（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 備考技法 專題一 解題常用8術(shù)系統(tǒng)歸納——串一串方法講義 理（普通生含解析）.doc

備考技法專題一 解題常用 8 術(shù)系統(tǒng)歸納——串一串方法 第1術(shù)　探求思路，圖作向?qū)? 方法概述 對(duì)題設(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入手和領(lǐng)會(huì)題意的關(guān)鍵所在．尤其是對(duì)一些復(fù)合函數(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(zhēng)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，主要涉及最值、不等式、取值范圍等問題 [例1]　(1)用min{a，b，c}表示a，b，c三個(gè)數(shù)中的最小值，設(shè)f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，則f(x)的最大值為(　　) A．4　　　　　　　　　 　B．5 C．6 D．7 [解析]　畫出y＝2x，y＝x＋2，y＝10－x的圖象如圖所示，觀察圖象可知f(x)＝ 所以f(x)的最大值在x＝4時(shí)取得，且為6. [答案]　C (2)已知函數(shù)y＝的圖象與函數(shù)y＝kx的圖象恰有兩個(gè)交點(diǎn)，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________． [解析]　y＝＝ 作出其圖象如圖所示，結(jié)合圖象可知0<k<1或1<k<2. [答案]　(0,1)∪(1,2) [例2]　已知f(x)＝則不等式f(x)≥x2的解集為(　　) A．[－1,1] B．[－2,2] C．[－2,1] D．[－1,2] [解析]　分別作出f(x)＝和y＝x2的圖象如圖所示． 由圖可知，f(x)≥x2的解集為[－1,1]． [答案]　A [例3]　(1)設(shè)a，b，c是單位向量，且ab＝0，則(a－c)(b－c)的最小值為(　　) A．－2 B.－2 C．－1 D．1－ [解析]　由于(a－c)(b－c)＝－(a＋b)c＋1，因此等價(jià)于求(a＋b)c的最大值，這個(gè)最大值只有當(dāng)向量a＋b與向量c同向共線時(shí)取得．由于ab＝0，故a⊥b，如圖所示，|a＋b|＝，|c|＝1.當(dāng)θ＝0時(shí)，(a＋b)c取得最大值且最大值為.故所求的最小值為1－. [答案]　D (2)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 α，sin α)，則∠AOB的取值范圍為__________． [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θ的取值范圍是[∠MOB，∠NOB]．由圖可知∠COB＝，因?yàn)閨|＝2，由||＝||＝||，知∠＝∠CON＝，所以∠BOM＝－＝，∠BON＝＋＝，所以≤θ≤，故∠AOB的取值范圍為. [答案]　 [例4]　已知F1，F(xiàn)2分別為雙曲線x2－＝1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. C．2 D. [解析]　如圖，取PF2的中點(diǎn)M，連接OM， 則＋＝2， 故〈，〉＝120， ∠OMF2＝60. 因?yàn)镺為F1F2的中點(diǎn)， 所以O(shè)M∥PF1， 所以∠F1PF2＝∠OMF2＝60. 在△F1PF2中，設(shè)|PF1|＝m，|PF2|＝n， 因?yàn)閍＝1，b＝，所以c＝， 由余弦定理得， cos∠F1PF2＝， 即cos 60＝＝， 整理得m2＋n2－mn＝28， 所以解得 過點(diǎn)F2作F2N⊥PF1于N， 在Rt△PF2N中，|F2N|＝|PF2|sin 60＝2， 即點(diǎn)F2到直線PF1的距離為2. [答案]　C [應(yīng)用體驗(yàn)] 1．定義在R上的函數(shù)y＝f(x＋2)的圖象關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，且函數(shù)f(x＋1)是偶函數(shù)．若當(dāng)x∈[0,1]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(　　) A．2 017 B．2 018 C．4 034 D．4 036 解析：選D　由y＝f(x＋2)的圖象關(guān)于直線x＝－2對(duì)稱，得f(x)是偶函數(shù)，即f(－x)＝f(x)． 因?yàn)楫?dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝sin， 所以當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，f(x)＝f(－x)＝－sin. 因?yàn)楹瘮?shù)f(x＋1)是偶函數(shù)， 所以f(x＋1)＝f(－x＋1)， 所以f(x＋2)＝f(－x)＝f(x)， 故f(x)是周期為2的偶函數(shù)． 作出函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝e－|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 0182＝4 036. 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 ∵||<，∴(x－a)2＋(y－b)2<， ∴1－x2＋1－y2<，∴x2＋y2>.① ∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1. 同理，x2≤1. ∴x2＋y2≤2.② 由①②可知：<x2＋y2≤2. ∵||＝，∴<||≤. 3．過雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左焦點(diǎn)F(－c,0)(c>0)，作圓x2＋y2＝的切線，切點(diǎn)為E，延長(zhǎng)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OE⊥FP.記F′為雙曲線的右焦點(diǎn)，作出示意圖如圖，連接F′P，則F′P綊2OE，所以FP⊥F′P，且|F′P|＝a，故由雙曲線的定義可得|FP|＝3a. 所以(2c)2＝a2＋(3a)2，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<<a???? ?x<－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|＝ax＋1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|，y＝ax＋1，y＝x＋1的圖象．