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疑难突破5　截面、交线问题
在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体得到的平面图形，截线就是平面与相应几何体面的公共线．解答此类问题的关键是熟知立体几何理论体系，提升空间想象能力．
一、截面问题
【典例展示1】　(多选)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α．平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是 (　　)
A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
C．截面形状不可能是正五边形
D．截面面积的最大值为3
[赏析]
突破点：熟知正方体的常见截面图
显然A，C正确，B不正确，下面说明D正确，
如图，G，H，M，N，P，Q分别是A1D1，A1B1，DD1，BB1，BC，DC的中点，E为A1C1与GH的交点，O为正方体的中心，当截面是正六边形时面积最大，MN＝2，所以Smax＝2××(2)×．故D正确．
[答案]　ACD
名师点评：空间几何体的截面作图的常用方法
(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．
(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内．
【纵深攻略】
1．已知正方体ABCD A1B1C1D1，棱长为2，E为棱BB1的中点，则经过A1，D，E三点的正方体的截面面积为 (　　)
A．
二、截线问题
【典例展示2】　已知直四棱柱ABCD A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为____________．
[赏析]　第一步：找交线
如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝．
由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，
则D1P＝
为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．
第二步：求交线长
由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，
所以×2π×．
[答案]　
名师点评：作交线的两种方法
(1)利用基本事实3作交线．
(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及线线平行，然后根据性质作出交线．
【纵深攻略】
2．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为 (　　)
A．3π B．π
C．
1/3疑难突破2　嵌套函数零点问题
函数的零点是高考命题的热点，常与函数的性质等相关问题交汇．对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”，将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解．
【典例展示】　函数f (x)＝若函数g(x)＝f (f (x))－a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是____________．
[赏析]　第一步：换元解套
设t＝f (x)，令f (f (x))－a＝0，则a＝f (t)．
第二步：辅助图象
在同一平面直角坐标系内作出y＝a，y＝f (t)的图象(如图)．
第三步：数形结合
当a≥－1时，y＝a与y＝f (t)的图象有两个交点．
设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)，
则t1<－1，t2≥－1．
当t1<－1时，t1＝f (x)有一解；
当t2≥－1时，t2＝f (x)有两解．
第四步：归纳总结
综上，当a≥－1时，函数g(x)＝f (f (x))－a有三个不同的零点．
[答案]　[－1，+∞)
名师点评：该类问题考查复合函数的零点的判断，换元法和数形结合思想是解决本类问题的关键．含参数的嵌套函数方程，应注意让参数的取值“动起来”，抓临界位置，动静结合，如本例由y＝a与y＝f (t)的图象，确定t1，t2的取值范围，进而由y＝f (x)与y＝t的图象确定零点的个数．
【纵深攻略】
已知函数f (x)＝若函数y＝f (f (x))有8个零点，则实数a的取值范围为 (　　)
A．(1，+∞) B．(－∞，0)
C．(－1，0) D．(－∞，－1)
2/2疑难突破
疑难突破1　抽象函数求值问题
抽象函数求值问题是近几年高考的一个热点，常结合函数性质综合考查学生的能力，解决此类问题的方法一般有三种：赋值法、函数性质法和构造函数法．
【典例展示】　若函数f (x)的定义域为R，且f (x+y)+f (x－y)＝f (x)f (y)，f (1)＝1，则f (k)＝ (　　)
A．－3 B．－2
C．0 D．1
[赏析]　法一(赋值法)：
突破点：对变量x或y适当赋值，发现函数f (x)的特性．
令y＝1，得f (x+1)+f (x－1)＝f (x)·f (1)＝f (x) f (x+1)＝f (x)－f (x－1)，
故f (x+2)＝f (x+1)－f (x)，f (x+3)＝f (x+2)－f (x+1)，得到f (x+3)＝－f (x)，f (x+6)＝－f (x+3)＝f (3)，故f (x)的周期为6．
