高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)第3部分策略2巧用8招秒殺選擇填空題教案文

/11/11/策略2巧用8招秒殺選擇、填空題解法1巧取特值有效求參【典例1】已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2x|，0＜x≤2，,log2?4－x?，2＜x＜4，))若f(a)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))，則a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(7,2)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(7,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(17)－1,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(7,2)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(17)－1,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(7,2)))D[(特殊值法)當(dāng)a＝eq\f(7,4)時，f(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,4)))＝log2eq\f(7,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))＝log2eq\f(7,4)，所以f(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))成立，排除A，C.因為eq\f(\r(17)－1,4)－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(17)－3,4)＞0，而eq\f(\r(17)－1,4)－eq\f(3,4)＝eq\f(\r(17)－4,4)＞0，eq\f(3,4)＞eq\f(1,2)，所以當(dāng)a＝eq\f(3,4)時，f(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log2\f(3,4)))＝－log2eq\f(3,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log2\f(5,4)))＝log2eq\f(5,4)，－log2eq\f(3,4)＞log2eq\f(5,4)，所以f(a)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))成立，排除B.選D.]對于常見的求參數(shù)范圍的選擇題，常?？梢酝ㄟ^選項中的范圍取特殊值驗證題中條件，或者通過題中條件取特殊值檢驗選項，從而利用排除法求解，避免整體研究一般規(guī)律或所有情況，起到“以點透面”的作用.【鏈接高考1】(2018·全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x>0，))則滿足f(x＋1)<f(2x)的x的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)C．(－1,0) D．(－∞，0)D[取x＝－eq\f(1,2)，則f(x＋1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，f(2x)＝f(－1)＝2，f(x＋1)＜f(2x)，因為－eq\f(1,2)不在(－∞，－1]上，故A錯誤．取x＝1，則f(x＋1)＝f(2)＝1，f(2x)＝f(2)＝1，f(x＋1)＝f(2x)，因1∈(0，＋∞)，故B錯誤．取x＝－2，則f(x＋1)＝f(－1)＝2，f(2x)＝f(－4)＝16，f(x＋1)＜f(2x)，因－2?(－1,0)，故C錯誤．故選D.]解法2巧構(gòu)函數(shù)妙破壓軸【典例2】已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，記f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，當(dāng)x≥0時，f′(x)－f(x)＞0.若?x∈[－2，＋∞)，使得不等式f[ex(x3－3x＋3)]≤f(aex＋x)成立，則實數(shù)a的最小值為()A.eq\f(2,e)－1 B．2－eq\f(2,e)C．1＋2e2 D．1－eq\f(1,e)D[令g(x)＝eq\f(f?x?,ex)(x≥0)，則g′(x)＝eq\f(f′?x?－f?x?,ex)＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，又f(x)＝exg(x)，所以f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，又f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(x)在[－2，＋∞)上為增函數(shù)．所以“?x∈[－2，＋∞)，使得f[ex(x3－3x＋3)]≤f(aex＋x)成立”等價于“?x∈[－2，＋∞)，使得x3－3x＋3≤a＋eq\f(x,ex)成立”，也就等價于“?x∈[－2，＋∞)，使得a≥x3－3x＋3－eq\f(x,ex)成立”．設(shè)h(x)＝x3－3x＋3－eq\f(x,ex)，x∈[－2，＋∞)，所以h′(x)＝3x2－3＋eq\f(x－1,ex)＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋3＋\f(1,ex))).