1、板块一考前必会的十种技法技法一定义法定义法，就是直接利用数学定义解题，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来的简单地说，定义是对数学实体的高度抽象，用定义法解题是最直接的方法一般地，涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决【典例1】已知椭圆C：1，M，N是坐标平面内的两点，且M与C的焦点不重合若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|BN|()A4 B8C12 D16解析设MN的中点为D，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，如图，连接DF1，DF2，因为F1是MA的中点，D是MN的中点，所以F1D是MAN的中位线，则|DF1|
2、AN|，同理|DF2|BN|，所以|AN|BN|2(|DF1|DF2|)，因为D在椭圆上，所以根据椭圆的定义知|DF1|DF2|4，所以|AN|BN|8.答案B技 法 悟 通利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题时，要注意动点或圆锥曲线上的点所满足的条件，灵活利用相关的定义求解如本例中求|AN|BN|利用中位线性质与椭圆定义可转化求解|应用体验|1(2019湖北武汉调研)若双曲线1的左焦点为F，点P是双曲线右支上的动点，A(1,4)，则|PF|PA|的最小值是()A8 B9C10 D12解析：选B由题意知，双曲线1的左焦点F的坐标为(4,0)，设双曲线的右焦点为B，则B(4,0)，由双曲
3、线的定义知|PF|PA|4|PB|PA|4|AB|4459，当且仅当A，P，B三点共线且P在A，B之间时取等号2若数列an满足1，且a15，则数列an的前200项中，能被5整除的项数为()A90 B80C60 D40解析：选B数列an满足1，即1，又1，数列是以1为首项，1为公差的等差数列，n，an2n23n，列表如下：项12345678910an的个位数5474509290每10项中有4项能被5整除，数列an的前200项中能被5整除的项数为80，故选B技法二数形结合法数形结合法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用分为两种情形：一是代数问题几何化，借助形的直观性来阐明数之间的联系，
4、即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是几何问题代数化，借助于数的精确性阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质【典例2】已知a，b满足|a|，|b|1，且对任意的实数x，不等式|axb|ab|恒成立，设a，b的夹角为，则tan 2_.解析如图所示，当(ab)b时，对任意的实数x，axb或axb，因为在直角三角形中，斜边大于直角边恒成立，数形结合知，不等式|axb|ab|恒成立，因为(ab)b，a，b满足|a|，|b|1，所以(ab)b0，abb20，tan ，tan 22.答案2技 法 悟 通数形结合思想，其实
5、质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，如本例中巧妙借助图象确定对称性求解|应用体验|3(2019江西白鹭洲中学调研)已知在直角三角形ABC中，ACB90，ACBC2，点P是斜边AB上的中点，则_.解析：由题意可建立如图所示的平面直角坐标系可得A(2,0)，B(0,2)，P(1,1)，C(0,0)，则(1,1)(0,2)(1,1)(2,0)224.答案：44已知f(x)是以2为周期的偶函数，当x0,1时，f(x)x，且在1,3内，关于x的方程f(x)kxk1(kR，k1)有四个根，则k的取值范围是_解析：由题意作出f(x)在1,3上的示意图如图记yk(x1
6、)1，函数yk(x1)1的图象过定点A(1,1)记B(2,0)，由题意知，方程有四个根，即函数yf(x)与ykxk1的图象有四个交点，故kABk0，kAB，ka4a5 Ba1a8a4a5 Da1a8a4a5解析：选B取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有18bc BbcaCcba Dcab解析c0.620；blog20.6log20.51，即b(1,0)；alog0.62(，1)，所以cba，故选C答案C技 法 悟 通估算法省去很多推导过程和比较复杂的计算，节省时间，是发现问题、研究问题、解决问题的一种重要的运算方法，但要注意估算也要有依据，如本例是根据指数函数与对数函数的单调性估
