前言
為什么需要數形結合思想？數形結合體現了數學應用意識的萌生和發展。
如何結合
作二者結合的訓練：學習時，有意識的進行數與形的有效結合；訓練做題時，有意識的從數的角度和形的角度進行思考，比如分段函數不等式的求解；
二者結合的素材：
暫時能想到：斜率公式，兩點間距離公式，向量的加法減法的幾何意義；向量的投影，線性規划問題，導函數的圖像，用圖像解不等式，二次方程根的分布，三個二次等等
易錯情形
-
向量的投影
-
直線的參數方程的參數的幾何意義
典例剖析
分析：借助平面內兩點間距離公式，將函數轉化為\(y=\sqrt{(x-0)^2+(0-3)^2}+\sqrt{(x-4)^2+(0-5)^2}\)，
所給函數可以看作是點\(P(x，y)\)到兩定點\(A(0，3)\)和\(B(4，5)\)的距離之和，即在\(x\)軸上求一點\(P\)，使之到\(x\)軸同側兩點\(A\)，\(B\)的距離之和最小，
又\(A\)點關於\(x\)軸的對稱點\(A'(0，-3)\)，故\(|PA|+|PB|=|PA'|+|PB|\geqslant |A'B|=4\sqrt{5}\)，故所求最小值為\(4\sqrt{5}\)。
法1：原函數可以轉化為\(y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}\)，
由於\(2-(x-5)^2\geqslant 0\)，得到\(|x-5|\leqslant \sqrt{2}\)，
令\(x-5=\sqrt{2}cos\alpha\)，則\(\alpha\in [0,\pi]\)，且\(x=\sqrt{2}cos\alpha+5\),
則\(y=x+\sqrt{2-(x-5)^2}=\sqrt{2}cos\alpha+5+\sqrt{2sin^2\alpha}\)
\(=\sqrt{2}cos\alpha+5+\sqrt{2}sin\alpha=2sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})+5\)
由於\(\alpha\in [0,\pi]\)，則\(sin(\alpha+\cfrac{\pi}{4})\in [-\cfrac{\sqrt{2}}{2},1]\)
故\(y_{min}=5-\sqrt{2}\)，\(y_{max}=7\)，
法2：令\(-x^2+10x-23\geqslant 0\)，得到函數的定義域為\([5-\sqrt{2}，5+\sqrt{2}]\)，
又由於\(y=-x^2+10x-23=-(x-5)^2+2\)，故原函數必然在區間\([5-\sqrt{2},5]\)上單調遞增，甚至能延伸到區間\([5-\sqrt{2},x_0]\)，\(x_0>5\)，在區間\([x_0,5+\sqrt{2}]\)上單調遞減，
故其最小值必然\(f(x)_{min}=min\{f(5-\sqrt{2})，f(5+\sqrt{2})\}\)，又\(f(5-\sqrt{2})=5-\sqrt{2}\)，\(f(5+\sqrt{2})=5+\sqrt{2}\)，
故\(f(x)_{min}=5-\sqrt{2}\).
