同一法
收集整理在高中阶段使用同一法解决的数学试题。
前言
初中使用的较多，常常指同一条线段；对其作以拓展，一般指的是两个相同的数学素材，可以是区间，直线，线段，角，函数等等；比如从不同角度得到的同一条直线[二元一次方程表示的直线]，则其对应的系数就应该成比例；
典例剖析
- 同一个点
如图，已知：三棱锥\(O-ABC\)的三个侧面分别为\(\alpha\)，\(\beta\)，\(\gamma\)，且\(\alpha\perp\beta\)，\(\alpha\perp\gamma\)，\(\beta\perp\gamma\)，\(\alpha\cap\beta=m\)，\(\alpha\cap\gamma=l\)，\(\beta\cap\gamma=n\)，
求证：\(l\perp m\)，\(l\perp n\)，\(m\perp n\)，
分析：[同一法]过点\(C\)做\(CD\perp \beta\)，垂足为点\(D\)，
由于点\(C\in l\)，点\(C\in \alpha\)，且\(\alpha\perp\beta\)，则\(D\in \alpha\)；[1]
同理，点\(C\in l\)，点\(C\in \gamma\)，且\(\gamma\perp\beta\)，则\(D\in \gamma\)；
由于\(D\in \alpha\)，\(D\in \gamma\)，\(\alpha\cap\gamma=l\)，则点\(D\in l\)，
故点\(D\)和点\(O\)是同一个点，故\(CO\perp\beta\)，即\(l\perp\beta\)；
又\(m\in \beta\)，\(n\in \beta\)，则\(l\perp m\)，\(l\perp n\)，
同理可证\(n\perp m\)，\(n\perp l\)；
综上所述，\(l\perp m\)，\(l\perp n\)，\(m\perp n\)，俗称墙角；
- 同一个解集或同一个区间
分析：由\(-c<ax+b<c\)得到不等式的解集为\(\cfrac{-c-b}{a}<x<\cfrac{c-b}{a}\)，又解集为\(\{x\mid -2<x<1\}\)，
则有\(\cfrac{-c-b}{a}=-2\)且\(\cfrac{c-b}{a}=1\)，解得\(b=\cfrac{a}{2}\)，\(c=\cfrac{3a}{2}\)，故\(a：b：c=2：1：3\).
- 同一条直线
(1)、求\(C_1\)与\(C_2\)的交点的极坐标；
分析：\(C_1:x^2+y^2-4y=0\)，\(C_2:x+y-4=0\)，其交点的直角坐标为\((2，2)\)和\((0，4)\)，则其对应的极坐标为\((2\sqrt{2}，\cfrac{\pi}{4})\)和\((4，\cfrac{\pi}{2})\)；
(2)、设\(P\)为\(C_1\)的圆心，\(Q\)为\(C_1\)与\(C_2\)的交点连线的中点，已知直线\(PQ\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=t^3+a}\\{y=\cfrac{b}{2}t^3+1}\end{array}\right.\)(\(t\in R\))为参数，求\(a，b\)的值；
分析：由题可知，\(P(0，2)\)，且\(k_{PQ}=1\)，则可知直线\(PQ\)的普通方程为\(x-y+2=0\)；
又直线\(PQ\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=t^3+a}\\{y=\cfrac{b}{2}t^3+1}\end{array}\right.\)(\(t\in R\))为参数，消参得到\(bx-2y-ab+2=0\)，
由于其是同一条直线，则可知对应系数成比例，则\(\cfrac{1}{b}=\cfrac{-1}{-2}=\cfrac{2}{-ab+2}\)，解得\(a=-1\)，\(b=2\)。
