第一板塊 學(xué)通考場解題常用12術(shù)解得快第1術(shù)拋磚引玉活用特例方法概述所謂特例法，又叫特殊化法，就是當(dāng)我們面臨一道難以入手的一般性題目時(shí)，可以從一般退到特殊，先考查包含在一般情形里的某些比較簡單的特殊問題，以便從特殊問題的研究中，拓寬解題思路，發(fā)現(xiàn)解答原題的方向或途徑應(yīng)用題型(1)選擇題或填空題；(2)在解答題中，當(dāng)求解目標(biāo)尚未明確時(shí)，往往需要考查題設(shè)條件中所含參變因素的某些特殊情況或極端情況方法一：取特殊數(shù)值設(shè)f (x)若f (x0)>3，則x0的取值范圍為()A(，0)(2，)B(0,2)C(，1)(3，) D(1,3)常規(guī)解法當(dāng)x02時(shí)，log24(x01)>3，即log24log2(x01)>3，log2(x01)>1，x01>2，即x0>3.當(dāng)x0<2時(shí)，x01>3，即x0>2，x0<1.綜上可知x0>3或x0<1，即x0的取值范圍為(，1)(3，)提速解法取x01，則f (1)1<3，故x01，排除B、D；取x03，則f (3)log283，故x03，排除A，故選C.答案C在數(shù)列an中，a12，anan1ln(n2)，則an()A2ln n B2(n1)ln nC2nln n D1nln n常規(guī)解法anan1ln，anan1lnlnln nln(n1)又a12，ana1(a2a1)(a3a2)(a4a3)(anan1)2ln 2ln 1ln 3ln 2ln 4ln 3ln nln(n1)2ln nln 12ln n.提速解法不妨取n2，則a2a1ln 22ln 2，選項(xiàng)A、B符合，C、D不符合，排除C、D；再取n3，則a3a2ln2ln 3，選項(xiàng)B中，a322ln 3，不符合，排除B，故選A.答案A方法二：取特殊點(diǎn)函數(shù)f (x)的圖象是()常規(guī)解法f (x).當(dāng)x>1時(shí)，f (x)x1；當(dāng)x<1時(shí)，f (x)x1；當(dāng)0x<1時(shí)，f (x)x1；當(dāng)1<x0時(shí)，f (x)x1，畫出f (x)的圖象可知C圖符合提速解法因?yàn)閤1，所以排除A；因?yàn)閒 (0)1，所以排除D；因?yàn)閒 ，所以排除B，故選C.答案C如圖，點(diǎn)P為橢圓1上第一象限內(nèi)的任意一點(diǎn)，過橢圓的右頂點(diǎn)A、上頂點(diǎn)B分別作y軸、x軸的平行線，它們相交于點(diǎn)C，過點(diǎn)P引BC，AC的平行線交AC于點(diǎn)N，交BC于點(diǎn)M，交AB于D，E兩點(diǎn)，記矩形PMCN的面積為S1，三角形PDE的面積為S2，則S1S2()A1 B2C. D.常規(guī)解法設(shè)P(x，y)，由題意可知直線AB的方程為1，D，E.又N(5，y)，M(x,3)，SADNyyy2，S梯形ACME(5x)(25x2)P(x，y)在橢圓上，1，y29，y2(25x2)SADNS梯形ACME.矩形PMCN的面積是S1，三角形PDE的面積是S2，S1S211. 提速解法不妨取點(diǎn)P，則可計(jì)算S1(54).由題易得PD2，PE，所以S22，所以S1S21.答案A方法三：取特殊函數(shù)若函數(shù)yf (x)對定義域D中的每一個(gè)x1，都存在唯一的x2D，使f (x1)f (x2)1成立，則稱f (x)為“影子函數(shù)”，有下列三個(gè)命題：“影子函數(shù)”f (x)的值域可以是R；“影子函數(shù)”f (x)可以是奇函數(shù)；若yf (x)，yg(x)都是“影子函數(shù)”，且定義域相同，則yf (x)g(x)是“影子函數(shù)”上述命題正確的序號是()A BC D解析對于：假設(shè)“影子函數(shù)”的值域?yàn)镽，則存在x1，使得f (x1)0，此時(shí)不存在x2，使得f (x1)f (x2)1，所以錯(cuò)誤；對于：函數(shù)f (x)x(x0)，對任意的x1(，0)(0，)，取x2，則f (x1)f (x2)1，又因?yàn)楹瘮?shù)f (x)x(x0)為奇函數(shù)，所以“影子函數(shù)”f (x)可以是奇函數(shù)，正確；對于：函數(shù)f (x)x(x>0)，g(x)(x>0)都是“影子函數(shù)”，但F(x)f (x)g(x)1(x>0)不是“影子函數(shù)”(因?yàn)閷θ我獾膞1(0，)，存在無數(shù)多個(gè)x2(0，)，使得F(x1)F(x2)1)，所以錯(cuò)誤答案B方法四：取特殊位置已知E為ABC的重心，AD為BC邊上的中線，過點(diǎn)E的直線分別交AB，AC于P，Q兩點(diǎn)，且m，n，則()A3 B4C5 D.常規(guī)解法分別過點(diǎn)B，C作BMAD，CNAD，分別交PQ于點(diǎn)M，N.D是BC的中點(diǎn)，DE是梯形CNMB的中位線又m，n，m，n，1122222213.提速解法由于直線PQ是過點(diǎn)E的一條“動”直線，所以結(jié)果必然是一個(gè)定值故可利用特殊直線確定所求值法一：如圖(1)，令PQBC，則，此時(shí)，mn，故3.法二：如圖(2)，直線BE與直線PQ重合，此時(shí)，故m1，n，所以3.答案A如圖，在三棱柱ABCA1B1C1中，側(cè)棱A1A和B1B上各有一動點(diǎn)P，Q滿足A1PBQ，過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為()A31 B21C41 D.1常規(guī)解法設(shè)三棱柱ABCA1B1C1的體積為V，側(cè)棱AA1和BB1上各有一動點(diǎn)P，Q滿足A1PBQ，四邊形PQBA與四邊形PQB1A1的面積相等，故四棱錐CPQBA的體積等于三棱錐CABA1的體積，等于V，則幾何體CPQC1B1A1的體積等于V，故過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成的兩部分體積之比為21.