7、计每个值的取值范围，从而比较三者的大小，其实就是找一个中间值进行比较|应用体验|7若双曲线1的一条渐近线经过点(3，4)，则此双曲线的离心率为()A BC D解析：选D因为双曲线的一条渐近线经过点(3，4)，所以.因为e，所以e.故选D技法五待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫做待定系数法其理论依据是多项式恒等两个多项式各同类项的系数对应相等，使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决待定系数法主要用来解决所求解的数学问题具有某种确定的数学表达式，例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何
8、中求曲线方程等【典例5】(2019河北唐山模拟)圆E经过三点A(0,1)，B(2,0)，C(0，1)，且圆心在x轴的正半轴上，则圆E的标准方程为()A2y2 B2y2C2y2 D2y2解析根据题意，设圆E的圆心坐标为(a,0)(a0)，半径为r，即圆的标准方程为(xa)2y2r2，则有解得a，r2，则圆E的标准方程为2y2.故选C答案C技 法 悟 通待定系数法主要用来解决已经定性的问题，如本例中已知圆心位置，可设圆的标准方程利用条件建立方程组求出横坐标及半径|应用体验|8电流强度I(安)随时间t(秒)变化的函数IAsin(t)的图象如图所示，则当t秒时，电流强度是()A5安 B5安C5安 D1
9、0安解析：选A由图象知A10，100，I10sin(100t)又为五点中的第二个点，100.I10sin，当t秒时，I5安技法六换元法换元法又称辅助元素法、变量代换法通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等【典例6】已知正数x，y满足4y1，则x2y的最小值为_解析由4y1，得x2y4xy，即1，所以x2y(x2y)112
10、2，当且仅当，即x2y时等号成立所以x2y的最小值为2.答案2技 法 悟 通换元法主要有常量代换和变量代换，要根据所求解问题的特征进行合理代换如本例中就是使用常数1的代换，将已知条件化为“1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与1的乘积等于本身，再将其展开，通过构造基本不等式的形式求解最值|应用体验|9已知flg x，则f(x)_.解析：令t1，则x(t1)将上式代入flg x，得f(t)lg ，即所求函数的解析式为f(x)lg (x1)答案：lg (x1)10(2019洛阳质检)若函数f(x)2x3，g(x2)f(x)，则函数g(x)的解析式为_解析：令x2t，则xt2.因为f(x)2x3，g
11、(x2)f(x)2x3，所以g(t)2(t2)32t1.故函数g(x)的解析式为g(x)2x1.答案：g(x)2x111函数ycos2xsin x在x上的最大值为_解析：ycos2xsin xsin2xsin x1.令tsin x，又x，t，yt2t1，t.函数yt2t1在上单调递减，t0时，ymax1.答案：1技法七构造法构造法求解选择、填空题，需要利用已知条件和结论的特殊性构造出新的数学模型(如构造函数、方程或图形)，从而简化推理与计算过程，使较复杂的数学问题得到简捷的解决，它来源于对基础知识和基本方法的积累，需要从一般的方法原理中进行提炼概括、积极联想、横向类比，从曾经遇到过的类似问题中
12、寻找灵感，构造出相应的函数、数列、几何等具体的数学模型，使问题得以快速解决【典例7】(1)(2019河北武邑中学模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f(x)，对任意实数x均有(1x)f(x)xf(x)0成立，且yf(x1)e是奇函数，则不等式xf(x)ex0的解集是()A(，e) B(e，)C(，1) D(1，)(2)如图，已知球O的表面上有四点A，B，C，D，DA平面ABC，ABBC，DAABBC，则球O的体积等于_解析(1)构造函数，令g(x)，则g(x).由题意可知，g(x)0恒成立，则函数g(x)在定义域内单调递增因为函数yf(x1)e是奇函数，则函数图象过坐标原点，即f(
13、1)e0，所以f(1)e，所以g(1)1.而不等式xf(x)ex0可变形为1，即g(x)g(1)，结合函数g(x)的单调性可知不等式的解集为(1，)故选D(2)如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以CD2R，所以R，故球O的体积V.答案(1)D(2)技 法 悟 通构造法实质上是化归与转化思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型，从而转化为自己熟悉的问题如本例(2)中巧妙地构造出正方体，而球的直径恰好为正方体的体对角线，问题就很容易得到解决|应用体验|1
14、2设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数当x0且g(3)0，则不等式f(x)g(x)0的解集是()A(3,0)(3，) B(3,0)(0,3)C(，3)(3，) D(，3)(0,3)解析：选D构造函数F(x)f(x)g(x)因为当x0，所以当x0，所以函数F(x)f(x)g(x)在(，0)上单调递增又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)f(x)g(x)是奇函数，所以函数F(x)f(x)g(x)在(0，)上单调递增又因为g(3)0，所以g(3)g(3)0，所以F(3)F(3)0，所以不等式f(x)g(x)0时，x22ax102ax(x21)2a，又2
