8. 不等式log
(x
+x+3)>log
(x+2)的解是____________。
7. 函數y＝
+
的值域是____________。
6. 已知點M(3cosx，3sinx)、N(4cosy，4siny)，則|MN|的最大值為_________。
5. 已知長方體ABCD-A’B’C’D’中，AA’＝AD＝1，AB＝
，則頂點A到截面A’BD的距離是_______。
4. (a+b+c)
展開式的項數是_____。
A. 11 B. 66
C. 132 D. 3
3. 
[
－
] (n∈N)的值為______。
A. 
B. 
C. 0 D. 1
2. 函數f(x)＝|lgx|，若0<a<b時有f(a)>f(b)，則下列各式中成立的是_____。
A. ab≤1 B. ab<1 C. ab>1 D. a>1且b>1
1. 正方形ABCD與正方形ABEF成90°的二面角，則AC與BF所成的角為_____。
A. 45° B. 60° C. 30° D. 90°
6. 已知三棱錐S-ABC的三條側棱兩兩垂直，SA＝5，SB＝4，SC＝3，D為AB的中點，E為AC的中點，則四棱錐S-BCED的體積為_____。
A. 
B. 10 C. 
D. 
[簡解]1小題：由已知轉化為周期為2,所以f(7.5)＝f(-0.5)＝－f(0.5)，選B；
2小題：設f(x)＝y，由互為反函數的值域與定義域的關系，選C；
3小題：由mp+nq≤
+
容易求解，選A；
4小題：由復數模幾何意義利用數形結合法求解，選A；
5小題：ab＝
×
，變形為12e
－31e
+7＝0，再解出e，選B；
6小題：由S
＝
S
和三棱椎的等體積轉化容易求，選A。
Ⅱ、示范性題組：
例1. 若x、y、z∈R
且x+y+z＝1，求(
－1)( 
－1)( 
－1)的最小值。
[分析]由已知x+y+z＝1而聯想到，只有將所求式變形為含代數式x+y+z，或者運用均值不等式后含xyz的形式。所以，關鍵是將所求式進行合理的變形，即等價轉化。
[解](－1)( －1)( 
－1)＝
(1－x)(1－y)(1－z)
＝
(1－x－y－z+xy+yz+zx－xyz)＝(xy+yz+zx－xyz)
＝
+
+－1≥3
－1＝
－1≥
－1＝9
[注]對所求式進行等價變換：先通分，再整理分子，最后拆分。將問題轉化為求++的最小值，則不難由平均值不等式而進行解決。此題屬于代數恒等變形題型，即代數式在形變中保持值不變。
例2. 設x、y∈R且3x
+2y＝6x，求x+y的范圍。
[分析]
設k＝x+y，再代入消去y，轉化為關于x的方程有實數解時求參數k范圍的問題。其中要注意隱含條件，即x的范圍。
[解]由6x－3x＝2y≥0得0≤x≤2。
設k＝x+y，則y＝k－x，代入已知等式得：x－6x+2k＝0 ，
即k＝－
x+3x，其對稱軸為x＝3。
由0≤x≤2得k∈[0,4]。
所以x+y的范圍是：0≤x+y≤4。
[另解] 數形結合法(轉化為解析幾何問題)：
由3x+2y＝6x得(x－1)+
＝1，即表示如圖所示橢圓，其一個頂點在坐標原點。x+y的范圍就是橢圓上的點到坐標原點的距離的平方。由圖可知最小值是0,距離最大的點是以原點為圓心的圓與橢圓相切的切點。設圓方程為x+y＝k，代入橢圓中消y得x－6x+2k＝0。由判別式△＝36－8k＝0得k＝4,所以x+y的范圍是：0≤x+y≤4。
[再解] 三角換元法，對已知式和待求式都可以進行三角換元(轉化為三角問題)：
由3x+2y＝6x得(x－1)+＝1，設
，則
x+y＝1+2cosα+cosα+
sinα＝1++2cosα－cosα
＝－cosα+2cosα+
∈[0,4]
所以x+y的范圍是：0≤x+y≤4。
[注]本題運用多種方法進行解答，實現了多種角度的轉化，聯系了多個知識點，有助于提高發散思維能力。此題還可以利用均值換元法進行解答。各種方法的運用，分別將代數問題轉化為了其它問題，屬于問題轉換題型。
例3. 求值：ctg10°－4cos10°
[分析]分析所求值的式子，估計兩條途徑：一是將函數名化為相同，二是將非特殊角化為特殊角。
[解一]ctg10°－4cos10°＝
－4cos10°＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝
(基本過程：切化弦→通分→化同名→拆項→差化積→化同名→差化積)
[解二]ctg10°－4cos10°＝－4cos10°＝
＝＝
＝
＝
＝
＝
＝
(基本過程：切化弦→通分→化同名→特值代入→積化和→差化積)
[解三]ctg10°－4cos10°＝－4cos10°＝
＝＝
＝
＝
＝
＝
(基本過程：切化弦→通分→化同名→拆角80°→和差角公式)
[注]無條件三角求值問題，是高考中常見題型，其變換過程是等價轉化思想的體現。此種題型屬于三角變換型。一般對，對于三角恒等變換，需要靈活運用的是同角三角函數的關系式、誘導公式、和差角公式、倍半角公式、和積互化公式以及萬能公式，常用的手段是：切割化弦、拆角、將次與升次、和積互化、異名化同名、異角化同角、化特殊角等等。對此，我們要掌握變換的通法，活用2公式，攻克三角恒等變形的每一道難關。
例4. 已知f(x)＝tgx，x∈(0, 
)，若x
、x∈(0, )且x≠x，
求證：
[f(x)+f(x)]>f(
)
(94年全國高考)
[分析]從問題著手進行思考，運用分析法，一步步探求問題成立的充分條件。
[證明][f(x)+f(x)]>f() 
[tgx+tgx]>tg
(
+
)>
>
1+cos(x+x
)>2cosxcosx 1+cosxcosx+sinxsinx>2cosxcosx
cosxcosx+sinxsinx<1 cos(x－x)<1
由已知顯然cos(x－x)<1成立，所以[f(x)+f(x)]>f()
           S
A
M
D N C B |
[注] 本題在用分析法證明數學問題的過程中，每一步實施的都是等價轉化。此種題型屬于分析證明型。
例5. 如圖，在三棱錐S-ABC中，S在底面上的射影N位于底面的高CD上，M是側棱SC上的一點，使截面MAB與底面所成角等于∠NSC。求證：SC垂直于截面MAB。(83年全國高考)
[分析] 由三垂線定理容易證明SC⊥AB，再在平面SDNC中利用平面幾何知識證明SC⊥DM。
[證明]由已知可得：SN⊥底面ABC，AB⊥CD，CD是斜線SC在底面AB的射影，
∴ AB⊥SC。
∵ AB⊥SC、AB⊥CD
∴ AB⊥平面SDNC
∴ ∠MDC就是截面MAB與底面所成的二面角
由已知得∠MDC＝∠NSC
又∵ ∠DCM＝∠SCN
∴ △DCM≌△SCM
∴ ∠DMC＝∠SNC＝Rt∠
即 SC⊥DM
所以SC⊥截面MAB。
[注]立體幾何中有些問題的證明，可以轉化為平面幾何證明來解決，即考慮在一個平面上的證明時運用平面幾何知識。
Ⅲ、鞏固性題組：
5. 設橢圓
+
＝1 (a>b>0)的半焦距為c，直線l過(0,a)和(b,0)，已知原點到l的距離等于
c，則橢圓的離心率為_____。
A. 
B. C. 
D.
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