均值不等式中的一则题目\(\scriptsize\text{$(a+\cfrac{1}{a})^2+(b+\cfrac{1}{b})^2\ge \cfrac{25}{2}$}\)
已知数列\(\{a_n\}\)是等差数列，其前\(n\)项和为\(S_n\)，已知\(S_6=42\)，\(S_{12}=156\)，求\(S_{18}\)的值。
【法1：以\(a_1\)和\(d\)为元的方程组法】利用\(S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\times d\)得到，
\(\begin{cases}S_6=6a_1+15d=42\\S_{12}=12a_1+66d=156\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a_1=2\\d=2\end{cases}\)，
故\(S_{18}=18a_1+\cfrac{18\times17}{2}\times 2=342\)。
【法2：以\(a\)和\(b\)为元的方程组法】由等差数列的性质知道，其前\(n\)项和公式可以写成这样：\(S_n=an^2+bn\)，
由此得到，\(\begin{cases}S_6=36a+6b=42\\S_{12}=144a+12b=156\end{cases}\)，解得\(\begin{cases}a=1\\b=1\end{cases}\)，
故\(S_{18}=1\times 18^2+1\times 18=342\)。
【法3：等差数列性质，函数法】注意到\(\cfrac{S_n}{n}=an+b\)，即表明数列\(\{\cfrac{S_n}{n}\}\)也是一个等差数列。
由于\(\cfrac{S_6}{6}\)，\(\cfrac{S_{12}}{12}\)，\(\cfrac{S_{18}}{18}\)分别是数列的第\(6,12,18\)项，故这三项也是成等差数列的，
则有$2\times\cfrac{S_{12}}{12}=\cfrac{S_6}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $，即$2\times\cfrac{156}{12}=\cfrac{42}{6}+\cfrac{S_{18}}{18} $，
解得\(S_{18}=342\)。
【法4：等差数列性质法】由于\(S_6，S_{12}-S_6，S_{18}-S_{12}\)成等差数列，
故有\(2(S_{12}-S_6)=S_6+S_{18}-S_{12}\)，即\(2(156-42)=42+S_{18}-156\)，
解得\(S_{18}=3(156-42)=342\)。
在直角坐标系\(xoy\)中，曲线\(C_1\)的参数方程为\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数)\)，以坐标原点为极点，以\(x\)轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线\(C_2\)的极坐标方程为\(\rho=2cos\theta\)。
(1)写出曲线\(C_1\)的普通方程和\(C_2\)的直角坐标方程；
(2)设点\(P\) 在\(C_1\)上，点\(Q\) 在\(C_2\)上，且\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)，求三角形\(POQ\)面积的最大值。
分析：(1) 直接给出答案，曲线的普通方程\(C_1：(x-2)^2+y^2=4\)；所求的直角坐标方程\(C_2：(x-1)^2+y^2=1\)；
(2)【法1】极坐标法，曲线\(C_1\)的极坐标方程为\(\rho_1=4cos\alpha(\alpha\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)， 曲线\(C_2\)的极坐标方程为\(\rho_2=2cos\theta(\theta\in(-\cfrac{\pi}{2}，\cfrac{\pi}{2}))\)，
如右图所示，初步分析，当点\(P\)在\(x\)轴上方时，点\(Q\)必在\(x\)轴下方；当然还会有另一种情形，当点\(P\)在\(x\)轴下方时，点\(Q\)必在\(x\)轴上方；
我们取其中一种做研究，比如点\(P\)在\(x\)轴上方，点\(Q\)在\(x\)轴下方；注意此时点\(Q\)的极角是负值\(-\theta\)，
由于\(\rho_1>0\)，\(\rho_2>0\)，以及\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，\(\alpha-\theta=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\theta+\cfrac{\pi}{2}\)，(顺时针为正，逆时针为负)
则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\rho_1\rho_2=\cfrac{1}{2}\times 4cos\alpha\times 2cos\theta\)
\(=4cos(\theta+\cfrac{\pi}{2})cos\alpha=-4sin\theta cos\theta=-2sin2\theta\)，
当\(2\theta=-\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\theta=-\cfrac{\pi}{4}\)时，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法2】参数方程法，