15、，当且仅当x1时，取等号，所以2a2a1，所以实数a的取值范围为1，)解法二：设f(x)x22ax1，函数图象的对称轴为直线xa，当a0，即a0时，f(0)10，所以当x0，)时，f(x)0恒成立；当a0，即a0时，要使f(x)0在0，)上恒成立，需f(a)a22a21a210，得1a0.综上，实数a的取值范围为1，)答案B技 法 悟 通利用分离参数法解决不等式恒成立问题或有解问题，关键在于准确分离参数，然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系分离参数时要注意参数系数的符号是否会发生变化，如果参数的系数符号为负号，则分离参数时应注意不等号的变化，否则就会导致错解|应用体验|14(2019陕
16、西联考)已知函数f(x)ln x，f(x)0在(1，)上恒成立，实数k的取值范围为_解析：函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)0在(1，)上恒成立等价于kxln x在(1，)上恒成立令g(x)xln x，x(0，)，则g(x)x(ln x1)x1ln x，x(0，)令h(x)x1ln x，x(0，)，则h(x)1，x(0，)当0x1时，h(x)1时，h(x)0，函数h(x)在(1，)上单调递增当x1时，h(x)h(1)0.即当x1时，g(x)g(1)0，函数g(x)在(1，)上单调递增，g(x)g(1).当x1时，若使kb0)由已知得b1，c1，所以a，则椭圆方程为x21.当直线l垂直于x
17、轴时，与题意不符当直线l不垂直于x轴时，设直线l的斜率为k，则方程为y1k(x0)(k0)，联立直线l与椭圆的方程得化简得(2k2)x22kx10.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则所以|CD|.由已知得，解得k.所以直线l的方程为yx1或yx1.(2)证明：当直线l垂直于x轴时，与题意不符当直线l不垂直于x轴时，设l的方程为y1k(x0)(k0且k1)，所以P点坐标为.由(1)知，所以x1x2 .直线AC的方程为y(x1)，直线BD的方程为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.所
18、以为定值得证.技 法 悟 通本例第(2)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|应用体验|15已知点F1，F2分别为椭圆E：1(ab0)的左、右焦点，椭圆上的点P满足F1PF290，且F1PF2的周长为42，面积为1.(1)求椭圆E的标准方程；(2)如图，过点F1，F2分别作直线l1，l2且l1l2，l1交椭圆于A，B两点，l2交椭圆于C，D两点，求四边形ABCD面积的最大值解：(1)设|PF1|m，|PF2|n，则mn2a，m2n2(2c)2，2，得mn2(a2c2)，Smna2c2b21.F1PF2的周长Lm
19、n2c2a2c42，ac2，ac2，a2，c，椭圆E的标准方程为y21.(2)由题知l1的倾斜角不为0，F1(，0)，由对称性得四边形ABCD为平行四边形，设直线l1的方程为xpy，联立直线l1与椭圆的方程并化简，得(p24)y22py10，显然0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，y1y2.连接OA，OB，SOAB|y1y2|2.设p21t，t1，)，则p2t1，当且仅当t，即p时等号成立，(SOAB)max21，平行四边形ABCD面积的最大值Smax4(SOAB)max4.技法十正难则反思维法思维受限一般出现在压轴题或计算量大的题上，有时也出现在一些条件特殊的选择题、填空题
20、上，这些题不一定就是做不好的题或是难度很大的题，而可能是因某些运算或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子想不出解决方法的题一般来说，对此类问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，整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移要注重考查命题所涉及的概念、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正确时，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，用什么在将条件与结论联系起来时，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
