2025屆高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)板塊一考前必會的十種技法學(xué)案理含解析

PAGE板塊一考前必會的十種技法板塊一考前必會的十種技法★技法一定義法定義法，就是干脆利用數(shù)學(xué)定義解題，數(shù)學(xué)中的定理、公式、性質(zhì)和法則等，都是由定義和公理推演出來的．簡潔地說，定義是對數(shù)學(xué)實體的高度抽象，用定義法解題是最干脆的方法．一般地，涉及圓錐曲線的頂點、焦點、準(zhǔn)線、離心率等問題，常用定義法解決．【典例1】已知橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，M，N是坐標(biāo)平面內(nèi)的兩點，且M與C的焦點不重合．若M關(guān)于C的焦點的對稱點分別為A，B，線段MN的中點在C上，則|AN|＋|BN|＝()A．4 B．8C．12 D．16[解析]設(shè)MN的中點為D，橢圓C的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，如圖，連接DF1，DF2，因為F1是MA的中點，D是MN的中點，所以F1D是△MAN的中位線，則|DF1|＝eq\f(1,2)|AN|，同理|DF2|＝eq\f(1,2)|BN|，所以|AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|)，因為D在橢圓上，所以依據(jù)橢圓的定義知|DF1|＋|DF2|＝4，所以|AN|＋|BN|＝8.[答案]B?技法悟通?利用定義法求解動點的軌跡或圓錐曲線的有關(guān)問題時，要留意動點或圓錐曲線上的點所滿意的條件，敏捷利用相關(guān)的定義求解．如本例中求|AN|＋|BN|利用中位線性質(zhì)與橢圓定義可轉(zhuǎn)化求解．|應(yīng)用體驗|1．(2024·湖北武漢調(diào)研)若雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦點為F，點P是雙曲線右支上的動點，A(1,4)，則|PF|＋|PA|的最小值是()A．8 B．9C．10 D．12解析：選B由題意知，雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦點F的坐標(biāo)為(－4,0)，設(shè)雙曲線的右焦點為B，則B(4,0)，由雙曲線的定義知|PF|＋|PA|＝4＋|PB|＋|PA|≥4＋|AB|＝4＋eq\r(4－12＋0－42)＝4＋5＝9，當(dāng)且僅當(dāng)A，P，B三點共線且P在A，B之間時取等號．2．若數(shù)列{an}滿意eq\f(an＋1,2n＋5)－eq\f(an,2n＋3)＝1，且a1＝5，則數(shù)列{an}的前200項中，能被5整除的項數(shù)為()A．90 B．80C．60 D．40解析：選B數(shù)列{an}滿意eq\f(an＋1,2n＋5)－eq\f(an,2n＋3)＝1，即eq\f(an＋1,2n＋1＋3)－eq\f(an,2n＋3)＝1，又eq\f(a1,2×1＋3)＝1，∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋3)))是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，∴eq\f(an,2n＋3)＝n，∴an＝2n2＋3n，列表如下：項12345678910an的個位數(shù)5474509290∴每10項中有4項能被5整除，∴數(shù)列{an}的前200項中能被5整除的項數(shù)為80，故選B．★技法二數(shù)形結(jié)合法數(shù)形結(jié)合法，包含“以形助數(shù)”和“以數(shù)輔形”兩個方面，其應(yīng)用分為兩種情形：一是代數(shù)問題幾何化，借助形的直觀性來闡明數(shù)之間的聯(lián)系，即以形作為手段，數(shù)作為目的，比如應(yīng)用函數(shù)的圖象來直觀地說明函數(shù)的性質(zhì)；二是幾何問題代數(shù)化，借助于數(shù)的精確性闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段，形作為目的，如應(yīng)用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質(zhì)．【典例2】已知a，b滿意|a|＝eq\r(3)，|b|＝1，且對隨意的實數(shù)x，不等式|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，設(shè)a，b的夾角為θ，則tan2θ＝________.[解析]如圖所示，當(dāng)(a＋b)⊥b時，對隨意的實數(shù)x，a＋xb＝eq\o(OA,\s\up6(→))或a＋xb＝eq\o(OB,\s\up6(→))，因為在直角三角形中，斜邊大于直角邊恒成立，數(shù)形結(jié)合知，不等式|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，因為(a＋b)⊥b，a，b滿意|a|＝eq\r(3)，|b|＝1，所以(a＋b)·b＝0，a·b＋b2＝0，tanθ＝－eq\r(2)，tan2θ＝eq\f(2×－\r(2),1－－\r(2)2)＝2eq\r(2).[答案]2eq\r(2)?技法悟通?數(shù)形結(jié)合思想，其實質(zhì)是將抽象的數(shù)學(xué)語言與直觀的圖象結(jié)合起來，關(guān)鍵是代數(shù)問題與圖形之間的相互轉(zhuǎn)化，如本例中奇妙借助圖象確定對稱性求解．