2019版二轮复习数学（理·普通生）通用版讲义：第二部分备考技法专题一解题常用8术系统归纳——串一串方法


备考技法专题一 解题常用 8 术系统归纳——串一串方法
第1术　探求思路，图作向导
方法概述
对题设条件不够明显的数学问题求解，注重考查相关的图形，巧用图形作向导是思维入手和领会题意的关键所在．尤其是对一些复合函数、三角函数、不等式等形式给出的命题，其本身虽不带有图形，但我们可换个角度思考，设法构造相应的辅助图形进行分析，将代数问题转化为几何问题来解．力争做到有图用图，无图想图，补形改图，充分运用其几何特征的直观性来启迪思维，从而较快地获得解题的途径．这就是我们常说的图解法
应用题型
选择题、填空题、解答题中均有应用，主要涉及最值、不等式、取值范围等问题


[例1]　(1)用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值，设f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，则f(x)的最大值为(　　)
A．4　　　　　　　　　 　B．5
C．6 D．7
[解析]　画出y＝2x，y＝x＋2，y＝10－x的图象如图所示，观察图象可知f(x)＝
所以f(x)的最大值在x＝4时取得，且为6.
[答案]　C
(2)已知函数y＝的图象与函数y＝kx的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是________．
[解析]　y＝＝
作出其图象如图所示，结合图象可知0
[答案]　(0,1)∪(1,2)


[例2]　已知f(x)＝则不等式f(x)≥x2的解集为(　　)
A．[－1,1] B．[－2,2]
C．[－2,1] D．[－1,2]
[解析]　分别作出f(x)＝和y＝x2的图象如图所示．
由图可知，f(x)≥x2的解集为[－1,1]．
[答案]　A


[例3]　(1)设a，b，c是单位向量，且a·b＝0，则(a－c)·(b－c)的最小值为(　　)
A．－2 B.－2
C．－1 D．1－
[解析]　由于(a－c)·(b－c)＝－(a＋b)·c＋1，因此等价于求(a＋b)·c的最大值，这个最大值只有当向量a＋b与向量c同向共线时取得．由于a·b＝0，故a⊥b，如图所示，|a＋b|＝，|c|＝1.当θ＝0时，(a＋b)·c取得最大值且最大值为.故所求的最小值为1－.
[答案]　D
(2)已知△ABC的三个顶点的坐标满足如下条件：向量＝(2,0)，＝(2,2)， ＝(cos α，sin α)，则∠AOB的取值范围为__________．
[解析]　由||＝＝，可知点A的轨
迹是以C(2,2)为圆心，为半径的圆．过原点O作圆的切线，切点分别为M，N，如图所示，
连接CM，CN，则向量与的夹角θ的取值范围是[∠MOB，∠NOB]．由图可知∠COB＝，因为||＝2，由||＝||＝||，知∠COM＝∠CON＝，所以∠BOM＝－＝，∠BON＝＋＝，所以≤θ≤，故∠AOB的取值范围为.
[答案]　


[例4]　已知F1，F2分别为双曲线x2－＝1的左、右焦点，点P为右支上一点，O为坐标原点．若向量＋与的夹角为120°，则点F2到直线PF1的距离为(　　)
A. B.
C．2 D.
[解析]　如图，取PF2的中点M，连接OM，
则＋＝2，
故〈，〉＝120°，
∠OMF2＝60°.
因为O为F1F2的中点，
所以OM∥PF1，
所以∠F1PF2＝∠OMF2＝60°.
在△F1PF2中，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
因为a＝1，b＝，所以c＝，
由余弦定理得，
cos∠F1PF2＝，
即cos 60°＝＝，
整理得m2＋n2－mn＝28，
所以解得
过点F2作F2N⊥PF1于N，
在Rt△PF2N中，|F2N|＝|PF2|·sin 60°＝2，
即点F2到直线PF1的距离为2.
[答案]　C
[应用体验]
1．定义在R上的函数y＝f(x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，且函数f(x＋1)是偶函数．若当x∈[0,1]时，f(x)＝sin，则函数g(x)＝f(x)－e－|x|在区间[－2 018，2 018]上的零点个数为(　　)
A．2 017 B．2 018
C．4 034 D．4 036
解析：选D　由y＝f(x＋2)的图象关于直线x＝－2对称，得f(x)是偶函数，即f(－x)＝f(x)．
因为当x∈[0,1]时，f(x)＝sin，
所以当x∈[－1,0]时，f(x)＝f(－x)＝－sin.
因为函数f(x＋1)是偶函数，
所以f(x＋1)＝f(－x＋1)，
所以f(x＋2)＝f(－x)＝f(x)，
故f(x)是周期为2的偶函数．
作出函数y＝f(x)与函数y＝e－|x|的图象如图所示，可知每个周期内两个图象有两个交点，