提速解法將P，Q置于特殊位置：PA1，QB，此時(shí)仍滿足條件A1PBQ(0)，則有VCAA1BVA1ABCVABCA1B1C1.因此過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成的兩部分體積之比為21.答案B方法五：取特殊圖形AD，BE分別是ABC的中線，若|1，且與的夾角為120，則_.常規(guī)解法由已知得解得所以|2|2.提速解法若ABC為等邊三角形，則|，|cos 60.答案即時(shí)應(yīng)用體驗(yàn)1動點(diǎn)A在雙曲線1上，B，C為其左、右焦點(diǎn)在ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且a10，cb6，則tantan()A. B.C. D1解析：選A由題意得雙曲線的方程為1，取特殊位置ACBC，可得C，則a2b2(6b)2，解得b，故tan B，則tan，所以tantan.2若f (x)和g(x)都是定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)，且方程xf g(x)0有實(shí)數(shù)解，則gf (x)的解析式不可能是()Ayx2x Byx2xCyx2 Dyx2解析：選B法一：設(shè)x0為方程xf g(x)0的一個(gè)實(shí)根，則f g(x0)x0.設(shè)g(x0)t0，則f (t0)x0.所以g(x0)gf (t0)t0，即gf (t0)t00，這說明方程gf (x)x0至少有一個(gè)實(shí)根t0，而對于選項(xiàng)B，當(dāng)gf (x)x2x時(shí)，方程x2xx無實(shí)根，故選B.法二：取特殊函數(shù)法令f (x)x，即可把原題改寫為xg(x)0有實(shí)數(shù)解，g(x)不可能是哪個(gè)代數(shù)式A、C、D均可使xg(x)0有實(shí)數(shù)解，只有B不能使xg(x)0有實(shí)數(shù)解，故選B.3設(shè)f (x)則使所有x均滿足不等式xf (x)g(x)的函數(shù)g(x)為()Asin x BxCx2 D|x|解析：選D若g(x)sin x，應(yīng)有xf (x)sin x，取x2，則f (x)1，于是2<sin 2，矛盾，排除A；若g(x)x，應(yīng)有xf (x)x，取x，則f (x)0，于是0，矛盾，排除B；若g(x)x2，取x0.2，則0.20.22，矛盾，排除C.故選D.4cos2cos2(120)cos2(240)_.解析：令0，則原式.答案：5在ABC中，M是BC的中點(diǎn)，AM3，BC10，則_.解析：將ABC視作特殊的三角形：邊ABAC的等腰三角形，如圖，則AM3，BC10，ABAC.由余弦定理得cosBAC，所以16.答案：166橢圓1的焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P為其上動點(diǎn)，當(dāng)F1PF2為鈍角時(shí)，點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是_解析：設(shè)P(x，y)，則當(dāng)F1PF290時(shí)，點(diǎn)P的軌跡方程為x2y25，由此可得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)x.又當(dāng)點(diǎn)P在x軸上時(shí)，F(xiàn)1PF20；點(diǎn)P在y軸上時(shí)，F(xiàn)1PF2為鈍角，由此可得點(diǎn)P橫坐標(biāo)的取值范圍是.答案：第2術(shù)探求思路圖作向?qū)Х椒ǜ攀鰧︻}設(shè)條件不夠明顯的數(shù)學(xué)問題求解，注重考查相關(guān)的圖形，巧用圖形作向?qū)撬季S入手、領(lǐng)會題意的關(guān)鍵所在尤其是對一些用函數(shù)、三角函數(shù)、不等式等形式給出的命題，其本身雖不帶有圖形，但我們可換個(gè)角度思考，設(shè)法構(gòu)造相應(yīng)的輔助圖形進(jìn)行分析，將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何問題來解力爭做到有圖用圖，無圖想圖，補(bǔ)形改圖，充分運(yùn)用其幾何特征的直觀性來啟迪思維，從而較快地獲得解題的途徑這就是我們常說的圖解法應(yīng)用題型選擇題、填空題、解答題中均有應(yīng)用，主要涉及函數(shù)最值、不等式、解析幾何中范圍等問題應(yīng)用一：求解函數(shù)問題用mina，b，c表示a，b，c三個(gè)數(shù)中的最小值，設(shè)f (x)min2x，x2,10x(x0)，則f (x)的最大值為()A4B5C6 D7解析畫出y2x，yx2，y10x的圖象如圖所示，觀察圖象可知f (x)所以f (x)的最大值在x4時(shí)取得，且為6.答案C設(shè)f (x)(x2)2exaex，g(x)2a|x2|(e為自然對數(shù)的底數(shù))，若關(guān)于x的方程f (x)g(x)有且僅有6個(gè)不等的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A. B(e，)C(1，e) D.解析由f (x)g(x)，得|x2|2e2x2a|x2|exa2a2a，即(|x2|exa)2a2a.所以|x2|exa ，其中a0或a1.設(shè)h(x)|x2|ex，m1a，m2a.當(dāng)x<2時(shí)，h(x)(2x)ex，h(x)ex(1x)于是，當(dāng)x<1時(shí)，h(x)>0，則h(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>1時(shí)，h(x)<0，則h(x)單調(diào)遞減由此可得，函數(shù)h(x)maxh(1)e.