|應(yīng)用體驗|3．(2024·江西白鷺洲中學(xué)調(diào)研)已知在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，點P是斜邊AB上的中點，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝________.解析：由題意可建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系．可得A(2,0)，B(0,2)，P(1,1)，C(0,0)，則eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝(1,1)·(0,2)＋(1,1)·(2,0)＝2＋2＝4.答案：44．已知f(x)是以2為周期的偶函數(shù)，當(dāng)x∈[0,1]時，f(x)＝x，且在[－1,3]內(nèi)，關(guān)于x的方程f(x)＝kx＋k＋1(k∈R，k≠－1)有四個根，則k的取值范圍是________．解析：由題意作出f(x)在[－1,3]上的示意圖如圖．記y＝k(x＋1)＋1，∴函數(shù)y＝k(x＋1)＋1的圖象過定點A(－1,1)．記B(2,0)，由題意知，方程有四個根，即函數(shù)y＝f(x)與y＝kx＋k＋1的圖象有四個交點，故kAB<k<0，kAB＝eq\f(0－1,2－－1)＝－eq\f(1,3)，∴－eq\f(1,3)<k<0.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))★技法三特例法特例法，包括特例驗證法、特例解除法，就是充分運用選擇題中單選題的特征解題時，可以通過取一些特別值、特別點、特別函數(shù)、特別數(shù)列、特別圖形、特別位置、特別向量等對選項進(jìn)行驗證的方法．對于定性、定值的問題可干脆確定選項；對于其他問題可以解除干擾項，從而獲得正確結(jié)論．這是一種求解選項之間有著明顯差異的選擇題的特別化策略．【典例3】如圖，在棱柱的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動點P，Q滿意A1P＝BQ，過P，Q，CA．3∶1 B．2∶1C．4∶1 D．eq\r(3)∶1[解析]將P，Q置于特別位置：P→A1，Q→B，此時仍滿意條件A1P＝BQ(＝0)，則有Veq\a\vs4\al(C－AA1B)＝Veq\a\vs4\al(A1－ABC)＝eq\f(V\a\vs4\al(ABC－A1B1C1),3).故過P，Q，C三點的截面把棱柱分成的兩部分體積之比為2∶1(或1∶2)．[答案]B?技法悟通?應(yīng)用特例法的關(guān)鍵在于確定選項的差異性，利用差異性選取一些特例來檢驗選項是否與題干對應(yīng)，從而解除干擾選項，如本例中先利用取一特別值驗證問題可求解．|應(yīng)用體驗|5．假如a1，a2，…，a8為各項都大于零的等差數(shù)列，公差d≠0，那么()A．a(chǎn)1a8>a4a5 B．a(chǎn)1a8<C．a(chǎn)1＋a8>a4＋a5 D．a(chǎn)1a8＝a4解析：選B取特別數(shù)列1,2,3,4,5,6,7,8，明顯只有1×8<4×5成立．6．設(shè)橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的長軸的兩端點分別是M，N，P是C上異于M，N的隨意一點，則PM與PN的斜率之積等于________．解析：取特別點，設(shè)P為橢圓的短軸的一個端點(0，eq\r(3))，又M(－2,0)，N(2,0)，所以kPM·kPN＝eq\f(\r(3),2)·eq\f(\r(3),－2)＝－eq\f(3,4).答案：－eq\f(3,4)★技法四估值法估值法就是不須要計算出代數(shù)式的精確數(shù)值，通過估計其大致取值范圍從而解決相應(yīng)問題的方法．該種方法主要適用于比較大小的有關(guān)問題．尤其是在選擇題或填空題中，解答不須要具體的過程，因此可以揣測、合情推理、估算而獲得，從而削減運算量．【典例4】(2024·福建寧德質(zhì)量檢查)已知a＝log0.62，b＝log20.6，c＝0.62，則()A．a(chǎn)>b>c B．b>c>aC．c>b>a D．c>a>b[解析]c＝0.62>0；b＝log20.6<0，且b＝log20.6>log20.5＝－1，即b∈(－1,0)；a＝log0.62＝eq\f(1,log20.6)＝eq\f(1,b)∈(－∞，－1)，所以c>b>a，故選C．[答案]C?技法悟通?估算法省去許多推導(dǎo)過程和比較困難的計算，節(jié)約時間，是發(fā)覺問題、探討問題、解決問題的一種重要的運算方法，但要留意估算也要有依據(jù)，如本例是依據(jù)指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性估計每個值的取值范圍，從而比較三者的大小，其實就是找一個中間值進(jìn)行比較．|應(yīng)用體驗|7．若雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一條漸近線經(jīng)過點(3，－4)，則此雙曲線的離心率為()A．eq\f(\r(7),3) B．eq\f(5,4)C．eq\f(4,3) D．eq\f(5,3)解析：選D因為雙曲線的一條漸近線經(jīng)過點(3，－4)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(4,3).因為e＝eq\f(c,a)>eq\f(b,a)，所以e>eq\f(4,3).