所以函数g(x)＝f(x)－e－|x|在区间[－2 018,2 018]上的零点个数为2 018×2＝4 036.
2．在平面上， ⊥，||＝||＝1， ＝＋，若||<，则||的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
解析：选D　根据⊥，
＝＋，可知四边形AB1PB2是一个矩形．
以A为坐标原点，AB1，AB2所在直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系．
设|AB1|＝a，|AB2|＝b.
点O的坐标为(x，y)，点P(a，b)．
∵||＝||＝1，∴
变形为
∵||<，∴(x－a)2＋(y－b)2<，
∴1－x2＋1－y2<，∴x2＋y2>.①
∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1.
同理，x2≤1.
∴x2＋y2≤2.②
由①②可知： ∵||＝，∴<||≤.
3．过双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点F(－c,0)(c>0)，作圆x2＋y2＝的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若＝(＋)，则双曲线的离心率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：选A　由题意可知E为FP的中点，且OE⊥FP.记F′为双曲线的右焦点，作出示意图如图，连接F′P，则F′P綊2OE，所以FP⊥F′P，且|F′P|＝a，故由双曲线的定义可得|FP|＝3a.
所以(2c)2＝a2＋(3a)2，所以e＝＝.
4．已知a>0，b>0，则不等式a>>－b的解是(　　)
A.
B.
C.∪
D.∪
解析：选D　法一：直接求解法．
－b< ⇔x<－或x>，故选D.
法二：数形结合法．利用y＝的图象，如图所示，故选D.
5．已知关于x的方程|x|＝ax＋1有一个负根，但没有正根，则实数a的取值范围是__________．
解析：在同一平面直角坐标系中分别作出y＝|x|，y＝ax＋1，y＝x＋1的图象．由图可知，当直线y＝ax＋1的斜率a≥1时，直线y＝ax＋1与y＝|x|的图象有且仅有y轴左侧一个交点，即|x|＝ax＋1有一个负根，但没有正根．
答案：[1，＋∞)
6．已知a，b为单位向量，a·b＝0，若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围为__________________．
解析：令＝a，＝b， ＝a＋b，＝c，
如图所示，则||＝.
又|c－b－a|＝1，
所以点C在以点D为圆心、半径为1的圆上．
易知点C与O，D共线时||取到最值，最大值为＋1，最小值为－1，
所以|c|的取值范围为[－1，＋1]．
答案：[－1，＋1]
第2术　解题常招，设参换元
方法概述
在解答数学问题时，我们常把某个代数式看成一个新的未知数，或将某些变元用另一参变量的表达式来替换，以便将所求的式子变形，优化思考对象，让原来不醒目的条件，或隐含的信息显露出来，促使问题的实质明朗化，使非标准型问题标准化，从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉，从中找出解题思路．这种通过换元改变式子形式来变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去考查、探究解题思路的做法，就是设参换元法，也就是我们常说的换元法
应用题型
此方法既适用选择题、填空题，也适用于解答题，多在研究方程、不等式、函数、三角、解析几何中广泛应用


[例1]　已知x，y∈R，满足x2＋2xy＋4y2＝6，则z＝x2＋4y2的取值范围为__________．
[常规解法]
由x2＋2xy＋4y2＝6，
得2xy＝6－(x2＋4y2)，
而2xy≤，
所以6－(x2＋4y2)≤，
所以x2＋4y2≥4，当且仅当x＝2y时，取等号．
又因为(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6，
所以z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12，
综上可得4≤x2＋4y2≤12.
[提速解法]
已知x2＋2xy＋4y2＝6，
即(x＋y)2＋(y)2＝()2，
故设x＋y＝cos α，y＝sin α，
即x＝cos α－sin α，y＝sin α.
则z＝x2＋4y2＝6－2xy＝6－2(cos α－sin α)·sin α＝8－4sin.
所以8－4≤z≤8＋4，
即z的取值范围为[4,12]．
[答案]　[4,12]

[例2]　已知椭圆C方程为＋y2＝1，且直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．
[解]　圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0与圆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.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2
＝2－4×
＝.②
将①代入②，得|x1－x2|2＝，
故|x1－x2|＝.
所以|MN|＝|x1－x2|＝·＝.
故△OMN的面积S＝|MN|×1＝.
令t＝4k2＋1(t≥1)，则k2＝，代入上式，
得S＝2·＝·
＝· ＝· ，
所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±时，S取得最大值，且最大值为×＝1.