所以0<h(x)e.當(dāng)x>2時(shí)，h(x)(x2)ex，h(x)ex(x1)>0.則h(x)在(2，)上單調(diào)遞增，畫出函數(shù)h(x)的大致圖象如圖所示故方程f (x)g(x)有六個(gè)不等的實(shí)數(shù)解等價(jià)于直線ym1，ym2與曲線h(x)|x2|ex各有三個(gè)交點(diǎn)由圖知，則需0<a，且a<e.解得1<a<.答案D應(yīng)用二：求解不等式問題 已知f (x)則不等式f (x)x2的解集為()A1,1 B2,2C2,1 D1,2解析分別作出f (x)和yx2的圖象如圖所示由圖可知，f (x)x2的解集為1,1答案A應(yīng)用三：求解平面向量問題設(shè)a，b，c是單位向量，且ab0，則(ac)(bc)的最小值為()A2 B.2C1 D1解析由于(ac)(bc)(ab)c1，因此等價(jià)于求(ab)c的最大值，這個(gè)最大值只有當(dāng)向量ab與向量c同向共線時(shí)取得由于ab0，故ab，如圖所示，|ab|，|c|1.當(dāng)0時(shí)，(ab)c取得最大值且最大值為.故所求的最小值為1.答案D已知ABC的三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)滿足如下條件：向量(2,0)， (2,2)，(cos ，sin )，則AOB的范圍為_解析由|，可知點(diǎn)A的軌跡是以C(2,2)為圓心，為半徑的圓過原點(diǎn)O作圓的切線，切點(diǎn)分別為M，N，如圖所示，連接CM，CN，則向量與的夾角的范圍是MOB，NOB由圖可知COB，因?yàn)閨2，由| |，知CON，所以BOM，BON，所以，故AOB的范圍為.答案應(yīng)用四：求解解析幾何問題已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x21的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)P為右支上一點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)若向量與的夾角為120，則點(diǎn)F2到直線PF1的距離為()A. B.C2 D.解析如圖，取PF2的中點(diǎn)M，連接OM，則2，故，120，OMF260.因?yàn)镺為F1F2的中點(diǎn)，所以O(shè)MPF1，所以F1PF2OMF260.在F1PF2中，設(shè)|PF1|m，|PF2|n，因?yàn)閍1，b，所以c，由余弦定理得，cosF1PF2，即cos 60，整理得m2n2mn28，所以解得過點(diǎn)F2作F2NPF1于N，在RtPF2N中，|F2N|PF2|sin 602，即點(diǎn)F2到直線PF1的距離為2.答案C 即時(shí)應(yīng)用體驗(yàn)1定義在R上的函數(shù)yf (x2)的圖象關(guān)于直線x2對稱，且函數(shù)f (x1)是偶函數(shù)若當(dāng)x0,1時(shí)，f (x)sin，則函數(shù)g(x)f (x)e|x|在區(qū)間2 018，2 018上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為()A2 017 B2 018C4 034 D4 036解析：選D由yf (x2)的圖象關(guān)于直線x2對稱，得f (x)是偶函數(shù)，即f (x)f (x)因?yàn)楫?dāng)x0,1時(shí)，f (x)sin，所以當(dāng)x1,0時(shí)，f (x)f (x)sin.因?yàn)楹瘮?shù)f (x1)是偶函數(shù)，所以f (x1)f (x1)，所以f (x2)f (x)f (x)，故f (x)是周期為2的偶函數(shù)作出函數(shù)yf (x)與函數(shù)ye|x|的圖象如圖所示，可知每個(gè)周期內(nèi)兩個(gè)圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，所以函數(shù)g(x)f (x)e|x|在區(qū)間2 018,2 018上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2 01824 036.2在平面上， ，| |1，若|<，則| |的取值范圍是()A. B.C. D.解析：選D根據(jù)，可知四邊形AB1PB2是一個(gè)矩形以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB1，AB2所在直線為x軸、y軸建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系設(shè)|AB1|a，|AB2|b.點(diǎn)O的坐標(biāo)為(x，y)，點(diǎn)P(a，b)|1，變形為|<，(xa)2(yb)2<，1x21y2<，x2y2>.(xa)2y21，y21.同理，x21.x2y22.由可知：<x2y22.|，<|.3過雙曲線1(a>0，b>0)的左焦點(diǎn)F(c,0)(c>0)，作圓x2y2的切線，切點(diǎn)為E，延長FE交雙曲線右支于點(diǎn)P，若( )，則雙曲線的離心率為()A. B.C. D.解析：選A由題意可知E為FP的中點(diǎn)，且OEFP.記F為雙曲線的右焦點(diǎn)，作出示意圖如圖所示，連接FP，則FP綊2OE，且FPFP，所以|FP|a，由雙曲線的定義可得|FP|3a.又FPFP，可得(2c)210a2，所以e.4已知a>0，b>0，則不等式a>>b的解是()A.B.C.D.解析：選D法一：直接求解法b<<ax<或x>，故選D.