法1：常规方法，由于点\(P(-3，2)\)在抛物线\(C：y^2=2px(p>0)\)的准线上，
所以准线方程为\(x=-\cfrac{p}{2}=-3\)，解得\(p=6\)，即\(y^2=12x\)，
抛物线为\(y^2=12x\)，在第一象限的方程为\(y=2\sqrt{3}\sqrt{x}\)，
设切点\(A(m，n)\)，则\(n=2\sqrt{3}\sqrt{m}\)，
由导数可知，\(y'=2\sqrt{3}\times \cfrac{1}{2}\cfrac{1}{\sqrt{x}}=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{x}}\)，
则在切点\(A\)处的斜率为\(\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}\)
则直线\(PA\)的方程为：\(y-n=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}(x-m)\)，
将点\((-3，2)\)代入得到，\(2-n=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}(-3-m)\)①
又\(n=2\sqrt{3}\sqrt{m}\)②，
联立解得，\(m=\cfrac{11+2\sqrt{10}}{3}\)，\(n=2+2\sqrt{10}\)，
即点\(A(\cfrac{11+2\sqrt{10}}{3}，2+2\sqrt{10})\)
同理，可设切点\(B(a，b)\)，则在切点\(B\)处的斜率为\(-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}\)
则直线\(PB\)的方程为：\(y-b=-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}(x-a)\)，
将点\((-3，2)\)代入得到，\(2-b=-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}(-3-a)\)①
又\(b=-2\sqrt{3}\sqrt{a}\)②，
联立解得，\(m=\cfrac{11-2\sqrt{10}}{3}\)，\(n=2-2\sqrt{10}\)，
即点\(B(\cfrac{11-2\sqrt{10}}{3}，2-2\sqrt{10})\)，
故直线\(AB\)的斜率为\(k=\cfrac{(2+2\sqrt{10})-(2-2\sqrt{10})}{\frac{11+2\sqrt{10}}{3}-\frac{11-2\sqrt{10}}{3}}=3\)
故所求斜率为\(3\).
法2：【特殊方法】导数法+同一法，由题目先得到抛物线方程\(y^2=12x\)，对此式两边同时针对\(x\)求导，
得到\(2y\cdot y'=12\)，即\(y'=\cfrac{6}{y}\)，故经过抛物线上任意一点切线的斜率\(k=y'=\cfrac{6}{y}\)，
则以点\(A(x_1,y_1)\) ，\(B(x_2,y_2)\)为切点的切线方程分别为
\(y-y_1=\cfrac{6}{y_1}(x-x_1)\)；\(y-y_2=\cfrac{6}{y_2}(x-x_2)\)；
将点\(P(-3，2)\)坐标代入以上两个式子，
得到\(2-y_1=\cfrac{6}{y_1}(-2-x_1)\)；\(2-y_2=\cfrac{6}{y_2}(-3-x_2)\)；
又因为\(y_1^2=12x_1\)，\(y_2^2=12x_2\)，代入上式，
解得\(y_1=3x_1-9\)；\(y_2=3x_2-9\)
说明点\(A(x_1,y_1)\) ，\(B(x_2,y_2)\)都在同一条直线\(y=3x-9\)上，
即直线\(AB\)的方程为\(y=3x-9\)，故所求斜率为\(3\).