21、么，找什么这就是我们常常说的“思维受限突围术”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命题，若前一问不会解，而后面的几问又是容易解的，或是可用第一问的结论来求解的，此时应放弃第一问的求解，着重攻后面的几问，并将第一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合题设条件或有关定理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”，即前问难后问易，弃前攻后为上计(有时也说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题)【典例10】设函数fn(x)xnbxc(nN*，b，cR)(1)设n2，b1，c1，证明：fn(x)在区间，1内存在唯一零点；(2
22、)设n2，若对任意x1，x21,1，有|f2(x1)f2(x2)|4，求b的取值范围；(3)(一题多解)在(1)的条件下，设xn是fn(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，fn(x)xnx1.fnfn(1)10，fn(x)在上是单调递增的，fn(x)在区间内存在唯一零点(2)当n2时，f2(x)x2bxc.对任意x1，x21,1都有|f2(x1)f2(x2)|4等价于f2(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|f2(1)f2(1)|2|b|4，与题设矛盾当10，即0b2时，Mf2(1)f224恒成立当
23、01，即2b0时，Mf2(1)f224恒成立综上可知，2b2.故b的取值范围为2,2(3)解法一：设xn是fn(x)在内的唯一零点(n2)，fn(xn)xxn10，fn1(xn1)xxn110，xn1，于是有fn(xn)fn1(xn1)xxn11xxn11fn(xn1)又由(1)知fn(x)在上是单调递增的，故xnxn1(n2)，所以数列x2，x3，xn，是递增数列解法二：设xn是fn(x)在内的唯一零点，fn1(xn)fn1(1)(xxn1)(1n111)xxn1xxn10，则fn1(x)的零点xn1在(xn,1)内，故xnxn1(n2)，所以数列x2，x3，xn，是递增数列.技 法 悟 通
24、本例第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理解决，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(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同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了几下，却可
25、能全都是对的【典例11】(2019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)f(x)ex2a.当a0时，f(x)0恒成立，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)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(ax)ln aln x，即x2ln xln a.所以x12l
26、n 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)g(2x)x2ln x2x2ln(2x)2x2ln xln(2x)，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
27、.技 法 悟 通在证明x1x22时，如果直接从题目条件出发，很难证明结论成立，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)，转化证明函数h(x)的最小值大于0，从而使问题得证|应用体验|16(2019沈阳教学质量检测)已知f(x)exax22x，aR.(1)求函数f(x)的图象恒过的定点的坐标；(2)若f(x)ax1恒成立，求a的值；(3)在(2)成立的条件下，证明：f(x)存在唯一的极小值点x0，且2f(x0)0恒成立，g(x)在R上单调递增，ex
28、ax1不能恒成立若a0，令g(x)0，xln a.当x(，ln a)时，g(x)0，函数g(x)exax1单调递增，函数g(x)在xln a处取得极小值，g(ln a)aaln a1.要使ex2ax2ax1恒成立，只需aaln a10.设h(a)aaln a1，a0，则函数h(a)的图象恒过点(1,0)，h(a)1ln a1ln a，当a(0,1)时，h(a)0，函数h(a)单调递增；当a(1，)时，h(a)ln 2时，m(x)0，当xln 2时，m(x)0，函数m(x)在(，ln 2)上单调递减，在(ln 2，)上单调递增，m(x)ex2x2在xln 2处取得极小值，且m(ln 2)2ln 20，m(2)e260，m(0)10，m(x)有两个变号零点，f(x)存在唯一的极小值点x0，f(x0)0，即e2x020.f(x0)ex0x2x02x.me50，在上存在一个极值点，即最小极值点在内x0f(x0)2x，2f(x0).
