2020屆高考數(shù)學大二輪復習 下篇 指導三 巧用八種解題術教學案

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1、 指導三 巧用八種解題術 　　　“探求思路、圖體向?qū)А毙g 對題設條件不夠明顯的數(shù)學問題求解，注意相關的圖形，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，但可以設法構造相應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”． [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∈.] [活學活用1] (2019·杭州二模)設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，設參換元”術 在解答數(shù)學問題時，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_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，使非標準型問題標準化，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“設參換元術”，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t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±時，S取得最大值，且最大值為× ＝1. [活學活用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0≤t≤時，g(t)單調(diào)遞增．當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，當且僅當即時取等號，故2a＋b的最大值是2. 答案：2 　　　“巧設變量，引參搭橋”術 當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． [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. 設點P的橫坐標為xp. 由得x＝，即xp＝ . 將代入l的方程得b＝， 因此xm＝. 當且僅當線段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l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形． [活學活用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θ∈(0，θ0)時，f′(θ)＞0，當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 對多個變量交叉混合布局的數(shù)學問題，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． [例4]　設函數(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＞－. [活學活用4] 設函數(shù)g(x)＝＋x＋b對任意a∈，都有g(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，反客為主”術 我們解答數(shù)學題時通常把注意力集中在主變元上，這是理所當然的事．當思維受阻時，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，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． [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f(x)＝0時，有2x＋7＝a(x＋2)2，① 顯然，當x＝－2時，方程①不成立． 故有a＝(x≠－2)，② 于是

14、，當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 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，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　[設拋物線y＝x2上兩點A(x1，x)，B(x2，x)關于直線y＝k(x－3)對稱，AB的中點為P(x0，y0)，則x0＝，y0＝. 由題設知＝－，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k＜－時，拋物線y＝x2上存在兩點關于直線y＝k(x－3)對稱，于是當k≥－時，拋物線y＝x2上不存在兩點關于直線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： 　　　“關注整體，設而不求”術 設而不求是數(shù)學解題中的一種很有用的手段，采用設而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的無益的循環(huán)運算，從而達到準確、快速、簡捷的解題效果． [方法1]　整體代入，設而不求 在解決某些涉及若干個量的求值問題時，要有目標意識，通過虛設的策略，整體轉(zhuǎn)化的思想，繞開復雜的運算過程，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，設而不求，轉(zhuǎn)化成幾何問題求解． [例8]　設a，b均為正數(shù)，且a＋b＝1，則＋的最大值為________． [解析]　設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，所對應的截距m的值最大． 由圖易得mmax＝2， 即＋≤2. [答案]　2 [方法3]　適當引參，設而不求 恰當合理地引入?yún)?shù)，可使解題目標更加明確，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 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]　巧設坐標，設而不求 在解析幾何問題中，對于有關點的坐標采用設而不求的策略，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在拋物線的準線上，且BC∥x軸，求證：直線AC經(jīng)過原點O. [證明]　 設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原點，則這條直線的方程為________________． 解析：設所求直線分別交直線4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0于點M，N，設M(x0，y0)，則有4x0＋y0＋6＝0.① 因為M，N關于原點對稱，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|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； (ⅱ)求直線AB的斜率． 解析：(ⅰ)設P(m，

24、n)，因為點P在橢圓上， 所以2m2＋n2＝4，m＞0，n＞0.① 又橢圓的標準方程為＋＝1， 設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的坐標為(1，)． (ⅱ)設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 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鍵在于如何針對已有的信息與所求目標的差異進行綜合分析，整合相

26、關的結(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)構特點，構建相應的數(shù)學模型進行模仿探索，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，仔細清查還有哪些條件未用上，還有哪些相關的通法未用到，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”．常見的突圍策略有以下兩種： [策略1]　前難后易空城計 對設有多問的數(shù)學命題，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，巧妙地配合題設條件或有關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]　設函數(shù)fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)． (1)設n≥2，b＝1，c＝－1，證明：fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點； (2)設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＞1，即|b|＞2時， M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|

29、＞4，與題設矛盾． ②當－1≤－＜0，即0＜b≤2時， M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立． ③當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

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)問沒有任何關系，但與第(1)問是相關的，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 有些數(shù)學命題的求解，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到的目標相當、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，也沒掉什么關鍵步．這一戰(zhàn)術與“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：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a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個零點． ②設a＞0，則當x∈(－∞，1)時，f′(x)＜0； 當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a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)． 若a≥－，則ln(－2a)≤1，故當x∈(1，＋∞)時， f′(x)＞0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又當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x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)＜0； 當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g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex， 則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)． 所以當x＞1時，g′(x)＜0，而g(1)＝0， 故當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； (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為(0,1)． (2)依題意得ex－2ax－2≥－ax－1恒成立， ∴ex≥ax＋1恒成立． 構造函數(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x∈(－∞，ln a)時，g′(x)＜0，函數(shù)g(x)＝ex－ax－1單調(diào)遞減， 當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a∈(0,1)時，h′(a)＞0，函數(shù)h(a)單調(diào)遞增； 當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m(x)＝ex－2x－2，則m′(x)＝ex－2，當x＞ln 2時，m′(x)＞0，當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 -