令x＝1，y＝0，得f (1)+f (1)＝f (1)·f (0) f (0)＝2，
∴f (2)＝f (1)－f (0)＝1－2＝－1，
f (3)＝f (2)－f (1)＝－1－1＝－2，
f (4)＝f (3)－f (2)＝－2－(－1)＝－1，
f (5)＝f (4)－f (3)＝－1－(－2)＝1，
f (6)＝f (5)－f (4)＝1－(－1)＝2，
故f (k)＝3[f (1)+f (2)+…+f (6)]+f (19)+f (20)+f (21)+f (22)＝f (1)+f (2)+f (3)+f (4)＝1+(－1)+(－2)+(－1)＝－3，即f (k)＝－3．故选A．
法二(特殊函数法)：
突破点：依据f (x+y)+f (x－y)＝f (x)f (y)，寻找特殊函数f (x)．
取f (x)＝2cosπ＝－1，
f (3)＝2cos π＝－2，f (4)＝2cos＝－1，
f (5)＝2cos＝1，f (6)＝2cos 2π＝2，
∴f (k)＝1－1－2－1+1+2＝0，
一个周期内的f (1)+f (2)+…+f (6)＝0．
∴f (k)＝f (1)+f (2)+f (3)+f (4)＝1－1－2－1＝－3．故选A．
[答案]　A
名师点评：1．挖掘背景函数，如常见的抽象函数7大模型：
(1)一次函数：f (x+y)＝f (x)+f (y)－b．
(2)二次函数：f (a－x)＝f (a+x)．
(3)幂函数：f (xy)＝f (x)f (y)．
(4)指数函数：f (x+y)＝f (x)f (y)，f (x－y)＝．
(5)对数函数：f (xy)＝f (x)+f (y)，f ＝f (x)－f (y)．
(6)正切函数：f (x±y)＝．
(7)余弦函数：f (x+y)+f (x－y)＝2f (x)f (y)，f (x)+f (y)＝2f ．
2．关注题目给定的抽象恒等式，如f (x+y)＝f (x)+f (y)．求解中注意两点：①恰当赋值；②正逆应用．
【纵深攻略】
1．(多选)已知函数f (x)的定义域为{x|x≠4k+2，k∈Z}，且f (x+y)＝，f (1)＝1，则 (　　)
A．f (0)＝0
B．f (x)为偶函数
C．f (x)为周期函数，且周期为4
D．f (2 027)＝1
2．已知函数f (x+y)＝f (x)+f (y)+2，且f (1)＝1，则f (2 026)＝____________．
2/2疑难突破6　圆锥曲线“非对称”根与系数的关系问题的多角度思考
对于某些圆锥曲线大题，在联立直线与圆锥曲线的方程时，常常会涉及一元二次方程，它的两个根x1，x2满足根与系数的关系．一般来说，在应用题设条件解决问题时，常常能凑出x1+x2和x1x2，但有些时候无法直接凑出这两个式子，进而无法直接代入根与系数的关系，这就是所谓的“非对称”的根与系数的关系问题．
下面通过对一道圆锥曲线“非对称”结构问题的多角度切入求解，给出其适当的拓展与变式，以探究圆锥曲线非对称结构问题的一般性解决方法．
【典例展示】　已知椭圆E：
为E上一点，且PF1与x轴垂直．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点F2的直线l与E交于A，B两点，已知点M(0，1)，且△MAF2的面积为△MBF2面积的2倍，求直线l的方程．
[赏析]　(1)因为P
解得＝1．
(2)易得直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x＝ty+1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立．
由△MAF2的面积是△MBF2面积的2倍，可得，所以y1＝－2y2，即y1+2y2＝0．
名师点评：代数式y1＝－2y2为非对称结构，需要通过适当的处理使之变为对称结构，下面就以此为例，给出此类y1＝λy2(或x1＝λx2)问题的几种处理方法，并对其进行拓展．
拓展1　倒数求和法
此拓展是对形如y1＝λy2(或x1＝λx2)的关系式，利用将问题转化为对称结构．
解法1　接典例解答，由y1＝－2y2，得．故直线l的方程为y＝±(x－1)．
拓展2　配凑法
由y1+λy2＝0配凑，得λ(y1+y2)＝(λ－1)y1，y1+y2＝(1－λ)y2，两式相乘，可得λ(y1+y2)2＝－(λ－1)2y1y2，从而将问题转化为对称结构．
解法2　接典例解答，由y1＝－2y2，得y1+2y2＝0，于是
．故直线l的方程为y＝±(x－1)．
拓展3　方程组法
该拓展的实质是借助方程思想，由非对称式结合根与系数的关系，列方程组解答．
解法3　接典例解答，联立y1+2y2＝0与y1+y2＝－．故直线l的方程为y＝±(x－1)．
【纵深攻略】
已知A，B分别为双曲线C：x2－＝1的左、右顶点，过双曲线的右焦点F的直线交双曲线于P，Q两点(异于A，B两点)，求直线AP，BQ的斜率的比值．
2/2疑难突破
疑难突破1　抽象函数求值问题
抽象函数求值问题是近几年高考的一个热点，常结合函数性质综合考查学生的能力，解决此类问题的方法一般有三种：赋值法、函数性质法和构造函数法．
【典例展示】　若函数f (x)的定义域为R，且f (x＋y)＋f (x－y)＝f (x)f (y)，f (1)＝1，则f (k)＝(　　)
A．－3 B．－2
C．0 D．1
[赏析]　法一(赋值法)：
突破点：对变量x或y适当赋值，发现函数f (x)的特性．
令y＝1，得f (x＋1)＋f (x－1)＝f (x)·f (1)＝f (x) f (x＋1)＝f (x)－f (x－1)，
故f (x＋2)＝f (x＋1)－f (x)，f (x＋3)＝f (x＋2)－f (x＋1)，得到f (x＋3)＝－f (x)，f (x＋6)＝－f (x＋3)＝f (x)，故f (x)的周期为6．
令x＝1，y＝0，得f (1)＋f (1)＝f (1)·f (0) f (0)＝2，
