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素养专题(二)　三角函数、三角形的新趋势
授课提示：对应学生用书第74页
三角函数是高中数学的重要内容，高考重点考查考生对基本概念、基本公式的理解和应用以及运算求解能力．注重对数学核心素养的考查，命题加强对基础知识的理解与应用方面的考查力度，试题突出对基础知识、基本技能的考查，同时兼顾数学的应用性、选拔性和教育功能．
法1　依纲扣本，重视基础，关注学生核心素养
[例1]　(2019·高考全国卷Ⅱ)下列函数中，以为周期且在区间单调递增的是(　　)
A．f(x)＝|cos
2x|　　　　　
B．f(x)＝|sin
2x|
C．f(x)＝cos|x|
D．f(x)＝sin|x|
[解析]　
作出函数f(x)＝|cos
2x|的图像，如图：
由图像可知f(x)＝|cos
2x|的周期为，在区间上单调递增．同理可得f(x)＝|sin
2x|的周期为，在区间上单调递减，f(x)＝cos|x|的周期为2π.f(x)＝sin|x|不是周期函数，排除B，C，D.故选A.
[答案]　A
[思维剖析]　以正、余弦函数性质为基础，考查学生变形能力、转化能力．考查学生识别、选择、应用三角公式解决问题的能力和运算求解能力．试题面向全体考生，体现基础性．
法2　注重通性通法，强化基本模型的考查
[例2]　(1)(2019·高考全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asin
A－bsin
B＝4csin
C，cos
A＝－，则＝(　　)
A．6
B．5
C．4
D．3
[解析]　∵asin
A－bsin
B＝4csin
C，
∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.
由余弦定理得cos
A＝＝＝＝－，∴＝6.
故选A.
[答案]　A
(2)(2019·高考全国卷Ⅰ)函数f(x)＝sin－3cos
x的最小值为________．
[解析]　∵f(x)＝sin－3cos
x
＝－cos
2x－3cos
x
＝－2cos2x－3cos
x＋1，
令t＝cos
x，则t∈[－1，1]，
∴f(x)＝－2t2－3t＋1.
又函数f(x)图像的对称轴t＝－∈[－1，1]，且开口向下，∴当t＝1时，f(x)有最小值－4.
[答案]　－4
法3　能力立意，注重综合运用
[例3]　(1)(2019·高考全国卷Ⅱ)已知α∈，2sin
2α＝cos
2α＋1，则sin
α＝(　　)
A.　　　
B.　　　
C.　　
D.
[解析]　由2sin
2α＝cos
2α＋1，得4sin
αcos
α＝2cos2α.
又
∵α∈，∴tan
α＝，∴sin
α＝.故选B.
[答案]　B
(2)(2019·高考全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝sin(ω>0)，已知f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点．下述四个结论：
①f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点；
②f(x)在(0，2π)有且仅有2个极小值点；
③f(x)在单调递增；
④
ω的取值范围是.
其中所有正确结论的编号是(　　)
A．①④
B．②③
C．①②③
D．①③④
[解析]　已知f(x)＝sin(ω＞0)在[0，2π]有且仅有5个零点，如图，其图像的右端点的横坐标在[a，b)上，此时f(x)在(0，2π)有且仅有3个极大值点，但f(x)在(0，2π)可能有2或3个极小值点，所以①正确，②不正确；当x∈[0，2π]时，ωx＋∈，由f(x)在[0，2π]有且仅有5个零点可得5π≤2πω＋＜6π，得ω的取值范围是，所以④正确；当x∈时，＜ωx＋＜＋＜＜，所以f(x)在单调递增，所以③正确．故选D.