法二：數(shù)形結(jié)合法利用y的圖象，如圖所示，故選D.5已知關(guān)于x的方程|x|ax1有一個(gè)負(fù)根，但沒有正根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_解析：在同一平面直角坐標(biāo)系中分別作出y|x|，yax1，yx1的圖象由圖可知，當(dāng)直線yax1的斜率a1時(shí)，直線yax1與y|x|的圖象有且僅有y軸左側(cè)一個(gè)交點(diǎn)，即|x|ax1有一個(gè)負(fù)根，但沒有正根答案：1，)6已知a，b為單位向量，ab0，若向量c滿足|cab|1，則|c|的取值范圍是_解析：令a，b，ab，c，如圖所示，則|，又|cab|1，所以點(diǎn)C在以點(diǎn)D為圓心、半徑為1的圓上，易知點(diǎn)C與O，D共線時(shí)|取到最值，最大值為1，最小值為1，所以|c|的取值范圍為1，1答案：1，1第3術(shù)解題常招設(shè)參換元方法概述在解答數(shù)學(xué)問題時(shí)，我們常把某個(gè)代數(shù)式看成一個(gè)新的未知數(shù)，或?qū)⒛承┳冊昧硪粎⒆兞康谋磉_(dá)式來替換，以便將所求的式子變形，優(yōu)化思考對象，讓原來不醒目的條件，或隱含的信息顯露出來，促使問題的實(shí)質(zhì)明朗化，使非標(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化，從而便于我們將問題化繁為簡、化難為易、化陌生為熟悉，從中找出解題思路這種通過換元改變式子形式來變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去考查、探究解題思路的做法，就是設(shè)參換元法，也就是我們常說的換元法應(yīng)用題型此方法既適用選擇題、填空題，也適用于解答題，多在研究方程、不等式、函數(shù)、三角、解析幾何中廣泛應(yīng)用方法一：三角換元已知x，yR，滿足x22xy4y26，則zx24y2的取值范圍為_常規(guī)解法由x22xy4y26，得2xy6(x24y2)，而2xy，所以6(x24y2)，所以x24y24，當(dāng)且僅當(dāng)x2y時(shí)，取等號又因?yàn)?x2y)262xy0，即2xy6，所以zx24y262xy12，綜上可得4x24y212.提速解法已知x22xy4y26，即(xy)2(y)2()2，故設(shè)xycos ，ysin ，即xcos sin ，ysin .則zx24y262xy62(cos sin )sin 84sin.所以84z84，即z的取值范圍為4,12答案4,12方法二：比值換元設(shè)x，y，z滿足關(guān)系x1，則x2y2z2的最小值為_解析令x1k，則x1k，y12k，z23k，即xk1，y2k1，z3k2.x2y2z2(k1)2(2k1)2(3k2)214k210k6142.當(dāng)k，即x，y，z時(shí)，x2y2z2取最小值.答案方法三：整體換元如圖，已知橢圓C的離心率為，點(diǎn)A，B，F(xiàn)分別為橢圓的右頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)和右焦點(diǎn)，且SABF1.(1)求橢圓C的方程；(2)已知直線l：ykxm與圓O：x2y21相切，若直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，求OMN面積的最大值解(1)由已知得橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，設(shè)其方程為1(a>b>0)，則A(a,0)，B(0，b)，F(xiàn)(c,0)(c)由已知可得e2，所以a24b2，即a2b，故cb.又SABF|AF|OB|(ac)b1.所以b1，a2，c.所以橢圓C的方程為y21.(2)圓O的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑r1，由直線l：ykxm，即kxym0與圓O：x2y21相切，得1，故有m21k2.由消去y得(4k21)x28kmx4m240.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2，x1x2.所以|x1x2|2(x1x2)24x1x224.將代入，得|x1x2|2，故|x1x2|.所以|MN|x1x2|.故OMN的面積S|MN|1.令t4k21(t1)，則k2，代入上式，得S2 ，所以當(dāng)t3，即4k213，解得k時(shí)，S取得最大值，且最大值為1.方法四：局部換元設(shè)對一切實(shí)數(shù)x，不等式x2log22xlog2log2>0恒成立，則a的取值范圍為_解析注意到log2和log2及l(fā)og2之間的關(guān)系，換元化為一元二次不等式在R上恒成立問題設(shè)log2t，tR，則log2log23log23log23t，log22log22t.原不等式可化為(3t)x22tx2t>0，它對一切實(shí)數(shù)x恒成立，所以解得t<0，即log2<0,0<<1，解得0<a<1.答案(0,1)提醒一般地，解指數(shù)與對數(shù)不等式、方程，有可能使用局部換元法，換元時(shí)也可能要對已知條件進(jìn)行適當(dāng)變形，發(fā)現(xiàn)各個(gè)量之間的聯(lián)系再換元，這是我們要注意的一點(diǎn)方法五：兩次換元已知u1，v1且(logau)2(logav)2loga(au2)loga(av2)(a>1)，則loga(uv)的最大值和最小值分別為_，_.解析令xlogau，ylogav，則x0，y0.已知等式可化為(x1)2(y1)24(x0，y0)再設(shè)tloga(uv)xy(x0，y0)，由圖可知，當(dāng)線段yxt(x0，y0)與圓弧(x1)2(y1)24(x0，y0)相切時(shí)(圖中CD位置)，截距t取最大值，tmax22；當(dāng)線段端點(diǎn)是圓弧端點(diǎn)時(shí)(圖中AB位置)，截距t取最小值，tmin1.因此loga(uv)的最大值是22，最小值是1.