[例3]　已知u≥1，v≥1且(logau)2＋(logav)2＝loga(au2)＋loga(av2)(a>1)，则loga(uv)的最大值和最小值分别为________，________.
[解析]　令x＝logau，y＝logav，则x≥0，y≥0.已知等式可化为(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)．再设t＝loga(uv)＝x＋y(x≥0，y≥0)，由图可知，当线段y＝－x＋t(x≥0，y≥0)与圆弧(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)相切时(图中CD位置)，截距t取最大值，tmax＝2＋2；当线段端点是圆弧端点时(图中AB位置)，截距t取最小值，tmin＝1＋.因此loga(uv)的最大值是2＋2，最小值是1＋.
[答案]　2＋2　1＋
[提醒]　利用两次换元探究动点的轨迹方程，数形结合使问题变得直观．换元中应注意旧变量对新变量的限制．


[应用体验]
1．椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点A，B，当△FAB的周长最大时，△FAB的面积为________．
解析：已知＋＝1，则F(－1,0)．
设A(2cos θ，sin θ)，B(2cos θ，－sin θ)，
则|AF|＝|BF|＝＝2＋cos θ，
故△FAB的周长l＝2(2＋cos θ)＋2sin θ＝4＋4sin.
当θ＝时，l取得最大值，此时△FAB的面积为
S＝(1＋2cos θ)·2sin θ＝sin θ(1＋2cos θ)＝3.
答案：3
2．不等式log2(2x－1)·log2(2x＋1－2)<2的解集是________．
解析：设log2(2x－1)＝y，则log2(2x＋1－2)＝1＋log2(2x－1)＝y＋1，故原不等式可化为y(y＋1)<2，解得－2 解得log2 答案：
3．y＝sin xcos x＋sin x＋cos x的最大值是________．
解析：设sin x＋cos x＝t∈[－，]，则sin xcos x＝＝－，
所以y＝＋t－＝(t＋1)2－1，当t＝时，ymax＝＋.
答案：＋
4．在椭圆x2＋4y2＝8中，AB是长为的动弦，O为坐标原点，求△AOB面积的取值范围．
解：设A，B的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋b，
代入椭圆方程整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4(b2－2)＝0.
故x1＋x2＝－，x1x2＝.
由|AB|2＝(k2＋1)(x2－x1)2
＝(k2＋1)[(x1＋x2)2－4x1x2]
＝[2(4k2＋1)－b2]＝，
得b2＝2(4k2＋1)－，
又原点O到AB的距离为.
所以△AOB的面积S＝·.
记u＝，
则S2＝·＝－＝－u2－u＝4－2.
又u＝＝4－的范围为[1,4](u＝4为竖直弦)．
故u＝时，S＝4；
而u＝1时，S＝.
因此S的取值范围是.
第3术　出奇制胜，巧妙构造
方法概述
构造法是指根据题设条件和结论的特征、性质，运用已知数学关系式和理论，构造出满足条件或结论的数学对象，从而使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题的方法．构造法应用的技巧是“定目标构造”，需从已知条件入手，紧扣要解决的问题，把陌生的问题转化为熟悉的问题．解题时常构造函数、构造方程、构造平面图形等
应用题型
适用于各类题型，多涉及函数、方程、平面图形等知识


[例1]　(1)已知偶函数f(x)的定义域为其导函数是f′(x)．当0 A.
B.∪
C.∪
D.∪
[解析]　令F(x)＝，
则F′(x)＝.
当0 则F′(x)<0，所以F(x)在上单调递减．
因为F(－x)＝＝＝F(x)，所以F(x)为偶函数，
所以F(x)在上单调递增．
当x∈时，cos x>0，
则f(x) 即F(x)，
又x∈，
所以－ [答案]　B
(2)已知m，n∈(2，e)，且－ A．m>n　　　　　　 　B．m C．m>2＋ D．m，n的大小关系不确定
[解析]　由不等式可得－ 即＋ln n<＋ln m.
设f(x)＝＋ln x(x∈(2，e))，
则f′(x)＝－＋＝.
因为x∈(2，e)，所以f′(x)>0，
故函数f(x)在(2，e)上单调递增．
因为f(n) [答案]　A


[例2]　已知a2－3a＝1，b2－3b＝1，且a≠b，则＋＝__________.
[解析]　由题意可知a，b是方程x2－3x－1＝0的两个实数根，由根与系数的关系可知a＋b＝3，ab＝－1，
所以＋＝＝＝32－2×(－1)＝11.
[答案]　11

[例3]　已知实数a，b是利用计算机产生的0～1之间的均匀随机数，设事件A为(a－1)2＋(b－1)2>，则事件A发生的概率为(　　)
A. B．1－
C. D．1－
[解析]　由题意知，计算机产生的0～1之间的均匀随机数a，b的对应区域是边长为1的正方形，面积为1；事件A对应的区域是边长为1的正方形减去四分之一的圆圆心为(1,1)，半径为，如图所示，则事件A对应的区域的面积为1－.由几何概型的概率计算公式得事件A发生的概率为1－.
[答案]　B
[应用体验]
1．已知函数f(x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意的实数x都有xf(x＋1)＝(1＋x)f(x)，则f 的值是(　　)
A．0 B.
C．1 D.
解析：选A　由已知得＝，
故构造函数g(x)＝，则g(x＋1)＝，
所以g(x＋1)＝g(x)，即g(x)是周期为1的函数．
又f(x)为偶函数，所以g(x)为奇函数．
故再构造一个特例函数g(x)＝sin 2πx(x∈R)，
所以f(x)＝xsin 2πx，从而有f ＝sin 5π＝0，
故f ＝f(0)＝0，因此选A.