由圖可知，當(dāng)直線y＝ax＋1的斜率a≥1時(shí)，直線y＝ax＋1與y＝|x|的圖象有且僅有y軸左側(cè)一個(gè)交點(diǎn)，即|x|＝ax＋1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，ab＝0，若向量c滿足|c－a－b|＝1，則|c|的取值范圍為__________________． 解析：令＝a，＝b， ＝a＋b，＝c， 如圖所示，則||＝. 又|c－b－a|＝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2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(cè)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(duì)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(jiǎn)、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(duì)象，將問題移至新對(duì)象的知識(shí)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 [例1]　已知x，y∈R，滿足x2＋2xy＋4y2＝6，則z＝x2＋4y2的取值范圍為__________． [常規(guī)解法] 由x2＋2xy＋4y2＝6， 得2xy＝6－(x2＋4y2)， 而2xy≤， 所以6－(x2＋4y2)≤， 所以x2＋4y2≥4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時(shí)，取等號(hào)． 又因?yàn)?x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即2xy≥－6， 所以z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12， 綜上可得4≤x2＋4y2≤12. [提速解法] 已知x2＋2xy＋4y2＝6， 即(x＋y)2＋(y)2＝()2， 故設(shè)x＋y＝cos α，y＝sin α， 即x＝cos α－sin α，y＝sin α. 則z＝x2＋4y2＝6－2xy＝6－2(cos α－sin α)sin α＝8－4sin. 所以8－4≤z≤8＋4， 即z的取值范圍為[4,12]． [答案]　[4,12] [例2]　已知橢圓C方程為＋y2＝1，且直線l：y＝kx＋m與圓O：x2＋y2＝1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]　圓O的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn)，半徑r＝1，由直線l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0與圓O：x2＋y2＝1相切，得＝1，故有m2＝1＋k2.① 由 消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝. 所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2 ＝2－4 ＝.② 將①代入②，得|x1－x2|2＝， 故|x1－x2|＝. 所以|MN|＝|x1－x2|＝＝. 故△OMN的面積S＝|MN|1＝. 令t＝4k2＋1(t≥1)，則k2＝，代入上式， 得S＝2＝ ＝ ＝ ， 所以當(dāng)t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝時(shí)，S取得最大值，且最大值為＝1. [例3]　已知u≥1，v≥1且(logau)2＋(logav)2＝loga(au2)＋loga(av2)(a>1)，則loga(uv)的最大值和最小值分別為________，________. [解析]　令x＝logau，y＝logav，則x≥0，y≥0.已知等式可化為(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)．再設(shè)t＝loga(uv)＝x＋y(x≥0，y≥0)，由圖可知，當(dāng)線段y＝－x＋t(x≥0，y≥0)與圓弧(x－1)2＋(y－1)2＝4(x≥0，y≥0)相切時(shí)(圖中CD位置)，截距t取最大值，tmax＝2＋2；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，tmin＝1＋.因此loga(uv)的最大值是2＋2，最小值是1＋. [答案]　2＋2　1＋ [提醒]　利用兩次換元探究動(dòng)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(duì)新變量的限制． [應(yīng)用體驗(yàn)] 1．橢圓＋＝1的左焦點(diǎn)為F，直線x＝m與橢圓相交于點(diǎn)A，B，當(dāng)△FAB的周長(zhǎng)最大時(shí)，△FAB的面積為________． 解析：已知＋＝1，則F(－1,0)． 設(shè)A(2cos θ，sin θ)，B(2cos θ，－sin θ)， 則|AF|＝|BF|＝＝2＋cos θ， 故△FAB的周長(zhǎng)l＝2(2＋cos θ)＋2sin θ＝4＋4sin. 當(dāng)θ＝時(shí)，l取得最大值，此時(shí)△FAB的面積為 S＝(1＋2cos θ)2sin θ＝sin θ(1＋2cos θ)＝3. 答案：3 2．不等式log2(2x－1)log2(2x＋1－2)<2的解集是________． 解析：設(shè)log2(2x－1)＝y(tǒng)，則log2(2x＋1－2)＝1＋log2(2x－1)＝y(tǒng)＋1，故原不等式可化為y(y＋1)<2，解得－2<y<1.所以－2<log2(2x－1)<1， 解得log2<x<log23，即x∈. 答案： 3．y＝sin xcos x＋sin x＋cos x的最大值是________． 解析：設(shè)sin x＋cos x＝t∈[－，]，則sin xcos x＝＝－， 所以y＝＋t－＝(t＋1)2－1，當(dāng)t＝時(shí)，ymax＝＋. 答案：＋ 4．在橢圓x2＋4y2＝8中，AB是長(zhǎng)為的動(dòng)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y＝kx＋b， 代入橢圓方程整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4(b2－2)＝0. 故x1＋x2＝－，x1x2＝. 由|AB|2＝(k2＋1)(x2－x1)2 ＝(k2＋1)[(x1＋x2)2－4x1x2] ＝[2(4k2＋1)－b2]＝， 得b2＝2(4k2＋1)－， 又原點(diǎn)O到AB的距離為. 所以△AOB的面積S＝. 記u＝， 則S2＝＝－＝－u2－u＝4－2. 又u＝＝4－的范圍為[1,4](u＝4為豎直弦)． 故u＝時(shí)，S＝4； 而u＝1時(shí)，S＝. 因此S的取值范圍是. 