若不等式\((x-a)^2+(x-lna)^2>m\)對任意\(x\in R\)，\(a\in (0，+\infty)\)恆成立，則實數\(m\)的取值范圍是______________。
分析：檢索自己的數學知識儲備，我們能發現，不等式的左端的結構和平面內兩點間的距離公式非常接近，
故我們主動聯想，向兩點間的距離公式的幾何意義做靠攏；
- 注意，已知動點坐標\((x，x)\)，則動點在函數\(y=x\)上；已知動點坐標\((a，lna)\)，則動點在函數\(y=lnx\)上；已知動點坐標\((x，lnx^2)\)，則動點在函數\(y=2lnx\)上；
已知動點坐標\((a，2a)\)，則動點在函數\(y=2x\)上；
解法1：表達式\((x-a)^2+(x-lna)^2\)的幾何意義是直線\(y=x\)上的點\((x，x)\)到曲線\(y=lnx\)上的點\((a，lna)\)距離的平方，
如果令\(f(x)=(x-a)^2+(x-lna)^2\)，則由\(m<f(x)\)對任意\(x\in R\)，\(a\in (0，+\infty)\)恆成立，
即需要我們求\(f(x)\)的最小值；這樣題目首先轉化為以下的題目：
\(\fbox{例1-相關}\)直線\(y=x\)上的動點為\(P\)，函數\(y=lnx\)上的動點是\(Q\)，求\(|PQ|\)的最小值。
【等價題目】直線\(y=x\)上的點為\(P(x，x)\)，函數\(y=lnx\)上的點是\(Q(a，lna)\)，求\(\sqrt{(x-a)^2+(x-lna)^2}\)的最小值。
設和直線\(y=x\)平行且和函數\(y=lnx\)相切的直線為\(y=x+m\)，
切點為\(P_0(x_0，y_0)\)，則有
\(\begin{cases} y_0=x_{0}+ m \\ y_0=lnx_0 \\ f'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}=1\end{cases}\)；
從而解得\(x_0=1，y_0=0，m=-1\)
所以所求的點點距的最小值，就轉化為切點\(P_0(1，0)\)到直線\(y=x\)的點線距，
或者兩條直線\(y=x\)，\(y=x-1\)的線線距了。
此時\(|PQ|_{min}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)；
由上述題目可知，\(f(x)_{min}=(\cfrac{\sqrt{2}}{2})^2=\cfrac{1}{2}\)，
故實數\(m\)的取值范圍是\(m<\cfrac{1}{2}\)，即\(m\in (-\infty，\cfrac{1}{2})\)。
已知向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)是單位向量，若\(\vec{a}\cdot \vec{b}=0\)，且\(|\vec{c}-\vec{a}|+|\vec{c}-2\vec{b}|=\sqrt{5}\)，則\(|\vec{c}+2\vec{a}|\)的取值范圍是_________。
分析：利用向量減法的幾何意義確定\(|\vec{c}-\vec{a}|+|\vec{c}-2\vec{b}|=\sqrt{5}\)表達的圖形和\(|\vec{c}+2\vec{a}|\)的幾何意義。
解法1：由於向量\(\vec{a}\)，\(\vec{b}\)是相互垂直的單位向量，不妨采用特殊化策略，
設\(\vec{a}=(1，0)\)，\(\vec{b}=(0，1)\)，將向量\(\vec{c}\)的起點放置在坐標原點，
則\(|\vec{c}-\vec{a}|+|\vec{c}-2\vec{b}|\)的幾何意義就是向量\(\vec{c}\)的終點到向量\(\vec{a}\)，向量\(2\vec{c}\)的終點\((1，0)\)和\((0，2)\)的距離之和，
由於這兩點間的距離等於\(\sqrt{5}\)，故向量\(\vec{c}\)的終點在以\((1，0)\)，\((0，2)\)為端點的線段上，
該線段所在的直線方程為\(x+\cfrac{y}{2}=1(0\leq x\leq 1)\)，
\(|\vec{c}+2\vec{a}|=|\vec{c}-(-2\vec{a})|\)的幾何意義是向量\(\vec{c}\)的終點到向量\(-2\vec{a}\)的終點\((-2，0)\)的距離，
顯然最大距離即為點\((-2，0)\)到點\((1，0)\)的距離\(3\)，最小距離為點\((-2，0)\)到直線\(x+\cfrac{y}{2}=1\)的距離，
此距離為\(d=\cfrac{|-2-1|}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}=\cfrac{6\sqrt{5}}{5}\)；
故\(|\vec{c}+2\vec{a}|\)的取值范圍是\([\cfrac{6\sqrt{5}}{5}，3]\)。