分析：设两个圆相交后的公共点为\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)，
则由点\(A\)满足圆\(C_1\)和圆\(C_2\)，，得到\((x_1-1)^2+(y_1-1)^2=4\)，\((x_1+1)^2+(y_1+1)^2=4\)，
两式相减整理得到，\(y_1=-x_1\)；
由点\(B\)满足圆\(C_1\)和圆\(C_2\)，，得到\((x_2-1)^2+(y_2-1)^2=4\)，\((x_2+1)^2+(y_2+1)^2=4\)，
两式相减整理得到，\(y_2=-x_2\)；
说明点\(A(x_1，y_1)\)，\(B(x_2，y_2)\)都在直线\(y=-x\)上，故两圆的相交弦所在的直线方程为\(y=-x\)。
简单操作：由①-②得到，经过两个圆的相交弦方程为\(-2x-2x-2y-2y=0\)，即\(y=-x\)；
- 同一个解析式
已知定义在\(R\)上的函数\(f(x)\)的导函数为\(f'(x)\)，且\(f(x)+f'(x)=\cfrac{2x-1}{e^x}\)，若\(f(0)=0\)，则函数\(f(x)\)的单调递减区间为【】
分析：由\(f(x)+f'(x)=\cfrac{2x-1}{e^x}\)，得到\(e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)=2x-1\)，
令\(g(x)=e^x\cdot f(x)\)，则\(g'(x)=e^x\cdot f(x)+e^x\cdot f'(x)=2x-1\)，则\(g(x)=x^2-x+C\)，
由于\(f(0)=0\)，则\(g(0)=e^0\cdot f(0)=0\)，则\(g(x)=x^2-x\)；
这样从两个不同的角度得到了同一个函数\(g(x)\)，则\(g(x)=x^2-x=e^x\cdot f(x)\)，解得\(f(x)=\cfrac{x^2-x}{e^x}\)；
接下来用导数的方法，求函数\(f(x)\)的单调区间即可，\(f'(x)=\cdots=\cfrac{-x^2+3x-1}{e^x}=-\cfrac{(x-\cfrac{3-\sqrt{5}}{2})(x-\cfrac{3+\sqrt{5}}{2})}{e^x}\)
故单调递减区间为\((-\infty，\cfrac{3-\sqrt{5}}{2})和(\cfrac{3+\sqrt{5}}{2}，+\infty)\)，故选\(A\)。
解释：为什么同加常数\(k=\cfrac{q}{p-1}\)就可以构造等比数列，
假设\(a_{n+1} = pa_n + q\)，可以变形为\(a_{n+1}+k=p(a_n+k)\)，整理得到\(a_{n+1}=pa_n+pk-k\)，
由于表达式\(a_{n+1} = pa_n + q\)和表达式\(a_{n+1}=pa_n+pk-k\)是同一个表达式，对应系数必然相等，
则有\(k(p-1)=q\)，故\(k=\cfrac{q}{p-1}\)，即只要给所给的形如\(a_{n+1} = pa_n + q\)的式子两边同时
加上常数\(\cfrac{q}{p-1}\)，则可以等价变形为\(a_{n+1}+k=p(a_n+k)\)，接下来就可以朝等比数列考虑了。
- 相同的向量
分析：由题目\(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}=\vec{0}\)可知，
\((\overrightarrow{OA}-\overrightarrow{OG})+(\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OG})+(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OG})=\vec{0}\)，整理得到
\(\overrightarrow{OG}=\cfrac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\)，又\(\overrightarrow{OG}=\cfrac{1}{6}\overrightarrow{BC}\)，
则\(\cfrac{1}{3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})=\cfrac{1}{6}\overrightarrow{BC}=\cfrac{1}{6}(\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})\)
整理得到，\(\overrightarrow{OA}=-\cfrac{3}{2}\overrightarrow{OB}-\cfrac{1}{2}\overrightarrow{OC}\)，结合已知\(\overrightarrow{OA}=m\overrightarrow{OB}+n\overrightarrow{OC}\)，
则可知\(m=-\cfrac{3}{2}\)，\(n=-\cfrac{1}{2}\)，则\(m-n=-1\)，故选\(D\)。
分析：借助向量知识，只须证明\(\overrightarrow{BE}=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{BA}\)，而\(\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{BC}\)，又\(O、D、E\)三点共线，存在唯一实数对\(\lambda\)，\(\mu\)，且\(\lambda+\mu=1\)，使\(\overrightarrow{BE}=\lambda \overrightarrow{BO}+\mu \overrightarrow{BD}\)，从而得到\(\overrightarrow{BE}\)与\(\overrightarrow{BA}\)的关系。