第3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(duì)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(duì)象中清晰地展現(xiàn)出來，并借助該數(shù)學(xué)對(duì)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(shí) [例1]　(1)已知偶函數(shù)f(x)的定義域?yàn)槠鋵?dǎo)函數(shù)是f′(x)．當(dāng)0<x<時(shí)，有f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，則關(guān)于x的不等式f(x)<fcos 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 x＋f(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)<fcos x等價(jià)于<， 即F(x)<F，所以|x|>， 又x∈， 所以－<x<－或<x<. [答案]　B (2)已知m，n∈(2，e)，且－<ln，則(　　) A．m>n　　　　　　 　B．m<n C．m>2＋ D．m，n的大小關(guān)系不確定 [解析]　由不等式可得－<ln m－ln 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 [例2]　已知a2－3a＝1，b2－3b＝1，且a≠b，則＋＝__________. [解析]　由題意可知a，b是方程x2－3x－1＝0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系可知a＋b＝3，ab＝－1， 所以＋＝＝＝32－2(－1)＝11. [答案]　11 [例3]　已知實(shí)數(shù)a，b是利用計(jì)算機(jī)產(chǎn)生的0～1之間的均勻隨機(jī)數(shù)，設(shè)事件A為(a－1)2＋(b－1)2>，則事件A發(fā)生的概率為(　　) A. B．1－ C. D．1－ [解析]　由題意知，計(jì)算機(jī)產(chǎn)生的0～1之間的均勻隨機(jī)數(shù)a，b的對(duì)應(yīng)區(qū)域是邊長(zhǎng)為1的正方形，面積為1；事件A對(duì)應(yīng)的區(qū)域是邊長(zhǎng)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(duì)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 [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(duì)任意的實(shí)數(shù)x都有xf(x＋1)＝(1＋x)f(x)，則f 的值是(　　) A．0 B. C．1 D. 解析：選A　由已知得＝， 故構(gòu)造函數(shù)g(x)＝，則g(x＋1)＝， 所以g(x＋1)＝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 2πx(x∈R)， 所以f(x)＝xsin 2πx，從而有f ＝sin 5π＝0， 故f ＝f(0)＝0，因此選A. 2．已知數(shù)列{an}，an＝2an－1＋n＋1，a1＝1(n∈N*)，則an＝__________. 解析：由已知可得an＋n＋3＝2[an－1＋(n－1)＋3]． 設(shè)bn＝an＋n＋3，則bn＝2bn－1， 所以{bn}是公比為2的等比數(shù)列，且b1＝a1＋1＋3＝5， 所以bn＝52n－1，所以an＝52n－1－n－3. 答案：52n－1－n－3 3．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(dòng)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)閇5，＋∞)． 答案：[5，＋∞) 4．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(dòng)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(dòng)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?dòng)點(diǎn)在單位圓上運(yùn)動(dòng)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kOR＝2，kOM＝－2， 所以kQR＝－，kQM＝，所以－≤kPQ≤. 即y＝的最大值為，最小值為－. 答案：　－ 第4術(shù)　聲東擊西，換位推理 方法概述 對(duì)有些問題在直接求解時(shí)會(huì)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(duì)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 [例1]　若拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分，則k的取值范圍是(　　) A.　　　　　 B. C. D. [解析]　假設(shè)拋物線y＝x2上存在兩點(diǎn)A(x1，x)，B(x2，x)關(guān)于直線y＝k(x－3)對(duì)稱，設(shè)AB的中點(diǎn)為P(x0，y0)，則x0＝，y0＝. 因?yàn)橹本€y＝k(x－3)垂直平分弦AB， 所以＝－，所以＝－. 又AB的中點(diǎn)P(x0，y0)在直線y＝k(x－3)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(2k＋1)(6k2－2k＋1)<0，解得k<－. 因此當(dāng)k<－時(shí)，拋物線y＝x2上存在弦能被直線y＝k(x－3)垂直平分，于是當(dāng)k≥－時(shí)，拋物線y＝x2上的所有弦都不能被直線y＝k(x－3)垂直平分． 所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為. [答案]　D [例2]　已知P(4,0)是圓x2＋y2＝36內(nèi)的一點(diǎn)，A，B是圓上兩動(dòng)點(diǎn)，且滿足∠APB＝90，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OM⊥AB， 設(shè)M(xM，yM)， 由此可得|AM|2＝|OA|2－|OM|2＝36－(x＋y)．① 又在Rt△APB中， 有|AM|＝|PM|＝.② 由①②得x＋y－4xM－10＝0， 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 2＋2－4－10＝0， 整理得x2＋y2＝56，即為所求點(diǎn)Q的軌跡方程． [應(yīng)用體驗(yàn)] 1．設(shè)a，b∈R，定義運(yùn)算“∧”和“∨”如下：a∧b＝a∨b＝ 若正數(shù)a，b，c，d滿足ab≥4，c＋d≤4，則(　　) A．