[答案]　D
[思维剖析]　本题以三角函数为依托，结合三角函数的零点及对称轴、单调区间、周期性等知识，考查学生分析和转化问题的能力，有较好的区分度，给优秀学生提供了展示舞台．
PAGE素养专题(六)　圆锥曲线问题的优化运算策略
授课提示：对应学生用书第176页
圆锥曲线问题运算量大，综合性强，因此，在解答圆锥曲线问题时必须研究技巧与策略，寻求突破点，选用适当方法，以求做到选择捷径、简化计算、避繁就简、合理解题，收到事半功倍之效．
法1　回归定义，以逸待劳
　回归定义的实质是重新审视概念，并用相应的概念解决问题，圆锥曲线的定义既是有关圆锥曲线问题的出发点，又是新知识、新思维的生长点．若能根据已知条件，巧妙灵活应用定义，往往能达到化难为易、化繁为简、事半功倍的效果．
[例1]　圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程．
[思路点拨]　通过平行线的性质，结合圆的相关性质，通过三角形中等角对等边的转化确定定值问题，并利用椭圆的定义来求解相应的轨迹方程．
[证明]　如图所示，因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，
故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，
故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|，
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，
从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4，
由题设得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2，
由椭圆定义可得点E的轨迹方程为＋＝1(y≠0)
[评析]　本题主要考查平行线的性质，圆的相关性质与三角形的性质，椭圆的定义与轨迹方程的求解．圆锥曲线的定义揭示的是事物的本质属性．
法2　巧设参数，变换主元
巧设参数的实质是通过引入参变量加以替换，使得圆锥曲线中相关或不相关的量统一在参变量下，减少未知量的个数，这样解决问题更方便，同时可以进一步体会解决问题中数学方法的灵活多变．
[例2]　设直线l与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，与圆C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于点M，且M为线段AB中点，若这样的直线l恰有4条，则r的取值范围是(　　)
A．(1，3)　　　　　
B．(1，4)
C．(2，3)
D.(2，4)
[思路点拨]　先设出直线l的方程x＝ty＋m(这样可以避免讨论直线的斜率是否存在问题)，根据直线与抛物线相交于两点得到Δ＝16t2＋16m＞0，结合根与系数的关系与中点坐标公式确定点M的坐标，利用直线l与圆相切，分别得到两直线垂直以及半径的关系式，进而得以判断r的取值范围．
[解析]　不妨设直线l的方程为x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
代入抛物线y2＝4x并整理得y2－4ty－4m＝0，
则有Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，
那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，
可得线段AB的中点M(2t2＋m，2t)，
而由题可得直线AB与直线MC垂直，
即kMC·kAB＝－1，
可得·＝－1，
整理得m＝3－2t2(当t≠0时)，
把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0，
可得3－t2＞0，即0＜t2＜3.
又由于圆心到直线的距离等于半径，
即d＝＝＝2＝r，
而由0＜t2＜3可得2＜r＜4.
[答案]　D
[评析]　本题主要考查直线与抛物线的位置关系，直线的方程与应用，点到直线的距离公式，考查运算求解能力、函数与方程思想、数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想等．巧妙通过直线方程的设置，引入参数，利用直线与圆锥曲线的位置关系加以转化，结合题目条件通过分析参数的取值范围达到解决问题的目的．
法3　数形结合、偷梁换柱
在圆锥曲线的一些问题中，许多对应的长度、数式等都具有一定的几何意义，挖掘题目中隐含的几何意义，采用数形结合的思想方法，可解决一些相应问题．
[例3]　已知F是双曲线C：x2－＝1的右焦点，P是C的左支上一点，A(0，6)．当△APF周长最小时，该三角形的面积为________．
[思路点拨]　要求△APF的周长的最小值，其实就是转化为求解三角形三边长之和，根据已知条件与双曲线定义加以转化为已知边的长度问题与已知量的等价条件来分析根据直线与双曲线的位置关系，通过数形结合确定点P的位置，通过求解点P的坐标进而利用三角形的面积公式来处理．
[解析]　设双曲线的左焦点为F1，根据双曲线的定义可知|PF|＝2a＋|PF1|，
则△APF的周长为|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋2a＋|PF1|＋|AF|＝|PA|＋|PF1|＋|AF|＋2a，
由于|AF|＋2a是定值，要使△APF的周长最小，
则|PA|＋|PF1|最小，即P，A，F1共线，
由于A(0，6)，F1(－3，0)，
则直线AF1的方程为＋＝1，即x＝－3，
代入双曲线方程整理可得y2＋6y－96＝0，
解得y＝2或y＝－8(舍去)，
所以点P的纵坐标为2，
所以S△APF＝S△AFF1－S△PFF1＝×6×6－×6×2＝12.