如图所示，曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数，\alpha\in (0，2\pi))\)，曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数，\theta\in (0，2\pi))\)，注意参数的含义，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
则有\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1-cos\theta)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=\cfrac{1}{2}\times 4\sqrt{(1-cos\theta)(1+cos\theta)}=2\sqrt{1-cos^2\theta}=2|sin\theta|\)
当\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)时，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【变形方法3】参数方程法，曲线\(C_1\)的参数方程是\(\begin{cases}x=2+2cos\alpha\\y=2sin\alpha\end{cases}(\alpha为参数，\alpha\in (0，2\pi))\)，曲线\(C_2\)的参数方程是\(\begin{cases}x=1+cos\theta\\y=2sin\theta\end{cases}(\theta为参数，\theta\in (0，2\pi))\)，注意参数的含义，\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可知，\(k_{OP}k_{OQ}=-1\)，即\(\cfrac{2sin\alpha}{2+2cos\alpha}\times \cfrac{sin\theta}{1+cos\theta}=-1\)，即\(-sin\alpha sin\theta=(1+cos\alpha)(1+cos\theta)\)
\(S_{\Delta OPQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(2+2cos\alpha)^2+(2sin\alpha)^2}\sqrt{(1+cos\theta)^2+sin^2\theta}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{8(1+cos\alpha)}\sqrt{2(1+cos\theta)}=2\sqrt{(1+cos\alpha)(1+cos\theta)}=2\sqrt{-sin\alpha sin\theta}\)，又有\(\cfrac{\alpha}{2}-\cfrac{\theta}{2}=\cfrac{\pi}{2}\)，即\(\alpha=\pi+\theta\)
\(=2\sqrt{sin^2\theta}=2|sin\theta|\)，
当\(\theta=\cfrac{\pi}{2}\)时，\((S_{\Delta OPQ})_{max}=2\)。
【法4】尝试使用均值不等式，待有空思考整理。
设直线\(OP\)的方程为\(y=kx\)，由\(\angle POQ=\cfrac{\pi}{2}\)可得，
直线\(OQ\)的方程为\(y=-\cfrac{1}{k}x\)，
联立\(\begin{cases}(x-2)^2+y^2=4\\y=kx\end{cases}\)，解得\(P(\cfrac{4}{1+k^2}，\cfrac{4k}{1+k^2} )\)，
联立\(\begin{cases}(x-1)^2+y^2=1\\y=-\cfrac{1}{k}x\end{cases}\)，解得$ Q(\cfrac{2k^2}{1+k^2}，\cfrac{-2k}{1+k^2} )$，
\(S_{\Delta POQ}=\cfrac{1}{2}|OP||OQ|=\cfrac{1}{2}\sqrt{(\cfrac{4}{1+k^2})^2+(\cfrac{4k}{1+k^2})^2}\sqrt{(\cfrac{2k^2}{1+k^2})^2+(\cfrac{-2k}{1+k^2})^2}\)
\(=\cfrac{1}{2}\sqrt{\cfrac{16}{1+k^2}}\sqrt{\cfrac{4k^2}{1+k^2}}=\cfrac{4|k|}{1+k^2}=\cfrac{4}{|k|+\frac{1}{|k|}}\leq 2\)。
当且仅当\(|k|=1\)时取到等号。故\((S_{\Delta POQ})_{max}=2\)。
反思：这个解法的优越性体现在只有一个变量\(k\)，那么求最值时就好操作些。
解后反思：
1、在高中数学中，求某个量(比如面积)的最值时，往往需要先表达出这个量(比如面积)的函数，这样求实际问题的最值就变成了求这个函数模型的最值问题了，这一过程实际就是函数的建模。
2、法1利用极坐标法，这样表达刻画面积时，就只有两个变量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。