a(chǎn)∧b≥2，c∧d≤2 B．a(chǎn)∧b≥2，c∨d≥2 C．a(chǎn)∨b≥2，c∧d≤2 D．a(chǎn)∨b≥2，c∨d≥2 解析：選C　從定義知，a∧b＝min(a，b)，即求a，b中的最小值；a∨b＝max(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ab≥4相矛盾，則假設(shè)不成立，故max(a，b)≥2，即a∨b≥2. 假設(shè)c>2，d>2，則c＋d>4，與已知c＋d≤4相矛盾，則假設(shè)不成立，故min(c，d)≤2，即c∧d≤2. 故選C. 2．某學(xué)校為了研究高中三個(gè)年級(jí)的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)情況，從高一，高二，高三三個(gè)年級(jí)中分別抽取了1,2,3個(gè)班級(jí)進(jìn)行問卷調(diào)查，若再從中任意抽取兩個(gè)班級(jí)進(jìn)行測(cè)試，則兩個(gè)班級(jí)來自不同年級(jí)的概率為________． 解析：記高一年級(jí)中抽取的1個(gè)班級(jí)為a，高二年級(jí)中抽取的2個(gè)班級(jí)為b1，b2，高三年級(jí)中抽取的3個(gè)班級(jí)為c1，c2，c3. 從已抽取的6個(gè)班級(jí)中任意抽取兩個(gè)班級(jí)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(jí)來自不同年級(jí)”為事件A，則事件為抽取的兩個(gè)班級(jí)來自同一年級(jí)． 兩個(gè)班級(jí)來自同一年級(jí)的結(jié)果為(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4種． 所以P()＝，故P(A)＝1－P()＝1－＝. 所以兩個(gè)班級(jí)來自不同年級(jí)的概率為. 答案： 3．已知函數(shù)f(x)＝ax2－x＋ln 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)＝2ax－1＋. (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2ax－1＋ ≥0， 得a≥.① 令t＝，因?yàn)閤∈(1,2)，所以t＝∈. 設(shè)h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈，顯然函數(shù)y＝h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減， 所以h(1)<h(t)<h，即0<h(t)<. 由①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2ax－1＋ ≤0， 得a≤.② 結(jié)合(1)可知，a≤0. 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： 第5術(shù)　確定關(guān)系，待定系數(shù) 方法概述 待定系數(shù)法是確定變量間的函數(shù)關(guān)系，設(shè)出某些未知系數(shù)，然后根據(jù)所給條件來確定這些未知系數(shù)的一種方法．其理論依據(jù)是多項(xiàng)式恒等，也就是利用了多項(xiàng)式f(x)≡g(x)的充要條件是：對(duì)于一個(gè)任意的a值，都有f(a)≡g(a)；或者兩個(gè)多項(xiàng)式各同類項(xiàng)的系數(shù)對(duì)應(yīng)相等；待定系數(shù)法解題的關(guān)鍵是依據(jù)已知，正確列出等式或方程．使用待定系數(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，要判斷一個(gè)問題是否可用待定系數(shù)法求解，主要是看所求解的數(shù)學(xué)問題是否具有某種確定的數(shù)學(xué)表達(dá)式，如果具有，就可以用待定系數(shù)法求解 應(yīng)用題型 既有選擇、填空題，也有解答題．分解因式、拆分分式、數(shù)列通項(xiàng)或求和、求函數(shù)式、求解析幾何中曲線方程等，這些問題都具有確定的數(shù)學(xué)表達(dá)形式，所以都可以用待定系數(shù)法求解 [例1]　已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)A>0，ω>0，|φ|<的部分圖象如圖所示，其中|PQ|＝2，則f(x)的解析式為______________． [解析]　由題圖可知A＝2，P(x1，－2)，Q(x2,2)， 所以|PQ|＝＝＝2. 整理得|x1－x2|＝2，所以其最小正周期T＝2|x1－x2|＝4，即＝4，解得ω＝. 又函數(shù)圖象過點(diǎn)(0，－)， 所以2sin φ＝－，即sin φ＝－. 又|φ|<，所以φ＝－. 所以f(x)＝2sin. [答案]　f(x)＝2sin [例2]　已知橢圓C的焦點(diǎn)在x軸上，其離心率為，且過點(diǎn)A，則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． [解析]　設(shè)橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1(a>b>0)． 因?yàn)槠潆x心率e＝，所以＝＝， 即a＝2b. 故橢圓C的方程為＋＝1. 又點(diǎn)A在橢圓C上，所以＋＝1， 解得b2＝1.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. [答案]?。珁2＝1 [例3]　已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn(n∈N*)，且S3＝21，S5＝65，則Sn＝________. [解析]　設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn＝An2＋Bn. 由已知可得化簡(jiǎn)得 解得所以Sn＝3n2－2n. [答案]　3n2－2n [應(yīng)用體驗(yàn)] 1．二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是，則a＋b的值是(　　) A．10　　　　　　　　 　B．－10 C．14 D．－14 解析：選D　由不等式的解集是，可知－，是方程ax2＋bx＋2＝0的兩根，可得解得所以a＋b＝－14. 2．過三點(diǎn)A(1,3)，B(4,2)，C(1，－7)的圓交y軸于M，N兩點(diǎn)，則|MN|＝(　　) A．2 B．8 C．4 D．10 解析：選C　設(shè)圓的方程為x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0， 則解得 ∴圓的方程為x2＋y2－2x＋4y－20＝0. 令x＝0，得y＝－2＋2或y＝－2－2， ∴M(0，－2＋2)，N(0，－2－2)或M(0，－2－2)，N(0，－2＋2)， ∴|MN|＝4. 3．