法1：反解法+輔助角公式，先反解得到\(sinx-y\cdot cosx=1+2y\)，
即\(\sqrt{y^2+1}\cdot sin(x+\phi)=2y+1\)，即\(sin(x+\phi)=\cfrac{2y+1}{\sqrt{y^2+1}}\)，
故有\(|\cfrac{2y+1}{\sqrt{y^2+1}}|\leq 1\)，兩邊平方得到\((2y+1)^2\leq y^2+1\) ，
解得$ -\cfrac{4}{3}\leq y\leq 0$。
法2：數形結合，此題目可以看成動點\((cosx，sinx)\)到定點\((-2，1)\)的連線的斜率的取值范圍，
而動點\((cosx，sinx)\)的軌跡是單位圓，作出圖像如右，
可以得到連線斜率\(y_{max}=0\)，而\(y_{min}\)應該是定點與圖中的切點\((x_0，y_0)\)的連線的斜率。
以下求切點\((x_0，y_0)\)。
由\(\begin{cases} \cfrac{y_0-1}{x_0+2}\cdot \cfrac{y_0}{x_0}=-1 ①\\x_0^2+y_0^2=1 ②\end{cases}\)，
②代入①解得\(y_0-2x_0=1\)，聯立②式，
從而解得\(x_0=-\cfrac{4}{5}或x_0=0(舍去)\)，\(y_0=-\cfrac{3}{5}\)，
代入求得另一個相切的斜率\(k=y_{min}=\cfrac{1+\cfrac{3}{5}}{-2+\cfrac{4}{5}}=-\cfrac{4}{3}\)，
故$ -\cfrac{4}{3}\leq y\leq 0$。
- 1、求函數\(y=f(x)=\cfrac{cosx-1}{sinx+2}\)的值域；
分析：函數\(y=f(x)=\cfrac{cosx-1}{sinx+2}\)的值域和函數\(y=g(\phi)=\cfrac{sin\phi-1}{cos\phi+2}\)的值域一樣，
為什么呢？這是因為單位圓\(x^2+y^2=1\)上的任意一點的坐標既可以表述為\((cos\theta，sin\theta)\)，
也可以表述為\((sin\phi，cos\phi)\)。
- 2、求函數\(y=f(x)=\cfrac{cosx+2}{sinx-1}\)的值域；
可以利用求函數\(y=f(x)=\cfrac{sinx-1}{cosx+2}\)的值域的倒數；
- 3、求函數\(y=f(x)=\cfrac{3sinx-2}{2cosx+5}\)的值域；
分析：\(y=f(x)=\cfrac{3sinx-2}{2cosx+5}=\cfrac{3\cdot(sinx-\cfrac{1}{3})}{2\cdot(cosx+\cfrac{5}{2})}\)
\(=\cfrac{3}{2}\cdot \cfrac{sinx-\cfrac{1}{3}}{cosx+\cfrac{5}{2}}\)，從而關鍵是求出動點\((cosx，sinx)\)與定點\((-\cfrac{5}{2}，\cfrac{1}{3})\)的連線的斜率的范圍，再乘以\(\cfrac{3}{2}\)即可。
法1：從形入手，條件\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=1\)可以理解為如圖的情況，
而\(|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{2}\)，向量\(\vec{c}\)的終點在單位圓上，
故向量\(|\vec{c}|\)的最大值為\(\sqrt{2}+1\)，故選C。
法2：從數的角度，由題意得到\(|\vec{a}|=|\vec{b}|=1，\vec{a}\cdot\vec{b}=0\)，
所以\(|\vec{a}+\vec{b}|=\sqrt{2}\)，又因為\(|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|=1\)，
所以\(|\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}|^2=\vec{c}^2-2\vec{c}\cdot(\vec{a}+\vec{b})+(\vec{a}+\vec{b})^2=1\)，
設\(\vec{c}\)與\(\vec{a}+\vec{b}\)的夾角為\(\theta\)，
則\(|\vec{c}|^2-2|\vec{c}|\times\sqrt{2}cos\theta+2=1\)，
即\(|\vec{c}|^2+1=2\sqrt{2}|\vec{c}|cos\theta\leq 2\sqrt{2}|\vec{c}|\)，
即\(|\vec{c}|^2-2\sqrt{2}|\vec{c}|+1\leq 0\)，
解得\(\sqrt{2}-1\leq |\vec{c}|\leq \sqrt{2}+1\)。
