1、第一板块 学通考场解题常用12术解得快第1术抛砖引玉活用特例方法概述所谓特例法，又叫特殊化法，就是当我们面临一道难以入手的一般性题目时，可以从一般退到特殊，先考查包含在一般情形里的某些比较简单的特殊问题，以便从特殊问题的研究中，拓宽解题思路，发现解答原题的方向或途径应用题型(1)选择题或填空题；(2)在解答题中，当求解目标尚未明确时，往往需要考查题设条件中所含参变因素的某些特殊情况或极端情况方法一：取特殊数值设f (x)若f (x0)3，则x0的取值范围为()A(，0)(2，)B(0,2)C(，1)(3，) D(1,3)常规解法当x02时，log24(x01)3，即log24log2(x01)
2、3，log2(x01)1，x012，即x03.当x03，即x02，x03或x01，即x0的取值范围为(，1)(3，)提速解法取x01，则f (1)11时，f (x)x1；当x1时，f (x)x1；当0x1时，f (x)x1；当10)，g(x)(x0)都是“影子函数”，但F(x)f (x)g(x)1(x0)不是“影子函数”(因为对任意的x1(0，)，存在无数多个x2(0，)，使得F(x1)F(x2)1)，所以错误答案B方法四：取特殊位置已知E为ABC的重心，AD为BC边上的中线，过点E的直线分别交AB，AC于P，Q两点，且m，n，则()A3 B4C5 D.常规解法分别过点B，C作BMAD，CNA
3、D，分别交PQ于点M，N.D是BC的中点，DE是梯形CNMB的中位线又m，n，m，n，1122222213.提速解法由于直线PQ是过点E的一条“动”直线，所以结果必然是一个定值故可利用特殊直线确定所求值法一：如图(1)，令PQBC，则，此时，mn，故3.法二：如图(2)，直线BE与直线PQ重合，此时，故m1，n，所以3.答案A如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满足A1PBQ，过P，Q，C三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为()A31 B21C41 D.1常规解法设三棱柱ABCA1B1C1的体积为V，侧棱AA1和BB1上各有一动点P，Q满足A1PBQ，
4、四边形PQBA与四边形PQB1A1的面积相等，故四棱锥CPQBA的体积等于三棱锥CABA1的体积，等于V，则几何体CPQC1B1A1的体积等于V，故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为21.提速解法将P，Q置于特殊位置：PA1，QB，此时仍满足条件A1PBQ(0)，则有VCAA1BVA1ABCVABCA1B1C1.因此过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为21.答案B方法五：取特殊图形AD，BE分别是ABC的中线，若|1，且与的夹角为120，则_.常规解法由已知得解得所以|2|2.提速解法若ABC为等边三角形，则|，|cos 60.答案即时应用体验1动点A在双曲线1上
5、，B，C为其左、右焦点在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且a10，cb6，则tantan()A. B.C. D1解析：选A由题意得双曲线的方程为1，取特殊位置ACBC，可得C，则a2b2(6b)2，解得b，故tan B，则tan，所以tantan.2若f (x)和g(x)都是定义在实数集R上的函数，且方程xf g(x)0有实数解，则gf (x)的解析式不可能是()Ayx2x Byx2xCyx2 Dyx2解析：选B法一：设x0为方程xf g(x)0的一个实根，则f g(x0)x0.设g(x0)t0，则f (t0)x0.所以g(x0)gf (t0)t0，即gf (t0)t00，这说明
6、方程gf (x)x0至少有一个实根t0，而对于选项B，当gf (x)x2x时，方程x2xx无实根，故选B.法二：取特殊函数法令f (x)x，即可把原题改写为xg(x)0有实数解，g(x)不可能是哪个代数式A、C、D均可使xg(x)0有实数解，只有B不能使xg(x)0有实数解，故选B.3设f (x)则使所有x均满足不等式xf (x)g(x)的函数g(x)为()Asin x BxCx2 D|x|解析：选D若g(x)sin x，应有xf (x)sin x，取x2，则f (x)1，于是2sin 2，矛盾，排除A；若g(x)x，应有xf (x)x，取x，则f (x)0，于是0，矛盾，排除B；若g(x)x
7、2，取x0.2，则0.20.22，矛盾，排除C.故选D.4cos2cos2(120)cos2(240)_.解析：令0，则原式.答案：5在ABC中，M是BC的中点，AM3，BC10，则_.解析：将ABC视作特殊的三角形：边ABAC的等腰三角形，如图，则AM3，BC10，ABAC.由余弦定理得cosBAC，所以16.答案：166椭圆1的焦点为F1，F2，点P为其上动点，当F1PF2为钝角时，点P横坐标的取值范围是_解析：设P(x，y)，则当F1PF290时，点P的轨迹方程为x2y25，由此可得点P的横坐标x.又当点P在x轴上时，F1PF20；点P在y轴上时，F1PF2为钝角，由此可得点P横坐标的取
8、值范围是.答案：第2术探求思路图作向导方法概述对题设条件不够明显的数学问题求解，注重考查相关的图形，巧用图形作向导是思维入手、领会题意的关键所在尤其是对一些用函数、三角函数、不等式等形式给出的命题，其本身虽不带有图形，但我们可换个角度思考，设法构造相应的辅助图形进行分析，将代数问题转化为几何问题来解力争做到有图用图，无图想图，补形改图，充分运用其几何特征的直观性来启迪思维，从而较快地获得解题的途径这就是我们常说的图解法应用题型选择题、填空题、解答题中均有应用，主要涉及函数最值、不等式、解析几何中范围等问题应用一：求解函数问题用mina，b，c表示a，b，c三个数中的最小值，设f (x)min2
9、x，x2,10x(x0)，则f (x)的最大值为()A4B5C6 D7解析画出y2x，yx2，y10x的图象如图所示，观察图象可知f (x)所以f (x)的最大值在x4时取得，且为6.答案C设f (x)(x2)2exaex，g(x)2a|x2|(e为自然对数的底数)，若关于x的方程f (x)g(x)有且仅有6个不等的实数解，则实数a的取值范围是()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.设h(x)|x2|ex，m1a，m2a.当x2时，h(x)(2x)ex，h(
10、x)ex(1x)于是，当x0，则h(x)单调递增；当x1时，h(x)0，则h(x)单调递减由此可得，函数h(x)maxh(1)e.所以02时，h(x)(x2)ex，h(x)ex(x1)0.则h(x)在(2，)上单调递增，画出函数h(x)的大致图象如图所示故方程f (x)g(x)有六个不等的实数解等价于直线ym1，ym2与曲线h(x)|x2|ex各有三个交点由图知，则需0a，且ae.解得1a.答案D应用二：求解不等式问题 已知f (x)则不等式f (x)x2的解集为()A1,1 B2,2C2,1 D1,2解析分别作出f (x)和yx2的图象如图所示由图可知，f (x)x2的解集为1,1答案A应用
11、三：求解平面向量问题设a，b，c是单位向量，且ab0，则(ac)(bc)的最小值为()A2 B.2C1 D1解析由于(ac)(bc)(ab)c1，因此等价于求(ab)c的最大值，这个最大值只有当向量ab与向量c同向共线时取得由于ab0，故ab，如图所示，|ab|，|c|1.当0时，(ab)c取得最大值且最大值为.故所求的最小值为1.答案D已知ABC的三个顶点的坐标满足如下条件：向量(2,0)， (2,2)，(cos ，sin )，则AOB的范围为_解析由|，可知点A的轨迹是以C(2,2)为圆心，为半径的圆过原点O作圆的切线，切点分别为M，N，如图所示，连接CM，CN，则向量与的夹角的范围是MO
12、B，NOB由图可知COB，因为|2，由| |，知COMCON，所以BOM，BON，所以，故AOB的范围为.答案应用四：求解解析几何问题已知F1，F2分别为双曲线x21的左、右焦点，点P为右支上一点，O为坐标原点若向量与的夹角为120，则点F2到直线PF1的距离为()A. B.C2 D.解析如图，取PF2的中点M，连接OM，则2，故，120，OMF260.因为O为F1F2的中点，所以OMPF1，所以F1PF2OMF260.在F1PF2中，设|PF1|m，|PF2|n，因为a1，b，所以c，由余弦定理得，cosF1PF2，即cos 60，整理得m2n2mn28，所以解得过点F2作F2NPF1于N，
13、在RtPF2N中，|F2N|PF2|sin 602，即点F2到直线PF1的距离为2.答案C 即时应用体验1定义在R上的函数yf (x2)的图象关于直线x2对称，且函数f (x1)是偶函数若当x0,1时，f (x)sin，则函数g(x)f (x)e|x|在区间2 018，2 018上的零点个数为()A2 017 B2 018C4 034 D4 036解析：选D由yf (x2)的图象关于直线x2对称，得f (x)是偶函数，即f (x)f (x)因为当x0,1时，f (x)sin，所以当x1,0时，f (x)f (x)sin.因为函数f (x1)是偶函数，所以f (x1)f (x1)，所以f (x2