函數(shù)y＝a－bcos 3x(b>0)的最大值為，最小值為－，則y＝－4asin 3bx的最小正周期是________． 解析：由題意可得解得 所以函數(shù)y＝－4asin 3bx＝－2sin 3x的最小正周期T＝. 答案： 4．與雙曲線x2－＝1有共同的漸近線，且過點(diǎn)(2,2)的雙曲線的方程是__________． 解析：設(shè)雙曲線方程為x2－＝λ， 將點(diǎn)(2,2)代入求得λ＝3， 即得雙曲線方程為－＝1. 答案：－＝1 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(jiǎn)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(jiǎn)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(jiǎn)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(huì)柳暗花明，事半功倍 [例1]　(1)為測(cè)出所住小區(qū)的面積，某人進(jìn)行了一些測(cè)量工作，所得數(shù)據(jù)如圖所示，則小區(qū)的面積是(　　) A. km2　　 B. km2 C. 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AB＝2 km，BC＝1 km， 所以AC2＋BC2＝AB2， 所以△ABC為直角三角形， 且∠ACB＝90，∠BAC＝30， 故∠DAC＝∠DCA＝15. 所以△ADC為等腰三角形，且∠D＝150， 設(shè)AD＝DC＝x km， 根據(jù)余弦定理得x2＋x2＋x2＝3， 即x2＝＝3(2－)． 所以小區(qū)的面積為1＋3(2－)＝＝(km2)． [答案]　D (2)如圖，在多面體ABCDEF中，已知四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，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EM＝FN＝，連接MA，MD，NB，NC，則MN＝1，三棱柱ADMBCN是直三棱柱，DM＝AM＝＝. 設(shè)H為AD的中點(diǎn)，連接MH，則MH⊥AD， 且MH＝＝， ∴S△ADM＝ADMH＝. ∴VABCDEF＝2VEADM＋VADMBCN ＝2＋1＝. 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(zhǎng)為1的正四面體，易求得VEADG＝VGBCF＝＝， 又四棱錐GABCD的底面是邊長(zhǎng)為1的正方形，且側(cè)棱邊為1. 易求得其高為，則VGABCD＝11＝， 所以VABCDEF＝2VEADG＋VGABCD＝2＋＝. [答案]　A [例2]　(1)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為(　　) A．8π＋16 B．8π－16 C．8π＋8 D．16π－8 [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V1＝π224＝8π， 直三棱柱的體積為V2＝424＝16. 所以所求幾何體的體積為V＝V1－V2＝8π－16. [答案]　B (2)如圖，在直三棱柱A1B1C1ABC中，∠BCA＝90，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，AC的中點(diǎn)，若BC＝CA＝CC1，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B1G∥A1F，∠EB1G即為B1E與A1F所成的角(或其補(bǔ)角)． 設(shè)BC＝CA＝CC1＝2a， 則B1G＝＝a， AB＝＝2a， B1E＝＝a， GE2＝BG2＋BE2－2BGBEcos 135＝5a2， 所以cos∠EB1G＝＝， 故B1E與A1F所成角的余弦值為. [答案]　 [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(　　) A．64 B．72 C．80 D．112 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(zhǎng)為4，其體積V1＝43＝64.四棱錐PABCD的底面為正方形ABCD，高h(yuǎn)＝3，且PA＝PB，其底面積為S＝42＝16，則四棱錐PABCD的體積V2＝Sh＝163＝16.故所求幾何體的體積V＝V1＋V2＝64＋16＝80. 2.如圖，正三棱錐SABC的側(cè)棱與底面邊長(zhǎng)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(　　) A．90 B．60 C．45 D．30 解析：選A　如圖，把正三棱錐SABC補(bǔ)成一個(gè)正方體AGBHA1CB1S. ∵EF∥AA1， ∴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，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為(　　) A．2 B．4 C．6 D．8 解析：選B　法一：如圖，把多面體ABCDEFG補(bǔ)成正方體DEPGABHM，則VABCDEFG＝VDEPGABHM＝23＝4. 法二：如圖，取DG的中點(diǎn)H，以DA，DE，DH為棱構(gòu)造長(zhǎng)方體EFHDBPCA，則三棱錐CHFG與三棱錐FPCB全等． 所以VABCDEFG＝VABPCDEFH＝ABACAD＝212＝4. 4．在正三棱錐SABC中，側(cè)棱SC⊥側(cè)面SAB，側(cè)棱SC＝4，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SBDCAEFG，如圖所示，其棱長(zhǎng)為4，其外接球的直徑就是此正方體的體對(duì)角線，所以2R＝＝12， 即球半徑R＝6，所以球的表面積S＝4πR2＝144π. 答案：144π 第7術(shù)　關(guān)注整體，設(shè)而不求 方法概述 設(shè)而不求是數(shù)學(xué)解題中的一種很有用的手段，采用設(shè)而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的無益的循環(huán)運(yùn)算，從而達(dá)到準(zhǔn)確、快速、簡(jiǎn)捷的解題效果 應(yīng)用題型 選擇題、填空題、解答題中均有應(yīng)用 在解決某些涉及若干個(gè)量的求值問題時(shí)，要有目標(biāo)意識(shí)，通過虛設(shè)的策略，整體轉(zhuǎn)化的思想，繞開復(fù)雜的運(yùn)算過程，可使問題迅速得到解決． [例1]　已知等比數(shù)列{an}中，Sm＝16，S2m＝64，求S3m. [解]　設(shè)公比為q，由于S2m≠2Sm，故q≠1， 于是 ②①得1＋qm＝4，則qm＝3， 所以S3m＝ ＝(1＋qm＋q2m) ＝16(1＋3＋32) ＝208. 