3、法2利用参数方程法，在表达刻画面积时，同样只有两个变量\(\alpha\)和\(\theta\)，然后利用两个变量的相互关系，再将变量集中为一个变量，就好求解其最大值了。法2和法3本质接近。
4、正确求解本题目，需要深刻理解极坐标方程的含义和参数方程的含义，尤其是法2对参数的含义更不能弄错了。用到了内外角关系和圆心角和圆周角关系。
5、还有学生想到设\(P(x_1，y_1)\)，$ Q(x_2，y_2)$，这样的思路我没有做尝试，不过能看出来此时是四个变量，这样就难得多了，所以碰到这样的题目我们先需要初步筛选思路。
已知函数\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)有唯一的零点，则\(a\)的值为【】
A、\(-\cfrac{1}{2}\) \(\hspace{2cm}\) B、\(\cfrac{1}{3}\) \(\hspace{2cm}\) C、\(\cfrac{1}{2}\) \(\hspace{2cm}\) D、\(1\)
【法1】：分离常数法，本题目就不适宜使用此法；
由\(f(x)=0\)得到\(a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x\)，
分离得到\(a=\cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}=h(x)\)，
你应该能感觉到函数\(h(x)\)若要用导数分析其单调性，
那会是相当的难，故分离参数的思路一般在这个题目中，就自然舍弃了。
【法2】：由题目可知方程\(f(x)=0\)仅有一解，即\(a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x\)仅有一解，
即函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)与函数\(y=-x^2+2x\)的图像仅有一个交点。参考图像
具体用手工怎么作图呢，函数\(y=-x^2+2x\)的图像大家应该会的，故重点说函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的图像做法。
令函数\(g(x)=y=e^x+\cfrac{1}{e^x}=e^x+e^{-x}\)，则是偶函数，\(g(0)=2\)，
当\(x\ge 0\)时，\(g'(x)=e^x-e^{-x}\)，\(g'(x)\)单调递增，
故\(g'(x)\ge g'(0)=0\)，则函数\(g(x)\)在\([0，+\infty)\)上单调递增，又由偶函数可知，在\((-\infty，0]\)上单调递减，
这样我们就做出了函数\(g(x)=e^x+\cfrac{1}{e^x}\)的图像，然后将其向右平移一个单位，得到\(y=e^{x-1}+e^{-x+1}\)的图像，
前边的系数\(a\)的作用有两个，其一控制张角大小，其二控制函数最低点的位置，
就像函数\(y=a|x|\)中的\(a\)的作用一样的，所以我们就能用手工做出函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的图像，
要使得函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)与函数\(y=-x^2+2x\)的图像仅有一个交点，
就需要函数\(y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)的最小值\(a(e^{1-1}+e^{-1+1})=2a\)和函数\(y=-x^2+2x\)的最大值\(-1^2+2\times1=1\)相等，
故\(2a=1\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)。
【法3】：构造函数法+函数的性质法；
函数\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})=(x-1)^2+a[e^{x-1}+e^{-(x-1)}]-1\)，
令\(t=x-1\)，则\(g(t)=f(x-1)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1\)，
由于\(g(-t)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1=g(t)\)，故\(g(t)\)为偶函数，
由于函数\(f(x)\)有唯一零点，则函数\(g(t)\)也有唯一零点，
又函数\(g(t)\)是偶函数，即函数\(g(t)\)与\(t\)轴仅有一个交点，则\(g(0)=0\)，
代入得到\(2a-1=0\)，即\(a=\cfrac{1}{2}\)；
【法4】：函数\(f(x)=0\Leftrightarrow\) \(a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})=-x^2+2x\)
\(e^{x-1}+e^{-(x-1)}\ge 2\sqrt{e^{x-1}\cdot e^{-(x-1)}}=2\)，当且仅当\(x=1\)时取到等号；
\(-x^2+2x=-(x-1)^2+1\leq 1\)；
若\(a>0\)时，\(a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})\ge 2a\)，
要使\(f(x)\)仅有一个零点，则必有\(2a=1\)，解得\(a=\cfrac{1}{2}\)；
若\(a<0\)，则函数\(f(x)\)的零点不唯一，
综上，\(a=\cfrac{1}{2}\)；选C.