故選D．★技法五待定系數(shù)法要確定變量間的函數(shù)關(guān)系，設(shè)出某些未知系數(shù)，然后依據(jù)所給條件來確定這些未知系數(shù)的方法叫做待定系數(shù)法．其理論依據(jù)是多項式恒等——兩個多項式各同類項的系數(shù)對應(yīng)相等，運用待定系數(shù)法，就是把具有某種確定形式的數(shù)學(xué)問題，通過引入一些待定的系數(shù)，轉(zhuǎn)化為方程組來解決．待定系數(shù)法主要用來解決所求解的數(shù)學(xué)問題具有某種確定的數(shù)學(xué)表達(dá)式，例如數(shù)列求和、求函數(shù)式、求復(fù)數(shù)、解析幾何中求曲線方程等．【典例5】(2024·河北唐山模擬)圓E經(jīng)過三點A(0,1)，B(2,0)，C(0，－1)，且圓心在x軸的正半軸上，則圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq\f(25,4) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,4)))2＋y2＝eq\f(25,16)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2＋y2＝eq\f(25,16) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2＋y2＝eq\f(25,4)[解析]依據(jù)題意，設(shè)圓E的圓心坐標(biāo)為(a,0)(a>0)，半徑為r，即圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x－a)2＋y2＝r2，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a2＋12＝r2，,2－a2＝r2，,－a2＋－12＝r2，))解得a＝eq\f(3,4)，r2＝eq\f(25,16)，則圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2＋y2＝eq\f(25,16).故選C．[答案]C?技法悟通?待定系數(shù)法主要用來解決已經(jīng)定性的問題，如本例中已知圓心位置，可設(shè)圓的標(biāo)準(zhǔn)方程利用條件建立方程組求出橫坐標(biāo)及半徑．|應(yīng)用體驗|8．電流強(qiáng)度I(安)隨時間t(秒)改變的函數(shù)I＝Asin(ωt＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的圖象如圖所示，則當(dāng)t＝eq\f(1,100)秒時，電流強(qiáng)度是()A．－5安 B．5安C．5eq\r(3)安 D．10安解析：選A由圖象知A＝10，eq\f(T,2)＝eq\f(4,300)－eq\f(1,300)＝eq\f(1,100)，∴ω＝eq\f(2π,T)＝100π，∴I＝10sin(100πt＋φ)．又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,300)，10))為五點中的其次個點，∴100π×eq\f(1,300)＋φ＝eq\f(π,2).∴φ＝eq\f(π,6).∴I＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt＋\f(π,6)))，當(dāng)t＝eq\f(1,100)秒時，I＝－5安．★技法六換元法換元法又稱協(xié)助元素法、變量代換法．通過引進(jìn)新的變量，可以把分散的條件聯(lián)系起來，隱含的條件顯露出來，或者變?yōu)槭熳R的形式，把困難的計算和推證簡化．換元的實質(zhì)是轉(zhuǎn)化，關(guān)鍵是構(gòu)造元和設(shè)元，理論依據(jù)是等量代換，目的是變換探討對象，將問題移至新對象的學(xué)問背景中去探討，從而使非標(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化、困難問題簡潔化．換元法常常用于三角函數(shù)的化簡求值、復(fù)合函數(shù)解析式的求解等．【典例6】已知正數(shù)x，y滿意4y－eq\f(2y,x)＝1，則x＋2y的最小值為________．[解析]由4y－eq\f(2y,x)＝1，得x＋2y＝4xy，即eq\f(1,4y)＋eq\f(1,2x)＝1，所以x＋2y＝(x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4y)＋\f(1,2x)))＝1＋eq\f(x,4y)＋eq\f(y,x)≥1＋2eq\r(\f(x,4y)·\f(y,x))＝2，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x,4y)＝eq\f(y,x)，即x＝2y時等號成立．所以x＋2y的最小值為2.[答案]2?技法悟通?換元法主要有常量代換和變量代換，要依據(jù)所求解問題的特征進(jìn)行合理代換．如本例中就是運用常數(shù)1的代換，將已知條件化為“eq\f(1,4y)＋eq\f(1,2x)＝1”，然后利用乘法運算規(guī)律，任何式子與1的乘積等于本身，再將其綻開，通過構(gòu)造基本不等式的形式求解最值．|應(yīng)用體驗|9．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，則f(x)＝________.解析：令t＝eq\f(2,x)＋1，則x＝eq\f(2,t－1)(t>1)．