令m(x)＝3x＋3＋eq\f(1,ex)，x∈[－2，＋∞)，所以m′(x)＝3－eq\f(1,ex)，令m′(x)＝0，解得x＝－ln3，當(dāng)x∈[－2，－ln3)時，m′(x)＜0，函數(shù)m(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈[－ln3，＋∞)時，m′(x)＞0，函數(shù)m(x)單調(diào)遞增，所以m(x)≥m(－ln3)＝－3ln3＋3＋3＝3(2－ln3)＞0.令h′(x)＝0，解得x＝1.所以當(dāng)x∈[－2,1)時，h′(x)＜0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h′(x)＞0，所以h(x)min＝h(1)＝1－3＋3－eq\f(1,e)＝1－eq\f(1,e)，所以a≥1－eq\f(1,e).故實數(shù)a的最小值為1－eq\f(1,e).故選D.]解決本題的關(guān)鍵在于構(gòu)造函數(shù)：?1?根據(jù)“當(dāng)x≥0時，f′?x?－f?x?＞0”構(gòu)造函數(shù)g?x?＝EQ\f(f?x?,ex)?x≥0?；?2?根據(jù)“?x∈[－2，＋∞?，使得x3－3x＋3≤a＋EQ\f(x,ex)成立”分離參數(shù)構(gòu)造h?x?＝x3－3x＋3－EQ\f(x,ex)，x∈[－2，＋∞?.【鏈接高考2】(2015·全國卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)A[構(gòu)造函數(shù)y＝g(x)＝eq\f(f?x?,x)，通過研究g(x)的圖象的示意圖與性質(zhì)得出使f(x)>0成立的x的取值范圍．設(shè)y＝g(x)＝eq\f(f?x?,x)(x≠0)，則g′(x)＝eq\f(xf′?x?－f?x?,x2)，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)，∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示．當(dāng)x>0，g(x)>0時，f(x)>0,0<x<1，當(dāng)x<0，g(x)<0時，f(x)>0，x<－1，∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A.]解法3妙識圖象快速判斷【典例3】如圖，半徑為1的圓O中，A，B為直徑的兩個端點，點P在圓上運動，設(shè)∠BOP＝x，將動點P到A，B兩點的距離之和表示為x的函數(shù)f(x)，則y＝f(x)在[0,2π]上的圖象大致為()A[(排除法)以角度為變量的三角函數(shù)圖象是彎曲的，排除C，D；當(dāng)∠BOP＝eq\f(π,2)時，y＝f(x)＝2eq\r(2)＜3，排除B.選A.]對于以選擇題出現(xiàn)的函數(shù)圖象問題，宜用排除法處理，排除法的主要依據(jù)有函數(shù)的定義域、單調(diào)性、奇偶性、圖象的變換，特殊值，圖象趨勢等.一般先考慮奇偶性，再考慮特殊值或者圖象趨勢.【鏈接高考3】(2015·全國卷Ⅱ)如圖，長方形ABCD的邊AB＝2，BC＝1，O是AB的中點，點P沿著邊BC，CD與DA運動，記∠BOP＝x.將動點P到A，B兩點距離之和表示為x的函數(shù)f(x)，則y＝f(x)的圖象大致為()ABCDB[(排除法)當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))時，f(x)＝tanx＋eq\r(4＋tan2x)，圖象不會是直線段，從而排除A，C.當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝1＋eq\r(5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2eq\r(2).∵2eq\r(2)<1＋eq\r(5)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))，從而排除D，故選B.]解法4題現(xiàn)最值信息巧用導(dǎo)數(shù)方法【典例4】已知函數(shù)f(x)＝sin(2x＋φ)＋acos(2x＋φ)(0＜φ＜π)的最大值為2，且滿足f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，則φ＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6)或eq\f(5π,6) D.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)D[由f(x)的最大值為2可知a＝±eq\r(3)，且函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,4)對稱．由題意可得f′(x)＝2cos(2x＋φ)－2asin(2x＋φ)(0＜φ＜π)，則f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))－2asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝－2sinφ－2acosφ＝0(0＜φ＜π)，所以tanφ＝－a(0＜φ＜π)，所以tanφ＝±eq\r(3)(0＜φ＜π)，所以φ＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).故選D.]當(dāng)題中提供正弦、余弦函數(shù)的最值信息?常見的有圖象、對稱軸、最值等?時，可以借助導(dǎo)數(shù)值探求.【鏈接高考4】(2013·全國卷Ⅰ)設(shè)當(dāng)x＝θ時，函數(shù)f(x)＝sinx－2cosx取得最大值，則cosθ＝________.