【法5】由\(f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)，
得到\(f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x-1}+e^{-(2-x)+1})=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)，
所以\(f(2-x)=f(x)\)，故\(x=1\)是函数\(f(x)\)图像的对称轴。
由题意可知，函数\(f(x)\)有唯一的零点，
故只能是\(x=1\)，
即\(f(1)=1^2-2\times1+a(e^{1-1}+e^{-1+1})=0\)，
解得\(a=\cfrac{1}{2}\)，故选C.
【法6】我们一般这样转化，由函数\(f(x)\)有唯一的零点，
得到方程\(x^2-2x=-a(e^{x-1}+e^{-x+1})\)有唯一解，注意到方程的右端，
我们可以和对勾函数做以联系，令\(x-1=t\)，则\(x=t+1\)，
故原方程就转化为\((t+1)^2-2(t+1)=-a(e^t+e^{-t})\)，为了便于做出图像，
还需要再代换，令\(e^t=x\)，则\(x>0\)且\(t=lnx\)，
这样方程就又转化为\(ln^2x-1=-a(x+\cfrac{1}{x})\)，
在同一个坐标系中，分别做出函数\(y=ln^2x-1\)和\(y=-a(x+\cfrac{1}{x})\)的图像，
由图像可知对勾函数前面的系数必须满足\(-a=-\cfrac{1}{2}\)，
即\(a=\cfrac{1}{2}\)，故选C.
已知函数\(f(x)=(a+1)lnx+ax^2+1\)，
(1) 讨论函数\(f(x)\)的单调性。
分析：先求定义域得\((0，+\infty)\)，求导得到\(f'(x)=\cfrac{a+1}{x}+2ax=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}\)，
然后只考虑分子函数\(g(x)=2ax^2+a+1\)的图像，
先考虑\(a=0\)，在考虑函数\(g(x)\)图像恒在\(x\)轴上方，恒在\(x\)轴下方，以及\(x\)轴上方下方都有图像的情形，
自然就得到了分类的标准有\(a=0\)，\(a>0\)，\(a+1\leq 0\)，以及\(-1<a<0\)，在解答时做一综合就行了。
解：当\(a\ge 0\)时，\(g(x)>0\)恒成立，则\(f'(x)=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}>0\)，故\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增；
当\(a\leq -1\)时，\(g(x)\leq 0\)恒成立，则则\(f'(x)=\cfrac{2ax^2+a+1}{x}<0\)，故\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递减；
当\(-1<a<0\)时，令\(f'(x)=0\)，解得\(x=\sqrt{-\cfrac{a+1}{2a}}=x_0\)，即\(x\in(0，x_0)\)时，\(f'(x)>0\)，
故\(f(x)\)在\((0，x_0)\)上单调递增；\(x\in(x_0，+\infty)\)时，\(f'(x)<0\)，故\(f(x)\)在\((x_0，+\infty)\)上单调递减；
(2)设\(a<-1\)，若对任意\(x_1，x_2\in(0，+\infty)\)，恒有\(|f(x_1)-f(x_2)|\ge 4|x_1-x_2|\)，求\(a\)的取值范围。
不妨设\(x_1\leq x_2\)，由(1)可知，\(a<-1\)时\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)单调递减，
从而对任意\(x_1，x_2\in(0，+\infty)\)，恒有\(|f(x_1)-f(x_2)|\ge 4|x_1-x_2|\)，
可以等价转化为\(f(x_1)-f(x_2)\ge 4(x_2-x_1)\)，
即任意\(x_1，x_2\in(0，+\infty)\)，恒有\(f(x_1)+4(x_1)\ge f(x_2)+4x_2\)，【到此，构造函数就有了依托】
令\(g(x)=f(x)+4x\)，则\(x_1\leq x_2\)，\(g(x_1)\ge g(x_2)\)原命题等价于函数\(g(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递减。
