作业第Ⅰ套

例1【第3题】二项式\((x^2+\cfrac{1}{x^2}+2)^3\)展开式中\(x^2\)的系数为【】

法1：排列组合法，含有\(x^2\)项的有两个来源：其一\(C_3^1\cdot x^2\cdot C_2^2\cdot 2^2\)，其二为\(C_3^2\cdot (x^2)^2\cdot C_1^1\cdot \cfrac{1}{x^2}\)；

则故其和为\(3\cdot 4\cdot x^2+3\cdot x^2=15x^2\)，故选\(B\)

法2：转化划归法，三项式转化为二项式，具体解法见对应博客。

法3：\((x^2+\cfrac{1}{x^2}+2)^3=(x+\cfrac{1}{x})^6\)，再求解。

例2【第4题】向上抛掷一个质地均匀的骰子4次，朝上的面是奇数的次数大于朝上的面是偶数的次数的概率为【】

法1：向上抛掷一个质地均匀的骰子4次，共有结果\(6\times 6\times 6\times 6\)种，每一种结果可以用四维坐标\((x，y，z，s)\)来表示；其中朝上的面是奇数的次数大于朝上的面是偶数的次数共有\(C_4^3\times 3\times 3\times 3\times 3\)(三个数位上为奇数，一个数位上为偶数)和\(C_4^4\times 3\times 3\times 3\times 3\)(四个数位上都为奇数)，即共有\(5\times 3\times 3\times 3\times 3\)，故所求概率为\(P=\cfrac{5\times 3\times 3\times 3\times 3}{6\times 6\times 6\times 6}=\cfrac{5}{16}\)，故选\(C\)。

法2：向上抛掷一个质地均匀的骰子4次，共有结果\(6\times 6\times 6\times 6\)种，每一种结果可以用四维坐标\((x，y，z，s)\)来表示；其中每一个数位上出现奇数和偶数的概率都是\(\cfrac{1}{2}\)，依次设每一个数位上出现奇数为事件\(A_1，A_2，A_3，A_4\)，则\(P(A_1)=P(A_2)=P(A_2)=P(A_4)=\cfrac{1}{2}\)，且这些事件之间是相互独立的，故抛掷4次相当于做了4次独立重复实验；

设随机变量\(X\)表示每一个数位上出现奇数的次数，则\(X\sim B(4，\cfrac{1}{2})\)；

所求概率即\(P=P(X=3)+P(X=4)=C_4^3\times (\cfrac{1}{2})^3(1-\cfrac{1}{2})^{4-3}+C_4^4\times (\cfrac{1}{2})^4(1-\cfrac{1}{2})^{4-4}=\cfrac{5}{16}\)，故选\(C\)。

例2【第5题】设函数\(f(x)=(a^2-4)x^5+2x^3+(a-2)x+sin2x+1\)，若\(f(3)=10\)，则\(f(-3)\)=【】

分析：令\(g(x)=(a^2-4)x^5+2x^3+(a-2)x+sin2x\)，则\(g(x)\)为奇函数，则\(g(-x)=-g(x)\)，

这样\(f(x)=g(x)+1\)，由于\(f(3)=g(3)+1=10\)，

令\(f(-3)=m=g(-3)+1\)，两式相加得到，

\(g(3)+1+g(-3)+1=10+m\)，即\(g(3)+g(-3)+2=10+m\)，即\(2=10+m\)，

解得\(m=-8\)，即\(f(-3)=-8\)，故选\(A\)。

例3【第6题】设\(F_1\)，\(F_2\)是双曲线\(\cfrac{x^2}{4}-\cfrac{y^2}{b^2}=1(b>0)\)的左右焦点，过\(F_1\)的直线\(l\)交双曲线的左支与\(A\)，\(B\)两点，若\(|AF_2|+|BF_2|\)的最小值为13，则双曲线的离心率为【】

分析：如图所示，可知\(a=2\)，

由双曲线的定义可知，\(|AF_2|-|AF_1|=2a=4\)，\(|BF_2|-|BF_1|=2a=4\)，

则\(|AF_2|=|AF_1|+4\)，\(|BF_2|=|BF_1|+4\)，

又由于\(|AF_2|+|BF_2|\ge 13\)，即\(|AF_1|+4+|BF_1|+4\ge 13\)，

即\(|AF_1|+|BF_1|\ge 5\)，即\(|AB|\ge 5\)，

又由于过焦点的弦中，只有通径最小，故\(AB\)为通径，

则可知\(A(-c，\cfrac{5}{2})\)，

由\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{x^2}{4}-\cfrac{y^2}{b^2}=1}\\{x=-c}\end{array}\right.\)，以及\(y=\cfrac{5}{2}\)，