[答案]　12
[评析]　本题主要考查双曲线的定义、标准方程与几何性质，直线方程，直线与双曲线的位置关系等．
法4　极端策略，围魏救赵
极端策略是一种重要的数学思想，灵活地借助极限思想，从有限到无限，从近似到精确，从量变到质变．通过圆锥曲线问题的极端元素，灵活借助极端策略解题，可以避开抽象及复杂运算，优化解题过程，降低难度，是简化圆锥曲线运算的一条有效且重要途径．
[例4]　设双曲线x2－＝1的左、右焦点分别为F1、F2.若点P在双曲线上，且△F1PF2为锐角三角形，则|PF1|＋|PF2|的取值范围是________．
[思路点拨]　根据双曲线的定义得到关系式|PF1|＝|PF2|＋2，通过分类讨论，结合极限思想确定当∠F1PF2＝90?时与当∠F1F2P＝90?时关系式的最值，数形结合即可得△F1PF2为锐角三角形时关系式的取值范围．
[解析]　由题可得a＝1，b＝，c＝2，不失一般性，
假定P是双曲线上第一象限内的点，
由双曲线的定义知|PF1|－|PF2|＝2a＝2，则有|PF1|＝|PF2|＋2，
当∠F1PF2＝90?时，
有|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，
可得|PF2|2＋2|PF2|－6＝0.
解得|PF2|＝－1(负值舍去)．
此时|PF1|＋|PF2|＝2；
当∠F1F2P＝90?时，有|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，可得|PF2|＝3，此时|PF1|＋|PF2|＝8；而△F1PF2为锐角三角形，
数形结合可得|PF1|＋|PF2|∈(2，8)．
[答案]　(2，8)
[评析]　本题主要考查双曲线的定义、标准方程与几何性质，焦点三角形问题．应用极端策略来解决一些问题时，可以避开抽象、复杂的运算，独辟蹊径，降低解题难度，优化解题过程，起到事半功倍的效果．
PAGE素养专题(七)　概率、统计与函数演绎出来的精彩
授课提示：对应学生用书第197页
有关概率与其他知识相交汇的考题，能体现“返璞归真，支持课改；突破定势，考查真功”的命题理念，是每年高考的必考内容．近几年将概率、统计问题与函数结合，成为创新问题．
[例1]　某班级50名学生的考试分数x分布在区间[50，100)内，设分数x的分布频率是f(x)，且f(x)＝
(1)求实数b的值；
(2)计算该班级的平均考试分数；
(3)考试成绩采用“5分制”，规定：考试分数在[50，60)内的成绩记为1分，考试分数在[60，70)内的成绩记为2分，考试分数在[70，80)内的成绩记为3分，考试分数在[80，90)内的成绩记为4分，考试分数在[90，100)内的成绩记为5分．用分层抽样的方法，从成绩为1分，2分及3分的学生中随机抽取6人，再从这6人中抽取2人，试分析这2人的成绩之和为4分的概率与成绩之和为3分或6分的概率哪个较大(将频率视为概率)?
[解析]　(1)因为f(x)＝，
所以(－0.4)＋(－0.4)＋(－0.4)＋(－＋b)＋(－＋b)＝1，解得b＝1.9.
(2)该班级的平均考试分数为(－0.4)×55＋(－0.4)×65＋(－0.4)×75＋(－＋1.9)×85＋(－＋1.9)×95＝76.
(3)由题意知，考试成绩记为1分，2分，3分，4分，5分的频率分别是0.1，0.2，0.3，0.3，0.1.
考试成绩为1分，2分，3分的抽取1人(记为A)，2人(记为B，C)，3人(记为D，E，F)，再从这6人中抽取2人，基本事件有AB，AC，AD，AE，AF，BC，BD，BE，BF，CD，CE，CF，DE，DF，EF，共15个；
成绩之和为4分的有AD，AE，AF，BC，共4个；
成绩之和为3分或6分的有AB，AC，DE，DF，EF，共5个．
所以这2人的成绩之和为4分的概率P1＝，成绩之和为3分或6分的概率P2＝＝.