答案221提醒利用兩次換元探究動點(diǎn)的軌跡方程，數(shù)形結(jié)合使問題變得直觀換元中應(yīng)注意舊變量對新變量的限制即時(shí)應(yīng)用體驗(yàn)1橢圓1的左焦點(diǎn)為F，直線xm與橢圓相交于點(diǎn)A，B，當(dāng)FAB的周長最大時(shí)，F(xiàn)AB的面積為_解析：已知1，則F(1,0)設(shè)A(2cos ，sin )，B(2cos ，sin )，則|AF|BF|2cos ，故FAB的周長l2(2cos )2sin 44sin.當(dāng)時(shí)，l取得最大值，此時(shí)FAB的面積為S(12cos )2sin sin (12cos )3.答案：32不等式log2(2x1)log2(2x12)<2的解集是_解析：設(shè)log2(2x1)y，則log2(2x12)1log2(2x1)y1，故原不等式可化為y(y1)<2，解得2<y<1.所以2<log2(2x1)<1，解得log2<x<log23，即x.答案：3ysin xcos xsin xcos x的最大值是_解析：設(shè)sin xcos xt，則sin xcos x，所以yt(t1)21，當(dāng)t時(shí)，ymax.答案：4已知a0，b0，ab1，則 的取值范圍是_解析：法一：設(shè)ax，bx，x，則 .由()2222，4，得 的取值范圍是.法二：令 x, y，則x，y且x2y22.再令，則 xycos sin 2sin.答案：5在橢圓x24y28中，AB是長為的動弦，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求AOB面積的取值范圍解：設(shè)A，B的坐標(biāo)為(x1，y1)，(x2，y2)，直線AB的方程為ykxb，代入橢圓方程整理得(4k21)x28kbx4(b22)0.故x1x2，x1x2.由|AB|2(k21)(x2x1)2(k21)(x1x2)24x1x22(4k21)b2，得b22(4k21)，又原點(diǎn)O到AB的距離為.所以AOB的面積S.記u，則S242.又u4的范圍為1,4(u4為豎直弦)故u時(shí)，S4；而u1時(shí)，S.因此S的取值范圍是.第4術(shù)出奇制勝巧妙構(gòu)造方法概述構(gòu)造法是指根據(jù)題設(shè)條件和結(jié)論的特征、性質(zhì)，運(yùn)用已知數(shù)學(xué)關(guān)系式和理論，構(gòu)造出滿足條件或結(jié)論的數(shù)學(xué)對象，從而使原問題中隱含的關(guān)系和性質(zhì)在新構(gòu)造的數(shù)學(xué)對象中清晰地展現(xiàn)出來，并借助該數(shù)學(xué)對象方便快捷地解決數(shù)學(xué)問題的方法構(gòu)造法應(yīng)用的技巧是“定目標(biāo)構(gòu)造”，需從已知條件入手，緊扣要解決的問題，把陌生的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題解題時(shí)常構(gòu)造函數(shù)、構(gòu)造方程、構(gòu)造平面圖形等應(yīng)用題型適用于各類題型，多涉及函數(shù)、方程、平面圖形等知識方法一：構(gòu)造函數(shù)已知偶函數(shù)f (x)的定義域?yàn)椋鋵?dǎo)函數(shù)是f (x)當(dāng)0<x<時(shí)，有f (x)cos xf (x)sin x<0，則關(guān)于x的不等式f (x)<f cos x的解集為()A.B.C.D.解析令F(x)，則F(x).當(dāng)0<x<時(shí)，有f (x)cos xf (x)sin x<0，則F(x)<0，所以F(x)在上單調(diào)遞減因?yàn)镕(x)F(x)，所以F(x)為偶函數(shù)，所以F(x)在上單調(diào)遞增當(dāng)x時(shí)，cos x>0，則f (x)<f cos x等價(jià)于<，即F(x)<F，所以|x|>，又x，所以<x<或<x<.答案B已知m，n(2，e)，且<ln，則()Am>nBm<nCm>2 Dm，n的大小關(guān)系不確定解析由不等式可得<ln mln n，即ln n<ln m.設(shè)f (x)ln x(x(2，e)，則f (x).因?yàn)閤(2，e)，所以f (x)>0，故函數(shù)f (x)在(2，e)上單調(diào)遞增因?yàn)閒 (n)<f (m)，所以n<m.答案A方法二：構(gòu)造方程已知a23a1，b23b1，且ab，則_.解析由題意可知a，b是方程x23x10的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系可知ab3，ab1，所以322(1)11.答案11方法三：構(gòu)造平面圖形已知實(shí)數(shù)a，b是利用計(jì)算機(jī)產(chǎn)生的01之間的均勻隨機(jī)數(shù)，設(shè)事件A為(a1)2(b1)2>，則事件A發(fā)生的概率為()A. B1C. D1解析由題意知，計(jì)算機(jī)產(chǎn)生的01之間的均勻隨機(jī)數(shù)a，b的對應(yīng)區(qū)域是邊長為1的正方形，面積為1；事件A對應(yīng)的區(qū)域是邊長為1的正方形減去四分之一的圓圓心為(1,1)，半徑為，如圖所示，則事件A對應(yīng)的區(qū)域的面積為1.由幾何概型的概率計(jì)算公式得事件A發(fā)生的概率為1.答案B即時(shí)應(yīng)用體驗(yàn)1已知函數(shù)f (x)是定義在實(shí)數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意的實(shí)數(shù)x都有xf (x1)(1x)f (x)，則f 的值是()A0B.C1D.解析：選A由已知得，故構(gòu)造函數(shù)g(x)，則g(x1)，所以g(x1)g(x)，即g(x)是周期為1的函數(shù)又f (x)為偶函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)故再構(gòu)造一個(gè)特例函數(shù)g(x)sin 2x(xR)，所以f (x)xsin 2x，從而有f sin 50，故f f (0)0，因此選A.2已知數(shù)列an，an2an1n1，a11(nN*)，則an_.