法3：數形結合，由於\(\vec{a}，\vec{b}\)為單位向量，且\(\vec{a}\perp \vec{b}\)，
故設\(\vec{a}=(1，0)，\vec{b}=(0，1)，\vec{c}=(x，y)\)，
則\(\vec{c}-\vec{a}-\vec{b}=(x-1，y-1)\)，由\(|\vec{c}-(\vec{a}+\vec{b})|=1\)可得，
\(\sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2}=1\)，即\((x-1)^2+(y-1)^2=1\)，
即向量\(\vec{c}\)的終點坐標在圓心位於點\((1，1)\)半徑為\(1\)的圓上，
故\(|\vec{c}|\)的最大值是\(\sqrt{2}+1\)，
當然也可以知道\(|\vec{c}|\)的最小值是\(\sqrt{2}-1\)。
【分析】求導后借助導函數的部分函數\(y=(x+1)(x+m+3)\)的圖像，利用兩根的大小關系分類討論，可以輕松判斷其單調性；
【解答】\(g(x)=e^x[x^2+(m+2)x+1]\)，定義域為\(R\)，
則\(g'(x)=e^x\cdot [x^2+(m+2)x+1]+e^x\cdot (2x+m+2)\)
\(=e^x[x^2+(m+4)x+m+3]=e^x(x+1)[x+(m+3)]\)
令\(g'(x)=0\)，得到\(x=-1\)或\(x=-(m+3)\)，由於\(e^x>0\)恆成立，
故借助開口向上的二次函數\(y=(x+1)[x+(m+3)]\)的圖像求解如下：
①當\(-(m+3)<-1\)時，即\(m>-2\)時，
\(x\in (-\infty，-m-3)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
\(x\in (-m-3，-1)\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，
\(x\in (-1，+\infty)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
②當\(-(m+3)=-1\)時，即\(m=-2\)時，\(g'(x)\ge 0\)恆成立，
當且僅當\(x=-1\)時取得等號，故\(g(x)\)在R上單調遞增；
③當\(-(m+3)>-1\)時，即\(m<-2\)時，
\(x\in (-\infty，-1)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
\(x\in (-1，-m-3)\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，
\(x\in (-m-3，+\infty)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，
綜上所述：
當\(m<-2\)時，函數\(g(x)\)的單增區間為\((-\infty，-1)\)和\((-m-3，+\infty)\)，單減區間為$ (-1，-m-3)$;
當\(m=-2\)時，函數\(g(x)\)只有單增區間為\((-\infty，+\infty)\)；
當\(m>-2\)時，函數\(g(x)\)的單增區間為\((-\infty，-m-3)\)和\((-1，+\infty)\)，單減區間為$ (-m-3，-1)$;
【法1】注意到\(xf'(x)-f(x) <0\)，故構造函數\(g(x)=\cfrac{f(x)}{x}\)，則函數\(g(x)\)為偶函數；
\(g'(x)=\cfrac{xf'(x)-f(x)}{x^2}\)，結合當\(x>0\)時，\(xf'(x)-f(x)<0\)，
可知，當\(x >0\)時，\(g'(x)<0\)，即\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上單調遞減，
由偶函數可知，\(g(x)\)在\((-\infty，0)\)上單調遞增，
又\(f(-1)=0\)，即\(g(-1)=\cfrac{f(-1)}{-1}=0\)，且\(g(1)=g(-1)=0\)，
從而做出\(g(x)\)的圖像如右圖所示，
以下說明如何利用\(g(x)\)的圖像解不等式\(f(x)>0\)；
第一象限的函數圖像(注意此時有\(0 < x <1\))，滿足\(g(x)=\cfrac{f(x)}{x}>0\) 且 \(x >0\)，
由符號法則得\(f(x)>0\)，將這段函數圖像向\(x\)軸作射影，
得到\(0< x <1\)，即當\(0< x <1\)時，必有\(f(x) >0\) 成立；
同理可知，由第二象限的圖像，注意此時有\(-1< x <0\)及 \(g(x)>0\)，可得當\(-1< x <0\)時，必有\(f(x)<0\)，不符；