－eq\f(2\r(5),5)[y＝sinx－2cosx＝eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(5))sinx－\f(2,\r(5))cosx))，設(shè)eq\f(1,\r(5))＝cosα，eq\f(2,\r(5))＝sinα，則y＝eq\r(5)(sinxcosα－cosxsinα)＝eq\r(5)sin(x－α)．∵x∈R，∴x－α∈R，∴ymax＝eq\r(5).又∵x＝θ時，f(x)取得最大值，∴f(θ)＝sinθ－2cosθ＝eq\r(5).又sin2θ＋cos2θ＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(1,\r(5))，,cosθ＝－\f(2,\r(5))，))即cosθ＝－eq\f(2\r(5),5).]解法5巧妙補形妙解立幾【典例5】在三棱錐P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，若該三棱錐的頂點都在同一個球面上，則該球的表面積為()A．10eq\r(3)π B．18πC．20π D．9eq\r(3)πC[(補形法)由題意知，該三棱錐為正六棱柱內(nèi)的一個三棱錐(如圖所示的三棱錐P-ABC)且有PA＝AB＝AC＝2，所以該三棱錐的外接球也是該正六棱柱的外接球，所以外接球的直徑2R為該正六棱柱的體對角線長，即2R＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)?R＝eq\r(5)，所以該球的表面積為4πR2＝20π.故選C.]求解本題的關(guān)鍵是根據(jù)幾何體的幾何特征?PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°?構(gòu)造恰當(dāng)且特殊的幾何體.【鏈接高考5】(2015·全國卷Ⅱ)一個正方體被一個平面截去一部分后，剩余部分的三視圖如右圖，則截去部分體積與剩余部分體積的比值為()A.eq\f(1,8)B.eqB.eq\f(1,7)C.eqC.eq\f(1,6)D.eq\f(1,5)D[(割補法)由已知三視圖知該幾何體是由一個正方體截去了一個“大角”后剩余的部分，如圖所示，截去部分是一個三棱錐．設(shè)正方體的棱長為1，則三棱錐的體積為V1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，剩余部分的體積V2＝13－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,6),\f(5,6))＝eq\f(1,5)，故選D.]解法6向量坐標(biāo)化幾何代數(shù)化【典例6】已知等邊三角形ABC的邊長為2，D，E分別是邊BC，AC的中點，點P是線段AC上的動點，則eq\o(DE,\s\up9(→))·eq\o(BP,\s\up9(→))的取值范圍是()A．[0,2] B．[0,1]C．[1,2] D．[0，eq\r(3)]C[(坐標(biāo)法)由題意知，等邊三角形ABC的邊長為2，D，E分別是邊BC，AC的中點，點P是線段AC上的動點，建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，則A(－1,0，)B(1,0)，C(0，eq\r(3))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(DE,\s\up9(→))＝(－1,0)，設(shè)P(x，eq\r(3)＋eq\r(3)x)，x∈[－1,0]，則eq\o(BP,\s\up9(→))＝(x－1，eq\r(3)＋eq\r(3)x)，則eq\o(DE,\s\up9(→))·eq\o(BP,\s\up9(→))＝1－x∈[1,2]．故選C.]根據(jù)題目建立平面直角坐標(biāo)系，將問題代數(shù)化，是解決向量問題的重要思路，對于不容易建立坐標(biāo)系的小題，可考慮將圖形特殊化求解.【鏈接高考6】(2017·全國卷Ⅱ)已知△ABC是邊長為2的等邊三角形，P為平面ABC內(nèi)一點，則eq\o(PA,\s\up9(→))·(eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→)))的最小值是()A．－2 B．－eq\f(3,2)C．－eq\f(4,3) D．－1B[方法1：(解析法)建立坐標(biāo)系如圖①所示，則A，B，C三點的坐標(biāo)分別為A(0，eq\r(3))，B(－1,0)，C(1,0)．圖①設(shè)P點的坐標(biāo)為(x，y)，則eq\o(PA,\s\up9(→))＝(－x，eq\r(3)－y)，eq\o(PB,\s\up9(→))＝(－1－x，－y)，eq\o(PC,\s\up9(→))＝(1－x，－y)，∴eq\o(PA,\s\up9(→))·(eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→)))＝(－x，eq\r(3)－y)·(－2x，－2y)＝2(x2＋y2－eq\r(3)y)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),2)))2－\f(3,4)))≥2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝－eq\f(3,2).當(dāng)且僅當(dāng)x＝0，y＝eq\f(\r(3),2)時，eq\o(PA,\s\up9(→))·(eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→)))取得最小值，最小值為－eq\f(3,2).故選B.方法2：(幾何法)圖②如圖②所示，eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→))＝2eq\o(PD,\s\up9(→))(D為BC的中點)，則eq\o(PA,\s\up9(→))·(eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→)))＝2eq\o(PA,\s\up9(→))·eq\o(PD,\s\up9(→)).