將上式代入feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，得f(t)＝lgeq\f(2,t－1)，即所求函數(shù)的解析式為f(x)＝lgeq\f(2,x－1)(x>1)．答案：lgeq\f(2,x－1)(x>1)10．(2024·洛陽質(zhì)檢)若函數(shù)f(x)＝2x＋3，g(x＋2)＝f(x)，則函數(shù)g(x)的解析式為________．解析：令x＋2＝t，則x＝t－2.因為f(x)＝2x＋3，g(x＋2)＝f(x)＝2x＋3，所以g(t)＝2(t－2)＋3＝2t－1.故函數(shù)g(x)的解析式為g(x)＝2x－1.答案：g(x)＝2x－111．函數(shù)y＝cos2x－sinx在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值為___________．解析：y＝cos2x－sinx＝－sin2x－sinx＋1.令t＝sinx，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，∴y＝－t2－t＋1，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).∵函數(shù)y＝－t2－t＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上單調(diào)遞減，∴t＝0時，ymax＝1.答案：1★技法七構(gòu)造法構(gòu)造法求解選擇、填空題，須要利用已知條件和結(jié)論的特別性構(gòu)造出新的數(shù)學(xué)模型(如構(gòu)造函數(shù)、方程或圖形)，從而簡化推理與計算過程，使較困難的數(shù)學(xué)問題得到簡捷的解決，它來源于對基礎(chǔ)學(xué)問和基本方法的積累，須要從一般的方法原理中進(jìn)行提煉概括、主動聯(lián)想、橫向類比，從曾經(jīng)遇到過的類似問題中找尋靈感，構(gòu)造出相應(yīng)的函數(shù)、數(shù)列、幾何等具體的數(shù)學(xué)模型，使問題得以快速解決．【典例7】(1)(2024·河北武邑中學(xué)模擬)已知定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，對隨意實數(shù)x均有(1－x)·f(x)＋xf′(x)>0成立，且y＝f(x＋1)－e是奇函數(shù)，則不等式xf(x)－ex>0的解集是()A．(－∞，e) B．(e，＋∞)C．(－∞，1) D．(1，＋∞)(2)如圖，已知球O的表面上有四點A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝eq\r(2)，則球O的體積等于________．[解析](1)構(gòu)造函數(shù)，令g(x)＝eq\f(xfx,ex)，則g′(x)＝eq\f(1－xfx＋xf′x,ex).由題意可知，g′(x)>0恒成立，則函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增．因為函數(shù)y＝f(x＋1)－e是奇函數(shù)，則函數(shù)圖象過坐標(biāo)原點，即f(1)－e＝0，所以f(1)＝e，所以g(1)＝eq\f(1×f1,e1)＝1.而不等式xf(x)－ex>0可變形為eq\f(xfx,ex)>1，即g(x)>g(1)，結(jié)合函數(shù)g(x)的單調(diào)性可知不等式的解集為(1，＋∞)．故選D．(2)如圖，以DA，AB，BC為棱長構(gòu)造正方體，設(shè)正方體的外接球球O的半徑為R，則正方體的體對角線長即為球O的直徑，所以CD＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2＋\r(2)2)＝2R，所以R＝eq\f(\r(6),2)，故球O的體積V＝eq\f(4πR3,3)＝eq\r(6)π.[答案](1)D(2)eq\r(6)π?技法悟通?構(gòu)造法實質(zhì)上是化歸與轉(zhuǎn)化思想在解題中的應(yīng)用，須要依據(jù)已知條件和所要解決的問題確定構(gòu)造的方向，通過構(gòu)造新的函數(shù)、不等式或數(shù)列等新的模型，從而轉(zhuǎn)化為自己熟識的問題．如本例(2)中奇妙地構(gòu)造出正方體，而球的直徑恰好為正方體的體對角線，問題就很簡潔得到解決．|應(yīng)用體驗|12．設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)．當(dāng)x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0且g(3)＝0，則不等式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：選D構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)．因為當(dāng)x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，所以當(dāng)x<0時，F(xiàn)′(x)＝[f(x)g(x)]′>0，所以函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞增．又因為f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，所以F(x)＝f(x)g(x)是奇函數(shù)，所以函數(shù)F(x)＝f(x)g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．