同理，由第三象限的圖像，注意此時有\(x <-1\)及 \(g(x)>0\)，可得當\(x <-1\)時，必有\(f(x) >0\)，符合；
同理，由第四象限的圖像，注意此時有\(x >1\)及 \(g(x) <0\)，可得當\(x >1\)時，必有\(f(x) <0\)，不符；
綜上所述，\(f(x)>0\)的解集是\((-\infty，-1)\cup(0，1)\)。選A
【法2】有了法1做基礎，我們可以簡化如下，\(y\)軸右側的圖像，代表\(x >0\)，
那么\(g(x)=\cfrac{f(x)}{x}\)的分母就為正，現在要求解\(f(x) >0\)，此時必然會選擇\(x\)軸上方的圖像，其滿足 \(g(x) >0\)，
故將這段圖像向\(x\)軸作射影，落在區間\((0 ，1)\)上，故有\(0< x <1\)時，\(f(x) >0\)；
而\(y\)軸左側的圖像，代表\(x <0\)，
那么\(g(x)=\cfrac{f(x)}{x}\)的分母就為負，現在要求解\(f(x)>0\)，此時必然會選擇\(x\)軸下方的圖像，其滿足 \(g(x)<0\)，
故將這段圖像向\(x\)軸作射影，落在區間\((-\infty ，-1)\)上，說明\(x <-1\)時，\(f(x)>0\)；
綜上所述，\(f(x)>0\)的解集是\((-\infty，-1)\cup(0，1)\)。選A
法1：利用向量的坐標運算得到，\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=2x+y\)，故轉化為求\(2x+y\)的最大值，即求\(z=2x+y\)的最大值，用線性規划的常規方法解決即可。
法2：利用向量的投影的幾何意義求解，說明：點\(M\)是三角形區域內部及邊界上的一個動點，動畫只做了點\(M\)在邊界上的情形；
注：圖中有向線段\(OB\)是向量\(\overrightarrow{OM}\)在向量\(\overrightarrow{OA}\)方向上的投影，它是可正，可負，可零的；
\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=|\overrightarrow{OA}|\cdot |\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)，其中\(|\overrightarrow{OA}|\)是個定值，
故只需要求\(|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)的最大值，而\(|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)的幾何意義是\(\overrightarrow{OM}\)在\(\overrightarrow{OA}\)方向上的投影，
由圖形可知，當點\(M(x，y)\)位於點\((2，-1)\)時投影\(|\overrightarrow{OM}|\cdot cos\theta\)最大，故將點\((2，-1)\)代入\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=3\)。
變式題1：求\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}\)的最小值是多少？
分析：由上圖可以看出，當兩個向量的夾角為鈍角時，其投影是負值，故當點\(M\)位於點\(C\)時，其內積最小，
此時將點\((-1，-1)\)代入得到\(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OM}=-3\)。
變式題2：求向量\(\overrightarrow{OM}\)的投影的絕對值最小時的動點\(M\)的軌跡方程？
分析：當其夾角為\(90^{\circ}\)時，有向線段\(OB=0\)，故向量\(\overrightarrow{OM}\)的投影的絕對值最小\(0\)；
此時，點\(M\)在三角形區域內部且和直線\(OA\)垂直，故其軌跡為\(y=-2x，(-1\leqslant y\leqslant 0)\)
法1：從形的角度思考，采用坐標法求解；以點\(A\)為坐標原點建立如圖所示的直角坐標系，
則可知\(A(0，0)\)，\(B(0，-2)\)，\(C(4，-2)\)，\(D(4，0)\)，設\(E(x，y)\)，
則由\(k_{AE}\cdot k_{BD}=-1\)，可得\(y=-2x\)①，又直線\(BD：2y=x-4\)②，
聯立①②可得，\(x=\cfrac{4}{5}\)，\(y=-\cfrac{8}{5}\)，
則\(\overrightarrow{AE}\cdot \overrightarrow{AC}=(\cfrac{4}{5}，-\cfrac{8}{5})\cdot (4，-2)=\cfrac{32}{5}\)，故選\(C\).