14、)f (x)f (x)，故f (x)是周期为2的偶函数作出函数yf (x)与函数ye|x|的图象如图所示，可知每个周期内两个图象有两个交点，所以函数g(x)f (x)e|x|在区间2 018,2 018上的零点个数为2 01824 036.2在平面上， ，| |1，若|，则| |的取值范围是()A. B.C. D.解析：选D根据，可知四边形AB1PB2是一个矩形以A为坐标原点，AB1，AB2所在直线为x轴、y轴建立如图所示的平面直角坐标系设|AB1|a，|AB2|b.点O的坐标为(x，y)，点P(a，b)|1，变形为|，(xa)2(yb)2，1x21y2.(xa)2y21，y21.同理，x21
15、.x2y22.由可知：x2y22.|，0，b0)的左焦点F(c,0)(c0)，作圆x2y2的切线，切点为E，延长FE交双曲线右支于点P，若( )，则双曲线的离心率为()A. B.C. D.解析：选A由题意可知E为FP的中点，且OEFP.记F为双曲线的右焦点，作出示意图如图所示，连接FP，则FP綊2OE，且FPFP，所以|FP|a，由双曲线的定义可得|FP|3a.又FPFP，可得(2c)210a2，所以e.4已知a0，b0，则不等式ab的解是()A.B.C.D.解析：选D法一：直接求解法bax，故选D.法二：数形结合法利用y的图象，如图所示，故选D.5已知关于x的方程|x|ax1有一个负根，但没
16、有正根，则实数a的取值范围是_解析：在同一平面直角坐标系中分别作出y|x|，yax1，yx1的图象由图可知，当直线yax1的斜率a1时，直线yax1与y|x|的图象有且仅有y轴左侧一个交点，即|x|ax1有一个负根，但没有正根答案：1，)6已知a，b为单位向量，ab0，若向量c满足|cab|1，则|c|的取值范围是_解析：令a，b，ab，c，如图所示，则|，又|cab|1，所以点C在以点D为圆心、半径为1的圆上，易知点C与O，D共线时|取到最值，最大值为1，最小值为1，所以|c|的取值范围为1，1答案：1，1第3术解题常招设参换元方法概述在解答数学问题时，我们常把某个代数式看成一个新的未知数，
17、或将某些变元用另一参变量的表达式来替换，以便将所求的式子变形，优化思考对象，让原来不醒目的条件，或隐含的信息显露出来，促使问题的实质明朗化，使非标准型问题标准化，从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉，从中找出解题思路这种通过换元改变式子形式来变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去考查、探究解题思路的做法，就是设参换元法，也就是我们常说的换元法应用题型此方法既适用选择题、填空题，也适用于解答题，多在研究方程、不等式、函数、三角、解析几何中广泛应用方法一：三角换元已知x，yR，满足x22xy4y26，则zx24y2的取值范围为_常规解法由x22xy4y26，得2xy6(x24y
18、2)，而2xy，所以6(x24y2)，所以x24y24，当且仅当x2y时，取等号又因为(x2y)262xy0，即2xy6，所以zx24y262xy12，综上可得4x24y212.提速解法已知x22xy4y26，即(xy)2(y)2()2，故设xycos ，ysin ，即xcos sin ，ysin .则zx24y262xy62(cos sin )sin 84sin.所以84z84，即z的取值范围为4,12答案4,12方法二：比值换元设x，y，z满足关系x1，则x2y2z2的最小值为_解析令x1k，则x1k，y12k，z23k，即xk1，y2k1，z3k2.x2y2z2(k1)2(2k1)2(3
19、k2)214k210k6142.当k，即x，y，z时，x2y2z2取最小值.答案方法三：整体换元如图，已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且SABF1.(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线l：ykxm与圆O：x2y21相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求OMN面积的最大值解(1)由已知得椭圆的焦点在x轴上，设其方程为1(ab0)，则A(a,0)，B(0，b)，F(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.所以椭圆C的方程为y21.(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r1，由直线l：
20、ykxm，即kxym0与圆O：x2y21相切，得1，故有m21k2.由消去y得(4k21)x28kmx4m240.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2.所以|x1x2|2(x1x2)24x1x224.将代入，得|x1x2|2，故|x1x2|.所以|MN|x1x2|.故OMN的面积S|MN|1.令t4k21(t1)，则k2，代入上式，得S2 ，所以当t3，即4k213，解得k时，S取得最大值，且最大值为1.方法四：局部换元设对一切实数x，不等式x2log22xlog2log20恒成立，则a的取值范围为_解析注意到log2和log2及log2之间的关系，换元化为一元二次不等式
21、在R上恒成立问题设log2t，tR，则log2log23log23log23t，log22log22t.原不等式可化为(3t)x22tx2t0，它对一切实数x恒成立，所以解得t0，即log20,01，解得0a1)，则loga(uv)的最大值和最小值分别为_，_.解析令xlogau，ylogav，则x0，y0.已知等式可化为(x1)2(y1)24(x0，y0)再设tloga(uv)xy(x0，y0)，由图可知，当线段yxt(x0，y0)与圆弧(x1)2(y1)24(x0，y0)相切时(图中CD位置)，截距t取最大值，tmax22；当线段端点是圆弧端点时(图中AB位置)，截距t取最小值，tmin1
22、.因此loga(uv)的最大值是22，最小值是1.答案221提醒利用两次换元探究动点的轨迹方程，数形结合使问题变得直观换元中应注意旧变量对新变量的限制即时应用体验1椭圆1的左焦点为F，直线xm与椭圆相交于点A，B，当FAB的周长最大时，FAB的面积为_解析：已知1，则F(1,0)设A(2cos ，sin )，B(2cos ，sin )，则|AF|BF|2cos ，故FAB的周长l2(2cos )2sin 44sin.当时，l取得最大值，此时FAB的面积为S(12cos )2sin sin (12cos )3.答案：32不等式log2(2x1)log2(2x12)2的解集是_解析：设log2(2
23、x1)y，则log2(2x12)1log2(2x1)y1，故原不等式可化为y(y1)2，解得2y1.所以2log2(2x1)1，解得log2xlog23，即x.答案：3ysin xcos xsin xcos x的最大值是_解析：设sin xcos xt，则sin xcos x，所以yt(t1)21，当t时，ymax.答案：4已知a0，b0，ab1，则 的取值范围是_解析：法一：设ax，bx，x，则 .由()2222，4，得 的取值范围是.法二：令 x, y，则x，y且x2y22.再令，则 xycos sin 2sin.答案：5在椭圆x24y28中，AB是长为的动弦，O为坐标原点，求AOB面积的
24、取值范围解：设A，B的坐标为(x1，y1)，(x2，y2)，直线AB的方程为ykxb，代入椭圆方程整理得(4k21)x28kbx4(b22)0.故x1x2，x1x2.由|AB|2(k21)(x2x1)2(k21)(x1x2)24x1x22(4k21)b2，得b22(4k21)，又原点O到AB的距离为.所以AOB的面积S.记u，则S242.又u4的范围为1,4(u4为竖直弦)故u时，S4；而u1时，S.因此S的取值范围是.第4术出奇制胜巧妙构造方法概述构造法是指根据题设条件和结论的特征、性质，运用已知数学关系式和理论，构造出满足条件或结论的数学对象，从而使原问题中隐含的关系和性质在新构造的数学对
25、象中清晰地展现出来，并借助该数学对象方便快捷地解决数学问题的方法构造法应用的技巧是“定目标构造”，需从已知条件入手，紧扣要解决的问题，把陌生的问题转化为熟悉的问题解题时常构造函数、构造方程、构造平面图形等应用题型适用于各类题型，多涉及函数、方程、平面图形等知识方法一：构造函数已知偶函数f (x)的定义域为，其导函数是f (x)当0x时，有f (x)cos xf (x)sin x0，则关于x的不等式f (x)f cos x的解集为()A.B.C.D.解析令F(x)，则F(x).当0x时，有f (x)cos xf (x)sin x0，则F(x)0，则f (x)f cos x等价于，即F(x)，又x