代入得到\(\cfrac{c^2}{4}-1=\cfrac{y^2}{b^2}\)，即变形得到\(b^2\cdot \cfrac{c^2-4}{4}=y^2=\cfrac{25}{4}\)，

即\(b^2(c^2-4)=25\)，即\((c^2-4)(c^2-4)=25\)，即\(c^2-4=5\)，

故\(c=3\)，又\(a=2\)，则\(e=\cfrac{c}{a}=\cfrac{3}{2}\)，故选\(A\)。

例4【第8题】设\(O\)为坐标原点，\(A\)，\(B\)为抛物线\(C：y^2=mx(m>0)\)上的两点，且\(\triangle OAB\)中\(OA=OB=2\sqrt{2}\)，\(S_{\triangle OAB}=4\)，则焦点\(C\)到准线的距离为【】

分析：如图所示，

由题可知，焦点坐标为\((\cfrac{m}{4}，0)\)，准线为\(x=-\cfrac{m}{4}\)，

故焦点\(C\)到准线的距离为\(\cfrac{m}{2}\)；

又由于\(OA=OB=2\sqrt{2}\)，\(S_{\triangle OAB}=4\)，

则\(S_{\triangle OAB}=\cfrac{1}{2}\times 2\sqrt{2}\times 2\sqrt{2}\times sin\angle AOB=4\)，

则\(sin\angle AOB=1\)，即\(\angle AOB=\cfrac{\pi}{2}\)，

故\(\triangle OAB\)为等腰直角三角形，则\(A(2，2)\)，

代入\(y^2=mx\)求得，\(m=2\)，

故焦点\(C\)到准线的距离为\(\cfrac{m}{2}=1\)；故选\(D\)。

例4【第9题】已知某四棱锥的三视图如图所示，三角形的直角边长和正方形的边长都是1，则该四棱锥的外接球的表面积为【】

分析：如图所示，三视图的实物图可以从正方体中得到，是四棱锥\(D-A_1BCD_1\)，故其外接球的直径为\(A_1C=BD_1=\sqrt{3}\)，则半径为\(R=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，表面积为\(S=4\pi R^2=3\pi\)，故选\(A\)。

例4【第10题】设抛物线\(C：y^2=4x\)的焦点为\(F\)，过点\(F\)的直线\(l\)与抛物线\(C\)交于\(P，Q\)两点，设\(l\)与抛物线的准线交于点\(M\)，且\(\overrightarrow{MP}+2\overrightarrow{FP}=\vec{0}\)，则\(|FQ|\)为

分析：过点\(P\)作\(PN\)垂直准线于点\(N\)，过点\(Q\)作\(QC\)垂直准线于点\(C\)，

则由抛物线的定义可知，\(|QF|=|QC|\)，\(|PN|=|PF|\)，

由\(\overrightarrow{MP}+2\overrightarrow{FP}=\vec{0}\)，可知\(|PM|=2|PN|\)，又由于\(RT\triangle PNM\)，则\(\angle NMP=30^{\circ}\)。

在\(RT\triangle PNM\)中，\(|BF|=2\)，\(\angle BMF=30^{\circ}\)，故\(|MF|=4\)，设\(|FQ|=x\)，

又由平行线分线段成比例定理可知，\(\cfrac{4}{4+x}=\cfrac{2}{x}\)，解得\(x=4\)，则\(|FQ|=4\)，故选\(B\)。

例4【第15题】已知关于\(x\)的方程\(x^2-xcosx+sinx-m=0\)有两个不同的实数根，则实数\(m\)的取值范围是_________。

分析：完全分离参数法，得到方程\(x^2-xcosx+sinx=m\)有两个不同的实数根，

即函数\(y=m\)和函数\(f(x)=x^2-xcosx+sinx\)的图像有两个不同的交点，

以下用导数法求函数\(f(x)\)的单调性；

\(f'(x)=2x-cosx+xsinx+cosx=2x+xsinx=x(2+sinx)\)，

由于\(2+sinx>0\)恒成立，故

当\(x\in(-\infty，0)\)时，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)单调递减，