又因為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的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．13．在三棱錐P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝1，PA＝eq\r(3)，則該三棱錐外接球的表面積為()A．5π B．eq\r(2)πC．20π D．4π解析：選A把三棱錐P－ABC看作由一個長、寬、高分別為1,1，eq\r(3)的長方體截得的一部分(如圖)．易知該三棱錐的外接球就是對應(yīng)長方體的外接球．又長方體的體對角線長為eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5)，故外接球半徑為eq\f(\r(5),2)，表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2＝5π.★技法八參數(shù)分別法參數(shù)分別法是解決不等式有解、恒成立問題常用的方法，通過分別參數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為相應(yīng)函數(shù)的最值或范圍問題求解，從而避開對參數(shù)進(jìn)行分類探討的煩瑣過程．該種方法也適用于含參方程有解、無解等問題的解決．但要留意該種方法僅適用于分別參數(shù)后能夠求解相應(yīng)函數(shù)的最值或值域的狀況．【典例8】(一題多解)(2024·成都模擬)若關(guān)于x的不等式x2＋2ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()A．(0，＋∞) B．[－1，＋∞)C．[－1,1] D．[0，＋∞)[解析]解法一：當(dāng)x＝0時，不等式1≥0恒成立，當(dāng)x>0時，x2＋2ax＋1≥0?2ax≥－(x2＋1)?2a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，又－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≤－2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時，取等號，所以2a≥－2?a≥－1，所以實數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．解法二：設(shè)f(x)＝x2＋2ax＋1，函數(shù)圖象的對稱軸為直線x＝－a，當(dāng)－a≤0，即a≥0時，f(0)＝1>0，所以當(dāng)x∈[0，＋∞)時，f(x)≥0恒成立；當(dāng)－a>0，即a<0時，要使f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需f(－a)＝a2－2a2＋1＝－a2＋1≥0，得－1≤a綜上，實數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．[答案]B?技法悟通?利用分別參數(shù)法解決不等式恒成立問題或有解問題，關(guān)鍵在于精確分別參數(shù)，然后將問題轉(zhuǎn)化為參數(shù)與函數(shù)最值之間的大小關(guān)系．分別參數(shù)時要留意參數(shù)系數(shù)的符號是否會發(fā)生改變，假如參數(shù)的系數(shù)符號為負(fù)號，則分別參數(shù)時應(yīng)留意不等號的改變，否則就會導(dǎo)致錯解．|應(yīng)用體驗|14．(2024·陜西聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝lnx－eq\f(x,2)＋eq\f(k,x)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，實數(shù)k的取值范圍為________．解析：函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立等價于k<eq\f(x2,2)－xlnx在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x2,2)－xlnx，x∈(0，＋∞)，則g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)，則h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)．當(dāng)0<x<1時，h′(x)<0，函數(shù)h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時，h′(x)>0，函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)x>1時，h(x)>h(1)＝0.即當(dāng)x>1時，g′(x)>g′(1)＝0，∴函數(shù)g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)>g(1)＝eq\f(1,2).