26、，所以x或x.答案B已知m，n(2，e)，且nBm2 Dm，n的大小关系不确定解析由不等式可得ln mln n，即ln n0，故函数f (x)在(2，e)上单调递增因为f (n)f (m)，所以n，则事件A发生的概率为()A. B1C. D1解析由题意知，计算机产生的01之间的均匀随机数a，b的对应区域是边长为1的正方形，面积为1；事件A对应的区域是边长为1的正方形减去四分之一的圆圆心为(1,1)，半径为，如图所示，则事件A对应的区域的面积为1.由几何概型的概率计算公式得事件A发生的概率为1.答案B即时应用体验1已知函数f (x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意的实数x都有xf
27、(x1)(1x)f (x)，则f 的值是()A0B.C1D.解析：选A由已知得，故构造函数g(x)，则g(x1)，所以g(x1)g(x)，即g(x)是周期为1的函数又f (x)为偶函数，所以g(x)为奇函数故再构造一个特例函数g(x)sin 2x(xR)，所以f (x)xsin 2x，从而有f sin 50，故f f (0)0，因此选A.2已知数列an，an2an1n1，a11(nN*)，则an_.解析：由已知可得ann32an1(n1)3设bnann3，则bn2bn1，所以bn是公比为2的等比数列，且b1a1135，所以bn52n1，所以an52n1n3.答案：52n1n33已知不等式log
28、a(a1)对于一切大于1的自然数n都成立，则实数a的取值范围为_解析：构造数列an(n2，nN*)an1，an1an0，an1an，故ana2，即an的最小值为.要使loga(a1)对于一切自然数n(n2)都成立，则必有loga(a1)，即loga(a1)1，所以a1，解得1ax2的区域内，所以2，整理得(2k1)(6k22k1)0，解得k.因此当k0且a1)，对于任意的n，mN*，都有anmanam，则称数列an为指数数列(1)若数列an，bn的通项公式分别为an32n1，bn3n，试判断an，bn是不是指数数列(需说明理由)；(2)若数列an是指数数列，a1(tN*)，证明：数列an中任意
29、三项都不能构成等差数列解(1)因为an32n1，所以a13，a26，a312.因为a3a12a1a2，所以数列an不是指数数列对于数列bn，因为bnm3nm3n3mbnbm对任意的n，mN*恒成立，所以数列bn是指数数列(2)证明：因为数列an是指数数列，所以对于任意的n，mN*，都有anmanam.令m1，则an1ana1an，所以an是首项为，公比为的等比数列，所以ann.假设数列an中存在三项au，av，aw构成等差数列，不妨设uvw，则由2avauaw，得2vuw, 所以2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu.当t为偶数时，2(t4)wv(t3)vu是偶数，(t4)wu是偶
30、数，(t3)wu是奇数，故2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立；当t为奇数时，2(t4)wv(t3)vu是偶数，(t4)wu是奇数，(t3)wu是偶数，故2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立综上，对任意的tN*,2(t4)wv(t3)vu(t4)wu(t3)wu不能成立，即数列an的任意三项都不能构成等差数列即时应用体验1设a，bR，定义运算“”和“”如下：abab若正数a，b，c，d满足ab4，cd4，则()Aab2，cd2 Bab2，cd2Cab2，cd2 Dab2，cd2解析：选C从定义知，abmin(a，b)，即求a，b中的最小值；abmax
31、(a，b)，即求a，b中的最大值假设0a2,0b2，则ab2，d2，则cd4，与已知cd4相矛盾，则假设不成立，故min(c，d)2，即cd2.故选C.2某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况，从高一，高二，高三三个年级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查，若再从中任意抽取两个班级进行测试，则两个班级来自不同年级的概率为_解析：记高一年级中抽取的1个班级为a，高二年级中抽取的2个班级为b1，b2，高三年级中抽取的3个班级为c1，c2，c3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为(a，b1)，(a，b2)，(a，c1)，(a，c2)，(a，c3)，(b1，b2)，(b1，c1
32、)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15种设“抽取的两个班级来自不同年级”为事件A，则事件为抽取的两个班级来自同一年级两个班级来自同一年级的结果为(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4种所以P()，故P(A)1P()1.所以两个班级来自不同年级的概率为.答案：3方程x24ax4a30，x2(a1)xa20，x22ax2a0中至少有一个方程有实根，则实数a的取值范围为_解析：假设三个方程都无实根，则解得a1.因为三个方程中至少有一个方程有实根所以所求a的取值范围为1，)
33、答案：1，)4已知函数f (x)ax2xln x在区间(1,2)上不单调，则实数a的取值范围为_解析：f (x)2ax1.(1)若函数f (x)在区间(1,2)上单调递增，则f (x)0在(1,2)上恒成立，所以2ax10，得a.令t，因为x(1,2)，所以t.设h(t)(tt2)2，t，显然函数yh(t)在区间上单调递减，所以h(1)h(t)h，即0h(t)0)与圆O：x2y28相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M.(1)求p的值；(2)求动点M的轨迹方程解
34、：(1)由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2,2)，代入y22px，解得p1.(2)设动点M(x，y)，C，D，y10，y20，则切线l1：yy1k，代入y22x消去x，得ky22y2y1ky0.由0，解得k，所以l1的方程为yx.同理可得，l2的方程为yx.联立解得易知直线CD的方程为x0xy0y8，其中x0，y0满足xy8，x02,2，联立消去x并整理得，x0y22y0y160，则又则可得由xy8，得y21.又x02,2 ，所以x4，2 所以动点M的轨迹方程为y21，x4，2 第6术蹊径可辟分割补形方法概述所谓割补法就是把一个复杂面积或体积的计算分割成若干个简单图形的有关计算或将一个不
35、易求出面积或体积的几何图形补足为较易计算的几何图形也就是将复杂的或不熟悉的几何图形转化为简单的熟悉的几何图形或几何体例如，把曲边形割补成规则图形、把斜棱柱割补成直棱柱、把三棱柱补成平行六面体、把三棱锥补成三棱柱或平行六面体、把多面体切割成锥体(特别是三棱锥)、把不规则的几何体割补成规则的几何体，从而把未知的转化为已知的、把陌生的转化为熟悉的、把复杂的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的应用题型在解决几何问题过程中，割补法是一种常用的方法无论是平面几何、解析几何、还是立体几何，适时使用割补法，能帮助我们找到问题的突破口，把问题放到特殊的几何图形中，借助特殊图形分析问题，有时会柳暗花明，事半
36、功倍方法一：分割为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积是()A. km2B. km2C. km2 D. km2解析如图，连接AC.在ABC中，根据余弦定理可得AC km，又AB2 km，BC1 km，所以AC2BC2AB2，所以ABC为直角三角形，且ACB90，BAC30，故DACDCA15.所以ADC为等腰三角形，且D150，设ADDCx km，根据余弦定理得x2x2x23，即x23(2)所以小区的面积为13(2)(km2)答案D如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且ADE，BCF均为正三角形，EFAB，EF2，则多面体的
37、体积为()A. B.C. D.解析法一：如图，在EF上取点M，N，使EMFN，连接MA，MD，NB，NC，则MN1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DMAM.设H为AD的中点，连接MH，则MHAD，且MH，SADMADMH.VABCDEF2VEADMVADMBCN21.法二：如图，取EF的中点G，连接GA，GB，GC，GD，则三棱锥EADG与三棱锥GBCF都是棱长为1的正四面体，易求得VEADGVGBCF，又四棱锥GABCD的底面是边长为1的正方形，且侧棱边为1.易求得其高为，则VGABCD11，所以VABCDEF2VEADGVGABCD2.答案A启思维多面体ABCDEF是一个不规则的几何体，法