有些代數(shù)問題，通過挖掘題目中隱含的幾何背景，設(shè)而不求，轉(zhuǎn)化成幾何問題求解． [例2]　設(shè)a，b均為正數(shù)，且a＋b＝1，則＋的最大值為________． [解析]　設(shè)u＝， v＝(u>1，v>1)， u＋v＝m， 則u，v同時(shí)滿足 其中u＋v＝m表示直線，m為此直線在v軸上的截距． u2＋v2＝4是以原點(diǎn)為圓心，2為半徑的圓在第一象限內(nèi)的一部分圓弧，如圖所示，顯然直線與圓弧相切時(shí)，所對(duì)應(yīng)的截距m的值最大． 由圖易得mmax＝2， 即＋≤2. [答案]　2 恰當(dāng)合理地引入?yún)?shù)，可使解題目標(biāo)更加明確，已知和欲求之間的聯(lián)系得以明朗化，使問題能夠得到解決． [例3]　已知對(duì)任何滿足(x－1)2＋y2＝1的實(shí)數(shù)x，y，不等式x＋y＋k≥0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍． [解]　由題意設(shè) 則g(θ)＝x＋y＋k＝sin θ＋cos θ＋1＋k ＝sin＋1＋k≥－＋1＋k. 令－＋1＋k≥0，得k≥－1. 即實(shí)數(shù)k的取值范圍是[－1，＋∞)． 在解析幾何問題中，對(duì)于有關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)采用設(shè)而不求的策略，能促使問題定向，簡(jiǎn)便化歸，起到以簡(jiǎn)馭繁的解題效果． [例4]　設(shè)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)為F，經(jīng)過點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線的準(zhǔn)線上，且BC∥x軸，求證：直線AC經(jīng)過原點(diǎn)O. [證明]　設(shè)A(2pt，2pt1)， B(2pt，2pt2)， 則C. 因?yàn)锳B過焦點(diǎn)F， 所以2pt12pt2＝－p2， 得t1t2＝－. 又直線OC的斜率kOC＝＝－4t2＝， 直線OA的斜率kOA＝＝，則kOC＝kOA. 故A，O，C三點(diǎn)共線，即直線AC經(jīng)過原點(diǎn)O. 根據(jù)解題需要，可引入一個(gè)中間量作為中介，起到過渡作用，使問題得以解決． [例5]　如圖，OA是圓錐底面中心O到母線的垂線，OA繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得曲面將圓錐體積分成相等的兩部分，求圓錐母線與軸的夾角α的余弦值． [解]　過點(diǎn)A作AM⊥SO，垂足為M， 可知∠MAO＝∠AOB＝∠OSB＝α. 設(shè)MA＝x，OB＝r，SO＝h， 則有πx2h＝πr2h. 化簡(jiǎn)可得2＝. 又因?yàn)閏os α＝＝， 即cos α＝＝. 所以cos2α＝＝. 于是cos4α＝， 又α為銳角，所以cos α＝2. 某些看似十分復(fù)雜的運(yùn)算，經(jīng)過巧妙轉(zhuǎn)換，恒等變形，使運(yùn)算對(duì)象發(fā)生轉(zhuǎn)移，起到意想不到的效果． [例6]　求coscoscos…cos的值． [解]　設(shè)M＝coscoscos…cos， N＝sinsinsin…sin， 則MN＝sincossincos…sincos＝sinsin…sin ＝sinsin…sin ＝N. 而N≠0，故M＝＝. [應(yīng)用體驗(yàn)] 1．sin 10sin 30sin 50sin 70的值為________． 解析：設(shè)A＝sin 10sin 30sin 50sin 70， B＝cos 10cos 30cos 50cos 70， 則AB＝sin 20sin 60sin 100sin 140 ＝cos 70cos 30cos 10cos 50 ＝B， 由此可得A＝. 答案： 2．一直線被兩直線4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0截得的線段中點(diǎn)恰好是坐標(biāo)原點(diǎn)，則這條直線的方程為________． 解析：設(shè)所求直線分別交直線4x＋y＋6＝0,3x－5y－6＝0于點(diǎn)M，N，設(shè)M(x0，y0)， 則有4x0＋y0＋6＝0.① 因?yàn)镸，N關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以N(－x0，－y0)， 從而－3x0＋5y0－6＝0.② 由①＋②得x0＋6y0＝0.③ 顯然M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，O(0,0)三點(diǎn)的坐標(biāo)均適合方程③. 故所求直線的方程為x＋6y＝0. 答案：x＋6y＝0 3．已知橢圓＋＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2為焦點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上一點(diǎn)，∠F1PF2＝，則S△F1PF2＝________. 解析：設(shè)|PF1|＝r1，|PF2|＝r2， 由橢圓定義得r1＋r2＝10.① 由余弦定理得r＋r－2r1r2cos＝64.② ①2－②得，r1r2＝12， 所以S△F1PF2＝r1r2sin ＝3. 答案：3 4．已知F1，F(xiàn)2是橢圓2x2＋y2＝4的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓上在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，且＝1.過點(diǎn)P作傾斜角互補(bǔ)的兩條直線PA，PB分別交橢圓于A，B兩點(diǎn)． (1)求點(diǎn)P的坐標(biāo)； (2)求直線AB的斜率． 解：(1)設(shè)P(m，n)，因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上， 所以2m2＋n2＝4，m>0，n>0.① 又橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1， 設(shè)F1(0，)，F(xiàn)2(0，－)， 所以＝(－m，－n)(－m，－－n)＝1， 由此可得m2＋n2＝3.② 由①②解得m＝1，n＝， 即所求點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1，)． (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)辄c(diǎn)A，B在橢圓上， 所以2x＋y＝4,2x＋y＝4，兩式相減得 2(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0. 所以kAB＝＝－2.③ 同理可得kAP＝＝－2，④ kBP＝＝－2.⑤ 因?yàn)镻A，PB傾斜角互補(bǔ)，所以kPA＋kPB＝0.