∴f (2)＝f (1)－f (0)＝1－2＝－1，
f (3)＝f (2)－f (1)＝－1－1＝－2，
f (4)＝f (3)－f (2)＝－2－(－1)＝－1，
f (5)＝f (4)－f (3)＝－1－(－2)＝1，
f (6)＝f (5)－f (4)＝1－(－1)＝2，
故f (k)＝3[f (1)＋f (2)＋…＋f (6)]＋f (19)＋f (20)＋f (21)＋f (22)＝f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝1＋(－1)＋(－2)＋(－1)＝－3，
即f (k)＝－3．
故选A．
法二(特殊函数法)：
突破点：依据f (x＋y)＋f (x－y)＝f (x)f (y)，寻找特殊函数f (x)．
取f (x)＝2cosπ＝－1，
f (3)＝2cos π＝－2，
f (4)＝2cos＝－1，
f (5)＝2cos＝1，
f (6)＝2cos 2π＝2，
∴f (k)＝1－1－2－1＋1＋2＝0，
一个周期内的f (1)＋f (2)＋…＋f (6)＝0．
∴f (k)＝f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝1－1－2－1＝－3．
故选A．
[答案]　A
名师点评：1．挖掘背景函数，如常见的抽象函数7大模型：
(1)一次函数：f (x＋y)＝f (x)＋f (y)－b．
(2)二次函数：f (a－x)＝f (a＋x)．
(3)幂函数：f (xy)＝f (x)f (y)．
(4)指数函数：f (x＋y)＝f (x)f (y)，f (x－y)＝．
(5)对数函数：f (xy)＝f (x)＋f (y)，f ＝f (x)－f (y)．
(6)正切函数：f (x±y)＝．
(7)余弦函数：f (x＋y)＋f (x－y)＝2f (x)f (y)，f (x)＋f (y)＝2f ．
2．关注题目给定的抽象恒等式，如f (x＋y)＝f (x)＋f (y)．求解中注意两点：①恰当赋值；②正逆应用．
【纵深攻略】
1．(多选)已知函数f (x)的定义域为{x|x≠4k＋2，k∈Z}，且f (x＋y)＝，f (1)＝1，则(　　)
A．f (0)＝0
B．f (x)为偶函数
C．f (x)为周期函数，且周期为4
D．f (2 027)＝1
AC　[对于A，令x＝y＝0，得f (0)＝0，故A正确；
对于B，令y＝－x，则f (0)＝＝0，
因此f (－x)＝－f (x)．
又f (x)的定义域为{x|x≠4k＋2，k∈Z}，关于原点对称，所以f (x)为奇函数，故B错误；
对于C，令y＝1，则f (x＋1)＝，
所以f (x＋2)＝－1＋＝f (x)，
所以f (x)为周期函数，且周期为4，故C正确；
对于D，f (2 027)＝f (－1)＝－1，故D错误．故选AC．]
2．已知函数f (x＋y)＝f (x)＋f (y)＋2，且f (1)＝1，则f (2 026)＝_____________．
6 076　[令y＝1，
得到f (x＋1)＝f (x)＋f (1)＋2＝f (x)＋3，
所以f (2)＝f (1)＋3，f (3)＝f (2)＋3，f (4)＝f (3)＋3，…，f (2 025)＝f (2 024)＋3，f (2 026)＝f (2 025)＋3，
累加得到f (2)＋f (3)＋…＋f (2 026)＝f (1)＋f (2)＋…＋f (2 025)＋3×2 025，
即f (2 026)＝f (1)＋3×2 025＝1＋ 6 075＝6 076．]
疑难突破2　嵌套函数零点问题
函数的零点是高考命题的热点，常与函数的性质等相关问题交汇．对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”，将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解．
【典例展示】　函数f (x)＝若函数g(x)＝f (f (x))－a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是_____________．
[赏析]　第一步：换元解套
设t＝f (x)，令f (f (x))－a＝0，则a＝f (t)．
第二步：辅助图象
在同一平面直角坐标系内作出y＝a，y＝f (t)的图象(如图)．
第三步：数形结合
当a≥－1时，y＝a与y＝f (t)的图象有两个交点．
设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)，则t1<－1，t2≥－1．
当t1<－1时，t1＝f (x)有一解；
当t2≥－1时，t2＝f (x)有两解．
第四步：归纳总结
综上，当a≥－1时，函数g(x)＝f (f (x))－a有三个不同的零点．
[答案]　[－1，＋∞)
名师点评：该类问题考查复合函数的零点的判断，换元法和数形结合思想是解决本类问题的关键．含参数的嵌套函数方程，应注意让参数的取值“动起来”，抓临界位置，动静结合，如本例由y＝a与y＝f (t)的图象，确定t1，t2的取值范围，进而由y＝f (x)与y＝t的图象确定零点的个数．
【纵深攻略】
已知函数f (x)＝若函数y＝f (f (x))有8个零点，则实数a的取值范围为(　　)
A．(1，＋∞) B．(－∞，0)
C．(－1，0) D．(－∞，－1)
D　[当a≥0，x≤0时，f (x)＝－x2＋2ax的对称轴为x＝a≥0，
所以f (x)在(－∞，0)上单调递增，函数图象如图1．
令f (x)＝t，y＝f (f (x))＝f (t)＝0，解得t＝0或t＝1，
即f (x)＝t＝0或f (x)＝t＝1，
根据图象f (x)＝t＝0有2个解，f (x)＝t＝1有1个解，