显然P1＜P2，故这2人的成绩之和为3分或6分的概率较大．
[评析]　本题结合考生熟悉的生活、学习情境设计而成，将分段函数与平均数、分层抽样、古典概型等知识巧妙地融合在一起，既考查了考生分析、解决问题的能力，又可让考生进一步体验数学的应用价值，同时也培养了考生的数据分析、数学运算素养．
[例2]　高考复习经过二轮“见多识广”之后，为了研究考前“限时抢分”强化训练次数x与答题正确率y%的关系，对某校高三某班学生进行了调查统计，得到如下数据：
x
1
2
3
4
y
20
30
50
60
(1)求y关于x的回归方程，并预测答题正确率是100%的强化训练次数；
(2)若用f(xi，yi)＝(i＝1，2，3，4)表示统计数据的“强化均值”(精确到整数)，若“强化均值”的标准差在区间[0，]内，则强化训练有效，请问这个班的强化训练是否有效？
附：回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：b＝，a＝－b.
样本数据c1，c2，…，cn的标准差s＝
.
[解析]　(1)由所给数据计算得＝2.5，＝40，
(xi－)(yi－)＝70，
(xi－)2＝5，所以b＝＝＝14，
所以a＝－b＝40－14×2.5＝5，
故所求y关于x的回归方程是
y＝14x＋5.
令14x＋5＝100，解得x≈6.79，
故预测答题正确率是100%的强化训练次数为7次．
(2)经计算知，这四组数据的“强化均值”分别是5，6，8，9，
所以“强化均值”的平均数是7，
所以“强化均值”的标准差
s＝＝＜.
结合题意，可知这个班的强化训练有效．
[评析]　试题侧重考查考生对有关统计知识的综合运用能力，同时也培养了考生的数学建模、数据分析、数学运算的核心素养．
PAGE素养专题(三)　数列的转化与化归思想
授课提示：对应学生用书第101页
数列是高等数学的基础，是高中数学知识和数学方法的汇合点，它在测试逻辑推理能力、理性思维水平以及考查学生创新意识和创新能力上具有不可替代的作用．综合考查学生的综合素养．
法1　等差数列与等比数列之间的转化与化归
[例1]　(1)(2020·昆明七校调研)在等比数列{an}中，Sn是它的前n项和，若q＝2，且a2与2a4的等差中项为18，则S5＝(　　)
A．62　　　　　　
B．－62
C．32
D．－32
[解析]　依题意得a2＋2a4＝36，q＝2，则2a1＋16a1＝36，解得a1＝2，因此S5＝＝62，选A.
[答案]　A
(2)若公比不为1的正项等比数列{an}满足a1a2·…·an＝2n(n＋1)，n∈N＋，数列{bn}满足bn＝a1an，则{bn}的前n项和Sn为________．
[解析]　法一：在a1a2·…·an＝2n(n＋1)两边取对数，则有log2(a1a2·…·an)＝log22n(n＋1)＝n(n＋1)．
因为{an}是正项等比数列，所以{log2an}为等差数列，故有log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝＝n(n＋1)．
所以bn＝a1an＝4n＋1为等比数列，Sn＝·(4n－1)．
法二：两式相乘得(a1an)n＝22n(n＋1)，所以a1an＝4n＋1，
∴bn＝4n＋1为b1＝16，q＝4的等比数列，
∴Sn＝＝(4n－1)．
[答案]　(4n－1)
[思维剖析]　解决等差、等比数列的综合问题的方法
(1)设等差数列的基本量a1和d，用等差数列建立关系，求出a1和d，进而得出等差数列．
(2)设等比数列的基本量a1和q，用等比数列建立关系，求出a1和q，进而得出等比数列．
(3)同时设两个数列的基本量，利用方程思想得出基本量的关系．
(4)正项等比数列通过取对数转化为等差数列是处理等比数列问题的重要思路之一，也是降低运算量的有效途径．这种转化还体现在等差数列的通项求和等问题的处理方法上，可以向等比数列迁移．同样的等差数列也可转化为等比数列，具体来说就是：数列{bn}为等差数列，则数列{abn}为等比数列．
法2　数列存在性问题与函数方程的转化与化归
[例2]　(2020·山西长治二模)Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a4＝9a2，S3＝13，且公比q＞0.
(1)求an及Sn；
(2)是否存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
[解析]　(1)由题意可得解得a1＝1，q＝3，
∴an＝3n－1，Sn＝＝.