⑥ 由④⑤左端及⑥得 x1y2＋x2y1－(x2＋x1)－(y1＋y2)＋2＝0，⑦ 由④⑤右端及⑥得 x1y2＋x2y1＋(x2＋x1)＋(y1＋y2)＋2＝0，⑧ 由⑧－⑦得2(x2＋x1)＋2(y1＋y2)＝0， 即y1＋y2＝－(x1＋x2)，⑨ 由③⑨得kAB＝. 第8術(shù)　解題卡殼，攻堅(jiān)突圍 解題卡殼，一般都是卡在壓軸題，或計(jì)算量大的題上，有時(shí)也卡在有些條件特殊的選擇題、填空題上．卡殼題不一定就是做不好的題，或是啃不動(dòng)的題，而是因某些運(yùn)算，或推理繁雜感到心理緊張而導(dǎo)致一下子難想出好主意，或回憶不到相關(guān)的公式、定理，或想不出相應(yīng)的輔助線、輔助函數(shù)，或把條件看錯(cuò)，或在推理中錯(cuò)算了一步，再無法繼續(xù)．解題過程卡在某一過渡環(huán)節(jié)上是常見的事．當(dāng)解題遇到卡殼時(shí)，應(yīng)注意調(diào)整心態(tài)、保持冷靜，注重更換思考方式、跳步或跳問解答，沉著迎戰(zhàn)． 一般來說，對(duì)卡殼題的突圍關(guān)鍵在于如何針對(duì)已有的信息與所求目標(biāo)的差異進(jìn)行綜合分析，回頭整合相關(guān)的結(jié)論(包括已推得的結(jié)論)，注重信息的遷移，考查相關(guān)定義 與圖形，從不同的角度再次認(rèn)識(shí)條件及結(jié)論，使之產(chǎn)生解題的靈感，從而獲得相關(guān)的“自我提示”．因此，在重審結(jié)論或剖析條件時(shí)，要注重考查命題所涉及的概念、定理，把握命題的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，構(gòu)建相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型進(jìn)行模仿探索，力爭(zhēng)做到求什么，想什么．在審查已做的運(yùn)算、推理與所求結(jié)論的要求是否對(duì)路時(shí)，要注重隱含條件的挖掘與整合，仔細(xì)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(zhēng)做到給什么，用什么．在溝通條件與結(jié)論時(shí)，要勇于試探、創(chuàng)新思維，注重類比、猜想、湊形、配式，力爭(zhēng)做到差什么，找什么．這就是我們常說的卡殼突圍術(shù)．常見的突圍策略有以下兩種． 對(duì)設(shè)有多問的數(shù)學(xué)問題，若前一問不會(huì)解，而后面的幾問又是自己容易解的，或是可用前一問的結(jié)論來求解的，此時(shí)應(yīng)放棄前一問的求解，著重攻后面的幾問，并將前一問的結(jié)論作為后幾問的條件使用，巧妙地配合題設(shè)條件或有關(guān)定理來解答后面的問題．這種利用自己根本不懂或不會(huì)證明的問題作條件來解后幾問的做法，就是數(shù)學(xué)解題中的“空城計(jì)”，即：前問難作后問易，棄前攻后為上計(jì)(也可說成：前難后易前問棄，借前結(jié)論攻后題)． [例1]　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)間內(nèi)存在唯一零點(diǎn)； (2)設(shè)n＝2，若對(duì)任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范圍； (3)在(1)的條件下，設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的零點(diǎn)，判斷數(shù)列x2，x3，…，xn，…的增減性． [解]　(1)證明：當(dāng)b＝1，c＝－1，n≥2時(shí)， fn(x)＝xn＋x－1. ∵fnfn(1)＝1＜0， ∴fn(x)在內(nèi)存在零點(diǎn)． 又∵當(dāng)x∈時(shí)，fn′(x)＝nxn－1＋1＞0， ∴fn(x)在上是單調(diào)遞增的， ∴fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點(diǎn)． (2)當(dāng)n＝2時(shí)，f2(x)＝x2＋bx＋c. 對(duì)任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等價(jià)于f2(x)在[－1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.據(jù)此分類討論如下： ①當(dāng)＞1，即|b|＞2時(shí)， M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，與題設(shè)矛盾． ②當(dāng)－1≤－＜0，即0＜b≤2時(shí)， M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立． ③當(dāng)0≤－≤1，即－2≤b≤0時(shí)， M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立． 綜上可知，當(dāng)－2≤b≤2時(shí)，對(duì)任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4. 故b的取值范圍為[－2,2]． (3)法一：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(diǎn)(n≥2)， 則fn(xn)＝x＋xn－1＝0， fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈， 于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1) ＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)． 又由(1)知fn(x)在上是單調(diào)遞增的， 故xn＜xn＋1(n≥2)， 所以數(shù)列x2，x3，…，xn，…是遞增數(shù)列． 法二：設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(diǎn)， fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1) ＝x＋xn－1<x＋xn－1＝0， 則fn＋1(x)的零點(diǎn)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． [點(diǎn)評(píng)]　第(1)問可利用函數(shù)的單調(diào)性及零點(diǎn)存在性定理較容易解決，但第(2)問較麻煩，很多同學(xué)不會(huì)做或耽誤較長(zhǎng)時(shí)間，從而延誤了第(3)問的解答．事實(shí)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，且非常容易解答，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． 