38、一和法二使用了分割法，分割成我们熟悉的三棱锥和三棱柱等，便于使用棱柱、棱锥的体积公式方法二：补形某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A816 B816C88 D168解析由三视图可知该几何体为一个半圆柱去掉一个直棱柱其中半圆柱的高为4，底面半圆的半径为2；直三棱柱的底面为斜边是4的等腰直角三角形，高为4.半圆柱的体积为V12248，直三棱柱的体积为V242416.所以所求几何体的体积为VV1V2816.答案B如图，在直三棱柱A1B1C1ABC中，BCA90，点E，F分别为AB，AC的中点，若BCCACC1，则B1E与A1F所成的角的余弦值为_解析如图，把直三棱柱A1B1C1ABC补
39、成一个直平行六面体A1B1D1C1ABDC，取BD中点G，连接B1G，则B1GA1F，EB1G即为B1E与A1F所成的角(或其补角)设BCCACC12a，则B1Ga，AB2a，B1Ea，GE2BG2BE22BGBEcos 1355a2，所以cosEB1G，故B1E与A1F所成角的余弦值为.答案即时应用体验1一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是()A64 B72C80 D112解析：选C根据三视图可知该几何体为四棱锥PABCD与正方体ABCDA1B1C1D1的组合体，如图所示由三视图中的数据可知，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为4，其体积V14364.四棱锥PABCD的底面为正方
40、形ABCD，高h3，且PAPB，其底面积为S4216，则四棱锥PABCD的体积V2Sh16316.故所求几何体的体积VV1V2641680.2.如图，正三棱锥SABC的侧棱与底面边长相等，如果E，F分别为SC，AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角等于()A90 B60C45 D30解析：选A如图，把正三棱锥SABC补成一个正方体AGBHA1CB1S.EFAA1，异面直线EF与SA所成的角为45.3.如图，已知多面体ABCDEFG，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC平面DEFG，平面BEF平面ADGC，ABADDG2，ACEF1，则该多面体的体积为()A2 B4C6 D8解析：选B法一：
41、如图，把多面体ABCDEFG补成正方体DEPGABHM，则VABCDEFGVDEPGABHM234.法二：如图，取DG的中点H，以DA，DE，DH为棱构造长方体EFHDBPCA，则三棱锥CHFG与三棱锥FPCB全等所以VABCDEFGVABPCDEFHABACAD2124.4在正三棱锥SABC中，侧棱SC侧面SAB，侧棱SC4，则此正三棱锥的外接球的表面积为_解析：由正三棱锥中侧棱SC侧面SAB，可得三条侧棱SA，SB，SC两两垂直又三条侧棱相等，故可以三条侧棱为相邻三边作出一个正方体SBDCAEFG，如图所示，其棱长为4，其外接球的直径就是此正方体的体对角线，所以2R12，即球半径R6，所以
42、球的表面积S4R2144.答案：1445棱长为a的正四面体的内切球的体积为_解析：设内切球的半径为r，正四面体每个面的面积为aasin 60a2，高为a，所以正四面体的体积为a2aa3.连接内切球的球心与四面体4个顶点，则原四面体可分割成四个以内切球的球心为顶点，以四面体的面为底面的三棱锥，这些三棱锥的底面积都是a2，高都是r，所以正四面体的体积为4a2ra2r，于是a2ra3，解得ra.所以内切球的体积为3a3.答案：a36.如图，已知F1，F2是椭圆y21的两个焦点，过F1作倾斜角为的弦AB.(1)求ABF2的周长；(2)求ABF2的面积解：由椭圆方程y21可得a，b1，c1.(1)将AB
43、F2的周长分割为折线F1AF2及折线F1BF2，由椭圆定义可知|F1A|F2A|2a，|F1B|F2B|2a，所以ABF2的周长l4a4.(2)SABF2SAF1F2SBF1F2|F1F2|F1A|sin|F1F2|F1B|sin|F1F2|(|F1A|F1B|)|AB|.由已知，弦AB所在的直线方程为yx1，代入椭圆方程并整理得3x24x0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，解得x10，x2.所以|AB|x1x2|.所以SABF2.第7术关注整体设而不求方法概述设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的
44、解题效果应用题型选择题、填空题、解答题中均有应用方法一：整体代入，设而不求在解决某些涉及若干个量的求值问题时，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的思想，绕开复杂的运算过程，可使问题迅速得到解决已知等比数列an中，Sm16，S2m64，求S3m.解设公比为q，由于S2m2Sm，故q1，于是得1qm4，则qm3，所以S3m(1qmq2m)16(1332)208.方法二：转化图形，设而不求有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，转化成几何问题求解设a，b均为正数，且ab1，则的最大值为_解析设u，v(u1，v1)，uvm，则u，v同时满足其中uvm表示直线，m为此直线在v轴上的截距
45、u2v24是以原点为圆心，2为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧，如图所示，显然直线与圆弧相切时，所对应的截距m的值最大由图易得mmax2，即2.答案2方法三：适当引参，设而不求恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使问题能够得到解决已知对任何满足(x1)2y21的实数x，y，不等式xyk0恒成立，求实数k的取值范围解由题意设则g()xyksin cos 1ksin1k1k.令1k0，得k1.即实数k的取值范围是1，)方法四：巧设坐标，设而不求在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化归，起到以简驭繁的解题效果设抛物线y22p
46、x(p0)的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线的准线上，且BCx轴，求证：直线AC经过原点O.证明设A(2pt，2pt1)，B(2pt，2pt2)，则C.因为AB过焦点F，所以2pt12pt2p2，得t1t2.又直线OC的斜率kOC4t2，直线OA的斜率kOA，则kOCkOA.故A，O，C三点共线，即直线AC经过原点O.方法五：中介过渡，设而不求根据解题需要，可引入一个中间量作为中介，起到过渡作用，使问题得以解决如图，OA是圆锥底面中心O到母线的垂线，OA绕轴旋转一周所得曲面将圆锥体积分成相等的两部分，求圆锥母线与轴的夹角的余弦值解过点A作AMSO，垂足为M，可知MAO
47、AOBOSB.设MAx，OBr，SOh，则有x2hr2h.化简可得2.又因为cos ，即cos .所以cos2.于是cos4，又为锐角，所以cos .方法六：恒等变形，设而不求某些看似十分复杂的运算，经过巧妙转换，恒等变形，使运算对象发生转移，起到意想不到的效果求coscoscoscos的值解设Mcoscoscoscos，Nsinsinsinsin，则MNsincossincossincossinsinsinsinsinsinN.而N0，故M.即时应用体验1sin 10sin 30sin 50sin 70的值为_解析：设Asin 10sin 30sin 50sin 70，Bcos 10cos
48、30cos 50cos 70，则ABsin 20sin 60sin 100sin 140cos 70cos 30cos 10cos 50B，由此可得A.答案：2一直线被两直线4xy60,3x5y60截得的线段中点恰好是坐标原点，则这条直线的方程为_解析：设所求直线分别交直线4xy60,3x5y60于点M，N，设M(x0，y0)，则有4x0y060.因为M，N关于原点对称，所以N(x0，y0)，从而3x05y060.由得x06y00.显然M(x0，y0)，N(x0，y0)，O(0,0)三点的坐标均适合方程.故所求直线的方程为x6y0.答案：x6y03已知椭圆1，F1，F2为焦点，点P为椭圆上一点
49、，F1PF2，则SF1PF2_.解析：设|PF1|r1，|PF2|r2，由椭圆定义得r1r210.由余弦定理得rr2r1r2cos64.2得，r1r212，所以SF1PF2r1r2sin 3.答案：34已知F1，F2是椭圆2x2y24的两个焦点，点P是椭圆上在第一象限内的点，且1.过点P作倾斜角互补的两条直线PA，PB分别交椭圆于A，B两点(1)求点P的坐标；(2)求直线AB的斜率；(3)求PAB面积的最大值解：(1)设P(m，n)，因为点P在椭圆上，所以2m2n24，m0，n0.又椭圆的标准方程为1，设F1(0，)，F2(0，)，所以(m，n)(m，n)1，由此可得m2n23.由解得m1，n