(2)假设存在常数λ，使得数列{Sn＋λ}是等比数列，
∵S1＋λ＝λ＋1，S2＋λ＝λ＋4，S3＋λ＝λ＋13，
∴(λ＋4)2＝(λ＋1)(λ＋13)，解得λ＝，此时Sn＋＝×3n，则＝3，
故存在常数λ＝，使得数列是等比数列．
[思维剖析]　1.有关数列的存在性问题，若是与项数有关的存在性问题，常转化为函数或方程的整数解问题．对于最值性问题，常转化为函数最值问题．
2．本例(2)其实就是通过组合(打包)将二元方程转化为一元方程来找到方程组的解．解高次方程最好的办法就是不断地降幂迭代，这一点在高中阶段接触不多，应有所拓展．
法3　数列与不等式的转化
[例3]　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－2，且满足Sn＝an＋1＋n＋1(n∈N＋)．
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若bn＝log3(－an＋1)，设数列{}前n项和为Tn，求证：Tn＜.
[解析]　(1)由Sn＝an＋1＋n＋1，得Sn－1＝an＋n(n≥2)，两式相减得：an＝an＋1－an＋1，所以an＋1－1＝3(an－1)(n≥2)，又a1－1＝－3≠0，所以{an－1}是以－3为首项、以3为公比的等比数列，所以an－1＝(－3)·3n－1＝－3n，故an＝－3n＋1.
(2)证明：bn＝log3(－an＋1)＝log33n＝n，所以＝＝(－)，从而Tn＝[(1－)＋(－)＋(－)＋(－)＋…＋(－)＋(－)]
＝(1＋－－)
＝－(＋)＜.
[思维剖析]　证明与数列有关的不等式问题的常用方法有：比较法(作差或作商)、放缩法、利用函数的单调性、数学归纳法，其中利用放缩法证明数列不等式是利用n的正整数性质，改变分子、分母的大小或者有意增加或减少某些正数来进行放缩．
PAGE素养专题(四)　函数与不等式证明的完美结合
授课提示：对应学生用书第118页
近几年的全国卷的高考压轴题中，函数、导数常与不等式的证明结合，题型多、方法活，涉及的基础知识面广，对考生的思维能力有很高的要求．从题目本身条件来看，简洁大气，设问清晰明了，但题目背后隐含的知识很深奥，常与高等数学知识有联系，如柯西不等式、泰勒公式、麦克劳林公式、洛必达法则等．
[例]　(2018·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝aex－ln
x－1.证明：当a≥时，f(x)≥0.
[思路一]　主参分离，采取分析法，将不等式等价变形为一个新的不等式．
[证明]　∵f(x)≥0?aex－ln
x－1≥0?a≥(x＞0)．
设h(x)＝，则h′(x)＝.
令t＝－ln
x－1(x＞0)，则t′＝－－＝－＜0，
∴t(x)是减函数且t(1)＝0，
x
(0，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
?
?
∴当x＝1时，h(x)max＝，
又∵a≥，∴a≥，即f(x)≥0.
[思路二]　要证明当a≥时，f(x)≥0，
此时f(x)中含有两个变量，设法消掉一个，
由条件a≥，利用不等式传递性，可得f(x)≥－ln
x－1，即证－ln
x－1≥0.
[证明]　当a≥时f(x)≥－ln
x－1.
设函数g(x)＝－ln
x－1，∴g′(x)＝－.
当0＜x＜1时，g′(x)＜0，当x＞1时，
g′(x)＞0，
所以x＝1是g(x)的最小值点，
故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0，
因此，当a≥时，f(x)≥0.
[思维剖析]　思路一是利用不等式转化法，主参分离等价转化求函数h(x)＝的最大值问题．
思路二是通过放缩消元，把a缩小成，即利用不等式的传递性化成只含变量x的不等式证明题．
PAGE素养专题(五)　立体几何问题的奇法妙解
授课提示：对应学生用书第147页
法1　模型法
一、模型法判断空间位置关系
在进行空间线面位置关系的分析判断时，借助几何体模型能起到非常直观的作用，提高解题的准确率．
[例1]　已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题为真命题的序号是(　　)
1
若l?α，m?α，l∥β，m∥β，则α∥β；
②若l?α，l∥β，α∩β＝m，则l∥m；
③若l∥α，α∥β，则l∥β；
④若l⊥α，l∥m，α∥β，则m⊥β.