2．已知数列{an}，an＝2an－1＋n＋1，a1＝1(n∈N*)，则an＝__________.
解析：由已知可得an＋n＋3＝2[an－1＋(n－1)＋3]．
设bn＝an＋n＋3，则bn＝2bn－1，
所以{bn}是公比为2的等比数列，且b1＝a1＋1＋3＝5，
所以bn＝5×2n－1，所以an＝5×2n－1－n－3.
答案：5×2n－1－n－3
3．函数f(x)＝＋的值域为__________．
解析：f(x)＝＋，
其几何意义是平面内动点P(x,0)到两定点M(2,3)和N(5，－1)的距离之和(如图所示)，求其值域只要求其最值即可．
易知当M，N，P三点共线(即P在线段MN上)时，f(x)取得最小值，且f(x)min＝|MN|＝5，f(x)无最大值，故得函数的值域为[5，＋∞)．
答案：[5，＋∞)
4．函数y＝的最大值和最小值分别为__________，__________.
解析：从几何意义上考虑把原解析式看作是动点P(cos x，sin x)与定点Q(3,0)连线的斜率，为此构造一个单位圆，探究单位圆上动点P(cos x，sin x)与定点Q(3,0)连线的斜率问题．
如图，因为动点在单位圆上运动时处于极端状态，即为切点时直线斜率分别为最大、最小，设切点分别为R，M.
易知kOR＝2，kOM＝－2，
所以kQR＝－，kQM＝，所以－≤kPQ≤.
即y＝的最大值为，最小值为－.
答案：　－
第4术　声东击西，换位推理
方法概述
对有些问题在直接求解时会感到困难或根本难以从条件入手，这时可避开正面强攻，从结论的对立面入手，或考查与其相关的另一问题，或反例中也可找到解决问题的途径，有时甚至还能获得最佳的解法．这就是“声东击西，换位推理”的战术
应用题型
既有选择、填空题，也有解答题．主要体现为补集法、相关点法及反证法等



[例1]　若抛物线y＝x2上的所有弦都不能被直线y＝k(x－3)垂直平分，则k的取值范围是(　　)
A.　　　　　 B.
C. D.
[解析]　假设抛物线y＝x2上存在两点A(x1，x)，B(x2，x)关于直线y＝k(x－3)对称，设AB的中点为P(x0，y0)，则x0＝，y0＝.
因为直线y＝k(x－3)垂直平分弦AB，
所以＝－，所以＝－.
又AB的中点P(x0，y0)在直线y＝k(x－3)上，
所以＝k＝－，
所以中点P.
由于点P在y>x2的区域内，所以－>2，
整理得(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，解得k<－.
因此当k<－时，抛物线y＝x2上存在弦能被直线y＝k(x－3)垂直平分，于是当k≥－时，抛物线y＝x2上的所有弦都不能被直线y＝k(x－3)垂直平分．
所以实数k的取值范围为.
[答案]　D

[例2]　已知P(4,0)是圆x2＋y2＝36内的一点，A，B是圆上两动点，且满足∠APB＝90°，求矩形APBQ顶点Q的轨迹方程．
[解]　连接AB，PQ，设AB与PQ交于点M，如图所示．
因为四边形APBQ为矩形，所以M为AB，PQ的中点，连接OM.
由垂径定理可知OM⊥AB，
设M(xM，yM)，
由此可得|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝36－(x＋y)．①
又在Rt△APB中，
有|AM|＝|PM|＝.②
由①②得x＋y－4xM－10＝0，
故点M的轨迹是圆．
因为点M是PQ的中点，设Q(x，y)，
则xM＝，yM＝，
代入点M的轨迹方程中得
2＋2－4×－10＝0，
整理得x2＋y2＝56，即为所求点Q的轨迹方程．
[应用体验]
1．设a，b∈R，定义运算“∧”和“∨”如下：a∧b＝a∨b＝
若正数a，b，c，d满足ab≥4，c＋d≤4，则(　　)
A．a∧b≥2，c∧d≤2 B．a∧b≥2，c∨d≥2
C．a∨b≥2，c∧d≤2 D．a∨b≥2，c∨d≥2
解析：选C　从定义知，a∧b＝min(a，b)，即求a，b中的最小值；a∨b＝max(a，b)，即求a，b中的最大值．
假设0 假设c>2，d>2，则c＋d>4，与已知c＋d≤4相矛盾，则假设不成立，故min(c，d)≤2，即c∧d≤2.
故选C.