解析：由已知可得ann32an1(n1)3設(shè)bnann3，則bn2bn1，所以bn是公比為2的等比數(shù)列，且b1a1135，所以bn52n1，所以an52n1n3.答案：52n1n33已知不等式>loga(a1)對于一切大于1的自然數(shù)n都成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_解析：構(gòu)造數(shù)列an(n2，nN*)an1，an1an>0，an1>an，故ana2，即an的最小值為.要使>loga(a1)對于一切自然數(shù)n(n2)都成立，則必有>loga(a1)，即loga(a1)<1.又因?yàn)閍>1，所以a1<，解得1<a<，即實(shí)數(shù)a的取值范圍是.答案：4函數(shù)f (x)的值域?yàn)開解析：f (x)，其幾何意義是平面內(nèi)動點(diǎn)P(x,0)到兩定點(diǎn)M(2,3)和N(5，1)的距離之和(如圖所示)，求其值域只要求其最值即可易知當(dāng)M，N，P三點(diǎn)共線(即P在線段MN上)時(shí)，f (x)取得最小值，且f (x)min|MN|5，f (x)無最大值，故得函數(shù)的值域?yàn)?，)答案：5，)5函數(shù)y的最大值和最小值分別為_，_.解析：從幾何意義上考慮把原解析式看作是動點(diǎn)P(cos x，sin x)與定點(diǎn)Q(3,0)連線的斜率，為此構(gòu)造一個(gè)單位圓，探究單位圓上動點(diǎn)P(cos x，sin x)與定點(diǎn)Q(3,0)連線的斜率問題如圖，因?yàn)閯狱c(diǎn)在單位圓上運(yùn)動時(shí)處于極端狀態(tài)，即為切點(diǎn)時(shí)直線斜率分別為最大、最小，設(shè)切點(diǎn)分別為R，M.易知kOR2，kOM2，所以kQR，kQM，所以kPQ.即y的最大值為，最小值為.答案：第5術(shù)聲東擊西換位推理方法概述對有些問題在直接求解時(shí)會感到困難或根本難以從條件入手，這時(shí)可避開正面強(qiáng)攻，從結(jié)論的對立面入手，或考查與其相關(guān)的另一問題，或反例中也可找到解決問題的途徑，有時(shí)甚至還能獲得最佳的解法這就是“聲東擊西，換位推理”的戰(zhàn)術(shù)應(yīng)用題型既有選擇、填空題，也有解答題主要體現(xiàn)為補(bǔ)集法、相關(guān)點(diǎn)法及反證法等方法一：補(bǔ)集法若拋物線yx2上的所有弦都不能被直線yk(x3)垂直平分，則k的取值范圍是()A.B.C. D.解析假設(shè)拋物線yx2上存在兩點(diǎn)A(x1，x)，B(x2，x)關(guān)于直線yk(x3)對稱，設(shè)AB的中點(diǎn)為P(x0，y0)，則x0，y0.因?yàn)橹本€yk(x3)垂直平分弦AB，所以，所以.又AB的中點(diǎn)P(x0，y0)在直線yk(x3)上，所以k，所以中點(diǎn)P.由于點(diǎn)P在y>x2的區(qū)域內(nèi)，所以>2，整理得(2k1)(6k22k1)<0，解得k<.因此當(dāng)k<時(shí)，拋物線yx2上存在弦能被直線yk(x3)垂直平分，于是當(dāng)k時(shí)，拋物線yx2上的所有弦都不能被直線yk(x3)垂直平分所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為.答案D方法二：相關(guān)點(diǎn)法已知P(4,0)是圓x2y236內(nèi)的一點(diǎn)，A，B是圓上兩動點(diǎn)，且滿足APB90，求矩形APBQ頂點(diǎn)Q的軌跡方程解連接AB，PQ，設(shè)AB與PQ交于點(diǎn)M，如圖所示因?yàn)樗倪呅蜛PBQ為矩形，所以M為AB，PQ的中點(diǎn)，連接OM.由垂徑定理可知OMAB，設(shè)M(xM，yM)，由此可得|AM|2|OA|2|OM|236(xy)又在RtAPB中，有|AM|PM|.由得xy4xM100，故點(diǎn)M的軌跡是圓因?yàn)辄c(diǎn)M是PQ的中點(diǎn)，設(shè)Q(x，y)，則xM，yM，代入點(diǎn)M的軌跡方程中得224100，整理得x2y256，即為所求點(diǎn)Q的軌跡方程方法三：反證法給定數(shù)列an，若滿足a1a(a>0且a1)，對于任意的n，mN*，都有anmanam，則稱數(shù)列an為指數(shù)數(shù)列(1)若數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式分別為an32n1，bn3n，試判斷an，bn是不是指數(shù)數(shù)列(需說明理由)；(2)若數(shù)列an是指數(shù)數(shù)列，a1(tN*)，證明：數(shù)列an中任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列解(1)因?yàn)閍n32n1，所以a13，a26，a312.因?yàn)閍3a12a1a2，所以數(shù)列an不是指數(shù)數(shù)列對于數(shù)列bn，因?yàn)閎nm3nm3n3mbnbm對任意的n，mN*恒成立，所以數(shù)列bn是指數(shù)數(shù)列(2)證明：因?yàn)閿?shù)列an是指數(shù)數(shù)列，所以對于任意的n，mN*，都有anmanam.令m1，則an1ana1an，所以an是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，所以ann.