A．①④　　　　　　　　　B．①③
C．②④
D．②③
[思路点拨]　长方体中存在各种平行、垂直关系，以长方体为模型，结合选项，考虑线面位置的各种可能，作出判断．
[解析]　命题①，如图(1)，显然不正确，排除选项A，B，根据选项C，D，可知②一定正确，对于命题③，如图(2)，有直线l在平面β内的可能，所以命题③不正确．综上可知，选C.
[答案]　C
二、模型法还原几何体
空间几何体均可以看作一个更大范围的几何体的一个部分，根据题目的实际情况，判断其可能是哪个几何体的一个部分，利用该几何体为模型，可以较为方便地判断出三视图表示的空间几何体．
[例2]　已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　)
A.　　　　　　　　　　
B.
C.
D.
[思路点拨]　根据三视图可以判断该空间几何体是正方体的一部分，先画出正方体，再根据三视图确定空间几何体．
[解析]　该几何体的直观图如图，其体积为正方体体积的，即该几何体的体积为×1×1×1＝，故选A.
[答案]　A
法2　割补法
一、分割法求空间几何体的体积
把一个不规则的几何体分割成几个规则的几何体，求出每个规则几何体的体积，然后进行体积求和即可．
[例3]　如图所示，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为4的正方形，EF∥AB，EF＝2，EF上任意一点到平面ABCD的距离均为3，求该多面体的体积．
[思路点拨]　该几何体为不规则几何体，可将其分割为规则几何体后求体积．
[解析]　法一：如图(1)，连接EB，EC，
则该多面体的体积V＝V四棱锥E?ABCD＋V三棱锥F?EBC.
V四棱锥E?ABCD＝×42×3＝16.
∵AB＝2EF，EF∥AB，∴S△EAB＝2S△BEF.
连接AC，有V三棱锥F?EBC＝V三棱锥C?EFB＝V三棱锥C?ABE＝V三棱锥E?ABC＝×V四棱锥E?ABCD＝4.
故该多面体的体积V＝V四棱锥E?ABCD＋V三棱锥F?EBC＝16＋4＝20.
法二：如图(2)，设点G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，HG，则EG∥FB，EH∥FC，GH∥BC，得三棱柱EGH?FBC和四棱锥E?AGHD.
由题意得V四棱锥E?AGHD＝S矩形AGHD×3＝×4×2×3＝8.
连接CE，BE，BH，则V三棱柱EGH?FBC＝3V三棱锥E?BGH
＝3×V四棱锥E?GBCH＝V四棱锥E?AGHD＝×8＝12.
故该多面体的体积V＝V四棱锥E?AGHD＋V三棱柱EGH?FBC＝8＋12＝20.
二、补形法求空间几何体的体积
当求某些几何体的体积较困难时，可以将它放置在我们熟悉的几何体中，如正方体、长方体等对称性比较好的几何体，以此来求几何体的体积．
常见情况如下：
①将正四面体补为正方体，如图所示．
②将对棱长相等的三棱锥补成长方体，如图所示．
③将三条侧棱两两垂直的三棱锥补成长方体或正方体，如图所示，PA⊥PB，PA⊥PC，PB⊥PC.
④将三棱锥补成三棱柱或平行六面体，如图(1)(2)所示．
⑤将三棱柱补成平行六面体，如图所示．
⑥将台体补成锥体，如图所示．
法3　展开法
涉及空间几何体表面上折线、曲线长度之和的最值问题时，把空间几何体的表面展开．
[例4]　如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且PO＝OB＝1.
(1)若点D为线段AC的中点，求证：AC⊥平面PDO；
(2)求三棱锥P?ABC体积的最大值；
(3)若BC＝，点E在线段PB上，求CE＋OE的最小值．
[思路点拨]　(1)―→
(2)―→
―→―→
(3)―→
[解析]　(1)证明：在△AOC中，因为OA＝OC，点D为AC的中点，所以AC⊥DO.
又PO垂直于圆O所在的平面，所以PO⊥AC.
因为DO∩PO＝O，DO?平面PDO，PO?平面PDO，
所以AC⊥平面PDO.
(2)因为点C在圆O上，
所以当CO⊥AB时，C到AB的距离最大，且最大值为1.
又AB＝2，所以△ABC面积的最大值为×2×1＝1.