2．某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况，从高一，高二，高三三个年级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级来自不同年级的概率为________．
解析：记高一年级中抽取的1个班级为a，高二年级中抽取的2个班级为b1，b2，高三年级中抽取的3个班级为c1，c2，c3.
从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15种．
设“抽取的两个班级来自不同年级”为事件A，则事件为抽取的两个班级来自同一年级．
两个班级来自同一年级的结果为(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4种．
所以P()＝，故P(A)＝1－P()＝1－＝.
所以两个班级来自不同年级的概率为.
答案：
3．已知函数f(x)＝ax2－x＋ln x在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为________．
解析：f′(x)＝2ax－1＋.
(1) 若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增，则f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋
≥0，
得a≥.①
令t＝，因为x∈(1,2)，所以t＝∈.
设h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，显然函数y＝h(t)在区间上单调递减，
所以h(1) 由①可知，a≥.
(2) 若函数f(x)在区间(1,2)上单调递减，则f′(x)≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋
≤0，
得a≤.②
结合(1)可知，a≤0.
综上，若函数f(x)在区间(1,2)上单调，则实数a的取值范围为(－∞，0]∪.
所以若函数f(x)在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为.
答案：





第5术　确定关系，待定系数
方法概述
待定系数法是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一种方法．其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)≡g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)≡g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等；待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程．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，要判断一个问题是否可用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解
应用题型
既有选择、填空题，也有解答题．分解因式、拆分分式、数列通项或求和、求函数式、求解析几何中曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解


[例1]　已知函数f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|<的部分图象如图所示，其中|PQ|＝2，则f(x)的解析式为______________．

[解析]　由题图可知A＝2，P(x1，－2)，Q(x2,2)，
所以|PQ|＝＝＝2.
整理得|x1－x2|＝2，所以其最小正周期T＝2|x1－x2|＝4，即＝4，解得ω＝.
又函数图象过点(0，－)，
所以2sin φ＝－，即sin φ＝－.
又|φ|<，所以φ＝－.
所以f(x)＝2sin.
[答案]　f(x)＝2sin


[例2]　已知椭圆C的焦点在x轴上，其离心率为，且过点A，则椭圆C的标准方程为________．
[解析]　设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)．
因为其离心率e＝，所以＝＝，
即a＝2b.
故椭圆C的方程为＋＝1.
又点A在椭圆C上，所以＋＝1，
解得b2＝1.所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
[答案]　＋y2＝1


[例3]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＝21，S5＝65，则Sn＝________.
[解析]　设等差数列{an}的前n项和为Sn＝An2＋Bn.
由已知可得化简得
解得所以Sn＝3n2－2n.
[答案]　3n2－2n
[应用体验]
1．二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是，则a＋b的值是(　　)
A．10　　　　　　　　 　B．－10
C．14 D．－14
解析：选D　由不等式的解集是，可知－，是方程ax2＋bx＋2＝0的两根，可得解得所以a＋b＝－14.
2．过三点A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圆交y轴于M，N两点，则|MN|＝(　　)
A．2 B．8
C．4 D．10
解析：选C　设圆的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，
则解得
∴圆的方程为x2＋y2－2x＋4y－20＝0.
令x＝0，得y＝－2＋2或y＝－2－2，
∴M(0，－2＋2)，N(0，－2－2)或M(0，－2－2)，N(0，－2＋2)，
∴|MN|＝4.
3．函数y＝a－bcos 3x(b>0)的最大值为，最小值为－，则y＝－4asin 3bx的最小正周期是________．
解析：由题意可得解得
所以函数y＝－4asin 3bx＝－2sin 3x的最小正周期T＝.
答案：
4．与双曲线x2－＝1有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是__________．
解析：设双曲线方程为x2－＝λ，
将点(2,2)代入求得λ＝3，
即得双曲线方程为－＝1.
答案：－＝1




第6术　蹊径可辟，分割补形
方法概述
所谓割补法就是把一个复杂面积或体积的计算分割成若干个简单图形的有关计算或将一个不易求出面积或体积的几何图形补足为较易计算的几何图形．也就是将复杂的或不熟悉的几何图形转化为简单的熟悉的几何图形或几何体．例如，把曲边形割补成规则图形、把斜棱柱割补成直棱柱、把三棱柱补成平行六面体、把三棱锥补成三棱柱或平行六面体、把多面体切割成锥体(特别是三棱锥)、把不规则的几何体割补成规则的几何体，从而把未知的转化为已知的、把陌生的转化为熟悉的、把复杂的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的
应用题型
在解决几何问题过程中，割补法是一种常用的方法．无论是平面几何、解析几何、还是立体几何，适时使用割补法，能帮助我们找到问题的突破口，把问题放到特殊的几何图形中，借助特殊图形分析问题，有时会柳暗花明，事半功倍