证明：由已知条件，\(\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BO}+\overrightarrow{BC}\)，又\(B、E、A\)三点共线，可设\(\overrightarrow{BE}=k\overrightarrow{BA}\)，
则\(\overrightarrow{BE}=k\overrightarrow{BO}+k\overrightarrow{BC}①\)，
又\(O、D、E\)三点共线，存在唯一实数对\(\lambda\)，\(\mu\)，且\(\lambda+\mu=1\)，使\(\overrightarrow{BE}=\lambda \overrightarrow{BO}+\mu \overrightarrow{BD}\)，
又\(\overrightarrow{BD}=\cfrac{1}{3}\overrightarrow{BC}\)，
则\(\overrightarrow{BE}=\lambda \overrightarrow{BO}+\cfrac{1}{3}\mu\overrightarrow{BD}②\)，
根据①②可得，
\(\left\{\begin{array}{l}{k=\lambda}\\{k=\cfrac{1}{3}\mu}\\{\lambda+\mu=1}\end{array}\right.\) 解得\(\left\{\begin{array}{l}{k=\cfrac{1}{4}}\\{\lambda=\cfrac{1}{4}}\\{\mu=\cfrac{3}{4}}\end{array}\right.\)
故\(\overrightarrow{BE}=\cfrac{1}{4}\overrightarrow{BA}\)，即\(BE=\cfrac{1}{4}BA\)；
解后反思：借助向量知识，充分运用三点共线的向量性质和同一法解决问题，巧妙、简洁。
- 同一条切线
(1).讨论\(f(x)\)的单调性，并证明\(f(x)\)有且仅有两个零点；
分析：利用导数工具，求导后解不等式或者利用图像直接回答；在证明零点时常常要用到零点存在性定理；
解析：[首先回答函数的定义域， 原因是对函数的一切研究，都是基于其定义域基础上展开的]，\(f(x)\)的定义域为\((0，1)\cup(1，+\infty)\).
由于\(f'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{1\cdot (x-1)-(x+1)\cdot 1}{(x-1)^2}=\cfrac{1}{x}+\cfrac{2}{(x-1)^2}\)，在定义域上观察导函数，\(f'(x)\ge 0\)恒成立，
故\(x\in (0，1)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在区间\((0，1)\)上单调递增，
\(x\in (1，+\infty)\)时，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在区间\((1，+\infty)\)上单调递增，
注意，函数在\(x=1\)处是没有定义的，即函数图像在\(x=1\)处不是连续的，又结合单调性可知，\(x=1\)应该是函数的渐近线。
另外，函数在某一段\((a，b)\)上单调，并不能说明函数图像在区间\((a，b)\)内一定有零点，最令人信服的就是用零点存在性定理，找出相应的零点来。此时就涉及到赋值法。
一般来说，函数中如果包含有\(y=lnx\)，则我们一般尝试\(x=1\)，\(x=e\)，\(x=e^2\)，\(x=\cfrac{1}{e}\)，\(x=\cfrac{1}{e^2}\)这些特殊值，原因是它们的函数值比较好计算。
因为\(f(e)=1-\cfrac{e+1}{e-1}<0\)，\(f(e^2)=2-\cfrac{e^2+1}{e^2-1}=\cfrac{e^2-3}{e^2-1}>0\)[此处涉及到估值计算]，所以\(f(x)\)在\((1，+\infty)\)内有唯一的零点\(x_1\)，即\(f(x_1)=0\)；
同理同法操作，\(f(\cfrac{1}{e^2})=-1-\cfrac{\frac{1}{e^2}+1}{\frac{1}{e^2}-1}=\cfrac{e^2-3}{1-e^2}<0\)，\(f(\cfrac{1}{e})=-1-\cfrac{\frac{1}{e}+1}{\frac{1}{e}-1}=\cfrac{2}{e-1}>0\)，所以\(f(x)\)在\((0，1)\)内有唯一的零点\(x_2\)，即\(f(x_2)=0\)；
[当然，如果我们的数学素养更好，注意到上述尝试的几个值\(e\)，\(\cfrac{1}{e}\)；\(e^2\)，\(\cfrac{1}{e^2}\)之间的关系，那么我们还可以这样改进证明过程。]
接上，同理同法操作处，由于\(f(x_1)=lnx_1-\cfrac{x_1+1}{x_1-1}=0\)，即\(lnx_1=\cfrac{x_1+1}{x_1-1}\)且\(x_1>1\)，则\(0<\cfrac{1}{x_1}<1\)，
故有\(f(\cfrac{1}{x_1})=ln\cfrac{1}{x_1}-\cfrac{\cfrac{1}{x_1}+1}{\cfrac{1}{x_1}-1}=-lnx_1-\cfrac{1+x_1}{1-x_1}=-lnx_1+\cfrac{x_1+1}{x_1-1}=0\)，即\(f(\cfrac{1}{x_1})=0\)，故\(f(x)\)在\((0，1)\)内必有唯一的零点\(\cfrac{1}{x_1}\).