要使eq\o(PA,\s\up9(→))·eq\o(PD,\s\up9(→))最小，則eq\o(PA,\s\up9(→))與eq\o(PD,\s\up9(→))方向相反，即點P在線段AD上，則(2eq\o(PA,\s\up9(→))·eq\o(PD,\s\up9(→)))min＝－2|eq\o(PA,\s\up9(→))||eq\o(PD,\s\up9(→))|，問題轉(zhuǎn)化為求|eq\o(PA,\s\up9(→))|·|eq\o(PD,\s\up9(→))|的最大值．又|eq\o(PA,\s\up9(→))|＋|eq\o(PD,\s\up9(→))|＝|eq\o(AD,\s\up9(→))|＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，∴|eq\o(PA,\s\up9(→))||eq\o(PD,\s\up9(→))|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|\o(PA,\s\up9(→))|＋|\o(PD,\s\up9(→))|,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＝eq\f(3,4)，∴[eq\o(PA,\s\up9(→))·(eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→)))]min＝(2eq\o(PA,\s\up9(→))·eq\o(PD,\s\up9(→)))min＝－2×eq\f(3,4)＝－eq\f(3,2).故選B.]解法7以“形”助“數(shù)”以“數(shù)”解“形”【典例7】已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2x|，0＜x＜2，,sin\f(π,4)x，2≤x≤10，))若存在實數(shù)x1，x2，x3，x4，滿足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，則eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)的取值范圍是()A．(0,12) B．(0,16)C．(9,21) D．(15,25)A[作出函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2x|，0＜x＜2，,sin\f(π,4)x，2≤x≤10))的圖象，如圖所示，存在實數(shù)x1，x2，x3，x4，滿足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，可得－log2x1＝log2x2，即有x1x2＝1，存在實數(shù)x1，x2，x3，x4，滿足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，所以由圖象易知eq\f(1,2)＜x1＜1,1＜x2＜2,2＜x3＜4,8＜x4＜10，當(dāng)0＜t＜1時，直線y＝t與函數(shù)f(x)的圖象有4個交點，直線y＝t越往上平移，eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)的值越小，直線y＝t越往下平移，eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)的值越大．因為當(dāng)t＝0時，eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)＝eq\f(?4－2??8－2?,1×1)＝12，當(dāng)t＝1時，eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)＝eq\f(?2－2??10－2?,\f(1,2)×2)＝0，所以eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)的取值范圍是(0,12)，故選A.]根據(jù)題目信息得出幾何模型，借助幾何模型?如常見的函數(shù)圖象、圓錐曲線、立體圖形等?解決問題，形象直觀，能起到事半功倍的效果！【鏈接高考7】(2013·全國卷Ⅰ)設(shè)△AnBnCn的三邊長分別為an，bn，cn，△AnBnCn的面積為Sn，n＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝eq\f(cn＋an,2)，cn＋1＝eq\f(bn＋an,2)，則()A．{Sn}為遞減數(shù)列B．{Sn}為遞增數(shù)列C．{S2n－1}為遞增數(shù)列，{S2n}為遞減數(shù)列D．{S2n－1}為遞減數(shù)列，{S2n}為遞增數(shù)列B[先確定三角形的一邊長不變及周長不變，利用另兩邊最接近的時候面積最大等知識求解．在△A1B1C1中，b1＞c1，b1＋c1＝2a1，∴b1＞a1＞c1.在△A2B2C2中，a2＝a1，b2＝eq\f(c1＋a1,2)，c2＝eq\f(b1＋a1,2)，b2＋c2＝2a1，∴c1＜b2＜a1＜c2＜b1.在△A3B3C3中，a3＝a2＝a1，b3＝eq\f(c2＋a2,2)＝eq\f(c2＋a1,2)，c3＝eq\f(b2＋a2,2)＝eq\f(b2＋a1,2)，b3＋c3＝2a1，∴a1＜b3＜c2，b2＜c3＜a1，∴c1＜b2＜c3＜a1＜b3＜c2＜b1.由歸納知，n越大，兩邊cn，bn越靠近a1且cn＋bn＝2a1，此時面積Sn越來越大，當(dāng)且僅當(dāng)cn＝bn＝a1時，△AnBnCn面積最大．]解法8借用估算快找“唯一”【典例8】(2019·全國卷Ⅰ)古希臘時期，人們認為最美人體的頭頂至肚臍的長度與肚臍至足底的長度之比是eq\f(\r(5)－1,2)eq\f(\r(5)－1,