[例1]　(1)为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积是(　　)
A. km2　　 B. km2
C. km2 D. km2
[解析]　如图，连接AC.在△ABC中，根据余弦定理可得AC＝＝ km，
又AB＝2 km，BC＝1 km，
所以AC2＋BC2＝AB2，
所以△ABC为直角三角形，
且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
故∠DAC＝∠DCA＝15°.
所以△ADC为等腰三角形，且∠D＝150°，
设AD＝DC＝x km，
根据余弦定理得x2＋x2＋x2＝3，
即x2＝＝3(2－)．
所以小区的面积为×1×＋×3(2－)×＝＝(km2)．
[答案]　D

(2)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则多面体的体积为(　　)
A. B.
C. D.
[解析]　法一：如图，在EF上取点M，N，使EM＝FN＝，连接MA，MD，NB，NC，则MN＝1，三棱柱ADM­BCN是直三棱柱，DM＝AM＝＝.
设H为AD的中点，连接MH，则MH⊥AD，
且MH＝＝，
∴S△ADM＝AD·MH＝.
∴VABCDEF＝2VE­ADM＋VADM­BCN
＝2×××＋×1＝.
法二：如图，取EF的中点G，连接GA，GB，GC，GD，则三棱锥E­ADG与三棱锥G­BCF都是棱长为1的正四面体，易求得VE­ADG＝VG­BCF＝××＝，
又四棱锥G­ABCD的底面是边长为1的正方形，且侧棱边为1.
易求得其高为，则VG­ABCD＝×1×1×＝，
所以VABCDEF＝2VE­ADG＋VG­ABCD＝2×＋＝.
[答案]　A

[例2]　(1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)

A．8π＋16 B．8π－16
C．8π＋8 D．16π－8
[解析]　由三视图可知该几何体为一个半圆柱去掉一个直棱柱．其中半圆柱的高为4，底面半圆的半径为2；直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形，高为4.
半圆柱的体积为V1＝π×22×4＝8π，
直三棱柱的体积为V2＝×4×2×4＝16.
所以所求几何体的体积为V＝V1－V2＝8π－16.
[答案]　B
(2)如图，在直三棱柱A1B1C1­ABC中，∠BCA＝90°，点E，F分别为AB，AC的中点，若BC＝CA＝CC1，则B1E与A1F所成的角的余弦值为________．
[解析]　如图，把直三棱柱A1B1C1­ABC补成一个直平行六面体A1B1D1C1­ABDC，取BD中点G，连接B1G，则B1G∥A1F，∠EB1G即为B1E与A1F所成的角(或其补角)．
设BC＝CA＝CC1＝2a，
则B1G＝＝a，
AB＝＝2a，
B1E＝＝a，
GE2＝BG2＋BE2－2BG·BE·cos 135°＝5a2，
所以cos∠EB1G＝＝，
故B1E与A1F所成角的余弦值为.
[答案]　
[应用体验]
1．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　)

A．64 B．72
C．80 D．112
解析：选C　根据三视图可知该几何体为四棱锥P­ABCD与正方体ABCD­A1B1C1D1的组合体，如图所示．由三视图中的数据可知，正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为4，其体积V1＝43＝64.四棱锥P­ABCD的底面为正方形ABCD，高h＝3，且PA＝PB，其底面积为S＝42＝16，则四棱锥P­ABCD的体积V2＝Sh＝×16×3＝16.故所求几何体的体积V＝V1＋V2＝64＋16＝80.
2.如图，正三棱锥S­ABC的侧棱与底面边长相等，如果E，F分别为SC，AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角等于(　　)
A．90° B．60°
C．45° D．30°
解析：选A　如图，把正三棱锥S­ABC补成一个正方体AGBH­A1CB1S.
∵EF∥AA1，
∴异面直线EF与SA所成的角为45°.

3.如图，已知多面体ABCDEFG，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为(　　)
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选B　法一：如图，把多面体ABCDEFG补成正方体DEPG­ABHM，则VABCDEFG＝VDEPG­ABHM＝×23＝4.