又因为三棱锥P?ABC的高PO＝1，
故三棱锥P?ABC体积的最大值为×1×1＝.
(3)在△POB中，PO＝OB＝1，∠POB＝90°，
所以PB＝＝.
同理，PC＝，所以PB＝PC＝BC.
在三棱锥P?ABC中，将侧面BCP绕PB所在直线旋转至平面BC′P，使之与平面ABP共面，如图所示．
当O，E，C′共线时，CE＋OE取得最小值．
又因为OP＝OB，C′P＝C′B，
所以OC′垂直平分PB，即E为PB中点．
从而OC′＝OE＋EC′＝＋＝，亦即CE＋OE的最小值为.
法4　函数法
涉及空间几何体的体积、面积的最值问题时，常利用函数法求解，将求最值的量表示为某变量的函数，利用函数性质求最值，特别要注意变量的取值范围，避免求解错误．
[例5]　如图，在四面体ABCD中，AB＝CD＝2，AD＝BD＝3，AC＝BC＝4，点E，F，G，H分别在棱AD，BD，BC，AC上，若直线AB，CD都平行于平面EFGH，求四边形EFGH面积的最大值．
[解析]　∵直线AB∥平面EFGH，AB?平面ABC，平面ABC∩平面EFGH＝GH，∴HG∥AB.同理，EF∥AB，FG∥CD，EH∥CD，∴FG∥EH，EF∥HG，故四边形EFGH为平行四边形．利用AD＝BD，AC＝BC，易证得AB⊥CD，∴EF⊥FG，所以四边形EFGH为矩形．设BF∶BD＝BG∶BC＝FG∶CD＝x(0≤x≤1)，则FG＝2x，HG＝2(1－x)，∴S四边形EFGH＝FG×HG＝4x(1－x)＝－4＝－4＋1，根据二次函数的性质可知，当x＝时，S四边形EFGH取得最大值，为1.
PAGE素养专题(一)　有关x与ex、ln
x的组合函数
授课提示：对应学生用书第48页
在函数的综合问题中，常以x与ex，ln
x组合的函数为基础来命题，将基本初等函数的概念、图像与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证明相关不等式(或比较大小)、求参数的取值范围(或最值)．着眼于知识点的巧妙组合，注重对函数与方程、转化与化归、分类讨论和数形结合等思想的灵活运用，突出对数学思维能力和数学核心素养的考查．
法1　有关x与ln
x的组合函数综合题
1．熟悉函数f(x)＝h(x)ln
x(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图像特征，做到对如图①②中两个特殊的函数的图像“有形可寻”．
2．熟悉函数f(x)＝(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图像特征，做到对如图①②中两个特殊的函数的图像“有形可寻”．
[例1]　设函数f(x)＝xln
x－＋a－x(a∈R)．
(1)若函数f(x)有两个不同的极值点，求实数a的取值范围；
(2)若a＝2，k∈N，g(x)＝2－2x－x2，且当x＞2时不等式k(x－2)＋g(x)＜f(x)恒成立，试求k的最大值．
[思路点拨]　(1)将原问题转化为两个函数图像的交点问题，利用数形结合思想进行求解；(2)将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题进行求解．
[解析]　(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln
x＋1－ax－1＝ln
x－ax，令f′(x)＝0，可得ln
x－ax＝0，a＝，
令h(x)＝(x＞0)，则由题可知直线y＝a与函数h(x)的图像有两个不同的交点，
h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝e，可知h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(e)＝，当x→0时，h(x)→－∞，当x→＋∞时，h(x)→0，故实数a的取值范围为(0，)．
(2)当a＝2时，f(x)＝xln
x－x2＋2－x，k(x－2)＋g(x)＜f(x)，即k(x－2)＋2－2x－x2＜xln
x－x2＋2－x，整理得k(x－2)＜xln
x＋x，
因为x＞2，所以k＜，设F(x)＝(x＞2)，则F′(x)＝，
令m(x)＝x－4－2ln
x(x＞2)，则m′(x)＝1－＞0，所以m(x)在(2，＋∞)上单调递增，m(8)＝4－2ln
8＜4－2ln
e2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln
10＞6－2ln
e3＝6－6＝0，所以函数m(x)在(8，10)上有唯一的零点x0，
即x0－4－2ln
x0＝0，故当2＜x＜x0时，m(x)＜0，即F′(x)＜0，当x＞x0时，F′(x)＞0，所以F(x)min＝F(x0)＝＝＝，所以k＜，
因为x0∈(8，10)，
所以∈(4，5)，故k的最大值为4.