有些數(shù)學(xué)命題的求解，開始入手還較為順暢，但一到最后就難以繼續(xù)進(jìn)行了．此時(shí)若知悉它的大致趨勢(shì)和結(jié)果，可依從所求結(jié)論的形式、特點(diǎn)，進(jìn)行反推、湊形，直到得出大致與所要達(dá)到的目標(biāo)相當(dāng)、相同或相似的式子，再來巧妙地進(jìn)行溝通也是可行的．對(duì)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(duì)的．也就是說，對(duì)此解答，自己是以其昏昏，卻能使人昭昭．因?yàn)閯e人看上去確實(shí)是一步接著一步寫的，沒有什么跳躍，也沒掉什么關(guān)鍵步．這一戰(zhàn)術(shù)與“中間會(huì)師”有點(diǎn)相似，但實(shí)質(zhì)卻不同．因?yàn)樗皇乔迩宄赝评磉^來的．這種不按常規(guī)方式出牌，渾水摸魚的解題方法我們稱之為混戰(zhàn)術(shù)：解題結(jié)尾路難行，倒推湊形亦為徑． [例2]　已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有兩個(gè)零點(diǎn)． (1)求a的取值范圍； (2)設(shè)x1，x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn)，求證：x1＋x2<2. [解]　(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)． ①設(shè)a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一個(gè)零點(diǎn)． ②設(shè)a>0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)>0， 所以f(x)在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞減，在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b滿足b<0且b<ln ， 則f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a>0， 故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn)． ③設(shè)a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)． 若a≥－，則ln(－2a)≤1， 故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)， f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)． 若a<－，則ln(－2a)>1， 故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時(shí)，f′(x)<0； 當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. 因此f(x)在(1，ln(－2a))內(nèi)單調(diào)遞減，在(ln(－2a)，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)<0，所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn)． 綜上，a的取值范圍為(0，＋∞)． (2)證明：不妨設(shè)x1<x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)內(nèi)單調(diào)遞減， 所以x1＋x2<2等價(jià)于f(x1)>f(2－x2)，即f(2－x2)<0. 由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2， 而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0， 所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)e x2. 設(shè)g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex， 則g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)． 所以當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)<0，而g(1)＝0， 故當(dāng)x>1時(shí)，g(x)<0. 從而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2. [點(diǎn)評(píng)]　本題在證明x1＋x2<2時(shí)，如果直接從題目條件出發(fā)，很難證明該結(jié)論成立，而通過分析，將x1＋x2<2轉(zhuǎn)化為x1<2－x2<1，利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性及f(x1)＝f(x2)，將問題轉(zhuǎn)化為證明不等式f(x1)>f(2－x2)，進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(2－x2)，轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)g(x)的最大值小于0，從而使問題得證． [應(yīng)用體驗(yàn)] 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－x＋1. (1)討論f(x)的單調(diào)性； (2)求證：當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，1＜＜x； (3)設(shè)c＞1，求證：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1＋(c－1)x＞cx. 解：(1)由題設(shè)，f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1. 當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，f(x)單調(diào)遞增； 當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＜0，f(x)單調(diào)遞減． (2)證明：由(1)知，f(x)在x＝1處取得最大值， 最大值為f(1)＝0. 所以當(dāng)x≠1時(shí)，ln x＜x－1. 故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，ln x＜x－1，ln ＜－1， 即1＜＜x. (3)證明：由題設(shè)c＞1，設(shè)g(x)＝1＋(c－