法二：如图，取DG的中点H，以DA，DE，DH为棱构造长方体EFHD­BPCA，则三棱锥C­HFG与三棱锥F­PCB全等．
所以VABCDEFG＝VABPC­DEFH＝AB·AC·AD＝2×1×2＝4.
4．在正三棱锥S­ABC中，侧棱SC⊥侧面SAB，侧棱SC＝4，则此正三棱锥的外接球的表面积为________．
解析：由正三棱锥中侧棱SC⊥侧面SAB，可得三条侧棱SA，SB，SC两两垂直．又三条侧棱相等，故可以三条侧棱为相邻三边作出一个正方体SBDC­AEFG，如图所示，其棱长为4，其外接球的直径就是此正方体的体对角线，所以2R＝＝12，
即球半径R＝6，所以球的表面积S＝4πR2＝144π.
答案：144π
第7术　关注整体，设而不求
方法概述
设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的解题效果
应用题型
选择题、填空题、解答题中均有应用


在解决某些涉及若干个量的求值问题时，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的思想，绕开复杂的运算过程，可使问题迅速得到解决．
[例1]　已知等比数列{an}中，Sm＝16，S2m＝64，求S3m.
[解]　设公比为q，由于S2m≠2Sm，故q≠1，
于是
②÷①得1＋qm＝4，则qm＝3，
所以S3m＝
＝(1＋qm＋q2m)
＝16×(1＋3＋32)
＝208.


有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，转化成几何问题求解．
[例2]　设a，b均为正数，且a＋b＝1，则＋的最大值为________．
[解析]　设u＝，
v＝(u>1，v>1)，
u＋v＝m，
则u，v同时满足
其中u＋v＝m表示直线，m为此直线在v轴上的截距．
u2＋v2＝4是以原点为圆心，2为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧，如图所示，显然直线与圆弧相切时，所对应的截距m的值最大．
由图易得mmax＝2，
即＋≤2.
[答案]　2

恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使问题能够得到解决．
[例3]　已知对任何满足(x－1)2＋y2＝1的实数x，y，不等式x＋y＋k≥0恒成立，求实数k的取值范围．
[解]　由题意设
则g(θ)＝x＋y＋k＝sin θ＋cos θ＋1＋k
＝sin＋1＋k≥－＋1＋k.
令－＋1＋k≥0，得k≥－1.
即实数k的取值范围是[－1，＋∞)．


在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化归，起到以简驭繁的解题效果．
[例4]　设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥x轴，求证：直线AC经过原点O.


[证明]　设A(2pt，2pt1)，
B(2pt，2pt2)，
则C.
因为AB过焦点F，
所以2pt1·2pt2＝－p2，
得t1t2＝－.
又直线OC的斜率kOC＝＝－4t2＝，
直线OA的斜率kOA＝＝，则kOC＝kOA.
故A，O，C三点共线，即直线AC经过原点O.

根据解题需要，可引入一个中间量作为中介，起到过渡作用，使问题得以解决．
[例5]　如图，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥体积分成相等的两部分，求圆锥母线与轴的夹角α的余弦值．
[解]　过点A作AM⊥SO，垂足为M，
可知∠MAO＝∠AOB＝∠OSB＝α.
设MA＝x，OB＝r，SO＝h，
则有πx2h＝×πr2h.
化简可得2＝.
又因为cos α＝＝，
即cos α＝＝.
所以cos2α＝·＝.
于是cos4α＝，
又α为锐角，所以cos α＝2.

某些看似十分复杂的运算，经过巧妙转换，恒等变形，使运算对象发生转移，起到意想不到的效果．
[例6]　求coscoscos…cos的值．
[解]　设M＝coscoscos…cos，
N＝sinsinsin…sin，
则MN＝sincos·sincos·…·sin·cos＝sinsin…sin
＝sinsin…sin
＝·N.
而N≠0，故M＝＝.

[应用体验]
1．sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°的值为________．
解析：设A＝sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°，
B＝cos 10°cos 30°cos 50°cos 70°，
则AB＝sin 20°sin 60°sin 100°sin 140°
＝cos 70°cos 30°cos 10°cos 50°
＝B，
由此可得A＝.
答案：
2．一直线被两直线4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0截得的线段中点恰好是坐标原点，则这条直线的方程为________．
解析：设所求直线分别交直线4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0于点M，N，设M(x0，y0)，
则有4x0＋y0＋6＝0.①
因为M，N关于原点对称，所以N(－x0，－y0)，
从而－3x0＋5y0－6＝0.②
由①＋②得x0＋6y0＝0.③
显然M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，O(0,0)三点的坐标均适合方程③.
故所求直线的方程为x＋6y＝0.
答案：x＋6y＝0


3．已知椭圆＋＝1，F1，F2为焦点，点P为椭圆上一点，∠F1PF2＝，则S△F1PF2＝________.
解析：设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，
由椭圆定义得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
4．已知F1，F2是椭圆2x2＋y2＝4的两个焦点，点P是椭圆上在第一象限内的点，且·＝1.过点P作倾斜角互补的两条直线PA，PB分别交椭圆于A，B两点．
(1)求点P的坐标；
(2)求直线AB的斜率．
解：(1)设P(m，n)，因为点P在椭圆上，
所以2m2＋n2＝4，m>0，n>0.①
又椭圆的标准方程为＋＝1，
设F1(0，)，F2(0，－)，
所以·＝(－m，－n)·(－m，－－n)＝1，
由此可得m2＋n2＝3.②
由①②解得m＝1，n＝，
即所求点P的坐标为(1，)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为点A，B在椭圆上，
所以2x＋y＝4,2x＋y＝4，两式相减得
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
因为PA，PB倾斜角互补，所以kPA＋kPB＝0.⑥
由④⑤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＝.