50、，即所求点P的坐标为(1，)(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为点A，B在椭圆上，所以2xy4,2xy4，两式相减得2(x1x2)(x1x2)(y1y2)(y1y2)0.所以kAB2.同理可得kAP2，kBP2.因为PA，PB倾斜角互补，所以kPAkPB0.由左端及得x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，由右端及得x1y2x2y1(x2x1)(y1y2)20，由得2(x2x1)2(y1y2)0，即y1y2(x1x2)，由得kAB.(3)设直线AB的方程为yxt，代入椭圆方程，化简得4x22txt240，由此可得x1x2，x1x2.所以|AB|x1x2|，又点P到直线AB的距
51、离d，所以S|AB|d.当且仅当t2时等号成立所以PAB面积的最大值为.第8术沟通联系引参搭桥方法概述在一个命题的条件与结论之间引入一些中间变量，即参数(可以是角度、线段、斜率以及点的坐标等)，来沟通条件与结论之间的联系，这种解题的思想方法即为引参搭桥术应用题型适用于各类题型，多用于解答解析几何综合题，常用的引参方法有斜率、截距、点坐标方法一：引入斜率为参数如图，椭圆有两顶点A(1,0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P，直线AC与直线BD交于点Q.(1)当|CD|时，求直线l的方程；(2)当点P异于A，B两点时，求证： 为定值解(1)设椭圆的标
52、准方程为1(ab0)由已知得b1，c1，所以a，所以椭圆的方程为x21.显然直线l垂直于x轴时与题意不符故设直线l的方程为ykx1.联立消去y，整理得(2k2)x22kx10.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2.所以|CD|.由已知得，解得k.所以直线l的方程为yx1或yx1.(2)证明：这一问是变中求定问题，思路是选设引起直线l变化的某参数，在推算过程中把该参数消去，得到为定值，显然此处首选直线l的斜率为参数显然直线l垂直于x轴时与题意不符，故设直线l的方程为ykx1(k0且k1)，所以点P的坐标为.由(1)得，x1x2 .直线AC的方程为y(x1)，直线BD的方程为
53、y(x1)，将两直线方程联立解得xQ.又y1kx11，y2kx21，所以xQk，所以点Q的坐标为(k，yQ)而点P的坐标为，所以(k)0yQ1(定值)方法二：引入截距为参数如图，过椭圆M：1(ab0)右焦点的直线xy0交椭圆M于A，B两点，P为AB中点，且OP的斜率为.(1)求椭圆M的方程；(2)C，D为椭圆M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ACBD面积的最大值解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则1，1.将上面两式相减，得1.1.又，a22b2，又由题意知M的右焦点为(，0)，即a2b23，a26，b23，椭圆M的方程为1.(2)由消去y，得3
54、x24x0，解得或|AB|.由题知可设直线CD的方程为yxn，C(x3，y3)，D(x4，y4)由消去y，得3x24nx2n260，x3x4，x3x4，|CD|x3x4| ，S四边形ABCD|CD|AB| ，当n0时，S有最大值.方法三：引入点为参数如图，已知椭圆C1：1(ab0)的右顶点为A(1,0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.(1)求椭圆C1的方程；(2)设点P在抛物线C2：yx2h(hR)上，C2在点P处的切线与C1交于点M，N，当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值解(1)由题意得解得所以椭圆C1的方程为x21.(2)不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
55、P(t，t2h)，则抛物线C2在点P处的切线斜率为y|xt2t，直线MN的方程为y2txt2h，将上式代入椭圆C1的方程中，消去y得4x2(2txt2h)240，即4(1t2)x24t(t2h)x(t2h)240.因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，所以有16t42(h2)t2h240.设线段MN的中点的横坐标是x3，则x3.设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4，由题意得x3x4，即有t2(1h)t10，其中的(1h)240，所以h1或h3.当h3时，有h20,4h20，所以16t42(h2)t2h240成立因此h的最小值为1. 即时应用体验1已知椭圆C：9x2y2m2(m0)，直线l不
56、过原点O且不平行于坐标轴，直线l与椭圆C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若直线l过点，延长线段OM与椭圆C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由解：(1)证明：设直线l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将ykxb代入9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20，故xM，yMkxMb.于是直线OM的斜率kOM，即kOMk9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值(2)四边形OAPB能为平行四边形因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的
57、充要条件是k0，k3.由(1)得OM的方程为yx.设点P的横坐标为xP.由得x，即xP.将点的坐标代入直线l的方程得b，因此xM.四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM.于是2，解得k14，k24.因为ki0，ki3，i1,2，所以当直线l的斜率为4或4时，四边形OAPB为平行四边形2已知椭圆C：x23y23，过点D(1,0)且不过点E(2,1)的直线与椭圆C交于A，B两点，直线AE与直线x3交于点M.(1)求椭圆C的离心率；(2)若AB垂直于x轴，求直线BM的斜率；(3)试判断直线BM与直线DE的位置关系，并说明理由解：(1)椭圆C化为标准方程为y21，
58、则a，b1，c，所以椭圆C的离心率e.(2)根据题意，设A(1，t)，B(1，t)，M(3，m)，则由A，E，M三点共线得，即mt2.从而直线BM的斜率k1.(3)从第(2)问给出的特殊情形可以猜测这一问中BM与DE平行，合理引入参数证明运动中的不变量即可直线BM与DE平行，证明如下如图，设，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则D(1,0)，于是x1x21，y1y20.由已知，有x3y3，2x32y32，两式相减得(x1x2)(x1x2)3(y1y2)(y1y2)3(1)(1)，把代入上式，化简可得x1x233，进而x12.于是，所以.根据平行线截割定理的逆定理可知，直线DE与直线BM平行第
59、9术“压轴”首选定义分析解答数学高考压轴题，入手的关键就是要先弄清问题所涉及的概念、定义及其相关的隐含信息，然后运用数学的通性通法定义法、分析法、综合法、分离变量法、数形结合法、向量法、重要不等式法等进行分析、整合，认识问题的本质，探究与问题相关的基本概念或数学模型只有明确了命题中的相关概念、定义及数学模型，才能准确理解题意、灵活运用知识分析问题，解决问题，促进解题思路的创新因此，运用定义分析问题是准确、迅速解答数学高考压轴题的首选方法这就是“解压轴题要敏锐，相关概念先查追”的战术，简称为“定义分析术”已知函数f (x)是定义在(，)上的奇函数，且当x0时，f (x)，若xR，f (x1)f
60、(x)，则实数a的取值范围为()A.B.C. D.解析当x0时，f (x)作出函数f (x)的图象，如图所示法一：因为对xR，f (x1)f (x)成立，所以对应的函数f (x1)的图象恒在函数f (x)的图象的下方由此可知，只需函数f (x)在x2a2时，f (x)x3a2，又f (x)是R上的奇函数，所以x0时，f (x)的最小值为a2.因为f (x)为奇函数，所以当x0时，f (x)a2所对应的横坐标为x4a2，即B点的横坐标当x0时，f (x)a2所对应的横坐标xmin2a2，即A点的横坐标故要对xR，都有f (x1)f (x)成立，则要A，B两点的跨度不大于1.否则，f (x)的图象
61、向右平移1个单位后，线段DB会在A1C1的下方，此时的图象与对应的函数不等式f (x1)f (x)相悖所以4a2(2a2)1，解得a.答案B启思维本题主要考查全称命题、奇函数和分段函数等基本概念，考查函数的最值与恒成立问题意在考查学生应用数形结合思想，综合运用数学知识分析问题、解决问题的能力注重理解题意，根据奇函数的性质画草图进行探究，抓住函数f (x)在x0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有x2cex.解(1)由f (x)exax，得f (x)exa.又f (0)1a1，解得a2，所以f (x)ex2x，f (x)ex2.由f (x)0，得x