所以此时y＝f (f (x))有3个零点，不符合题意．
当a<0，x≤0时，f (x)＝－x2＋2ax，对称轴为x＝a<0，
所以f (x)在(－∞，a)上单调递增，在(a，0)内单调递减，函数图象如图2．
令f (x)＝t，y＝f (f (x))＝f (t)＝0，解得t＝2a或t＝0或t＝1，
根据图象f (x)＝t＝2a<0有2个解，f (x)＝t＝0有3个解，
又y＝f (f (x))有8个零点，
所以f (x)＝t＝1要有3个解，
即解得a<－1．
故选D．]
疑难突破3　导函数与原函数性质间的关系
1．导函数与原函数对称性、周期性的关系
性质1：若函数f (x)连续且可导，则f (x)的图象关于直线x＝a对称 导函数f '(x)的图象关于点(a，0)对称．
性质2：若函数f (x)连续且可导，则f (x)的图象关于点(a，f (a))对称 导函数f '(x)的图象关于直线x＝a对称．
性质3：f (x)的图象是周期为T的周期函数 f '(x)的图象是周期为T的周期函数．
2．导函数与原函数奇偶性的关系
性质1：若f (x)为偶函数且可导，则f '(x)为奇函数．
性质2：若f (x)为奇函数且可导，则f '(x)为偶函数．
【典例展示】　(多选)已知函数f (x)及其导函数f '(x)的定义域均为R，记g(x)＝f '(x)．若f ，g(2＋x)均为偶函数，则(　　)
A．f (0)＝0 B．g＝0
C．f (－1)＝f (4) D．g(－1)＝g(2)
[赏析]　第一步：偶函数的定义
因为f ，
第二步：发现原函数的对称关系
用x替换2x得f ， ①
所以函数f (x)的图象关于直线x＝对称，
所以f (3－x)＝f (x)，则f (－1)＝f (4)，故C正确，
第三步：导函数与原函数对称性的转换
所以g(x)＝f '(x)的图象关于点对称．
又因为g(2＋x)为偶函数，
所以g(2－x)＝g(2＋x)，
所以函数g(x)的图象关于直线x＝2对称，
所以f (x)的图象关于点(2，f (2))对称，
所以f (2－x)＋f (2＋x)＝2f (2)． ②
第四步：发现周期关系(双对称问题)
由①②可知f (x)的周期为2，所以g(x)的周期为2．
所以g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故D错误；
所以g＝0，故B正确；
对于A项，由f (x)的周期为2及图象关于点(2，f (2))对称，知 f (0)＝f (2)，而f (2)的值无法确定，故A错误．故选BC．
[答案]　BC
名师点评：求解此类问题的关键是熟知原函数与导函数间的性质关系，明确函数的奇偶性、对称性、周期性之间的转化条件，体会赋值法在解题中的应用．
【纵深攻略】
1．设函数f (x)的定义域为R，f '(x)是f (x)的导函数．若f (x＋1)是奇函数，则f '(x)的图象(　　)
A．关于点(1，0)对称
B．关于直线x＝1对称
C．关于点(－1，0)对称
D．关于直线x＝－1对称
B　[因为f (x＋1)是奇函数，所以f (x＋1)＝－f (－x＋1)，即f (x＋1)＋f (－x＋1)＝0，
对其求导，则有f '(x＋1)－f '(－x＋1)＝0，
所以f '(x)的图象关于直线x＝1对称．故选B．]
2．(多选)已知函数f (x)的定义域为R，函数g(x)是f (x)的导函数，f (2－x)＋f (x)＝0，g(3－2x)＋g(1＋2x)＝1，则下列说法正确的是(　　)
A．f (1)＝0
B．g(x)的一个周期为2
C．g(x)的图象关于直线x＝5对称
D．
ACD　[∵f (2－x)＋f (x)＝0，
∴f (x)的图象关于点(1，0)对称，∴f (1)＝0，故A正确；
对f (2－x)＋f (x)＝0求导，得－f '(2－x)＋f '(x)＝0，
即g(2－x)＝g(x)，∴g(x)的图象关于直线x＝1对称，
又∵g(3－2x)＋g(1＋2x)＝1，∴g(x)的图象关于点对称，
∴g(x)的一个周期为4，∴g(x)的图象关于直线x＝5对称，故B错误，C正确；
将x＝0代入g(3－2x)＋g(1＋2x)＝1，
可得g(3)＋g(1)＝1，
将x＝0代入g(2－x)＝g(x)，
可得g(4)＝g(0)＝g(2)＝，
∴g(1)＋g(2)＋g(3)＋g(4)＝2，
∵2 027＝4×506＋3，
∴，故D正确．
故选ACD．]
3．(多选)设定义在R上的函数f (x)与g(x)的导函数分别为f '(x)和g'(x)，若g(x)－f (3－x)＝2，f '(x)＝g'(x－1)，且g(x＋2)为奇函数，则下列说法中一定正确的是(　　)
A．函数g(x)的图象关于直线x＝1对称
B．f (2)＋f (4)＝4
C．g(k)＝0
D．f (k)＝－4 050
ACD　[因为f '(x)＝g'(x－1)，
则f (x)＋a＝g(x－1)＋b，
因为g(x)－f (3－x)＝2，
所以g(x)＝f (3－x)＋2，
用3－x去替换x，所以有f (x)＝g(3－x)－2，
所以有g(3－x)－2＋a＝g(x－1)＋b，
令x＝2，则g(1)－2＋a＝g(1)＋b，则a－2＝b，
故g(3－x)＝g(x－1)，用x＋1替换x，可得g(2－x)＝g(x)，
则函数g(x)的图象关于直线x＝1对称，故A正确；
由g(x＋2)为奇函数，则g(x＋2)的图象过点(0，0)，其图象向右平移2个单位长度得到g(x)的图象过点(2，0)，
故g(x)的图象关于点(2，0)对称，g(2)＝0，
g(x＋2)＝－g(－x＋2)，而g(2－x)＝g(x)，
所以有g(x＋2)＝－g(x)，则g(x)的周期T＝4．
综上，可得g(1)＝－g(3)，g(2)＝g(4)＝0，
即g(1)＋g(2)＋g(3)＋g(4)＝0，
所以g(k)＝g(1)＋g(2)＋…＋g(2 027)＝g(1)＋g(2)＋g(3)＝0，故C正确；
