这是2006年高考数学浙江理14题，找到运动中的分界点进行恰当的分类讨论是其中的关键之处．
正四面体\(ABCD\)的棱长为\(1\)，棱\(AB\parallel\)平面\(\alpha\)，则正四面体上的所有点在平面\(\alpha\)内的射影构成的图形的面积的取值范围是________．
1、 已知\(x,y\)为正数，且满足\[\begin{cases}1\leqslant\lg (xy^2)\leqslant 2,\\-1\leqslant\lg\dfrac{x^2}y \leqslant 2,\end{cases}\] 则\(\lg\dfrac{x^3}{y^4}\)的最大值是________．
2、三棱柱\(ABC-A'B'C'\)的底是边长为\(1\)的正三角形，高\(AA'=1\)，在\(AB\)上取一点\(P\)，设三角形\(PA'C'\)与底面所成的二面角为\(\alpha\)，三角形\(PB'C'\)与底面所成的二面角为\(\beta\)，则\(\tan (\alpha+\beta)\)的最小值为________．
3、已知\([x]\)表示不超过\(x\)的最大整数．设\(f(x)=\left[x[x]\right]\)，当\(x\in [0,n)\)，其中\(n\in\mathcal N^*\)时，函数\(f(x)\)的值域中的元素个数\(a_n=\)________．
4、设椭圆\(\dfrac{x^2}4+y^2=1\)的左右焦点分别为\(F_1,F_2\)，\(M\)为椭圆上异于长轴端点的一点，\(\angle F_1MF_2=2\theta\)，三角形\(MF_1F_2\)的内心为\(I\)，则\(MI\cdot\cos\theta=\)_________．
5、已知三点\(A(1,y_1)\)，\(B(2,y_2)\)，\(C(3,y_3)\)，其中\(y_1,y_2,y_3\in\{4,5,6,7,8,9\}\)，若对于三角形\(ABC\)的内心，存在实数\(\lambda\)，使得\[\overrightarrow{IA}+\overrightarrow{IC}=\lambda\overrightarrow{IB},\]则这样的三角形共有________个．
6、已知实数\(x,y\)满足\(3x^2+2y^2=6x\)，则\(2x^2+3y^2-4x-6y\)的取值范围是________．
7、设\(a_1,a_2,\cdots,a_n\)是\(1,2,\cdots,n\)的一个排列，把排在\(a_i\)的左边且比\(a_i\)小的数的个数称为\(a_i\)的顺序数（\(i=1,2,\cdots,n\)）．例如，在排列\(6,4,5,3,1,2\)中\(5\)的顺序数为\(1\)．那么在\(1,2,3,4,5,6,7,8\)这\(8\)个数构成的排列中，\(8\)的顺序数为\(2\)，\(7\)的顺序数为\(3\)，\(5\)的顺序数为\(3\)的不同排列数有________．
首先，祝大家情人节快乐！
在我看来，数学能力由相辅相成的的两部分组成：偏感性的直觉、观察能力、创造思维、发散思维；偏理性的验证、运算能力、逻辑思维、聚焦思维．今天带来一道同时融合几何观察与代数运算的试题．
在平面直角坐标系\(xOy\)的第一象限有点\(P\)，满足\(OP=1\)且直线\(OP\)的倾斜角为\(30^\circ\)，过\(P\)任意作一条直线分别交\(x\)轴正半轴、\(y\)轴正半轴于点\(M\)、\(N\)，求\(OM+ON-MN\)的最大值．
1、已知函数\[f(x)=\dfrac 12x^2-ax+(a-1)\ln x,a>1\]
（1）讨论函数\(f(x)\)的单调性；
（2）证明：若\(a<5\)，则对任意\(x_1,x_2\in(0,+\infty)\)且\(x_1<x_2\)，都有\[\dfrac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}>-1.\]
2、（2014年湖南理）已知常数\(a>0\)，函数\[f(x)=\ln (1+ax)-\dfrac{2x}{x+2}.\]
（1）讨论\(f(x)\)在区间\((0,+\infty)\)的单调性；
（2）若\(f(x)\)存在两个极值点\(x_1,x_2\)，且\(f(x_1)+f(x_2)>0\)，求\(a\)的取值范围．
3、已知函数\[\begin{split}f(x)&=\dfrac 12x^2+a\ln x\\g(x)&=(a+1)x.\end{split}\]
（1）若函数\(f(x),g(x)\)在区间\([1,3]\)上都是单调函数且它们的单调性相同，求实数\(a\)的取值范围；
（2）若\(a\in (1,e]\)，设\(F(x)=f(x)-g(x)\)，求证：当\(x_1,x_2\in [1,a]\)时，不等式\(\left|F(x_1)-F(x_2)\right|<1\)成立．
在周长为\(6\)的三角形\(ABO\)中，\(\angle AOB=60^\circ\)，点\(P\)在边\(AB\)上，\(PH\perp OA\)于\(H\)，且\(PH=\dfrac{\sqrt 3}2\)，\(OP=\dfrac{\sqrt 7}2\)，求\(OA\)．
今天继续昨天的问题，讨论较为复杂的方程的根的个数．