第8术　解题卡壳，攻坚突围
解题卡壳，一般都是卡在压轴题，或计算量大的题上，有时也卡在有些条件特殊的选择题、填空题上．卡壳题不一定就是做不好的题，或是啃不动的题，而是因某些运算，或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子难想出好主意，或回忆不到相关的公式、定理，或想不出相应的辅助线、辅助函数，或把条件看错，或在推理中错算了一步，再无法继续．解题过程卡在某一过渡环节上是常见的事．当解题遇到卡壳时，应注意调整心态、保持冷静，注重更换思考方式、跳步或跳问解答，沉着迎战．
一般来说，对卡壳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，回头整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移，考查相关定义
与图形，从不同的角度再次认识条件及结论，使之产生解题的灵感，从而获得相关的“自我提示”．因此，在重审结论或剖析条件时，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对路时，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．在沟通条件与结论时，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．这就是我们常说的卡壳突围术．常见的突围策略有以下两种．


对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用前一问的结论来求解的，此时应放弃前一问的求解，着重攻后面的几问，并将前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来解答后面的问题．这种利用自己根本不懂或不会证明的问题作条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城计”，即：前问难作后问易，弃前攻后为上计(也可说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题)．
[例1]　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)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.
∵fn·fn(1)＝×1＜0，
∴fn(x)在内存在零点．
又∵当x∈时，fn′(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，当－2≤b≤2时，对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4.
故b的取值范围为[－2,2]．
(3)法一：设xn是fn(x)在内的唯一零点(n≥2)，
则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)在上是单调递增的，
故xn＜xn＋1(n≥2)，
所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列．
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 则fn＋1(x)的零点xn＋1在(xn,1)内，
故xn 所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列．
[点评]　第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理较容易解决，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．

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当、相同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通也是可行的．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．也就是说，对此解答，自己是以其昏昏，却能使人昭昭．因为别人看上去确实是一步接着一步写的，没有什么跳跃，也没掉什么关键步．这一战术与“中间会师”有点相似，但实质却不同．因为它不是清清楚楚地推理过来的．这种不按常规方式出牌，浑水摸鱼的解题方法我们称之为混战术：解题结尾路难行，倒推凑形亦为径．
[例2]　已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．
(1)求a的取值范围；
(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1＋x2<2.
[解]　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．
②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．
又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b 则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0，
故f(x)存在两个零点．
③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a≥－，则ln(－2a)≤1，
故当x∈(1，＋∞)时，
f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
若a<－，则ln(－2a)>1，
故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；
当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.
因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
(2)证明：不妨设x1 所以x1＋x2<2等价于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2.
设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，
则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．
所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，
故当x>1时，g(x)<0.
从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.
[点评]　本题在证明x1＋x2<2时，如果直接从题目条件出发，很难证明该结论成立，而通过分析，将x1＋x2<2转化为x1<2－x2<1，利用函数f(x)的单调性及f(x1)＝f(x2)，将问题转化为证明不等式f(x1)>f(2－x2)，进而构造函数g(x)＝f(2－x2)，转化为证明函数g(x)的最大值小于0，从而使问题得证．
[应用体验]
1．设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜＜x；
(3)设c＞1，求证：当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，
最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln ＜－1，
即1＜＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x)＝0，解得x0＝.
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
2．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R)．
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；
(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1 解：(1)令F(x)＝f(x)－g(x)，
则F(x)＝ln x－x－m(x>0)，F′(x)＝－1＝，
当x>1时，F′(x)<0；当00，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，
所以F(x)在x＝1处取得最大值，为－1－m.
若f(x)≤g(x)恒成立，
则F(x)≤0恒成立，所以－1－m≤0，解得m≥－1.
所以实数m的取值范围为[－1，＋∞)．
(2)证明：由(1)可知，函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点x1，x2满足0 要证x1x2<1，只需证x2<，
由于F(x)在(1，＋∞)上单调递减，从而只需证F(x2)>F，
因为F(x1)＝F(x2)＝0，所以m＝ln x1－x1，
即证ln－－m＝ln－＋x1－ln x1＝－＋x1－2ln x1<0.
令h(x)＝－＋x－2ln x，
则h′(x)＝＋1－＝，
当00，
则h(x)在(0,1)上单调递增，
所以h(x) 所以x1x2<1.