当\(x\in(0，+\infty)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，

故当\(x=0\)时，函数\(f(x)_{min}=f(0)=0\)，

借助函数的大致图像可知，

要使得函数\(y=m\)和函数\(f(x)=x^2-xcosx+sinx\)的图像有两个不同的交点，

则实数\(m\)的取值范围是\((0，+\infty)\)。

作业第Ⅱ套

例1【第4题】某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，则最长的侧棱与底面所成的角为【】

分析：

由图可知，实物图为三棱锥\(D-ABC\)，且有\(AB=BC=CD=AD=2\)，\(AE=CE=1\)，\(\angle BED=\cfrac{\pi}{2}\)，面\(ADC\perp\)面\(ABC\)，故可求得\(DE=BE=\sqrt{3}\)，则最长的侧棱\(BD\)与底面所成的角为可知\(\angle DBE=45^{\circ}\)。

例2【第5题】过抛物线\(y^2=2px(p>0)\)的焦点\(F\)，且倾斜角为\(45^{\circ}\)的直线与抛物线交于\(A\)，\(B\)两点，若弦\(AB\)的垂直平分线\(l\)经过点\((0，2)\)，则\(p\)等于【】

分析：设点\(A(x_1，y_1)\)，点\(B(x_2，y_2)\)，其中点坐标为\((x_0，y_0)\)

则有\(y_1^2=2px_1\)，\(y_2^2=2px_2\)，两式做差(点差法)得到，

\((y_1+y_+2)(y_1-y_2)=2p(x_1-x_2)(x_1+x_2)\)，即\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{2p}{y_1+y_2}\)，

即\(\cfrac{p}{\cfrac{y_1+y_2}{2}}=k_{AB}=1\)，即\(y_0=p\)，

由于抛物线的焦点坐标为\((\cfrac{p}{2}，0)\)，则直线\(AB\)方程为\(y=x-\cfrac{p}{2}\)，

则其中垂线方程为\(y-2=-1(x-0)\)，联立解得，

\(y_0=1-\cfrac{p}{4}\)，故\(y_0=p=1-\cfrac{p}{4}\)，解得\(p=\cfrac{4}{5}\)，故选\(B\)。

例3【第7题】已知等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_5a_{16}=225\)，则\(a_{10}+a_{11}\)【】

\(A.\)有最小值\(30\)或最大值\(-30\)；

\(B.\)有最大值\(10\sqrt{2}\)；

\(C.\)有最小值\(-30\)或最大值\(30\)；

\(D.\)无最大值也无最小值；

分析：由等比数列性质可知，\(a_5a_{16}=a_{10}a_{11}\)，又由于\(a_5a_{16}=a_1^2\cdot q^{19}=225\)，

则可知\(q>0\)，但是\(a_1>0\)或\(a_1<0\)，

当\(a_1>0\)且\(q>0\)时，\(a_{10}>0\)，\(a_{11}>0\)，此时

\(a_{10}+a_{11}\ge 2\sqrt{a_{10}a_{11}}=2\sqrt{225}=30\)；

当\(a_1<0\)且\(q>0\)时，\(a_{10}<0\)，\(a_{11}<0\)，此时

\(a_{10}+a_{11}=-[(-a_{10})+(-a_{11})]\leq -2\sqrt{(-a_{10})(-a_{11})}=-2\sqrt{225}=-30\)；故选\(A\)。

例4【第8题】2018年春季学期，某校高一年级2000名学生参加消防安全知识竞赛，已知竞赛成绩\(X\sim N(80，\sigma^2)\)(试卷满分为100分)，统计结果显示竞赛成绩在\(P(X\ge 90)=0.3\)，则此次竞赛中成绩不低于70分的学生人数约为【】

分析：由于正态分布曲线的对称轴\(\mu=80\)，故借助正态分布曲线可知\(P(80\leq X< 90)=0.2\)，故\(P(70\leq X<80)=0.2\)，

则\(P(X\ge 70)=P(70\leq X<80)+P(80\leq X<90)+P(X\ge 90)=0.2+0.2+0.3=0.7\)，

故成绩不低于70分的学生人数约为\(2000\times 0.7=1400\)。故选\(B\)。

例5【第9题】已知双曲线\(\cfrac{x^2}{a^2}-\cfrac{y^2}{3}=1(a>0)\)两条渐近线均与圆\(C：x^2+y^2-4x+3=0\)相切，则该双曲线的实轴长为【】