综上所述，函数\(f(x)\)有且仅有两个零点；
相关链接：导数法判断函数的单调性的策略
(2).设\(x_0\)是\(f(x)\)的一个零点，证明曲线\(y=lnx\)在点\(A(x_0，lnx_0)\)处的切线也是曲线\(y=e^x\)的切线。
分析1：本题目我们还是比较容易能想到用同一法证明，写出在点\(A\)处的切线方程，在写出曲线\(y=e^x\)上在点\(B\)处的切线，然后证明两条切线是同一条直线即可，不过此时有一个难点，就是求点\(B\)的坐标，联想：\(y=lnx\)和\(y=e^x\)两个函数的图像关于直线\(y=x\)对称，且由第(1)问可知，两个零点的横坐标互为倒数，故可知尝试验证点\(B\)的坐标是不是\((ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)。
【解析1】：由于\(e^{ln\cfrac{1}{x_0}}=e^{-lnx_0}=(e^{lnx_0})^{-1}=\cfrac{1}{x_0}\)，故点\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)在曲线\(y=e^x\)上；
由题设可知\(f(x_0)=0\)，即\(lnx_0=\cfrac{x_0+1}{x_0-1}\)，故直线\(AB\)的斜率为
\(k_{AB}=\cfrac{\frac{1}{x_0}-lnx_0}{ln\frac{1}{x_0}-x_0}=\cfrac{\frac{1}{x_0}-\cfrac{x_0+1}{x_0-1}}{-\cfrac{x_0+1}{x_0-1}-x_0}=\cfrac{1}{x_0}\),
又由于曲线\(y=e^x\)在点\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)处的切线的斜率为\(k_1=e^{ln\cfrac{1}{x_0}}=\cfrac{1}{x_0}\)，
又曲线\(y=lnx\)在点\(A(x_0，lnx_0)\)处的切线的斜率\(k_2=\cfrac{1}{x_0}\)，
即\(k_{AB}=k_1=k_2\)，所以曲线\(y=lnx\)在点\(A(x_0，lnx_0)\)处的切线也是曲线\(y=e^x\)的切线。
分析2：我们还可以分别求得在点\(A\)处和在点\(B\)处的切线方程，通过变形说明这两条切线是同一条直线即可。
【解析2】：由于\(e^{ln\frac{1}{x_0}}=e^{-lnx_0}=(e^{lnx_0})^{-1}=\cfrac{1}{x_0}\)，故点\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)在曲线\(y=e^x\)上；
由题设可知\(f(x_0)=0\)，即\(lnx_0=\cfrac{x_0+1}{x_0-1}\)，
由\(y=lnx\)得到，曲线在点\(A(x_0，lnx_0)\)处的切线方程为\(y-lnx_0=\cfrac{1}{x_0}(x-x_0)\)，整理得到\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2}{x_0-1}\)；
由\(y=e^x\)得到，曲线在点\(B(ln\cfrac{1}{x_0}，\cfrac{1}{x_0})\)处的切线斜率为\(k=e^{ln\frac{1}{x_0}}=\cfrac{1}{x_0}\)，故其切线方程为\(y-\cfrac{1}{x_0}=\cfrac{1}{x_0}(x-ln\cfrac{1}{x_0})\)，以下的难点在化简，详述如下：
\(y=\cfrac{1}{x_0}(x-ln\cfrac{1}{x_0})+\cfrac{1}{x_0}\)，即\(y=\cfrac{1}{x_0}(x+lnx_0)+\cfrac{1}{x_0}\)，
即\(y=\cfrac{1}{x_0}(x+\cfrac{x_0+1}{x_0-1})+\cfrac{1}{x_0}\)，化简为\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{x_0+1}{x_0(x_0-1)}+\cfrac{1}{x_0}\)，