∴當(dāng)x>1時，若使k<eq\f(x2,2)－xlnx恒成立，則k≤eq\f(1,2)，即實數(shù)k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))★技法九巧設(shè)變量引參搭橋法當(dāng)利用題目條件中的已知量或變量無法干脆與要求的結(jié)論之間建立關(guān)系式時，可考慮引入一些中間變量，即參數(shù)(可以是角度、線段、斜率及點的坐標(biāo)等)，來溝通條件與結(jié)論之間的聯(lián)系，這是一種特別重要的解題方法，也就是我們所說的“引參搭橋術(shù)”，尤其在解析幾何中，應(yīng)用較為廣泛．【典例9】如圖，橢圓有兩頂點A(－1,0)，B(1,0)，過其焦點F(0,1)的直線l與橢圓交于C，D兩點，并與x軸交于點P.直線AC與直線BD交于點Q，連接OQ.(1)當(dāng)|CD|＝eq\f(3,2)eq\r(2)時，求直線l的方程；(2)當(dāng)點P異于A，B兩點時，求證：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值．[解](1)因為橢圓焦點在y軸上，所以設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)．由已知得b＝1，c＝1，所以a＝eq\r(2)，則橢圓方程為eq\f(y2,2)＋x2＝1.①當(dāng)直線l垂直于x軸時，與題意不符．②當(dāng)直線l不垂直于x軸時，設(shè)直線l的斜率為k，則方程為y－1＝k(x－0)(k≠0)，聯(lián)立直線l與橢圓的方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(y2,2)＋x2＝1，))化簡得(2＋k2)x2＋2kx－1＝0.設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(2k,2＋k2)，,x1x2＝\f(－1,2＋k2).))所以|CD|＝eq\r(k2＋1[x1＋x22－4x1x2])＝eq\f(2\r(2)k2＋1,k2＋2).由已知得eq\f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq\f(3,2)eq\r(2)，解得k＝±eq\r(2).所以直線l的方程為y＝eq\r(2)x＋1或y＝－eq\r(2)x＋1.(2)證明：①當(dāng)直線l垂直于x軸時，與題意不符．②當(dāng)直線l不垂直于x軸時，設(shè)l的方程為y－1＝k(x－0)(k≠0且k≠±1)，所以P點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0)).由(1)知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(2k,2＋k2)，,x1x2＝\f(－1,2＋k2).))所以x1－x2＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2k,k2＋2)))2＋\f(4,k2＋2))＝eq\f(\r(8k2＋1),k2＋2).直線AC的方程為y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直線BD的方程為y＝eq\f(y2,x2－1)(x－1)，將兩直線方程聯(lián)立，解得xQ＝eq\f(y2x1＋1＋y1x2－1,y2x1＋1－y1x2－1).又y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1，所以xQ＝eq\f(kx2＋1x1＋1＋kx1＋1x2－1,kx2＋1x1＋1－kx1＋1x2－1)＝eq\f(2kx1x2＋x1＋x2＋kx2－x1,kx1＋x2＋x1－x2＋2)＝eq\f(－\f(2k,k2＋2)－\f(2k,k2＋2)－\f(k\r(8k2＋1),k2＋2),－\f(2k2,k2＋2)＋\f(\r(8k2＋1),k2＋2)＋2)＝－k，所以點Q的坐標(biāo)為(－k，yQ)．而點P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0))，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))＋0×yQ＝1.所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值得證.?技法悟通?本例第(2)問是變中求定問題，思路是選設(shè)引起直線l改變的某參數(shù)，在推算過程中把該參數(shù)消去，得到eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))為定值，明顯此處首選直線l的斜率為參數(shù)．|應(yīng)用體驗|15．已知點F1，F(xiàn)2分別為橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，橢圓上的點P滿意∠F1PF2＝90°，且△F1PF2的周長為4＋2eq\r(3)，面積為1.(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)如圖，過點F1，F(xiàn)2分別作直線l1，l2且l1∥l2，l1交橢圓于A，B兩點，l2交橢圓于C，D兩點，求四邊形ABCD面積的最大值．解：(1)設(shè)|PF1|＝m，|PF2|＝n，則m＋n＝2a，m2＋n2＝(2c)2，①2－②，得mn＝2(a2－c2)，∴Seq\s\do6(△F1PF2)＝eq\f(1,2)mn＝a2－c2＝b2＝1.