新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学-解题常用技巧系统归纳
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新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学-解题常用技巧系统归纳
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时，应注重考虑相关的图形，巧用图形作向导是从直观入手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)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________．
(2)函数f(x)＝sin x，对于x1＜x2＜…＜xn，且x1，x2，…，xn∈[0，8π](n≥10)，记M＝|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|，则M的最大值为________．
[解析] (1)y＝＝作出其图象如图所示，结合图象可知0
.①
∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1.同理，x2≤1.∴x2＋y2≤2.②
由①②可知：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.
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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<.故选D.
法二：数形结合法．利用y＝的图象，如图所示．故选D.
5．函数f(x)＝2＋(－2＜x≤2)的值域为__________．
解析：因为f(x)＝2＋(－2＜x≤2)，所以f(x)＝函数f(x)的图象如图所示，由图象得，函数f(x)的值域为[2，4)．
答案：[2，4)
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，
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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__________．
[解析] 法一：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.
法二：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的方程为＋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
＝－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，
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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.
[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－2n B．m2＋ D．m，n的大小关系不确定
(2)已知定义在R上的可导函数y＝f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且y＝f(x＋1)为偶函数，f(2)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为________．
[解析] (1)由不等式可得－0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．因为f(n)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.故选D.
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.故选C.
3．已知函数f(x)＝Asin(ωx＋θ)(A＞0，|θ|＜π)的部分图象如图所示，将函数y＝f(x)的图象向右平移个单位长度得到函数y＝g(x)的图象，则函数y＝g(x)的解析式为( )
A．g(x)＝2sin 2x B.g(x)＝2sin
C．g(x)＝2sin D.g(x)＝2sin
解析：选D 由图得A＝2，T＝－＝π，所以ω＝＝2.
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因为x＝＝时，y＝2，所以2×＋θ＝＋2kπ(k∈Z)，所以θ＝＋2kπ(k∈Z)，
因为|θ|＜π，所以θ＝，所以函数f(x)＝2sin.
因为函数g(x)的图象由函数f(x)的图象向右平移个单位长度得到，所以g(x)＝f＝2sin＝2sin.故选D.
4．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且x≥0时，f(x)＝(－x＋a＋1)log2(x＋2)＋x＋m，其中a，m是常数，且a＞0.若f(0)＋f(a)＝1，则f(m－3)＝( )
A．1 B.－1
C．6 D.－6
解析：选C 由题意知f(0)＝a＋1＋m＝0，所以a＋m＝－1，又f(a)＝log2(a＋2)＋a＋m，f(0)＋f(a)＝1，∴log2(a＋2)－1＝1，所以log2(a＋2)＝2，解得a＝2，所以m＝－3.于是，当x≥0时，f(x)＝(3－x)log2(x＋2)＋x－3.故f(m－3)＝f(－6)＝－f(6)＝－(－3log28＋3)＝6.故选C.
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
(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( )
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A. B.
C. D.
[解析] (1)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)．故选D.
(2)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＝.故选A.
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，且侧棱边长为1.
易求得其高为，则VGABCD＝×1×1×＝，
所以VABCDEF＝2VEADG＋VGABCD＝2×＋＝.故选A.
[答案] (1)D (2)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( )
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A．8π＋16 B.8π－16
C．8π＋8 D.16π－8
(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] (1)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.故选B.
(2)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] (1)B (2)
[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( )
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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.故选C.
2.如图，曲线y＝sin＋3把边长为4的正方形OABC分成阴影部分和白色部分．在正方形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是( )
A. B.
C. D.
解析：选A 如图所示，设曲线y＝sin＋3与线段OC，AB，BC的公共点分别为D，E，F.
连接DE，设DE的中点为G，易知G为曲线y＝sin＋3与DE的交点，则D(0，3)，E(4，3)，F(1，4)，G(2，3)．
因为曲线y＝sin＋3与线段DE围成的左(白色)、右(阴影)两部分面积相等，
所以图中阴影部分的面积等于矩形DEBC的面积，
所以所求概率为＝＝.故选A.
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.故选B.
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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.故选B.
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，
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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.
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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＝.
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M·N＝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°，
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则A·B＝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．在平面直角坐标系xOy中，双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p＞0)交于A，B两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________．
解析：法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋，|BF|＝y2＋，|OF|＝，由|AF|＋|BF|＝y1＋＋y2＋＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.联立方程，得⇒－＝1⇒－＋1＝0.
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由根与系数的关系得
y1＋y2＝－＝×b2＝p.
∴p＝p⇒＝⇒＝，
∴双曲线的渐近线方程为y＝±x.
法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋，|BF|＝y2＋，|OF|＝，由|AF|＋|BF|＝y1＋＋y2＋＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.
kAB＝＝＝.
由得kAB＝＝＝·，则·＝，
∴＝⇒＝，
∴双曲线的渐近线方程为y＝±x.
答案：y＝±x
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．
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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＝≤4恒成立．
③当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，
M＝f2(－1)－f2＝≤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.
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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－10，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(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x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.
由于f(2－x2)＝－x2e＋a(x2－1)2，
而f(x2)＝(x2－2)e＋a(x2－1)2＝0，
所以f(2－x2)＝－x2e－(x2－2)e.
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]
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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x10)，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，
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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0F，
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)
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