62、ln 2.当xln 2时，f (x)ln 2时，f (x)0，f (x)单调递增所以当xln 2时，f (x)有极小值，且极小值为f (ln 2)eln 22ln 22ln 4，f (x)无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x，由(1)得，g(x)f (x)f (ln 2)2ln 40，即g(x)0，所以g(x)在R上单调递增，又g(0)10，所以当x0时，g(x)g(0)0，即x20时，x20时，有x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2cex.若0c1，要使不等式x2kx2成立而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，即要x2ln xln k成立令h(x)x
63、2ln xln k，则h(x)1，易知，当x2时，h(x)0，则h(x)在(2，)上单调递增令x02，则h(x)在子区间(x0，)上单调递增为了寻求使h(x)0的最小的x0(这里的x0与k有关)，现作如下试探：设x0mk(m2，k1)，又易知m1ln m0，k1ln k0，则h(mk)mk2ln(mk)ln kmk2m3k52(m1ln m)3(k1ln k)于是，要使h(mk)0，则要mk2m3k50，即要m3.不难得知，当m4，k3时，上式等号成立由此可得，当取x04k时，有h(4k)4k2ln 43ln kk32ln 43(k1ln k)k32ln 444ln 20.所以存在x0，当x(
64、x0，)时，恒有x2cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.法二：为了借用(2)的结论：x222，要出现cexx2，即要出现exx2.由此希望有c22，即希望有c，故希望有c1，即x.由此可知，对任意给定的正数c，取x0，由(2)知，当x0时，exx2，所以exee22.从而，当xx0时，有ex2222222x2.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.法三：首先证明当x(0，)时，恒有x30时，exx2.从而h(x)0，故h(x)在(0，)上单调递减所以h(x)h(0)10，即x3x0时，有x2x0x2x3ex.因此，对
65、任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.启思维本题主要考查导数的运算及导数的应用，全称量词与存在量词等基本概念，考查学生的运算能力、推理论证能力、抽象概括能力，考查函数与方程思想、化归与转换思想、有限与无限思想、极端性原理第(1)问的求解较为基本，只要理解了题意，明确了函数极值的概念，即可解决第(2)问，注重构造函数进行探究是解答本问题的基本出发点第(3)问， 实质是：要求对给定的正数c，找出一个与c有关且大于2的正数x0，使得从这个正数x0起，以后的所有实数都能使x20，n0)与y轴的交点为B，且经过F1，F2两点(1)求抛物线C2的方程；(2)设M，N为抛物线C2上
66、的一动点，过点N作抛物线C2的切线交椭圆C1于P，Q两点，求MPQ的面积的最大值解：(1)由题意易知A(0，2)，B(0，1)，故n1.又F1(1,0)，F2(1,0)在抛物线上，所以m1，从而抛物线方程为yx21.(2)设N(t，t21)，由(1)知y2x，则直线PQ的方程为y(t21)2t(xt)，即y2txt21.将其代入椭圆C1的方程中化简得，4(15t2)x220t(t21)x5(t21)2200.则80(t418t23)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2.故|PQ|.设点M到直线PQ的距离为d，则d.所以SMPQ|PQ|d(当t3时取等号，经检验此时满足0，
67、满足题意)所以MPQ的面积的最大值为.第10术单调算推导数分析一些与函数、不等式有关的数学问题，常常需要利用导数的知识来分析、探究解决这是因为导数知识具有高度严谨的数学分析思想，而有些函数图象的走向、函数的增减性、函数的极值与曲线的切线方程、有关不等式的证明等问题的求解往往都离不开导数导数知识的运用是创新题型的高发区，在客观题、主观题中常都是以压轴题出现，主要考查学生的创新思维能力和运算能力在平时的解题实践中，我们务必要注重用导数思想方法分析问题，解决问题，加深对导数的定义和几何意义的理解，增强对导数思想方法的认识，促进解题的创新性思维这种巧用导数知识来分析问题的方法，就是导数分析术设f (x
68、)ln x1，求证：(1)当x1时，f (x)(x1)；(2)当1x3时，f (x)1时，g(x)0.所以g(x)在(1，)上单调递减又g(1)0，所以g(x)0，即f (x)1时，20，所以2x1，即引理成立于是，由引理得，则有g(x)ln x1(x1)1)，则h(x)10，故h(x)在(1，)上单调递减又h(1)0，故h(x)h(1)0，即ln x1时，f (x)(x1)成立(2)法一：设q(x)f (x)，则有q(x).令Q(x)(x5)3216x，则当1x3时，Q(x)3(x5)22160，所以Q(x)在(1,3)上单调递减又Q(1)0，故Q(x)0，从而q(x)0.由此可得q(x)在
69、(1,3)上是减函数又q(1)0，所以q(x)0.所以当1x3时，f (x).法二：设p(x)(x5)f (x)9(x1)，则当1x3时，结合(1)的结论得p(x)f (x)(x5)f (x)9(x1)(x5)93x(x1)(x5)(2)18x3x(x1)(x5) (2)18x(7x232x25)0.因此p(x)在(1,3)上单调递减又p(1)0，所以p(x)0，即f (x)1)(1)求证：F(x)在(0，)上单调递增；(2)若函数y3有四个零点，求b的取值范围；(3)若对x1，x21,1时，都有|F(x2)F(x1)|e22恒成立，求a的取值范围解(1)证明：因为F(x)axx2xln a，
70、所以F(x)axln a2xln a2x(ax1)ln a.由于a1，所以ln a0，且当x0时，ax10，由此可得F(x)0.故函数F(x)在(0，)上单调递增(2)令F(x)2x(ax1)ln a0，得x0，F(x)ax(ln a)220，从而可得F(x)为单调增函数，这就说明x0是唯一的极值点，也是最小值点，故F(0)1.因为F(0)0，所以当x0时，F(x)0时，F(x)0，故F(x)在(0，)上单调递增因为yF(x)b3有四个零点，即3有四个根故问题等价于方程有解又F(x)F(0)1，由得，F(x)3b1，即0.解得b1或1b0，解得b2或2b2或2b1)，则g(x)120(当x1时
71、取等号)，所以g(x)在(1，)上单调递增，而g(1)0，故当x1时，g(x)0，这就是说，当x1时，F(1)F(1)0，即F(1)F(1)由此可得，当a1时，F(x)的最小值为F(0)1，最大值为F(1)a1ln a，则|F(x2)F(x1)|e22F(1)F(0)aln ae22.令h(x)xln x(x1)，则h(x)0，故h(x)在(1，)上为增函数又a1，所以h(a)aln ae22h(e2)，由此可得ae2.故a的取值范围为(1，e2启思维本题考查运用导数知识求函数的单调性，考查恒成立问题，考查函数的零点与方程根的转换能力第(1)问是送分题，易解决第(2)问，先弄清F(x)的极值点
72、，再将方程F(x)b3中的b与F(x)分离，并借用F(x)的极值来探究b的范围，思维独到，颇有创意第(3)问，利用导数确定函数g(x)的最值，确定h(x)的增减性恰到好处，充分体现了“导数分析是常规”的战术思想即时应用体验1已知函数f (x)(2a)ln x2ax.(1)当a2时，求函数f (x)的极值；(2)当a0时，讨论f (x)的单调性；(3)若对任意的a(3，2)，x1，x21,3恒有(mln 3)a2ln 3|f (x1)f (x2)|成立，求实数m的取值范围解：(1)函数f (x)的定义域为(0，)，当a2时，函数f (x)4x，所以f (x)4.由f (x)0，得x，f (x)在
73、上单调递增；由f (x)0，得0x，f (x)在上单调递减，所以函数f (x)在x处取得极小值f 4，无极大值(2)f (x)2a，令f (x)0，得x或x.当，即2a0时，由f (x)0，得x；由f (x)0，得0x或x，所以函数f (x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减当，即a2时，由f (x)0，得x；由f (x)0，得0x或x，所以函数f (x)在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减当a2时，f (x)0，函数f (x)在(0，)上单调递减综上所述，当2a0时，f (x)在，上单调递减，在上单调递增；当a0，a0，a0，f (x)0在(0，)上恒成立，即f (x)在(0，)上