而\(g'(x)=\cfrac{a+1}{x}+2ax+4=\cfrac{2ax^2+4x+a+1}{x}\leq 0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立。接下来的思路就比较多了：
思路1：分离参数得到，\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2-4x^2-2}{2x^2+1}=\cfrac{(2x-1)^2}{2x^2+1}-2\)，故\(a\leq -2\)。
思路2：只关注导函数\(g'(x)\)的分子，令\(h(x)=2ax^2+4x+a+1\)，则转化为\(h(x)\leq 0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立，
分离参数得到，\(a\leq (\cfrac{-4x-1}{2x^2+1})_{min}\)，
令\(\phi(x)=\cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)，
解得\(\phi'(x)=\cfrac{-4(2x^2+1)-(-4x-1)\cdot 4x}{(2x^2+1)^2}=\cfrac{8x^2+4x-4}{(2x^2+1)^2}=\cfrac{4(2x-1)(x+1)}{(2x^2+1)^2}\)，
故\(x\in(0，\cfrac{1}{2})\)时，\(\phi'(x)<0\)，\(\phi(x)\)单调递减，\(x\in(\cfrac{1}{2}，+\infty)\)时，\(\phi'(x)>0\)，\(\phi(x)\)单调递增，
故\(\phi(x)_{min}=\phi(\cfrac{1}{2})=-2\)，故\(a\leq -2\)。
思路3：只关注导函数\(g'(x)\)的分子，令\(h(x)=2ax^2+4x+a+1\)，
则转化为\(h(x)\leq 0\)在\((0，+\infty)\)上恒成立，利用二次函数求解。
则\(\begin{cases}h(0)\leq 0\\x=-\cfrac{4}{2\times 2a}<0\\ \Delta >0\end{cases}\)或者\(\Delta \leq 0\)，
解得\(a\leq -2或a\ge 1\)，又\(a<-1\)，故\(a\leq -2\)。
思路4：接思路1，分离参数得到，\(a\leq \cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)，
求函数\(\phi(x)=\cfrac{-4x-1}{2x^2+1}\)的最小值，还可以用代换法，
令\(-4x-1=t<-1\)，则\(\phi(x)=\cfrac{t}{\cfrac{(t+1)^2}{8}+1}=\cfrac{8t}{t^2+2t+9}=\cfrac{8}{t+\cfrac{9}{t}+2}\ge \cfrac{8}{-2\sqrt{9}+2}=-2\)，
故\(a\leq -2\)。
已知\(tan\alpha=\cfrac{1}{2}\)，求\(sin^4\alpha-cos^4\alpha\)的值。
【法1】：方程组法，由\(\left\{\begin{array}{l}{\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}}\\{sin^2\alpha+cos^2\alpha=1}\end{array}\right.\)，
解得\(sin^2\alpha=\cfrac{1}{5}\)，\(cos^2\alpha=\cfrac{4}{5}\)，
代入得到\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=-\cfrac{3}{5}\)；
【法2】：齐次式法，\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=(sin^2\alpha-cos^2\alpha)(sin^2\alpha+cos^2\alpha)=sin^2\alpha-cos^2\alpha\)
\(=-cos2\alpha=-\cfrac{cos^2\alpha-sin^2\alpha}{sin^2\alpha+cos^2\alpha}=\cfrac{1-tan^2\alpha}{1+tan^2\alpha}=-\cfrac{3}{5}\)；
【法3】：由\(\cfrac{sin\alpha}{cos\alpha}=\cfrac{1}{2}\)，引入比例因子，可设\(sin\alpha=k\)，\(cos\alpha=2k(k\neq 0)\)，