f (x)＝g(3－x)－2是由g(x)的图象平移变化而来，故f (x)的周期也是4，
因为g(1)＝－g(3)，g(2)＝g(4)＝0，
所以f (2)＝g(1)－2，f (4)＝g(－1)－2＝g(－1＋4)－2＝g(3)－2，
所以f (2)＋f (4)＝g(1)－2＋g(3)－2＝－4，故B错误；
因为f (x)＝g(3－x)－2，f (x)周期为4，
所以f (1)＝g(2)－2＝－2，f (2)＝g(1)－2，
f (3)＝g(0)－2＝－2，f (4)＝g(－1)－2＝g(－1＋4)－2＝g(3)－2，
所以f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (－4)＝－8，
故f (k)＝f (1)＋f (2)＋…＋f (2 025)＝506×(－8)＋f (1)＝－4 048－2＝－4 050，故D正确．故选ACD．]
疑难突破4　隐零点问题
在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．
【典例展示】　已知函数f (x)＝xex－ln x－1，若f (x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围．
[赏析]　法一(分离变量法)：由f (x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x>0)，
即m≤，
令φ(x)＝，则φ'(x)＝，
令h(x)＝x2ex＋ln x，x>0，则h'(x)＝(2x＋x2)ex＋>0，
所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
切入点：函数零点存在定理，发现零点，设而不求
又h－1＝0，h(1)＝e>0，
所以h(x)在内存在零点x0，
即h(x0)＝＋ln x0＝0，
突破点：等价变形，寻找等量关系
，
关键点：构造辅助函数，得出等量关系
令y＝xex(x>0)，因为y'＝(x＋1)ex>0，
所以y＝xex在(0，＋∞)上单调递增，
故x0＝ln，
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即φ'(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即φ'(x)>0．
所以φ(x)在(0，x0)内单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
落脚点：整体代换，代入求值
所以φ(x)min＝φ(x0)＝＝1，所以m≤1，即实数m的取值范围是(－∞，1]．
法二(朗博同构法)：由f (x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x>0)，
所以ex+ln x－ln x－1≥mx(x>0)，
即ex+ln x－(x＋ln x)－1＋(1－m)x≥0(x>0)恒成立．
由切线不等式得
ex+ln x－(x＋ln x)－1≥0，
故(1－m)x≥0(x>0)恒成立，
所以1－m≥0，即m≤1，即实数m的取值范围是(－∞，1]．
名师点评：函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用函数零点存在定理估计所设零点所在的一个小区间(区间长度小于1个单位长度)，然后利用零点所满足的关系进行代换化简．
【纵深攻略】
1．证明：xex－x－ln x－1≥0．
[证明]　设g(x)＝xex－x－ln x－1(x>0)，
则g'(x)＝(x＋1)ex－1－，
因为x＋1>0且y＝ex－－2)<0，g'(1)＝2(e－1)>0，
所以存在唯一的x0∈，使得g'(x0)＝0，
即，x0＝－ln x0，
当0x0时，g'(x)>0，
所以g(x)在(0，x0)内单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．
所以g(x)≥g(x0)＝x0－x0－ln x0－1＝x0·－x0＋x0－1＝0，
故原命题成立．
2．已知f (x)＝ex，g(x)＝ln x．证明：f (x)>g(x)＋2．
[证明]　设h(x)＝f (x)－g(x)＝ex－ln x，x>0，则h'(x)＝ex－，
因为y＝ex，y＝－在(0，＋∞)上均单调递增，故h'(x)在(0，＋∞)上单调递增，
而h'－e<0，h'(1)＝e－1>0，
故h'(x)在内存在唯一零点x0，
且当x∈(0，x0)时，h'(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，h'(x)>0，
故h(x)在(0，x0)内单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故h(x)min＝h(x0)＝，
故x0＝－ln x0，
故h(x)min＝x0＋，故等号不可取，
故h(x)min>2，即f (x)－g(x)>2，
即f (x)>g(x)＋2．
疑难突破5　截面、交线问题
在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体得到的平面图形，截线就是平面与相应几何体面的公共线．解答此类问题的关键是熟知立体几何理论体系，提升空间想象能力．
一、截面问题
【典例展示1】　(多选)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，直线AC1⊥平面α．平面α截此正方体所得截面有如下四个结论，其中正确的是(　　)
A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
