我来补链接了，后面不定期更新：题目引自 @Navigator 的回答，先说一声谢谢~我尽量提供一些不常见的解法，同时保证把思路体现出来。理科一卷：已知函数 f(x)=e^x+ax^2-x （1）当 a=1 时，讨论 f(x) 的单调性. （2）当 x\geqslant 0 时， f(x)\geqslant \frac{1}{2}x^3+1 ，求 a 的取值范围.参变分离是简单的，这里提供另一个高中生能理解的思路：step 0:令 g(x) = f(x)-\dfrac{1}{2}x^3-1=e^x-\dfrac{1}{2}x^3+ax^2-x-1 问题转化为求使 g(x) 在 [0,+\infty) 上恒非负的所有 a 值。step 1：注意到：g(0) = 0,\quad
\forall a \in \mathbb{R} 于是实际上我们只用考虑 g(x) 在 (0,+\infty) 上的性质。step 2：注意到：\forall x \in (0,+\infty),\quad g(x) 视为a 的函数，则其关于 a 严格单调递增。于是我们有以下重要推论：推论：若 \exists a_0 \in \mathbb{R} ，使得 g(x) 在 (0,+\infty) 上的最小值恰好为 0 ，则所求的范围为 [a_0,+\infty) 。证明：利用严格单调性去验证 [a_0,+\infty) 中的数都满足条件， (-\infty,a_0) 中的数都不满足即可。注1：这里的单调性一定要是严格的（也就是高中阶段提到的单调性，不能“平着走”），这是step 1 的作用之一，保证严格单调（在 x = 0 处不满足）。注2：只用高中阶段的知识，无法在找到具体的 a_0 之前就断定这样的 a_0 是存在的，但是这并不妨碍我们去寻找它。step 3：假设 a_0 \in \mathbb{R} ，使得 g(x) 在 (0,+\infty) 上的最小值恰好为 0 。假设一个最小值点为 x_0 ，则 g(x_0) = 0 。由于 g(x) 在 (0,+\infty) 上可导，于是 g'(x_0) = 0 。于是这样的 a_0,x_0 存在的一个必要条件是：\begin{cases} e^{x_0}-\dfrac{1}{2}x_0^3+a_0x_0^2-x_0-1= 0 \\ e^{x_0}-\dfrac{3}{2}x_0^2+2a_0x_0-1 = 0 \end{cases} 消去 a_0 并因式分解:(1-\dfrac{x_0}{2})(e^{x_0}-\dfrac{1}{2}x_0^2-x_0-1) = 0 右边的因式在 (0,+\infty) 上恒大于 0 ，于是满足条件的 x_0 只能取 2 。进而解得对应的 a_0 = \dfrac{7-e^2}{4} 。注1：这里只是必要条件，还要验证。注2：因式分解前可以先猜根，高考题比较单纯，一般比较好猜。注3：由于 (0,+\infty) 是开区间且 g(x) 在上面可导，才能推出最小值点/极小值点处导数等于零。闭区间上端点处不成立，这是step 1 的第二个作用，保证定义域是开集。step 4：代入 a_0 = \dfrac{7-e^2}{4} 验证，满足条件。于是所求的范围为： [\dfrac{7-e^2}{4},+\infty) 我高中的时候挺喜欢考察单调性（或某种性质），再去找临界条件的。适用性没有参变分离广，但有些题的临界条件非常显然（或者说，对于某些同学来说非常显然），或者参变分离实在难算的，这个思路就要漂亮一些。不过这个做法的细节比较多，有几个注都是容易考虑漏的地方。虽然高考题比较单纯，不会在这种地方故意坑你，但是要养成好习惯。最后，老师们习惯参变分离了，要做好被扣两三分的准备。理科二卷——最有意思的压轴：已知函数 f(x)=\sin^2x\sin 2x .（1）讨论 f(x) 在区间 (0,\pi) 的单调性.（2）证明：