假設(shè)數(shù)列an中存在三項(xiàng)au，av，aw構(gòu)成等差數(shù)列，不妨設(shè)u<v<w，則由2avauaw，得2vuw, 所以2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu.當(dāng)t為偶數(shù)時(shí)，2(t4)wv(t3)vu是偶數(shù)，(t4)wu是偶數(shù)，(t3)wu是奇數(shù)，故2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立；當(dāng)t為奇數(shù)時(shí)，2(t4)wv(t3)vu是偶數(shù)，(t4)wu是奇數(shù)，(t3)wu是偶數(shù)，故2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立綜上，對任意的tN*,2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立，即數(shù)列an的任意三項(xiàng)都不能構(gòu)成等差數(shù)列即時(shí)應(yīng)用體驗(yàn)1設(shè)a，bR，定義運(yùn)算“”和“”如下：abab若正數(shù)a，b，c，d滿足ab4，cd4，則()Aab2，cd2 Bab2，cd2Cab2，cd2 Dab2，cd2解析：選C從定義知，abmin(a，b)，即求a，b中的最小值；abmax(a，b)，即求a，b中的最大值假設(shè)0<a<2,0<b<2，則ab<4，與已知ab4相矛盾，則假設(shè)不成立，故max(a，b)2，即ab2.假設(shè)c>2，d>2，則cd>4，與已知cd4相矛盾，則假設(shè)不成立，故min(c，d)2，即cd2.故選C.2某學(xué)校為了研究高中三個(gè)年級的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況，從高一，高二，高三三個(gè)年級中分別抽取了1,2,3個(gè)班級進(jìn)行問卷調(diào)查，若再從中任意抽取兩個(gè)班級進(jìn)行測試，則兩個(gè)班級來自不同年級的概率為_解析：記高一年級中抽取的1個(gè)班級為a，高二年級中抽取的2個(gè)班級為b1，b2，高三年級中抽取的3個(gè)班級為c1，c2，c3.從已抽取的6個(gè)班級中任意抽取兩個(gè)班級的所有可能結(jié)果為(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15種設(shè)“抽取的兩個(gè)班級來自不同年級”為事件A，則事件為抽取的兩個(gè)班級來自同一年級兩個(gè)班級來自同一年級的結(jié)果為(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4種所以P()，故P(A)1P()1.所以兩個(gè)班級來自不同年級的概率為.答案：3方程x24ax4a30，x2(a1)xa20，x22ax2a0中至少有一個(gè)方程有實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_解析：假設(shè)三個(gè)方程都無實(shí)根，則解得<a<1.因?yàn)槿齻€(gè)方程中至少有一個(gè)方程有實(shí)根所以所求a的取值范圍為1，)答案：1，)4已知函數(shù)f (x)ax2xln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_解析：f (x)2ax1.(1)若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f (x)0在(1,2)上恒成立，所以2ax10，得a.令t，因?yàn)閤(1,2)，所以t.設(shè)h(t)(tt2)2，t，顯然函數(shù)yh(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以h(1)<h(t)<h，即0<h(t)<.由可知，a.(2)若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，則f (x)0在(1,2)上恒成立，所以2ax10，得a.結(jié)合(1)可知，a0.綜上，若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(，0.所以若函數(shù)f (x)在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為.答案：5.如圖，拋物線E：y22px(p>0)與圓O：x2y28相交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2.過劣弧AB上動點(diǎn)P(x0，y0)作圓O的切線交拋物線E于C，D兩點(diǎn)，分別以C，D為切點(diǎn)作拋物線E的切線l1，l2，l1與l2相交于點(diǎn)M.(1)求p的值；(2)求動點(diǎn)M的軌跡方程解：(1)由點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2，可得點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2,2)，代入y22px，解得p1.(2)設(shè)動點(diǎn)M(x，y)，C，D，y10，y20，則切線l1：yy1k，代入y22x消去x，得ky22y2y1ky0.由0，解得k，所以l1的方程為yx.同理可得，l2的方程為yx.聯(lián)立解得易知直線CD的方程為x0xy0y8，其中x0，y0滿足xy8，x02,2，聯(lián)立消去x并整理得，x0y22y0y160，則又則可得由xy8，得y21.