C．截面形状不可能是正五边形
D．截面面积的最大值为3
[赏析]
突破点：熟知正方体的常见截面图
显然A，C正确，B不正确，下面说明D正确，
如图，G，H，M，N，P，Q分别是A1D1，A1B1，DD1，BB1，BC，DC的中点，E为A1C1与GH的交点，O为正方体的中心，当截面是正六边形时面积最大，MN＝2．
故D正确．
[答案]　ACD
名师点评：空间几何体的截面作图的常用方法
(1)平行线法．用平行线法解决截面问题的关键是：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面有一条直线与截面上某点所在的几何体的某一个表面平行．
(2)延长线法．用延长线法解决截面问题的关键是：截面上至少有两个点在一个几何体的一个表面上，那么这两点的连线一定在截面内．
【纵深攻略】
1．已知正方体ABCD A1B1C1D1，棱长为2，E为棱BB1的中点，则经过A1，D，E三点的正方体的截面面积为(　　)
A．
A　[第一步：确定截面图形的形状
如图，取BC的中点F，连接DF，EF，根据面面平行的性质，过A1，D，E三点的正方体的截面为梯形A1EFD．
第二步：求截面图形的面积
∵A1D＝2，
∴，故选A．]
二、截线问题
【典例展示2】　已知直四棱柱ABCD A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为_____________．
[赏析]　第一步：找交线
如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2．分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝．
由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，
则D1P＝
为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．
第二步：求交线长
由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，
所以．
[答案]　
名师点评：作交线的两种方法
(1)利用基本事实3作交线．
(2)利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及线线平行，然后根据性质作出交线．
【纵深攻略】
2．已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为为半径的球的球面与正方体的表面的交线总长为(　　)
A．3π B．π
C．
B　[因为正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为，
所以表面ABCD，ADD1A1，ABB1A1上的点到点A的最大距离为为半径的球的球面与这三个表面没有公共点，如图，若球面与表面CDD1C1的公共点为P，
当点P在CC1上时，
因为AP＝，则DP＝2，
由CD＝，可得∠PDC＝30°，
同理可得∠D1DQ＝30°，则∠QDP＝30°，
可知P的运动轨迹是以D为圆心，2为半径的圆与表面CDD1C1的交线，
同理可得球面与表面A1B1C1D1，BCC1B1的交线也都是圆心角为30°，半径为2的圆弧，所以交线总长为3××2＝π．故选B．]
疑难突破6　圆锥曲线“非对称”根与系数的关系问题的多角度思考
对于某些圆锥曲线大题，在联立直线与圆锥曲线的方程时，常常会涉及一元二次方程，它的两个根x1，x2满足根与系数的关系．一般来说，在应用题设条件解决问题时，常常能凑出x1＋x2和x1x2，但有些时候无法直接凑出这两个式子，进而无法直接代入根与系数的关系，这就是所谓的“非对称”的根与系数的关系问题．
下面通过对一道圆锥曲线“非对称”结构问题的多角度切入求解，给出其适当的拓展与变式，以探究圆锥曲线非对称结构问题的一般性解决方法．
【典例展示】　已知椭圆E：
为E上一点，且PF1与x轴垂直．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点F2的直线l与E交于A，B两点，已知点M(0，1)，且△MAF2的面积为△MBF2面积的2倍，求直线l的方程．
[赏析]　(1)因为P
所以椭圆E的方程为＝1．
(2)易得直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x＝ty＋1，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立．
由△MAF2的面积是△MBF2面积的2倍，可得，所以y1＝－2y2，即y1＋2y2＝0．
名师点评：代数式y1＝－2y2为非对称结构，需要通过适当的处理使之变为对称结构，下面就以此为例，给出此类y1＝λy2(或x1＝λx2)问题的几种处理方法，并对其进行拓展．
拓展1　倒数求和法
此拓展是对形如y1＝λy2(或x1＝λx2)的关系式，利用将问题转化为对称结构．
解法1　接典例解答，由y1＝－2y2，得(x－1)．
拓展2　配凑法
由y1＋λy2＝0配凑，得λ(y1＋y2)＝(λ－1)y1，y1＋y2＝(1－λ)y2，两式相乘，可得λ(y1＋y2)2＝－(λ－1)2y1y2，从而将问题转化为对称结构．
解法2　接典例解答，由y1＝－2y2，得y1＋2y2＝0，于是
(x－1)．
拓展3　方程组法
该拓展的实质是借助方程思想，由非对称式结合根与系数的关系，列方程组解答．
解法3　接典例解答，联立y1＋2y2＝0与y1＋y2＝－(x－1)．
【纵深攻略】
已知A，B分别为双曲线C：x2－＝1的左、右顶点，过双曲线的右焦点F的直线交双曲线于P，Q两点(异于A，B两点)，求直线AP，BQ的斜率的比值．