f(x)|\leqslant \frac{3\sqrt 3}{8} .（3）设 n\in N^* ，证明： \sin^2 x\sin^2 2x\sin^24x\cdots\sin^2 2^n x\leqslant \frac{3^n}{4^n} .前两问都是简单的，第三问本身比较难，有了第二问也变成简单的了。第一问略。第二问做法太多了，下面给出三种：法1：最自然的，利用第一问的单调性，并且注意到 f(x) 以 \pi 为周期，找出所有极值点与区间端点函数值，进行比较即可。（一定要加上端点，虽然此题不影响结果）法2：直接利用常见不等式，这是数学比较好的同学喜欢的：|f(x)
=
2\sin^3x\cos x
\\ =|6\sqrt{3}\cdot (\dfrac{\sin x}{\sqrt{3}})^3 \cdot \cos x
\\ \leqslant 6\sqrt{3}[\sqrt{\dfrac{\sin^2 x+\cos^2 x}{4}}]^4
\\ = \dfrac{3\sqrt{3}}{8} 关键那一步是几何平均≤平方平均。三角函数的最值很多都能用不等式做的，用顺手了会比求导快很多。具体用哪个不等式需要多练习。法3：可以数形结合，尽管并不简单。|f(x)
= \dfrac{1}{2}|(1-\cos2x)\sin 2x
= \dfrac{1}{2}|(1-\cos \theta)\sin \theta
写成 \theta 只是为了看起来顺眼。图1圆是单位圆， AC \bot OB 。 \angle AOB = \theta 时，
f(x)
的值即为 \Delta ABC 面积的 \dfrac{1}{2} 。具体细节大家自己对应一下即可。圆内接三角形面积最大的是等边三角形，单位圆的内接等边三角形面积为 \dfrac{3\sqrt{3}}{4} ,于是有：
f(x)
\leqslant \dfrac{3\sqrt3}{8} 。第三问：利用第二问立即有：|\sin^2 x \cdot
\sin^3 2x \cdot \sin^3 4x \cdots \sin^3 2^{n-1}x \cdot \sin 2^{n}x
\\ \leqslant (\dfrac{3\sqrt{3}}{8})^n = (\dfrac{\sqrt{3}}{2})^{3n} 又
\sin x \cdot \sin^2 2^{n}x
\leqslant 1 。两式相乘，开根即可。第三问本身是挺难的，有了第二问就很简单了。那如果没有前两问呢？我能力有限，没有找到特别好的解法，就说一下我的思路（高中生能理解的范围）。step 0：平方的形式是奇怪的，因为直观上没有必要，我首先选择了消去它：|\sin x \cdot \sin 2x \cdots \sin 2^{n}x
\leqslant (\dfrac{\sqrt{3}}{2})^n 这步是没有必要的，但是我个人比较喜欢这样，看起来舒服。（很危险，可能遗漏提示信息）step 1:乍一看有点吓人，这仿佛是在探究对于一列数 \{ x,2x,4x,\cdots,2^nx \} ，它们离 k\pi +\frac{1}{2}\pi 的“距离”大概有多远，而题目是要给出这个“距离”的一个下界。（分析课上老师讲过一道外观相似的题目，处理起来很麻烦，我现在看到这种要我“估计对无理数的逼近程度”的题都会感到害怕。）不过仔细一看，这道题似乎友善不少，毕竟 \sin x \cdot \sin 2x 和 \sin 2^{n-1} x \cdot \sin2^{n}x 形式上是相同的。所以我首先考虑对 \sin x \cdot \sin 2x 进行估计。利用之前提到过的不等式方法：|\sin x \cdot \sin 2x
\\ =|2\sin^2x \cos x
\\ =
4(\dfrac{\sin x}{\sqrt{2}})^2 \cos x
\\ \leqslant
4[\sqrt{\dfrac{\sin^2x+\cos^2x}{3}}]^3
\\ =\dfrac{4\sqrt{3}}{9} 自然地，累乘，这里有两种方式累乘：第一种，中间项乘两次：|\sin x \cdot \sin^2 2x \cdots \sin^22^{n-1}x \cdot \sin 2^n x
\leqslant (\dfrac{4\sqrt{3}}{9})^n 然后补上
\sin x
\cdot \sin 2^n x
， 如果用 1 去估计的话，得到：|\sin x \cdot \sin 2x \cdots \sin 2^{n}x
