第二部分板块（二）系统热门考点-以点带面教师用书理

第二局部板块〔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，假设函数f(x)满足f(a＋x)＝f(b－x)，那么函数图象关于直线x＝eq\f(a＋b,2)对称；假设函数f(x)满足f(a＋x)＋f(b－x)＝c，那么函数图象关于点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，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]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]函数f(x)＝x3＋sinx的定义域为[－1，1]，假设f(log2m)<f(log4(m＋2))成立，那么实数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．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，那么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，那么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．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)，那么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．y＝f(x)＋x2是奇函数，且f(1)＝1.假设g(x)＝f(x)＋2，那么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.假设在区间[－2,3]上方程ax＋2a－f(x)＝0恰有四个不相等的实数根，那么实数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)，那么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，那么直线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)假设函数f(x)是增函数，函数g(x)是增函数，那么f(x)＋g(x)是增函数；(2)假设函数f(x)是减函数，函数g(x)是减函数，那么f(x)＋g(x)是减函数；(3)假设函数f(x)是增函数，函数g(x)是减函数，那么f(x)－g(x)是增函数；(4)假设函数f(x)是减函数，函数g(x)是增函数，那么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)假设f(x＋a)＝f(x－a)，那么函数f(x)的周期为2|a|；(2)假设f(x＋a)＝－f(x)，那么函数f(x)的周期为2|a|；(3)假设f(x＋a)＝eq\f(1,fx)，那么函数f(x)的周期为2|a|；(4)假设f(x＋a)＝－eq\f(1,fx)，那么函数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，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，那么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局部，图象的最低点是B(1,2)，所以函数f(x)的最小值是2.[例2]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)，那么当函数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)的图象如下图．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，假设满足条件，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，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：选Dmax{|a＋b|2，|a－b|2}≥eq\f(|a＋b|2＋|a－b|2,2)＝|a|2＋|b|2，应选D.2．(2023·兰州模拟)记max{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≥b,b，a<b))，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)，那么当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，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，那么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]，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，∴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，假设遇极值点含参数不能比拟大小时，那么需分类讨论．[例1]假设函数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，那么直线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]函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，且f(x)的导数f′(x)<eq\f(1,2)，那么不等式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]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)假设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，假设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).假设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)，假设f′(x0)＝2017，那么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).那么称函数f(x)是[m，n]上的“双中值函数〞，函数f(x)＝x3－x2＋a是[0，a]上的“双中值函数〞，那么实数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)，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，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)).3．函数f(x)＝eq\f(x3,3)－eq\f(b,2)x2＋ax＋1(a>0，b>0)，那么函数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，那么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．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)假设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)，那么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)作比拟，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，假设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]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]假设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]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．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，那么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．(2023·沈阳质检)f(x)＝2sin2x＋2sinxcosx，那么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．α为锐角，假设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．假设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](2023·福州质检)△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)假设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]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，假设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．△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，假设eq\f(cosA,cosB)＝eq\f(b,a)＝eq\r(2)，那么该三角形的形状是()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．应选A．2．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，假设acosC＋ccosA＝2bsinA，那么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，c＝1，C＝eq\f(π,3).假设sinC＋sin(A－B)＝3sin2B，那么△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．(2023·陕西质检)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，2acos2eq\f(C,2)＋2ccos2eq\f(A,2)＝eq\f(5,2)b.(1)求证：2(a＋c)＝3b；(2)假设cosB＝eq\f(1,4)，S＝eq\r(15)，求b.解：(1)证明：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]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轴建立如下图的平面直角坐标系，那么由题意，可得B(0,0)，A(1,0)，C(0,2)．设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]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，那么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．(2023·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)，那么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下图，那么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)，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，∴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．向量a，b满足a·(a＋2b)＝0，|a|＝|b|＝1，且|c－a－2b|＝1，那么|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，那么点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，如下图．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．(2023·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，那么cosθ＝________.解析：法一：设正方形的边长为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：设正方形的边长为2，建立如下图的平面直角坐标系．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是斜边AB的中点，点P为线段CD的中点，那么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，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[常用结论——记一番]1．在四边形ABCD中：(1)eq\o(AB,\s\up7(→))＝eq\o(DC,\s\up7(→))，那么四边形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，那么四边形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(→))|，那么四边形ABCD为矩形；(4)假设eq\o(AB,\s\up7(→))＝λeq\o(DC,\s\up7(→))(λ>0，λ≠1)，那么四边形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，那么(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]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，假设把其相加或相乘，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]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．数列{an}的首项a1＝2，且an＋1＝an＋n＋1，那么数列{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＋1，故将上述n个式子相加得an＝[(n－1)＋(n－