又x02,2 ，所以x4，2 所以動點(diǎn)M的軌跡方程為y21，x4，2 第6術(shù)蹊徑可辟分割補(bǔ)形方法概述所謂割補(bǔ)法就是把一個(gè)復(fù)雜面積或體積的計(jì)算分割成若干個(gè)簡單圖形的有關(guān)計(jì)算或?qū)⒁粋€(gè)不易求出面積或體積的幾何圖形補(bǔ)足為較易計(jì)算的幾何圖形也就是將復(fù)雜的或不熟悉的幾何圖形轉(zhuǎn)化為簡單的熟悉的幾何圖形或幾何體例如，把曲邊形割補(bǔ)成規(guī)則圖形、把斜棱柱割補(bǔ)成直棱柱、把三棱柱補(bǔ)成平行六面體、把三棱錐補(bǔ)成三棱柱或平行六面體、把多面體切割成錐體(特別是三棱錐)、把不規(guī)則的幾何體割補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，從而把未知的轉(zhuǎn)化為已知的、把陌生的轉(zhuǎn)化為熟悉的、把復(fù)雜的轉(zhuǎn)化為簡單的、把不夠直觀的轉(zhuǎn)化為直觀易懂的應(yīng)用題型在解決幾何問題過程中，割補(bǔ)法是一種常用的方法無論是平面幾何、解析幾何、還是立體幾何，適時(shí)使用割補(bǔ)法，能幫助我們找到問題的突破口，把問題放到特殊的幾何圖形中，借助特殊圖形分析問題，有時(shí)會柳暗花明，事半功倍方法一：分割為測出所住小區(qū)的面積，某人進(jìn)行了一些測量工作，所得數(shù)據(jù)如圖所示，則小區(qū)的面積是()A. km2B. km2C. km2 D. km2解析如圖，連接AC.在ABC中，根據(jù)余弦定理可得AC km，又AB2 km，BC1 km，所以AC2BC2AB2，所以ABC為直角三角形，且ACB90，BAC30，故DACDCA15.所以ADC為等腰三角形，且D150，設(shè)ADDCx km，根據(jù)余弦定理得x2x2x23，即x23(2)所以小區(qū)的面積為13(2)(km2)答案D如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且ADE，BCF均為正三角形，EFAB，EF2，則多面體的體積為()A. B.C. D.解析法一：如圖，在EF上取點(diǎn)M，N，使EMFN，連接MA，MD，NB，NC，則MN1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DMAM.設(shè)H為AD的中點(diǎn)，連接MH，則MHAD，且MH，SADMADMH.VABCDEF2VEADMVADMBCN21.法二：如圖，取EF的中點(diǎn)G，連接GA，GB，GC，GD，則三棱錐EADG與三棱錐GBCF都是棱長為1的正四面體，易求得VEADGVGBCF，又四棱錐GABCD的底面是邊長為1的正方形，且側(cè)棱邊為1.易求得其高為，則VGABCD11，所以VABCDEF2VEADGVGABCD2.答案A啟思維多面體ABCDEF是一個(gè)不規(guī)則的幾何體，法一和法二使用了分割法，分割成我們熟悉的三棱錐和三棱柱等，便于使用棱柱、棱錐的體積公式方法二：補(bǔ)形某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A816 B816C88 D168解析由三視圖可知該幾何體為一個(gè)半圓柱去掉一個(gè)直棱柱其中半圓柱的高為4，底面半圓的半徑為2；直三棱柱的底面為斜邊是4的等腰直角三角形，高為4.半圓柱的體積為V12248，直三棱柱的體積為V242416.所以所求幾何體的體積為VV1V2816.答案B如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，BCA90，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，若BCCACC1，則B1E與A1F所成的角的余弦值為_解析如圖，把直三棱柱A1B1C1ABC補(bǔ)成一個(gè)直平行六面體A1B1D1C1ABDC，取BD中點(diǎn)G，連接B1G，則B1GA1F，EB1G即為B1E與A1F所成的角(或其補(bǔ)角)設(shè)BCCACC12a，則B1Ga，AB2a，B1Ea，GE2BG2BE22BGBEcos 1355a2，所以cosEB1G，故B1E與A1F所成角的余弦值為.答案即時(shí)應(yīng)用體驗(yàn)1一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是()A64 B72C80 D112解析：選C根據(jù)三視圖可知該幾何體為四棱錐PABCD與正方體ABCDA1B1C1D1的組合體，如圖所示由三視圖中的數(shù)據(jù)可知，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為4，其體積V14364.四棱錐PABCD的底面為正方形ABCD，高h(yuǎn)3，且PAPB，其底面積為S4216，則四棱錐PABCD的體積V2Sh16316.故所求幾何體的體積VV1V2641680.2.如圖，正三棱錐SABC的側(cè)棱與底面邊長相等，如果E，F(xiàn)分別為SC，AB的中點(diǎn)，那么異面直線EF與SA所成的角等于()A90 B60C45 D30解析：選A如圖，把正三棱錐SABC補(bǔ)成一個(gè)正方體AGBHA1CB1S.EFAA1，異面直線EF與SA所成的角為45.3.如圖，已知多面體ABCDEFG，AB，AC，AD兩兩垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，則該多面體的體積為()A2 B4C6 D8解析：選B法一：如圖，把多面體ABCDEFG補(bǔ)成正方體DEPGABHM，則VABCDEFGVDEPGABHM234.法二：如圖，取DG的中點(diǎn)H，以DA，DE，DH為棱構(gòu)造長方體EFHDBPCA，則三棱錐CHFG與三棱錐FPCB全等所以VABCDEFGVABPCDEFHABACAD2124.4在正三棱錐SABC中，側(cè)棱SC側(cè)面SAB，側(cè)棱SC4，則此正三棱錐的外接球的表面積為_解析：由正三棱錐中側(cè)棱SC側(cè)面SAB，可得三條側(cè)棱SA，SB，SC兩兩垂直又三條側(cè)棱相等，故可以三條側(cè)棱為相鄰三邊作出一個(gè)正方體SB