∵△F1PF2的周長L＝m＋n＋2c＝2a＋2c＝4＋2eq\r(3)，∴a＋c＝2＋eq\r(3)，∴a－c＝eq\f(1,2＋\r(3))＝2－eq\r(3)，∴a＝2，c＝eq\r(3)，∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由題知l1的傾斜角不為0°，F(xiàn)1(－eq\r(3)，0)，由對稱性得四邊形ABCD為平行四邊形，設(shè)直線l1的方程為x＝py－eq\r(3)，聯(lián)立直線l1與橢圓的方程并化簡，得(p2＋4)·y2－2eq\r(3)py－1＝0，明顯Δ>0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝eq\f(2\r(3)p,p2＋4)，y1y2＝eq\f(－1,p2＋4).連接OA，OB，∴S△OAB＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×|y1－y2|＝eq\f(\r(3),2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)p,p2＋4)))2－4·\f(－1,p2＋4))＝2eq\r(3)·eq\r(\f(p2＋1,p2＋42)).設(shè)p2＋1＝t，t∈[1，＋∞)，則p2＝t－1，∴eq\f(p2＋1,p2＋42)＝eq\f(t,t2＋6t＋9)＝eq\f(1,t＋\f(9,t)＋6)≤eq\f(1,12)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\f(9,t)，即p＝±eq\r(2)時等號成立，∴(S△OAB)max＝2eq\r(3)×eq\r(\f(1,12))＝1，∴平行四邊形ABCD面積的最大值Smax＝4·(S△OAB)max＝4.★技法十正難則反思維法思維受限一般出現(xiàn)在壓軸題或計算量大的題上，有時也出現(xiàn)在一些條件特別的選擇題、填空題上，這些題不肯定就是做不好的題或是難度很大的題，而可能是因某些運算或推理繁雜感到心理驚慌而導(dǎo)致一下子想不出解決方法的題．一般來說，對此類問題的突圍關(guān)鍵在于如何針對已有的信息與所求目標(biāo)的差異進(jìn)行綜合分析，整合相關(guān)的結(jié)論(包括已推得的結(jié)論)，留意信息的遷移．要留意考查命題所涉及的概念、定理，把握命題的結(jié)構(gòu)特點，構(gòu)建相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型進(jìn)行仿照探究，力爭做到求什么，想什么．在審查已做的運算、推理與所求結(jié)論的要求是否正確時，要留意隱含條件的挖掘與整合，細(xì)致清查還有哪些條件未用上，還有哪些相關(guān)的通法未用到，力爭做到給什么，用什么．在將條件與結(jié)論聯(lián)系起來時，要勇于摸索、創(chuàng)新思維，留意類比、猜想、湊形、配式，力爭做到差什么，找什么．這就是我們常常說的“思維受限突圍術(shù)”．常見的突圍策略有以下兩種：策略一前難后易空城計對設(shè)有多問的數(shù)學(xué)命題，若前一問不會解，而后面的幾問又是簡潔解的，或是可用第一問的結(jié)論來求解的，此時應(yīng)放棄第一問的求解，著重攻后面的幾問，并將第一問的結(jié)論作為后幾問的條件運用，奇妙地協(xié)作題設(shè)條件或有關(guān)定理解答后面的問題．這種利用自己根本不懂或不會證明的問題條件來解后幾問的做法，就是數(shù)學(xué)解題中的“空城計”，即前問難后問易，棄前攻后為上計(有時也說成：前難后易前問棄，借前結(jié)論攻后題)．【典例10】設(shè)函數(shù)fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)．(1)設(shè)n≥2，b＝1，c＝－1，證明：fn(x)在區(qū)間eq\f(1,2)，1內(nèi)存在唯一零點；(2)設(shè)n＝2，若對隨意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范圍；(3)(一題多解)在(1)的條件下，設(shè)xn是fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)的零點，推斷數(shù)列x2，x3，…，xn，…的增減性．[解](1)證明：當(dāng)b＝1，c＝－1，n≥2時，fn(x)＝xn＋x－1.∵fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))fn(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)－\f(1,2)))×1<0，∴fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)存在零點．又∵當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))時，f′(x)＝nxn－1＋1>0，∴fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是單調(diào)遞增的，∴fn(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)存在唯一零點．(2)當(dāng)n＝2時，f2(x)＝x2＋bx＋c.對隨意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等價于f2(x)在[－1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.據(jù)此分類探討如下：①當(dāng)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))>1，即|b|>2時，M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|>4，與題設(shè)沖突．