法2：本題目是否還可以用基向量法，以\(\overrightarrow{AB}\)和\(\overrightarrow{AD}\)為基向量來表示其他向量，待思考；
法1：由已知條件可知，\(m+n=16\)，若從數的角度入手分析，則\(m=16-n\)，
轉化為先求\(m^2+n^2=(16-n)^2+n^2=2n^2-32n+16^2=2(n-8)^2+128\)，
故\((m^2+n^2)_{min}=128\)，故所求最小值為\(\sqrt{128}=8\sqrt{2}\)。
法2：由已知條件可知，\(m+n=16\)，若從形的角度入手分析，建立如圖所示的坐標系，
可知，\(m+n=16\)表示一條直線，\(\sqrt{m^2+n^2}=\sqrt{(m-0)^2+(n-0)^2}\)表示定點\((0，0)\)與動點\((m，n)\)的距離，
故所求的最小距離為\(8\sqrt{2}\)。
分析：轉化為函數\(y=f(x)\)與函數\(y=ax\)的圖像有三個交點，在同一個坐標系中做出兩個函數的圖像如圖所示，
先求得直線\(y=ax\)與曲線\(y=f(x)\)有兩個交點的臨界位置，其一為直線過點\((4，ln4)\)時，此時的直線斜率為\(k=a=\cfrac{ln4}{4}=\cfrac{ln2}{2}\)，另一個為直線和曲線相切時過切點，
利用設切點求切點的思路(此處略)，求得切點為\((e，1)\)，此時的直線斜率為\(k=a=\cfrac{1}{e}\)，
故直線和曲線有三個交點時的\(a\)的取值范圍是\((\cfrac{ln2}{2}，\cfrac{1}{e})\)。
分析：本題目可以考慮的角度比較多，比如利用向量的內積的定義，向量的內積的坐標運算，這些思路都不能走下去，所以需要重新思考新的思路，比如利用向量的內積的幾何意義；
由於點\(O\)是外心，過點\(O\)做\(OF\perp AC\)於點\(F\)，過點\(O\)做\(OE\perp AB\)於點\(E\)，則\(|AF|=\cfrac{3}{2}\)，\(|AE|=1\)，
\(\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{BC}=\overrightarrow{AO}\cdot (\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB})=\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AO}\cdot \overrightarrow{AB}\)
\(=|\overrightarrow{AO}||\overrightarrow{AC}|cos\angle CAO-|\overrightarrow{AO}||\overrightarrow{AB}|cos\angle BAO=|\overrightarrow{AC}||\overrightarrow{AF}|-|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AE}|\)
\(=3\times \cfrac{3}{2}-2\times 1=\cfrac{5}{2}\)。
分析：先做出如右圖所示的圖像，從形上分析，由於函數\(f(x)=a^x\)與\(g(x)=log_ax(a>0且a \neq 1)\)互為反函數，其圖像關於直線\(y=x\)對稱，
故兩條曲線相交時，直線\(y=x\)必然也會過他們的交點，這樣我們將圖形簡化一下，
即要保證兩條曲線有兩個交點，只需要一區一直兩條線有兩個交點就可以了，
此時我們從形上已經不好把握了，需要轉換到數的角度進行計算。