74、单调递减，当1a0，即F(x)在(0，)上单调递增，不合题意，当a0，得xln(a)，由F(x)0，得0xe2时，p(x)0，当0xe2时，p(x)0，g(x)0，g(x)单调递减，当x时，ax10，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)mingM，设t(0，e2，Mh(t)ln t1(0成立，求实数m的取值范围；(3)对于函数yf (x)和yg(x)公共定义域内的任意实数x0，我们把|f (x)g(x)|的值称为两函数在x0处的偏差，求证：函数yf (x)和yg(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.解(1)由f (x)aex，得函数f (x)与坐标轴的交点为(0，a)，则f (0)a.由g
75、(x)ln xln a0，得函数g(x)与坐标轴的交点为(a,0)，则g(a)(a0)因为函数yf (x)和yg(x)的图象在它们与坐标轴交点处的切线互相平行，由此可得a1.(2)由，得，故mxex在0，)上有解令h(x)xex，则需mh(x)max即可显然，当x0时，m0时，h(x)1ex.因为x0，所以 2，故h(x)1ex1ex0，即h(x)xex在(0，)上单调递减所以h(x)maxh(0)0，由此可得m0，综上，实数m的取值范围为(，0)(3)证明：法一：记yf (x)和yg(x)偏差为：F(x)|f (x)g(x)|exln x，x(0，)，所以F(x)ex.设x0为方程F(x)e
76、x0的解，显然x0(0,1)，且当x(0，x0)时，F(x)0.所以F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0,1)上单调递增记x0t，则F(x)minH(t)etln ett，t(0,1)又易知F(1)e10，F2H2.即函数yf(x)和yg(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.法二：由法一式，得F(x)minetlnt2，因为0t2恒成立即函数yf (x)和yg(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.法三：因为F(x)|f (x)g(x)|exln x，x(0，)，又不难得知ln x1x，由此可得F(x)ex1x.设G(x)ex1x，x(0，)，则G(x)ex10在(0，)上恒成立故G(
77、x)为(0，)上的递增函数所以G(x)ex1xG(0)2.即F(x)2.故函数yf (x)和yg(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.法四：因为F(x)|f (x)g(x)|exln x，x(0，)，因为ex1x，所以F(x)1xln x.设G(x)1xln x，x(0，)，从而G(x)1.由G(x)0，得0x0，得x1，所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增所以G(x)minG(1)2，即F(x)2.故函数yf (x)和yg(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.法五：因为F(x)|f (x)g(x)|exln x，x(0，)，不难得知ex1x，ln x1x，由此可得F(
78、x)(1x)(1x)2.即F(x)2.故函数yf (x)和yg(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.法六：易知函数yf (x)和yg(x)偏差值的几何意义是将函数yg(x)向上平移使之与yf (x)的图象相交，当交点为切点时偏差最小设此时平移了m个单位，切点的坐标为(x0，y0)，由此可得，函数yf (x)和yg(x)m在点(x0，y0)处的切线重合，则yy0ex0(xx0)，即yex0xex0x0ex0，yy0(xx0)，即yxln x0m1，即为同一方程故有ex0x0ex0ln x0m1，ex0，从而可得mln x0x0，又由ex0，得0x02.即函数yf (x)和yg(x)在公共定义域
79、内的所有偏差都大于2.法七：因为函数yf (x)和yg(x)偏差为：F(x)|f (x)g(x)|exln x，x(0，)，令F1(x)exx，F2(x)xln x，x(0，)，则F(x)F1(x)F2(x)，由此可得F1(x)ex1，所以F1(x)在(0，)上单调递增又因为F2(x)1，所以F2(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增所以F1(x)F1(0)1，F2(x)F2(1)1，从而F(x)exln xF1(x)F2(x)2.即函数yf (x)和yg(x)在公共定义域内的所有偏差都大于2.启思维本题的第(1)(2)两问的求解都是常见的基本方法第(3)问的证明颇有技巧，其法一、
80、二都没有直接将导数为零的x的值求出，而是通过考查导数的正负，探究到其根在，1内，转而考查H(t)的最值，思路清晰、明了，体现了解题的探究性；法三、四、五都是通过加强命题，将其中一个无理式转化为有理式，促使问题获得解决，过程简洁、自然，颇有创意；法六注重观察几何图形的特征，将问题转化为研究两切线重合来处理，是一种常用的思想方法；法七注重了变更命题，将原命题分成两个命题来探究的已知函数f (x)x2ln(ax)(a0)(1)若f (x)x2对任意的x0恒成立，求实数a的取值范围；(2)当a1时，设函数g(x)，若x1，x2，x1x21，求证：x1x20时恒成立令h(x)2ln(ax)1x，则h(x
81、)1.当x(0,2)时，h(x)0，则h(x)在(0,2)上单调递增；当x2时，h(x)0，则h(x)在(2，)上单调递减，所以h(x)在x2时取最大值依题意得h(2)0，即2ln(2a)12，解得00，得x；由g(x)0，得0x，所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，因为x1，x2，且x1x2x1ln x1，即ln x1ln(x1x2)同理可得ln x2ln(x1x2)所以ln x1ln x2ln(x1x2)ln(x1x2)由于24，当且仅当x1x2时取等号又ln(x1x2)0，故式可化为ln x1ln x24ln(x1x2)ln(x1x2)ln(x1x2)4.从而可得x1x2(x1x2)
82、4.法二：加强不等式法因为x1，x2，x1x21，所以x1x21，且x1x22. 为此，我们将命题加强为：若x1，x2，x1x21，则(x1x2)4. 因为x1，x2，x1x21，所以x1x21，从而(x1x2)2. 因为e2.82，所以e28，则. 于是，由得(x1x2)2，则(x1x2)4.由得x1x20恒成立”转化为“h(x)max0”第(2)问，法一：函数g(x)与结论“x1x2(x1x2)4”从表面上看没有多大的联系，但从结论出发思考，易发现：将结论取对数后可得“ln x1ln x24ln(x1x2)”，这样它就与已知有关联了再来看条件，观察函数g(x)的特点，可推知g(x)在区间上
83、递增，进而推得ln x10时，若f (x)0对任意的xR恒成立，求实数a的值；(3)求证：lnlnln0，所以f (x)在R上单调递增当a0，x(，ln a)时，f (x)0，f (x)单调递增(2)由(1)知，当a0时，f (x)minf (ln a)，所以要使f (x)0对任意的xR恒成立，只需f (x)minf (ln a)0成立，即aaln a10成立记g(a)aaln a1(a0)，因为g(a)1(ln a1)ln a，所以g(a)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减，故有g(a)g(1)0，从而可得g(a)max0，由此可得a1.(3)证明：法一：由(2)可知exx1，即l
84、n(1x)x(x1)，易知，当x0时，恒有ln(1x)x.于是，只需证 2，即证： 1.下面，先证.即证4(32k23k1)332k43k132k43k30(3k1)(3k3)0，此式显然成立于是，在中，令k1,2，n，并将所得的各式相加，得 1.即式成立，故原不等式成立法二：当n1时，有2.当n2时，则 2.由此可得 2成立从而ln1ln1ln12成立2已知函数f (x)ln xx1，x(0，)，g(x)x3ax.(1)求f (x)的最大值；(2)若x1(0，)，总存在x21,2使得f (x1)g(x2)成立，求a的取值范围；(3)证明不等式：nnn0)，所以f (x)1.当0x0；当x1时
85、，f (x)0时，g(x)3x2a，由g(x)0，得x或x；由g(x)0，得x，所以g(x)在，上单调递增，在上单调递减若1，即0a3时，g(x)maxg(2)82a，所以82a0，故a4，从而0a3.若12，即3a12时，g(x)在上单调递减，在上单调递增易知，g(1)1a0，而g(2)82a在(3,4上为正，在(4,12)上为负，由此可得32，即a12时，g(1)0，g(2)0)令x，得ln 1，从而nln kn，即nekn.所以nnne1ne2nenn.即nnn.第12术解题卡壳攻坚突围解题卡壳，一般都是卡在压轴题，或计算量大的题上，有时也卡在有些条件特殊的选择题、填空题上卡壳题不一定就