[解]　由题意知F(2，0)，易知直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立
，①
y1y2＝，②
而，
∴my1y2＝－(y1＋y2)．
又kAP＝，
＝．
所以直线AP，BQ的斜率的比值为－．
疑难突破7　二项分布与超几何分布的区别与联系
超几何分布 二项分布
区别 描述的是不放回抽样问题(总体在变化)，一次性取 描述的是有放回抽样问题(总体不改变)，一个一个地取
考察对象分为两类 每一次试验是伯努利试验
已知各类对象的个数
联系 (当总体容量很大时)超几何分布可近似看作二项分布
【典例展示】　某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：g)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，(510，515]．由此得到样本的频率分布直方图(如图)．
(1)根据频率分布直方图，求样本中质量超过505 g的产品数量；
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505 g的产品数量，求X的分布列；
(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505 g的产品数量，求Y的分布列．
[赏析]　(1)质量超过505 g的产品的频率为5×0.05＋5×0.01＝0.3，
所以样本中质量超过505 g的产品数量为40×0.3＝12．
(2)突破点1：总体一定，不放回抽样，超几何分布
样本中质量超过505 g的产品数量为12，则样本中质量未超过505 g的产品数量为28，X的可能取值为0，1，2，X服从超几何分布．
P(X＝0)＝，P(X＝2)＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505 g的概率为．
突破点2：总体容量大，不放回抽样，视为二项分布
从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2重伯努利试验，Y的可能取值为0，1，2，且Y~B，
P(Y＝k)＝，k＝0，1，2．
所以P(Y＝0)＝，P(Y＝1)＝，
P(Y＝2)＝．
所以Y的分布列为
Y 0 1 2
P
名师点评：抓住超几何分布与二项分布各自的特征，明确两者间的区别与联系是解决此类问题的关键所在．
【纵深攻略】
一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中有1个红球、2个黑球，现随机等可能地取出小球．当有放回地依次取出两个小球时，记取出的红球数为ξ1；当无放回地依次取出两个小球时，记取出的红球数为ξ2，则(　　)
A．E(ξ1)B．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
C．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)D．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
B　[依题意知，ξ1的所有可能取值为0，1，2，ξ1~B，
所以E(ξ1)＝2×．
ξ2的所有可能取值为0，1，
P(ξ2＝0)＝，P(ξ2＝1)＝，
所以E(ξ2)＝0×，
D(ξ2)＝．
所以E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)．故选B．]
18/18疑难突破3　导函数与原函数性质间的关系
1．导函数与原函数对称性、周期性的关系
性质1：若函数f (x)连续且可导，则f (x)的图象关于直线x＝a对称 导函数f '(x)的图象关于点(a，0)对称．
性质2：若函数f (x)连续且可导，则f (x)的图象关于点(a，f (a))对称 导函数f '(x)的图象关于直线x＝a对称．
性质3：f (x)的图象是周期为T的周期函数 f '(x)的图象是周期为T的周期函数．
2．导函数与原函数奇偶性的关系
性质1：若f (x)为偶函数且可导，则f '(x)为奇函数．
性质2：若f (x)为奇函数且可导，则f '(x)为偶函数．
【典例展示】　(多选)已知函数f (x)及其导函数f '(x)的定义域均为R，记g(x)＝f '(x)．若f ，g(2+x)均为偶函数，则 (　　)
A．f (0)＝0 B．g＝0
C．f (－1)＝f (4) D．g(－1)＝g(2)
[赏析]　第一步：偶函数的定义
因为f ，
第二步：发现原函数的对称关系
用x替换2x得f ， ①
所以函数f (x)的图象关于直线x＝对称，
所以f (3－x)＝f (x)，则f (－1)＝f (4)，故C正确，
第三步：导函数与原函数对称性的转换
所以g(x)＝f '(x)的图象关于点对称．
又因为g(2+x)为偶函数，所以g(2－x)＝g(2+x)，
所以函数g(x)的图象关于直线x＝2对称，
所以f (x)的图象关于点(2，f (2))对称，
所以f (2－x)+f (2+x)＝2f (2)． ②
第四步：发现周期关系(双对称问题)
由①②可知f (x)的周期为2，所以g(x)的周期为2．
所以g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故D错误；
所以g＝0，故B正确；
对于A项，由f (x)的周期为2及图象关于点(2，f (2))对称，知 f (0)＝f (2)，而f (2)的值无法确定，故A错误．故选BC．
[答案]　BC
名师点评：求解此类问题的关键是熟知原函数与导函数间的性质关系，明确函数的奇偶性、对称性、周期性之间的转化条件，体会赋值法在解题中的应用．
【纵深攻略】