即函數\(y=a^x\)與函數\(y=x\)的圖像有兩個交點，也即方程\(a^x=x\)要有兩個不同的實數根。
兩邊同時取自然對數，得到\(lna^x=lnx\)，即\(xlna=lnx\)，注意到圖像的交點的\(x\neq 0\)，
故分離參數得到\(lna=\cfrac{lnx}{x}\)，
則要方程使\(lna=\cfrac{lnx}{x}\)有兩個不同的根，需要函數\(y=lna\)和\(g(x)=\cfrac{lnx}{x}\)要有兩個交點，這樣又轉換到形了。
以下用導數方法，判斷函數\(g(x)=\cfrac{lnx}{x}\)的單調性，得到在\((0，e)\)上單調遞增，在\((e，+\infty)\)上單調遞減，做出其函數圖像如右圖所示，
故有\(0<lna<\cfrac{1}{e}\)，即\(ln1<lna<lne^{\frac{1}{e}}\)，故\(a\in (1，e^{\frac{1}{e}})\)，選\(D\).
解后反思：
①、數到形，形到數，二者之間的轉換在高三數學的學習中非常普遍。
②、熟練掌握函數\(f(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，以及\(g(x)=lnx\pm x\)，\(h(x)=x\cdot lnx\)等的函數的圖像和性質，在解題中會有不小的驚喜。
③、在分離常數時，可以分離得出\(lna=\cfrac{lnx}{x}\)，還可以分離得到\(a=e^{\frac{lnx}{x}}\)，但是明顯第一種分離方式更有利於計算，此處使用了整體思想。
法1：從數的角度分析，先求出\(z=3x+4y+12\)的取值范圍，
再求\(y=|z|=|3x-4y+12|\)的取值范圍。
法2：從形的角度分析，聯想到點到直線的距離公式，
則可以先作變形，\(|3x-4y+12|=5\times\cfrac{|3x-4y+12|}{\sqrt{3^2+4^2}}\)，
所求即可行域中的動點\(P(x，y)\)到直線\(3x-4y+12=0\)的距離的5倍；
解：\(\overrightarrow{OC}=m\overrightarrow{OA}-n\overrightarrow{OB}=m(3，1)-n(-1，3)=(3m，m)-(-n，3n)=(3m+n，m-3n)\)，
故\(|\overrightarrow{OC}|=\sqrt{(3m+n)^2+(m-3n)^2}=\sqrt{10m^2+10n^2}=\sqrt{10}\sqrt{m^2+n^2}\)
【預備知識】已知\(m>0\)，\(n>0\) ，\(m+n\in [1，2]\)，求\(m^2+n^2\)的取值范圍。
分析：將上述給定的數的條件轉化為形的條件，則\(m^2+n^2\)可以看成半徑為\(r\)的動圓上位於第一象限內的一點，\(1\leq m+n\leq 2\)可以看成兩條平行線\(m+n=1\)和\(m+n=2\)之間的平面區域內且位於第一象限的的任意一點，
故\(m^2+n^2\)的取值范圍：最小值可以看成圓心\((0，0)\)到直線\(m+n=1\)的距離的平方，最大值可以看成圓心\((0，0)\)到點\((0，2)\)或\((2，0)\)的距離的平方(取不到)，
則可知\(d_1=\cfrac{1}{\sqrt{2}}\)，\(d_2=2\)，故\(d_1^2=\cfrac{1}{2}\)，\(d_2^2=4\)，即\(m^2+n^2\in [\cfrac{1}{2}，4]\)；
接上可知，\(|\overrightarrow{OC}|=\sqrt{10}\sqrt{m^2+n^2}\in [\sqrt{5}，2\sqrt{10})\)，故選\(B\)。