讨论关于\(x\)的方程\[\left|x+\dfrac 1x\right|-\left|x-\dfrac 1x\right|=kx+1\]的根的个数．
讨论某个含参方程的根的个数是高中数学函数模块中经常遇到的问题．这类题一般通过将方程的解看做是两个函数的图象交点的横坐标来解决，其本质为将一维的方程的根的问题升到二维的函数图象的交点问题．这就好比是如果想搞清楚某个城市的道路情况，从空中鸟瞰往往比遍历一遍这个城市效率高得多．接下来，我们一起欣赏一道小题．
讨论关于\(x\)的方程\[\left(x^2-1\right)^2-2\left|x^2-1\right|+k=0\]的根的个数．
这次是2008年英国数学奥林匹克的一道试题（2008/9 British Mathematical Olympiad,Round 2）：
求所有的函数\(f:\mathcal R\to \mathcal R\)，使得对任意\(x,y\in\mathcal R\)有
\[f(x^3)+f(y^3)=(x+y)\left[f(x^2)+f(y^2)-f(xy)\right].\]
题目来自百度贴吧．
已知整系数二次方程\(ax^2+bx+c=0\)的两个不同实根均在区间\((1,2)\)上，求正整数\(a\)的最小值．
我很快就构造了\(a=5\)的情形：
根据题目要求，有\[\begin{cases}a+b+c>0\\4a+2b+c>0\\-\frac{b}{2a}\in (1,2)\\b^2-4ac>0\end{cases}\]
设想一个差不多的方程\[ax^2-3ax+2a=0,\]此时\[a=a,b=-3a,c=2a.\]但该方程的\(b\)或者\(c\)需要增大一点，使得\[a+b+c>0\land 4a+2b+c>0.\]但这样会使得判别式失控，我们需要单独处理．
（1）若令\(a=a+1\)，则有\[(-3a)^2-4\cdot (a+1)\cdot 2a=a^2-8a>0.\]
（2）若令\(b=-3a+1\)，则有\[(-3a+1)^2-4\cdot a\cdot 2a=a^2-6a+1>0.\]
（3）若令\(c=2a+1\)，则有\[(-3a)^2-4\cdot a\cdot (2a+1)=a^2-4a>0.\]
看起来方案（3）最科学，于是\(a\)可以取\(5\)，此时\(b=-15,c=11\)，验证通过！
这样我们构造了\(a=5\)的情形．
接下来需要说明\(a=1,2,3,4\)不可能，我是用对称轴和判别式很繁琐的完成这个任务的，大家有更好的方法吗？
2015年3月6日更新扒拉题的解法，http://tieba.baidu.com/p/3575904855．
由题意所得的不等式组可以整理为\[\begin{cases}c>-b-a\\c>-2b-4a\\-4a<b<-2a\\c<\frac{1}{4a}\cdot b^2\end{cases}\]其中将\(a\)看作参数，在坐标系\(bOc\)中画出可行域
情形1：当\(-3a\leqslant b<-2a\)时，设\(b=-2a-n\)，其中\(0<n\leqslant a\)，\(n\in\mathcal Z\)．此时\[-b-a<c<\dfrac{b^2}{4a},\]要使该范围内存在整数\(c\)，需\[\dfrac{b^2}{4a}-(-b-a)>1\]将\(b=-2a-n\)代入整理得\[n^2>4a,\]要使得在可\(0<n\leqslant a\)范围内存在整数\(n\)，只需\[a^2>4a\]解得\[a>4.\]
情形2：当\(-4a<b<-3a\)时，设\(b=-4a-n\)，其中\(0<n<a\)，\(n\in\mathcal Z\)．此时\[-2b-4a<c<\dfrac{b^2}{4a},\]要使该范围内存在整数\(c\)，需\[\dfrac{b^2}{4a}-(-2b-4a)>1\]将\(b=-4a-n\)代入整理得\[n^2>4a,\]要使得在\(0<n<a\)范围内存在\(n\)，只需\[(a-1)^2>4a,\]解得\[0<a<3-2\sqrt 2\lor a>3+2\sqrt 2.\]
综合情形1与情形2可知，\(a\geqslant 5\)，进而可以利用情形1构造\(a=5\)的例子，从略．
2015年8月6日更新解法，来源于帷幕讨论组的zhj．
记\(f(x)=ax^2+bx+c\)，并设两根分别为\(x_1\)和\(x_2\)，则\[f(1)\geqslant 1\land f(2)\geqslant 1,\]于是\[\begin{split}f(1)\cdot f(2)&=a\left(1-x_1\right)\left(1-x_2\right)\cdot a\left(2-x_1\right)\left(2-x_2\right)\\&\leqslant a^2\cdot\left[\dfrac{\left(x_1-1\right)+\left(x_2-1\right)+\left(2-x_1\right)+\left(2-x_2\right)}4\right]^4&=\dfrac{a^2}{16},\end{split}\]等号取得的条件为\(x_1=x_2=\dfrac 32\)，因此可得\(a>4\)．
令\(f(1)=f(2)=1\)，\(a=5\)即得解得\(f(x)=5x^2-15x+11\)，于是\(a\)的最小解为\(5\)．