1．设函数f (x)的定义域为R，f '(x)是f (x)的导函数．若f (x+1)是奇函数，则f '(x)的图象 (　　)
A．关于点(1，0)对称
B．关于直线x＝1对称
C．关于点(－1，0)对称
D．关于直线x＝－1对称
2．(多选)已知函数f (x)的定义域为R，函数g(x)是f (x)的导函数，f (2－x)+f (x)＝0，g(3－2x)+g(1+2x)＝1，则下列说法正确的是 (　　)
A．f (1)＝0
B．g(x)的一个周期为2
C．g(x)的图象关于直线x＝5对称
D．
3．(多选)设定义在R上的函数f (x)与g(x)的导函数分别为f '(x)和g'(x)，若g(x)－f (3－x)＝2，f '(x)＝g'(x－1)，且g(x+2)为奇函数，则下列说法中一定正确的是 (　　)
A．函数g(x)的图象关于直线x＝1对称
B．f (2)+f (4)＝4
C．g(k)＝0
D．f (k)＝－4 050
2/2疑难突破4　隐零点问题
在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．
【典例展示】　已知函数f (x)＝xex－ln x－1，若f (x)≥mx恒成立，求实数m的取值范围．
[赏析]　法一(分离变量法)：由f (x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x>0)，
即m≤，
令φ(x)＝，
则φ'(x)＝，
令h(x)＝x2ex+ln x，x>0，
则h'(x)＝(2x+x2)ex+>0，
所以h(x)在(0，+∞)上单调递增．
切入点：函数零点存在定理，发现零点，设而不求
又h－1＝0，
h(1)＝e>0，
所以h(x)在内存在零点x0，
即h(x0)＝+ln x0＝0，
突破点：等价变形，寻找等量关系
+ln x0＝0 x0，
关键点：构造辅助函数，得出等量关系
令y＝xex(x>0)，
因为y'＝(x+1)ex>0，
所以y＝xex在(0，+∞)上单调递增，
故x0＝ln，
当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即φ'(x)<0，
当x∈(x0，+∞)时，h(x)>0，即φ'(x)>0．
所以φ(x)在(0，x0)内单调递减，在(x0，+∞)上单调递增．
落脚点：整体代换，代入求值
所以φ(x)min＝φ(x0)＝＝1，所以m≤1，即实数m的取值范围是(－∞，1]．
法二(朗博同构法)：由f (x)≥mx得xex－ln x－1≥mx(x>0)，
所以ex+ln x－ln x－1≥mx(x>0)，
即ex+ln x－(x+ln x)－1+(1－m)x≥0(x>0)恒成立．
由切线不等式得
ex+ln x－(x+ln x)－1≥0，
故(1－m)x≥0(x>0)恒成立，
所以1－m≥0，即m≤1，即实数m的取值范围是(－∞，1]．
名师点评：函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用函数零点存在定理估计所设零点所在的一个小区间(区间长度小于1个单位长度)，然后利用零点所满足的关系进行代换化简．
【纵深攻略】
1．证明：xex－x－ln x－1≥0．
2．已知f (x)＝ex，g(x)＝ln x．证明：f (x)>g(x)+2．
2/2疑难突破7　二项分布与超几何分布的区别与联系
超几何分布 二项分布
区别 描述的是不放回抽样问题(总体在变化)，一次性取 描述的是有放回抽样问题(总体不改变)，一个一个地取
考察对象分为两类 每一次试验是伯努利试验
已知各类对象的个数
联系 (当总体容量很大时)超几何分布可近似看作二项分布
【典例展示】
某食品厂为了检查一条自动包装流水线的生产情况，随机抽取该流水线上的40件产品作为样本称出它们的质量(单位：g)，质量的分组区间为(490，495]，(495，500]，…，(510，515]．由此得到样本的频率分布直方图(如图)．
(1)根据频率分布直方图，求样本中质量超过505 g的产品数量；
(2)在上述抽取的40件产品中任取2件，设X为质量超过505 g的产品数量，求X的分布列；
(3)从该流水线上任取2件产品，设Y为质量超过505 g的产品数量，求Y的分布列．
[赏析]　(1)质量超过505 g的产品的频率为5×0.05+5×0.01＝0.3，
所以样本中质量超过505 g的产品数量为40×0.3＝12．
(2)突破点1：总体一定，不放回抽样，超几何分布
样本中质量超过505 g的产品数量为12，则样本中质量未超过505 g的产品数量为28，X的可能取值为0，1，2，X服从超几何分布．
P(X＝0)＝，P(X＝2)＝，
所以X的分布列为
X 0 1 2
P
(3)根据样本估计总体的思想，取一件产品，该产品的质量超过505 g的概率为．
突破点2：总体容量大，不放回抽样，视为二项分布
从流水线上任取2件产品互不影响，该问题可看成2重伯努利试验，Y的可能取值为0，1，2，且Y~B，P(Y＝k)＝，k＝0，1，2．
所以P(Y＝0)＝，P(Y＝1)＝，
P(Y＝2)＝．
所以Y的分布列为
Y 0 1 2
P
名师点评：抓住超几何分布与二项分布各自的特征，明确两者间的区别与联系是解决此类问题的关键所在．
【纵深攻略】
一个袋中放有大小、形状均相同的小球，其中有1个红球、2个黑球，现随机等可能地取出小球．当有放回地依次取出两个小球时，记取出的红球数为ξ1；当无放回地依次取出两个小球时，记取出的红球数为ξ2，则 (　　)
A．E(ξ1)B．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
C．E(ξ1)＝E(ξ2)，D(ξ1)D．E(ξ1)>E(ξ2)，D(ξ1)>D(ξ2)
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