86、是做不好的题，或是啃不动的题，而是因某些运算，或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子难想出好主意，或回忆不到相关的公式、定理，或想不出相应的辅助线、辅助函数，或把条件看错，或在推理中错算了一步，再无法继续解题过程卡在某一过渡环节上是常见的事当解题遇到卡壳时，应注意调整心态、保持冷静，注重更换思考方式、跳步或跳问解答，沉着迎战一般来说，对卡壳题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析，回头整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移，考查相关定义与图形，从不同的角度再次认识条件及结论，使之产生解题的灵感，从而获得相关的“自我提示”因此，在重审结论或剖析条件时，要注重考查命题
87、所涉及的概念、定理，把握命题的结构特点，构建相应的数学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否对路时，要注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什么，用什么在沟通条件与结论时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什么这就是我们常说的卡壳突围术常见的突围策略有以下两种策略一：前难后易空城计对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用前一问的结论来求解的，此时应放弃前一问的求解，着重攻后面的几问，并将前一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合
88、题设条件或有关定理来解答后面的问题这种利用自己根本不懂或不会证明的问题作条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城计”，即：前问难作后问易，弃前攻后为上计(也可说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题)设函数f n(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)设n2，b1，c1，证明：f n(x)在区间内存在唯一零点；(2)设n2，若对任意x1，x21,1，有|f 2(x1)f 2(x2)|4，求b的取值范围；(3)在(1)的条件下，设xn是f n(x)在内的零点，判断数列x2，x3，xn，的增减性解(1)证明：当b1，c1，n2时，f n(x)xnx1.f nf n(1)10，f n(x)在内存在
89、零点又当x时，f n(x)nxn110，f n(x)在上是单调递增的，f n(x)在区间内存在唯一零点(2)当n2时，f 2(x)x2bxc.对任意x1，x21,1都有|f 2(x1)f 2(x2)|4等价于f 2(x)在1,1上的最大值与最小值之差M4.据此分类讨论如下：当1，即|b|2时，M|f 2(1)f 2(1)|2|b|4，与题设矛盾当10，即0b2时，Mf 2(1)f 224恒成立当01，即2b0时，Mf 2(1)f 224恒成立综上可知，当2b2时，对任意x1，x21,1都有|f 2(x1)f 2(x2)|4.故b的取值范围为2,2(3)法一：设xn是f n(x)在内的唯一零点(
90、n2)，则f n(xn)xxn10，f n1(xn1)xxn110，xn1，于是有f n(xn)0f n1(xn1)xxn11xxn11f n(xn1)又由(1)知f n(x)在上是单调递增的，故xnxn1(n2)，所以数列x2，x3，xn，是递增数列法二：设xn是f n(x)在内的唯一零点，f n1(xn)f n1(1)(xxn1)(1n111)xxn1xxn10，则f n1(x)的零点xn1在(xn,1)内，故xnxn1(n2)，所以数列x2，x3，xn，是递增数列启思维第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理较容易解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(
91、3)问的解答事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举策略二：前解倒推混战术有些数学命题的求解，开始入手还较为顺畅，但一到最后就难以继续进行了此时若知悉它的大致趋势和结果，可依从所求结论的形式、特点，进行反推、凑形，直到得出大致与所要达到的目标相当、相同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通也是可行的对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了几下，却可能全都是对的也就是说，对此解答，自己是以其昏昏，却能使人昭昭因为别人看上去确实是一步接着一步写的，没有
92、什么跳跃，也没掉什么关键步这一战术与“中间会师”有点相似，但实质却不同因为它不是清清楚楚地推理过来的这种不按常规方式出牌，浑水摸鱼的解题方法我们称之为混战术：解题结尾路难行，倒推凑形亦为径(2018武汉调研)已知a为实数，函数f (x)ex2ax.(1)讨论函数f (x)的单调性；(2)若函数f (x)有两个不同的零点x1，x2(x12.解(1)由f (x)ex2ax，得f (x)ex2a.当a0时，f (x)0，函数f (x)在R上单调递增当a0时，由f (x)ex2a0，得x2ln a.若x2ln a，则f (x)0，函数f (x)在(2ln a，)上单调递增；若x2ln a，则f (x)
93、0时，f (x)在x2ln a处取得极小值，所以f (2ln a)eln aa(2ln a).所以a的取值范围为.证明：由ex2ax0，得x2ln axln aln x，即x2ln xln a.所以x12ln x1x22ln x2ln a.令g(x)x2ln x(x0)，则g(x)1.当x1时，g(x)0；当0x1时，g(x)0.所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，所以0x112，只需证x22x11.因为g(x)在(1，)上单调递增，所以只需证g(x2)g(2x1)因为g(x1)g(x2)，所以只需证g(x1)g(2x1)，即证g(x1)g(2x1)0.令h(x)g(x)
94、g(2x)x2ln x2x2ln(2x)2x2ln xln(2x)(0x1)，则h(x)2.因为x(2x)2，当且仅当x1时等号成立，所以当0x1时，h(x)h(1)0，即g(x1)g(2x1)0，所以x1x22得证启思维本题在证明x1x22时，如果直接从题目条件出发，很难证明该结论成立，而通过分析，将x1x22转化为x22x11，利用函数g(x)x2ln x的单调性以及g(x1)g(x2)，将问题转化为证明不等式g(x1)g(2x1)，进而构造函数h(x)g(x)g(2x)，转化为证明函数h(x)的最小值大于0，从而使问题得证即时应用体验1设函数f (x)ln xx1.(1)讨论f (x)的
95、单调性；(2)求证：当x(1，)时，1x；(3)设c1，求证：当x(0,1)时，1(c1)xcx.解：(1)由题设，f (x)的定义域为(0，)，f (x)1，令f (x)0，解得x1.当0x1时，f (x)0，f (x)单调递增；当x1时，f (x)0，f (x)单调递减(2)证明：由(1)知，f (x)在x1处取得最大值，最大值为f (1)0.所以当x1时，ln xx1.故当x(1，)时，ln xx1，ln 1，即1x.(3)证明：由题设c1，设g(x)1(c1)xcx，则g(x)c1cxln c.令g(x)0，解得x0.当xx0时，g(x)0，g(x)单调递增；当xx0时，g(x)0，g
96、(x)单调递减由(2)知1c，故0x01.又g(0)g(1)0，故当0x1时，g(x)0.所以当x(0,1)时，1(c1)xcx.2已知函数f (x)(x2)exa(x1)2有两个零点(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f (x)的两个零点，求证：x1x20，则当x(，1)时，f (x)0，所以f (x)在(，1)内单调递减，在(1，)内单调递增又f (1)e，f (2)a，取b满足b0且b(b2)a(b1)2a0，故f (x)存在两个零点设a0，因此f (x)在(1，)内单调递增又当x1时，f (x)0，所以f (x)不存在两个零点若a1，故当x(1，ln(2a)时，f (x)0.因此f (x)在(1，ln(2a)内单调递减，在(ln(2a)，)内单调递增又当x1时，f (x)0，所以f (x)不存在两个零点综上，a的取值范围为(0，)(2)证明：不妨设x1x2，由(1)知，x1(，1)，x2(1，)，2x2(，1)，又f (x)在(，1)内单调递减，所以x1x2f (2x2)，即f (2x2)1时，g(x)1时，g(x)0.从而g(x2)f (2x2)0，故x1x22.