分析：其渐近线为\(\sqrt{3}x\pm ay=0\)，圆\(C：x^2+y^2-4x+3=0\)即\((x-2)^2+y^2=1\)，

则由题目可知，圆心\((2，0)\)到渐近线的距离为半径，则\(\cfrac{|2\sqrt{3}+a\cdot 0|}{\sqrt{3+a^2}}=1\)，解得\(a=3\)，

故双曲线的实轴长为\(2a=6\)，故选\(B\)。

例6【第10题】在\((tx-\cfrac{1}{x})^6\)(其中\(t\)为常数)的展开式中，已知常数项为\(-160\)，则展开式的各项系数之和为【】

分析：由通项公式可知，\(T_{r+1}=C_6^r\cdot (tx)^{6-r}\cdot (-\cfrac{1}{x})^r=C_6^r\cdot t^{6-r}\cdot x^{6-r}\cdot (-1)^r\cdot x^{-r}\)

\(=C_6^r\cdot t^{6-r}\cdot (-1)^r\cdot x^{6-2r}\)，令\(6-2r=0\)，则\(r=3\)，

则常数项为\(C_6^3\cdot t^3\cdot (-1)^3=-160\)，解得\(t=2\)，

即二项式为\((2x-\cfrac{1}{x})^6\)，展开式的各项系数之和的求法，

令\(x=1\)，则各项系数之和为\((2-1)^6=1\)，故选\(B\)。

例7【第11题】定义在\(R\)上的函数\(f(x)\)关于原点对称，且周期为4，且\(x\in (-2，0)\)时，\(f(x)=3^x\)，则\(f(log_3162)\)=【】

分析：由于\(3^4=81<162<243=3^5\)，则\(4<log_3162<5\)，故\(f(log_3162)=f(log_3162-4)=f(log_3\cfrac{162}{81})=f(log_32)\)

而\(0<log_32<1\)，则\(-1<-log_32<0\)故由函数为奇函数可知，

\(f(log_32)=-f(-log_32)=-f(log_3\cfrac{1}{2})=-3^{log_3\frac{1}{2}}=-\cfrac{1}{2}\)，故选\(B\)。

例8【第12题】若函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{e^x-kx-e，0<x\leq 1}\\{\cfrac{1}{x}-kx-1，1<x\leq e}\end{array}\right.\)有且仅有三个零点，则实数\(k\)的取值范围是【】

分析：令\(g(x)=\left\{\begin{array}{l}{e^x-e，0<x\leq 1}\\{\cfrac{1}{x}-1，1<x\leq e}\end{array}\right.\)，则原函数转化为\(f(x)=g(x)-kx\)，

则函数\(f(x)\)有且仅有三个零点，转化为方程\(g(x)=kx\)有且仅有三个不同实数根，

即再次转化为形，函数\(y=g(x)\)与函数\(y=kx\)有且仅有三个不同交点，

在同一个坐标系中做出两个函数的图像如下图所示，用手工完全能做出来；

两个函数有三个交点的临界状态之一为直线\(y=kx\)过点\(A(e，\cfrac{1}{e}-1)\)时，

此时的斜率\(k=\cfrac{\cfrac{1}{e}-1-0}{e-0}=\cfrac{1-e}{e^2}\)；

另一个临界状态为直线\(y=kx\)和\(y=g(x)\)的第二支函数相切的时候，

设此时的切点为\(P(x_0，y_0)\)，由\(g'(x)=-\cfrac{1}{x^2}\)，

可得\(\left\{\begin{array}{l}{k=-\cfrac{1}{x_0^2}}\\{y_0=kx_0}\\{y_0=\cfrac{1}{x_0}-1}\end{array}\right.\)，解得\(x_0=2\)，即此时的斜率\(k=-\cfrac{1}{4}\)，

故两个函数的图像有且仅有三个交点时的\(k\)的取值范围是\(-\cfrac{1}{4}<k\leq \cfrac{1-e}{e^2}\)，故选\(C\)。

例9【第13题】在平面直角坐标系\(xoy\)中，已知向量\(\vec{m}=(\sqrt{3}，-1)\)，\(\vec{n}=(sinx，-cosx)\)，\(x\in (-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2})\)，若\(\vec{m}\)与\(\vec{n}\)的夹角为\(\cfrac{2\pi}{3}\)，则\(x\)的值为__________。