②當(dāng)－1≤－eq\f(b,2)<0，即0<b≤2時，M＝f2(1)－f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)＋1))2≤4恒成立．③當(dāng)0≤－eq\f(b,2)≤1，即－2≤b≤0時，M＝f2(－1)－f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)－1))2≤4恒成立．綜上可知，－2≤b≤2.故b的取值范圍為[－2,2]．(3)解法一：設(shè)xn是fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)的唯一零點(n≥2)，fn(xn)＝xeq\o\al(n,n)＋xn－1＝0，fn＋1(xn＋1)＝xeq\o\al(n＋1,n＋1)＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，于是有fn(xn)＝fn＋1(xn＋1)＝xeq\o\al(n＋1,n＋1)＋xn＋1－1<xeq\o\al(n,n＋1)＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)．又由(1)知fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是單調(diào)遞增的，故xn<xn＋1(n≥2)，所以數(shù)列x2，x3，…，xn，…是遞增數(shù)列．解法二：設(shè)xn是fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))內(nèi)的唯一零點，fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(xeq\o\al(n＋1,n)＋xn－1)(1n＋1＋1－1)＝xeq\o\al(n＋1,n)＋xn－1<xeq\o\al(n,n)＋xn－1＝0，則fn＋1(x)的零點xn＋1在(xn,1)內(nèi)，故xn<xn＋1(n≥2)，所以數(shù)列x2，x3，…，xn，…是遞增數(shù)列.?技法悟通?本例第(1)問可利用函數(shù)的單調(diào)性及零點存在性定理解決，但第(2)問較麻煩，許多同學(xué)不會做或耽擱較長時間，從而延誤了第(3)問的解答．事實上，由題意可知，第(3)問的解答與第(2)問沒有任何關(guān)系，但與第(1)問是相關(guān)的，且特別簡潔解答，因此我們可跨過第(2)問，先解決第(3)問，從而增大了本題的得分率，這是解決此類題的上策之舉．策略二前解倒推混戰(zhàn)術(shù)有些數(shù)學(xué)命題的求解，起先入手還較為順暢，但一到最終就難以接著進(jìn)行了．此時若知悉它的大致趨勢和結(jié)果，可依從所求結(jié)論的形式、特點，進(jìn)行反推、湊形，直到得出大致與所要達(dá)到的目標(biāo)相同或相像的式子，再來奇妙地進(jìn)行溝通．對于這一步雖然是自己做不到的，但這樣寫了幾下，卻可能全都是對的．【典例11】(2024·武漢調(diào)研)已知a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ex－2－ax.(1)探討函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)有兩個不同的零點x1，x2(x1<x2)．①求實數(shù)a的取值范圍；②證明：x1＋x2>2.[解](1)f′(x)＝ex－2－a.當(dāng)a≤0時，f′(x)>0恒成立，函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增．當(dāng)a>0時，由f′(x)＝ex－2－a＝0，得x＝2＋lna.若x>2＋lna，則f′(x)>0，函數(shù)f(x)在(2＋lna，＋∞)上單調(diào)遞增；若x<2＋lna，則f′(x)<0，函數(shù)f(x)在(－∞，2＋lna)上單調(diào)遞減．(2)①由(1)知，當(dāng)a≤0時，f(x)在R上單調(diào)遞增，沒有兩個不同的零點．當(dāng)a>0時，f(x)在x＝2＋lna處取得微小值，所以f(2＋lna)＝elna－a(2＋lna)<0，得a>eq\f(1,e)，所以a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).②證明：由ex－2－ax＝0，得x－2＝ln(ax)＝lna＋lnx，即x－2－lnx＝lna.所以x1－2－lnx1＝x2－2－lnx2＝lna.令g(x)＝x－2－lnx(x>0)，則g′(x)＝1－eq\f(1,x).當(dāng)x>1時，g′(x)>0；當(dāng)0<x<1時，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以0<x1<1<x2.要證x1＋x2>2，只需證x2>2－x1>1.因為g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以只需證g(x2)>g(2－x1)．因為g(x1)＝g(x2)，所以只需證g(x1)>g(2－x1)，即證g(x1)－g(2－x1)>0.令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝x－2－lnx－[2－x－2－ln(2－x)]＝2x－2－lnx＋ln(2－x)，則h′(x)＝2－eq\