即\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{x_0+1}{x_0(x_0-1)}+\cfrac{(x_0-1)}{x_0(x_0-1)}\)，则\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2x_0}{x_0(x_0-1)}\)，
即\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2}{x_0-1}\)；到此，经过点\(A\)和点\(B\)处的切线方程都是直线\(y=\cfrac{x}{x_0}+\cfrac{2}{x_0-1}\)；
故曲线\(y=lnx\)在点\(A(x_0，lnx_0)\)处的切线也是曲线\(y=e^x\)的切线。
解后反思：①有意识的积累常用的数学常识，有助于数学更深层次的学习；②强化数学运算能力；③理解和掌握常见的数学题型和相应的解法思路；
(1)、求\(a、b\)的值和直线\(l\)的方程；
分析：一直线两曲线的公切线问题，同一法
由题意，直线\(l\)与曲线\(C_1：y=f(x)\)切于点\((0，a)\)，又\(f'(0)=a\)，
故切线方程为\(y-a=a(x-0)\)，即\(y=ax+a\)；
与曲线\(C_2：y=g(x)\)切于点\((\cfrac{\pi}{2}，1+\cfrac{\pi}{2}b)\)，又\(g'(\cfrac{\pi}{2})=b\)，
故切线方程为\(y-(1+\cfrac{\pi}{2}b)=b(x-\cfrac{\pi}{2})\)，即\(y=bx+1\)；
由同一法可知，\(a=b=1\)，切线方程为\(y=x+1\)。
(2)、求证：\(ae^x+x^2-bx-sinx>0\)。
分析：证明时思路的预判：原不等式即\(e^x+x^2-x-sinx>0\)
思路一：令\(h(x)=e^x+x^2-x-sinx(x\in R)\)，即需要说明\(h(x)_{min}>0\)；
\(h'(x)=e^x+2x-1-cosx\)；令\(m(x)=h'(x)\)，
则\(m'(x)=e^x+2+sinx>0\)恒成立，
故\(h'(x)\)在\(R\)上单调递增，
故此时我们想得到\(h'(x_0)>0\)或者\(h'(x_0)<0\)的可能性在\(x\in R\)时不存在了，
故要么放弃这一思路，要么考虑调整思路。
思路二：注意第一问的结论，函数\(f(x)=e^x+x^2\)和函数\(g(x)=x+sinx\)的公切线是直线\(y=x+1\)
故可以尝试这样转化，证明\(f(x)=e^x+x^2>x+1\)，且证明\(g(x)=x+sinx<x+1\)；
先尝试证明\(f(x)=e^x+x^2\ge x+1\)，
作差令\(h(x)=e^x+x^2-x-1\)，则\(h'(x)=e^x+2x-1\)
在同一个坐标系中做出函数\(y=e^x\)和函数\(y=1-2x\)的图像，由图像可得
\(x<0\)时，\(h'(x)<0\)；\(x>0\)时，\(h'(x)>0\)；
\(x=0\)时，\(h'(x)=0\)；
故函数\(h(x)\)在\((-\infty，0)\)上单调递减，在\((0，+\infty)\)上单调递增，
故\(h(x)_{min}=h(0)=0\)，故\(h(x)\ge 0\)恒成立，当且仅当\(x=0\)时取到等号；
再证明\(g(x)=x+sinx\leq x+1\)；即证明\(sinx\leq 1\)
由三角函数的性质我们知道，这个不等式是恒成立的，当且仅当\(x=2k\pi+\cfrac{\pi}{2}(k\in Z)\)时取到等号；
综上所述，\(e^x+x^2\ge x+1\)，\(x+1\ge x+sinx\)，
故\(e^x+x^2>x+sinx\)，等号不能同时取到，故此处取不等号。
即\(ae^x+x^2-bx-sinx>0\)。证毕。
过一个平面的垂面内一点，做该平面的垂线，则垂线一定在该垂面内； ↩︎