由\(k^2+(2k)^2=1\)，可得\(k^2=\cfrac{1}{5}\)，故\(k^4=\cfrac{1}{25}\)，
则\(sin^4\alpha-cos^4\alpha=k^4-(2k)^4=-15k^4=-\cfrac{3}{5}\)；
已知直线\(l\)的极坐标方程为\(\rho sin(\theta-\cfrac{\pi}{3})=0\)，以极点为平面直角坐标系的原点，极轴为\(x\)轴的正半轴，建立平面直角坐标系，
曲线\(C\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=2cos\alpha}\\{y=2+2sin\alpha}\end{array}\right.(\alpha为参数)\)。课件
（1）求直线\(l\)被曲线\(C\)截得的弦长|OA|。
分析：可以从以下四个角度思考，
①利用两点间的距离公式；
【法1】直线\(l\)的普通方程为\(y=\sqrt{3}x\)，圆\(C\)的普通方程为\(x^2+(y-2)^2=2^2\)，
联立消掉\(y\)，得到\(x^2-\sqrt{3}x=0\)，
解得，\(\left\{\begin{array}{l}{x_1=0}\\{y_1=0}\end{array}\right.\)，或\(\left\{\begin{array}{l}{x_2=\sqrt{3}}\\{y_2=3}\end{array}\right.\)，
由两点间距离公式得到\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
②直线和圆相交求弦长的几何方法；
【法2】直线为\(\sqrt{3}x-y=0\)，圆心为\((0，2)\)，
则圆心到直线的距离为\(d=\cfrac{|0-2|}{2}=1\)，又半径为\(2\)，
故半弦长为\(\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}\)，则弦长\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
③直线的参数方程法；
【法3】由于直线的普通方程为\(y=\sqrt{3}x\)，经过点\((0，0)\)，
斜率\(k=tan\theta=\sqrt{3}\)，
直线\(l\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=0+\cfrac{1}{2}t}\\{y=0+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t}\end{array}\right.(t为参数)\)，
将其代入圆的普通方程\(x^2+(y-2)^2=2^2\)，
整理得到\(t^2-2\sqrt{3}t=0\)，
解得\(t_1=0\)，\(t_2=2\sqrt{3}\)，
则弦长\(|OA|=|t_1-t_2|=2\sqrt{3}\)。
④极坐标法；
【法4】直线的极坐标方程为\(\theta=\cfrac{\pi}{3}\)，
圆的极坐标方程为\(\rho=4sin\theta\)，
二者联立，得到\(\rho=4sin\cfrac{\pi}{3}=2\sqrt{3}\)。
即所求弦长\(|OA|=2\sqrt{3}\)。
（2）从极点做曲线\(C\)的弦，求弦的中点\(M\)轨迹的极坐标方程。
分析：可以从以下三个角度思考：
①利用平面直角坐标系下的中点公式；
【法1】在平面直角坐标系中，设过坐标原点的直线和圆相交于点\(P(x_0，y_0)\)，则所得弦的中点坐标为\(M(x，y)\)
则\(\left\{\begin{array}{l}{2x=x_0}\\{2y=y_0}\end{array}\right.\)，又点\(P(x_0，y_0)\)在圆\(x^2+(y-2)^2=2^2\)上，
代入整理得到普通方程为\(x^2+(y-1)^2=1\)，
即其极坐标方程为\(\rho=2sin\theta\)，
其中\(\alpha\in(0，\pi)\)，而不是\(\alpha\in[0，\pi)\)，以保证弦的存在。
②利用圆的参数方程；
由于圆上任意一动点\(P\)的坐标\(P(2cos\theta，2+2sin\theta)\)，则弦的中点\(M(cos\theta，1+sin\theta)\)，
即点\(M\)的参数方程为\(\left\{\begin{array}{l}{x=cos\theta}\\{y=1+sin\theta}\end{array}\right.(\theta为参数)\)，