分析：\(cos<\vec{m}，\vec{n}>=\cfrac{\vec{m}\cdot \vec{n}}{|\vec{m}||\vec{n}|}=\cfrac{\sqrt{3}sinx+cosx}{2\times 1}=\cfrac{2sin(x+\cfrac{\pi}{6})}{2}\)

\(=sin(x+\cfrac{\pi}{6})=cos120^{\circ}=-\cfrac{1}{2}\)，

则\(x+\cfrac{\pi}{6}=-\cfrac{\pi}{6}\)，解得\(x=-\cfrac{\pi}{3}\)。

例10【第14题】如图，已知指数函数\(y=f(x)\)的图像经过点\(B(1，e)\)，幂函数\(y=g(x)\)的图像经过点\(Q(2，4)\)，则在四边形\(OABC\)内任取一点\(M\)，则\(M\)恰好落在阴影部分的概率为___________。

分析：设指数函数\(y=f(x)=a^x\)，由于经过点\(B(1，e)\)，由待定系数法可知，\(f(x)=e^x\)，

设幂函数\(y=g(x)=x^{\alpha}\)，由于经过点\(Q(2，4)\)，由待定系数法可知，\(g(x)=x^2\)，

由图可知，所求概率为\(P=\cfrac{S_{阴影}}{S_{矩形}}\)，其中\(S_{矩形}=1\times e=e\)，

\(S_{阴影}=\displaystyle\int_{0}^{1} (e^x-x^2)\, dx=e^x\bigg|_{0}^{1}-\cfrac{x^3}{3}\bigg|_{0}^{1}=e-\cfrac{4}{3}\)，

故所求概率为\(P=\cfrac{e-\cfrac{4}{3}}{e}=1-\cfrac{4}{3e}\).

例11【第15题】已知球\(O\)的表面积为\(16\pi\)，三棱锥\(S-ABC\)的四个顶点均在球\(O\)的表面上，且底面为正三角形，\(SA=SB=SC=2\sqrt{3}\)，则此三棱锥的高\(h\)=_________

分析：做出示意图，如图所示，\(E\)为点\(S\)在下底面上的垂足，\(O\)为外接球的球心，由球\(O\)的表面积为\(16\pi\)，解得半径\(r=2\)，

即\(OS=OA=2\)，又\(SA=2\sqrt{3}\)，取\(SA\)的中点为\(F\)，则由等腰三角形得到\(OF\perp SA\)，

且由\(SF=\sqrt{3}\)，\(SO=2\)，得到\(OF=1\)，且有\(\angle FSO=30^{\circ}\)，

则在\(Rt\triangle SAE\)中，\(\angle ASE=30^{\circ}\)，\(SA=2\sqrt{3}\)，解得\(h=SE=2\sqrt{3}\times sin60^{\circ}=3\)。

补记：有空思考补体法。

例12【第16题】设数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)，\(n\in N^*\)，点\((n，\cfrac{S_n}{n})\)均在函数\(y=x\)上，若数列\(\{b_n\}\)满足：\(b_n=\cfrac{1}{a_n\cdot a_{n+1}}\)，数列\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和为\(T_n\)，若\(T_n=\cfrac{2018}{4037}\)，则\(n\)=___________.

分析：由点\((n，\cfrac{S_n}{n})\)均在函数\(y=x\)上，得到\(\cfrac{S_n}{n}=n\) ，即\(S_n=n^2\)，由此求得\(a_n=2n-1\)，

则\(b_n=\cfrac{1}{(2n-1)(2n+1)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{2n-1}-\cfrac{1}{2n+1})\)，

故\(T_n=\cdots=\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{2n+1})=\cfrac{n}{2n+1}=\cfrac{2018}{4037}\)，解得\(n=2018\)。

例9【第13题】

例10【第18题】

现在微信支付已成为人们日常流行的一种付款方式，某大型超市为了鼓励顾客使用微信支付，特举办微信支付活动一个月，规定：凡是在这个月内使用微信付款次数达到60次即由精美奖品，否则无奖品。

现从该超市数据信息中随机选取已使用微信付款的40名顾客，且男女比例相同，将他们的数据整理如下表：

次数	<40	40~49	50~59	60~69	$\ge $70
男	\(2\)	\(3\)	\(2\)	\(7\)	\(6\)
女	\(1\)	\(3\)	\(8\)	\(6\)	\(2\)