[思维剖析]　1.极值点问题通常可转化为零点问题，且需要检验零点两侧导函数值的符号是否相反，若已知极值点求参数的取值范围，一定要对结果进行验证．解答任意性(恒成立)、存在性(有解)问题时通常有分离参变量、分拆函数等求解方法，可根据式子的结构特征，进行选择和调整，一般可转化为最值问题进行求解．
2．对于有关x与ln
x的组合函数为背景的试题，要求学生理解导数公式和导数的运算法则等基础知识，能够灵活利用导数研究函数的单调性，能够恰当地构造函数，并根据区间的不同进行分析、讨论，寻求合理的证明和解不等式的策略．
法2　有关x与ex的组合函数综合题
1．熟悉函数f(x)＝h(x)eg(x)(g(x)为一次函数，h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图像特征，做到如图①②中两个特殊的函数的图像“有形可寻”．
2．熟悉函数f(x)＝(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图像特征，做到如图①②中两个特殊的函数的图像“有形可寻”．
[例2]　已知函数f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)ex，a∈R.
(1)证明：存在唯一实数a，使得直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切；
(2)若不等式f(x)＞g(x)有且只有两个整数解，求a的取值范围．
[思路点拨]　(1)设切点的坐标为(x0，y0)，然后由切点既在直线上又在曲线上得到关于x0的方程，再构造函数，从而通过求导研究新函数的单调性使问题得证；(2)首先将问题转化为a(x－)＜1，然后令m(x)＝x－，再通过求导研究函数m(x)的单调性，求得最小值，从而分a≤0，0＜a＜1，a≥1三种情况来讨论，进而求得a的取值范围．
[解析]　(1)证明：设直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)的切点的坐标为(x0，y0)，则y0＝a(x0－1)＝(ax0－1)ex0，得a(x0ex0－x0＋1)＝ex0，　①
又直线y＝f(x)和曲线y＝g(x)相切，所以a＝g′(x0)＝(a＋ax0－1)ex0，整理得a(x0ex0＋ex0－1)＝ex0，　②
结合①②得x0ex0－x0＋1＝x0ex0＋ex0－1，即ex0＋x0－2＝0，令h(x)＝ex＋x－2，则h′(x)＝ex＋1＞0，所以h(x)单调递增．
又h(0)＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一实数x0，使得ex0＋x0－2＝0，
且x0∈(0，1)，所以存在唯一实数a，使①②两式成立，故存在唯一实数a，使得直线y＝f(x)与曲线y＝g(x)相切．
(2)令f(x)＞g(x)，即a(x－1)＞(ax－1)ex，所以axex－ax＋a＜ex，所以a(x－)＜1，令m(x)＝x－，则m′(x)＝，由(1)可得m(x)在(－∞，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，且x0∈(0，1)，故当x≤0时，m(x)≥m(0)＝1，当x≥1时，m(x)≥m(1)＝1，当x∈Z时，m(x)≥1.
当a≤0时，am(x)＜1恒成立，此时有无数个整数解，舍去；
当0＜a＜1时，m(x)＜，又＞1，m(0)＝m(1)＝1，所以两个整数解分别为0，1，即解得a≥，即a∈[，1)，
当a≥1时，m(x)＜，
因为≤1，m(x)在x∈Z时大于或等于1，所以m(x)＜无整数解，舍去．
综上，a的取值范围为[，1)．
[思维剖析]　1.涉及函数的零点的个数问题、方程解的个数问题、函数图像的交点个数问题时，一般先通过导数研究函数的单调性，最大值，最小值等，再借助函数的大致图像判断零点，方程的根，函数图像的交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值等．
2．在求解有关x与ex的组合函数综合题时要把握三点：(1)灵活运用复合函数的求导法则，由外向内，层层求导；(2)把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；(3)函数最值不易求解时，可重新组合、分拆，构建新函数，通过分类讨论新函数的单调性求最值．
3．以形助数、数形沟通，实现数形结合，形象直观地得出结论，体现了直观想象等数学核心素养．
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