消去参数\(\theta\)，得到普通方程为\(x^2+(y-1)^2=1\)，
即其极坐标方程为\(\rho=2sin\theta\)，
其中\(\alpha\in(0，\pi)\)，而不是\(\alpha\in[0，\pi)\)，以保证弦的存在。
③利用极坐标法；
【法3】曲线\(C\)的极坐标方程为\(\rho=4sin\theta\)，
过极点的直线的极坐标方程为\(\theta=\alpha\)，
设直线和曲线\(C\)的交点的极坐标为\((\rho_1，\alpha)\)，
则弦的中点\(M\)的极坐标为\((\rho，\alpha)\)，
由题目可知，\(\rho_1=2\rho\)，代入曲线\(C\)的极坐标方程为\(2\rho=4sin\alpha\)，
得到\(\rho=2sin\alpha\)，其中\(\alpha\in(0，\pi)\)。
故弦的中点\(M\)轨迹的极坐标方程为\(\rho=2sin\alpha\)，其中\(\alpha\in(0，\pi)\)。
说明：由于弦的中点要存在，则必须保证\(\rho\neq 0\)，即原来的\(\alpha\in[0，\pi)\)，必须变为\(\alpha\in(0，\pi)\)。
在平面内有\(n(n\in N*)\)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，求\(f(1)\)，\(f(2)\)，\(f(3)\)，\(f(4)\)，\(f(5)\)的值；并总结\(f(n)\)的表达式。
法1：二阶等差数列+累加法，
解析：由题意知，则\(f(1)=2\)，\(f(2)=4\)，\(f(3)=7\)，\(f(4)=11\)，\(f(5)=16\)，
\(f(2)-f(1)=4-2=2\)；
\(f(3)-f(2)=7-4=3\)；
\(f(4)-f(3)=11-7=4\)；
\(f(5)-f(4)=16-11=5\)；
$\cdots $，
\(f(n)-f(n-1)=n\)；
因此，当\(n\ge 2\)时，由累加法可知，
\(f(n)-f(1)=2+3+\cdots+n=\cfrac{(n+2)(n-1)}{2}\)
即\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)
当\(n=1\)时，\(f(1)=2\)，也满足上式，故
\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)。
在平面内有\(n(n\in N*)\)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明：这\(n\)条直线把平面分成\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)个平面区域。
法2：用数学归纳法证明，
①当\(n=1\)时，由几何常识可知，一条直线将平面分成两个部分即\(f(1)=2\)，又\(f(1)=\cfrac{1^2+1+2}{2}=1\)，即\(n=1\)时命题成立。
②假设当当\(n=k(k\ge 1，k\in N^*)\)时命题成立，即\(k\)条直线将平面分成的部分数为\(f(k)=\cfrac{k^2+k+2}{2}\)，
那么当\(n=k+1\)时，由于新添加的第\(k+1\)条直线和以前的\(k\)条直线两两相交且不共点，此时新增加平面区域个数为\(k+1\)个，
即\(f(k+1)=f(k)+k+1=\cfrac{k^2+k+2}{2}+k+1\)
\(=\cfrac{k^2+k+2+2(k+1)}{2}=\cfrac{(k^2+2k+1)+(k+1)+2}{2}\)，
\(=\cfrac{(k+1)^2+(k+1)+2}{2}\)，
即当\(n=k+1\)时，命题也成立。
综上所述，\(n\in N^*\)时，\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)，
即\(n\)条直线把平面分成\(f(n)=\cfrac{n^2+n+2}{2}\)个平面区域。
- 难点突破：本题目中的难点就是新添加了第\(k+1\)条直线后，平面区域也新增加了\(k+1\)个，
思路1：用不完全归纳法突破，比如直线条数由\(1\Rightarrow 2\)时，增加的区域个数为\(2\)个，由\(2\Rightarrow 3\)时，增加的区域个数为\(3\)个，由\(3\Rightarrow 4\)时，增加的区域个数为\(4\)个，\(\cdots\)，则由\(n\Rightarrow n+1\)时，增加的区域个数为\(n+1\)个。
思路2：借助图形突破。