（1）根据题意完成下面的\(2\times 2\)列联表，并据此判断能否有90%的把握认为“是否获奖”与“性别”有关？

	有奖	无奖	总计
男	\(13\)	\(7\)	\(20\)
女	\(8\)	\(12\)	\(20\)
总计	\(21\)	\(19\)	\(40\)

\(\chi^2=\cfrac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}=\cfrac{40(13\times12-7\times 8)^2}{20\times20\times21\times19}\approx 2.5<2.706\)，

所以没有90%的把握认为“是否获奖”与“性别”有关。

（2）在这40名顾客中，从支付次数达到70的人中随机抽取3人，设抽取的女性有\(X\)人，求\(X\)的分布列及数学期望\(E(X)\)。
附：参考公式\(\chi^2=\cfrac{n(ad-bc)^2}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}\)，

参考数据：

解析：支付次数达到70的顾客共有8人，其中6名男性，2名女性，从中随机抽取3人，抽取的女性人数服从超几何分布，\(X\)的所有可能取值为\(0，1，2\)

且\(P(X=0)=\cfrac{C_6^3}{C_8^3}=\cfrac{20}{56}\)，\(P(X=1)=\cfrac{C_2^1C_6^2}{C_8^3}=\cfrac{30}{56}\)，

\(P(X=2)=\cfrac{C_2^2C_6^1}{C_8^3}=\cfrac{6}{56}\)，

所以分布列如下，略。

数学期望为\(E(X)=0\times \cfrac{20}{56}+1\times \cfrac{30}{56}+2\times \cfrac{6}{56}=\cfrac{3}{4}\)。

作业第Ⅲ套

例1

例2

例3

例5【第9题】已知函数\(f(x)=x^2+lnx-3x-b\)，若关于\(x\)的方程\(f(x)=0\)有唯一实数解，则实数\(b\)的取值范围是【】

法1：完全分离参数法，即\(b=x^2+lnx-3x\)有唯一实数解，即\(g(x)=x^2+lnx-3x\)与\(y=b\)有唯一的交点。

\(g'(x)=2x+\cfrac{1}{x}-3=\cfrac{2x^2-3x+1}{x}=\cfrac{(2x-1)(x-1)}{x}\)，

则可知当\(0<x<\cfrac{1}{2}\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增；

当\(\cfrac{1}{2}<x<1\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)单调递减；

当\(x>1\)时，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增；

故\(g(x)_{极大}=g(\cfrac{1}{2})=-\cfrac{5}{4}-ln2\)，\(g(x)_{极小}=g(1)=-2\)，

在同一个坐标系中做出两个函数的图像，由图像可知两个函数图像要有唯一的交点，

则 \(b\in (-\infty，-2)\cup(-\cfrac{5}{4}-ln2，+\infty)\)。

法2：也可以考虑不完全分离参数法，\(b-lnx=x^2-3x\)，当转化为两个函数图像有两个交点时，由于两个函数的凹凸性，都不太好表述，故放弃；

法3：也可以考虑不完全分离参数法，\(-lnx=x^2-3x-b\)，当转化为两个函数图像有两个交点时，由于两个函数的凹凸性，都不太好表述，故放弃；

引申思考：

①若方程\(f(x)=0\)有两个实数解，则实数\(b\)的值是\(b=-\cfrac{5}{4}-ln2\)或\(b=-2\)。

②若方程\(f(x)=0\)有三个实数解，则实数\(b\)的值是\(b\in(-2，-\cfrac{5}{4}-ln2)\)。

③若方程\(f(x)=0\)没有实数解，则实数\(b\)的值是\(b\in\varnothing\)。

④若方程\(f(x)=0\)至少有一个实数解，则实数\(b\)的值是\(b\in(-\infty，-2]\cup[-\cfrac{5}{4}-ln2，+\infty)\)。

例4【第11题】在三棱锥\(S-ABC\)中，已知\(SA=4\)，\(AB=AC=1\)，\(\angle BAC=\cfrac{2\pi}{3}\)，若\(S\)，\(A\)，\(B\)，\(C\)四点均在球\(O\)的球面上，且\(SA\)恰为球\(O\)的直径，则三棱锥\(S-ABC\)的体积为【】