\leqslant (\sqrt{\dfrac{4\sqrt{3}}{9}})^n 很不幸， \dfrac{4\sqrt{3}}{9} > \dfrac{3}{4} ，估计力度不够。这里可以考虑对
\sin x \cdot \sin 2^n x
进行更好的估计，但是
\sin 2^n x
的展开太麻烦，先放弃。第二种：中间项只出现一次，得到一个偶数项的乘积的估计，再去处理奇数项的情况：同样的不幸，由于估计力度不够，偶数项都处理不了。至此，我的step 1 以失败告终。但也得到了一些有用的信息：比如这样考虑少数几项的乘积的确能得到一些结果，只是力度不够，所以可以考虑进行一些改进，而不是完全改变思路。注：单纯对
\sin x \cdot \sin 2x
的估计精度没办法更好了，不等式是可以取等的。step 2：至少有三个改进的方向：方向1：考虑对
\sin^2 x\cdot \sin 2x
进行估计，如果还是不行但是得到了更好的结果，考虑对
\sin^k x\cdot \sin 2x
进行估计。幸运的是，这就是原题的第二问，然后就做出来了。方向2：考虑对
\sin x\cdot \sin^2 2x
进行估计，如果还是不行但是得到了更好的结果，考虑对
\sin x\cdot \sin^k 2x
进行估计。我算了一下，得到的估计是：
\sin x \cdot \sin^2 2x
\leqslant \dfrac{8}{5}(\sqrt{\dfrac{3}{5}})^{3} 进而通过累乘，同样地补上的项用 1 去估计：|\sin x \cdot \sin 2x \cdots \sin 2^{n}x
\leqslant (\dfrac{2}{\sqrt[3]{5}}.\sqrt{\dfrac{3}{5}})^n 很遗憾，估计力度不够，甚至变差了不少。我也就没有继续算了。（这不代表继续算下去不行）方向3：考虑对
\sin x \cdot \sin 2x \cdot \sin 4x
进行估计。我没有算，因为不断加项的结果就是回到原题，这样绕圈子一般是做不出来的。step 3 (plus)：现在知道step 2 的方向1可以做出来了。但是还想看看继续算下去会不会得到更好的估计。对
\sin^k x\cdot \sin 2x
进行估计，还是之前用的不等式方法：|\sin^k x\cdot \sin 2x
\\ =
2(\sqrt{k+1})^{k+1}(\dfrac{\sin x}{\sqrt{k+1}})^{k+1}\cos x
\\ \leqslant 2(\sqrt{k+1})^{k+1}(\sqrt{\dfrac{\sin^2x+\cos^2x}{k+2}})^{k+2}
\\ = \dfrac{2}{\sqrt{k+2}}(\sqrt{\dfrac{k+1}{k+2}})^{k+1} 累乘，补上缺项（按 1 估计），开根，得到：|\sin x \cdot \sin 2x \cdots \sin 2^nx
\leqslant (\dfrac{2}{\sqrt{k+2}})^{\frac{1}{k+1}} \cdot \sqrt{\dfrac{k+1}{k+2}} 考虑函数： f(x) = (\dfrac{2}{\sqrt{x+2}})^{\frac{1}{x+1}}\cdot\sqrt{\dfrac{x+1}{x+2}} 显然有： \lim_{x \to +\infty}f(x) =1 ，所以不断增大 k 会导致估计效果趋于没有。由于求导看起来很难算的样子，我直接画了图，发现 k = 2 时得到的估计是最好的。图2，这函数在x>0时突然变得很平滑也就是说我们之前提到的“如果还是不行但是得到了更好的结果，考虑对
\sin^k x\cdot \sin 2x
进行估计”是行不通的。但这不妨碍它是个自然的思路。最后我还是算了一下导函数（请用对数求导法）：f'(x) = \dfrac{\ln(\sqrt{x+2})-\ln2}{(x+1)^2}\cdot f(x) 没错，导函数算出来就是这么简单，而且 x = 2 就是极小值点，也是最小值点。现在看来给出前两问还是蛮有必要的。已经写了太多了，不太方便阅读，我后面可能把剩下的放到文章里面去，然后再补链接吧。}