分析：做出如下图所示的示意图，

由\(\angle BAC=\cfrac{2\pi}{3}\)可知，\(\angle BAE=\cfrac{\pi}{3}\)，且有\(OO'\perp AE\)，\(AP\perp AE\)，

连结\(BE\)，由\(AE\)是圆\(O'\)的直径，故\(\angle ABE=\cfrac{\pi}{2}\)，又由\(\angle BEA=\cfrac{\pi}{6}\)，

则\(AE=2AB=2\)，故\(AO'=1\)，在\(\triangle AOO'\)中，\(AO=2\)，由勾股定理可知\(OO'=\sqrt{3}\)，

则由\(\triangle AOO' \sim \triangle APE\)可知，\(PE=2\sqrt{3}\)，易知\(PE\)即为三棱锥\(S-ABC\)的高。

故三棱锥的体积\(V_{S-ABC}=\cfrac{1}{3}\times \cfrac{1}{2}\times 1\times 1\times sin120^{\circ}\times PE\)

\(=\cfrac{1}{3}\times \cfrac{1}{2}\times 1\times 1\times \cfrac{\sqrt{3}}{2}\times 2\sqrt{3}=\cfrac{1}{2}\)。

例4【第14题】已知直线\(l：ax+by-3=0\)，与圆\(M：x^2+y^2+4x-1=0\)相切于点\(P(-1，2)\)，则直线\(l\)的方程为_____________。

分析：由于点\(P(-1，2)\)在直线\(l\)上，则有\(-a+2b-3=0\)，即\(b=\cfrac{a+3}{2}\)①；

又由于圆\(M：(x+2)^2+y^2=5\)，则圆心为\((-2，0)\)，半径为\(r=\sqrt{5}\)，

由直线和圆相切，得到\(\cfrac{|-2a-3|}{\sqrt{a^2+b^2}}=\sqrt{5}\)②，

化简②得到，\(a^2-12a-9+5b^2=0\)，将\(b=\cfrac{a+3}{2}\)代入，得到

\(a=1\)，从而\(b=2\)，故直线\(l\)的方程为\(x+2y-3=0\)。

例4【第15题】记\(S_n\)为数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，若\(S_n=3a_n+2\)，则\(8S_4\)=_________。

法1：用递推关系求得\(a_1\)，\(a_2\)，\(a_3\)，\(a_4\)，从而求得\(8S_4=-65\)，是最简思路。

法2：消掉\(S_n\)，求得\(a_n\)，再求得\(8S_4\)；

法3：消掉\(a_n\)，求得\(S_n\)，再求得\(8S_4\)；

注意解法思路的选择，以及时间和运算成本。

例4【第16题】已知函数\(f(x)=cosx-\cfrac{1}{2}sin2x\)，则\(f(x)\)的最大值为_______________。

解析：\(f'(x)=-sinx-\cfrac{1}{2}\cdot 2\cdot cos2x\)

\(=-sinx-cos2x\)

\(=-sinx-(1-2sin^2x)\)

\(=2sin^2x-sinx-1=(sinx-1)(2sinx+1)\)，

由于\(-1\leq sinx\leq 1\)，故\(sinx-1\leq 0\)，

则令\(f'(x)>0\)，即\((sinx-1)(2sinx+1)> 0\)，即\(2sinx+1<0\)，

即\(sinx<-\cfrac{1}{2}\)，解得\(2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}<x<2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}(k\in Z)\)，

令\(f'(x)<0\)，即\((sinx-1)(2sinx+1)<0\)，即\(2sinx+1>0\)，

即\(sinx>-\cfrac{1}{2}\)，解得\(2k\pi-\cfrac{7\pi}{6}<x<2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}(k\in Z)\)，

即单调递减区间为\([2k\pi-\cfrac{7\pi}{6}，2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}](k\in Z)\)，

单调递增区间为\([2k\pi+\cfrac{7\pi}{6}，2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}](k\in Z)\)，

故当\(x=2k\pi+\cfrac{11\pi}{6}\)时，\(f(x)\)取得最大值；

\(f(x)_{max}=cos(2k\pi+\cfrac{11\pi}{6})-\cfrac{1}{2}sin2(2k\pi+\cfrac{11\pi}{6})\)

\(=cos(2\pi-\cfrac{\pi}{6})-\cfrac{1}{2}sin(4\pi-\cfrac{\pi}{3})\)

\(=\cfrac{\sqrt{3}}{2}+\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{\sqrt{3}}{4}\)。