2020届高考数学大二轮复习冲刺创新专题题型1选填题第1讲选填题的解法研究练习文

1、第1讲 选填题的解法研究一 选择题、填空题在高考中的地位选择题、填空题在当今数学高考 （全国卷）中，题目数量多且占分比例高 （选才i 12题，填 空4题，共16题，共计80分，其中选择题 60分，填空题20分，占全卷总分的 53.3%）.二选择题、填空题难度及排序规律就一套试卷而言，选择题 110题相对较简单，考查知识点明显，学生比较容易入手，11,12题对思维要求较高， 重视对数学素养的考查，学生需要综合运用多种数学思想方法才能解决.填空题1315题难度比较低，很常规，主要考查基础知识，解题思路清晰，16题难度相对较大，同样重视对数学素养的考查.今年的高考题设置了组合型选择题，为实现设置多

2、选题过渡，填空题出现了一题双空，难度增加，思维量加大.三选择题、填空题特点及考查功能从解答形式上看，选择题、填空题都不要过程，形式灵活，选择题还有选项可以提供额 外的信息；从考查知识点上看，选择题、填空题都能在较大的知识范围内，实现对基础知识、 基本技能和基本思想方法的考查；从运算因素上看，选择题、填空题都对运算要求较低，呈 现多想少算的特点.四选择题、填空题解答策略选择题、填空题的结构特点决定了解答选择题、填空题的方法，除常规方法外，还有一些特殊的方法.解答选择题、填空题的基本原则是：“小题不大做”，要充分利用题目中（包括题干和选项）提供的各种信息，排除干扰，利用矛盾，作出正确的判断.数学选

3、择题的求解，一般有两种思路：一是从题干出发考虑，探求结果；二是从题干和 选项联合考虑，或从选项出发探求是否满足题干条件，由此得到做选择题的几种常用方法： 直接法、排除法、构造法、特例法、代入验证法、数形结合法等.填空题虽然没有选项提供 参考，但依然可以根据其特点，考虑直接法、构造法、特例法等.五选择题、填空题答题禁忌选择题、填空题答题时，一定要注意认真审题，理解清楚题意后再作答.选择题确定选 项后，其余选项也应该看一看，弄清楚它们错在哪里.不要一味图快，还是要以保证正确率 为主.如果某题不太好解答，应及时调整策略，去解答下一题.切忌在某一道题上花费过多时 间.这样很容易影响答题的心理状态，产生

4、紧张、焦虑等负面情绪.另外涂答题卡时，要注意题号排列规律，不要出现答串行等低级失误.选择题要修改的话，一定要先把原有选项擦除干净，再用2B铅笔涂黑新选项.方法汇总1选填通用方法一 直接法直接法是指直接从题目条件出发，利用已知的条件、相关概念、性质、公式、公理、定 理、法则等基础知识，通过严谨的推理、准确的运算、合理的验证，从而直接得出正确结论 的解题方法.解答选择题、填空题时，此方法一般都会是考生最先考虑的方法，也是解题最 常用的方法之一.但是此种方法并没有充分利用选择题、填空题的题型特点，因此多用于解 答一些比较容易的选、填题.题型一 （2018 全国卷I ）已知正方体的棱长为 1,每条棱所

5、在直线与平面 a所成的 角相等，则a截此正方体所得截面面积的最大值为（）aq B.箸 C. 一 W思维启迪 首先利用正方体的棱是 3组且每组有互相平行的 4条棱，所以与12条棱所 成的角相等，只需与从同一个顶点出发的3条棱所成的角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.解析 根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体 ABCD- ABCD中,平面ABD与线AA, AB, AD所成的角是相等白AB所以平面 ABD与正方体的每条棱所在的直 线所成的角都是相等的，同理，平面C1BD也满足与正方体的每条棱所在的直线所成

6、的角都是相等的，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面ABD与CBD中间的，且过棱的中点的正六边形，边长为 亭 所以其面积为 S= 6x2x23x 422 = 岁，故选A.答案 A特教评析该题考查的是有关正方体被平面所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正 六边形，利用六边形的面积的求法，应用相关的公式求得结果.题型二 设等比数列an满足ai+a3=10, a2+a4=5,则aaan的最大值为 .思维启迪 本题以数列为背景， 综合考查等比数列的通项公式，哥的运算性质，等比数列求和公式等多个知识点.数列是

7、高中数学的一个重要模块，对数列的考查，在历年全国卷中都能见到.此类问题，多直接利用题目条件，结合数列的相关公式计算解决.本题中首先根据题目的两个条件，结合等比数列的通项公式，可以列出方程，解出首项及公比，进而可以将 aia2an表示为关于n的函数，利用函数的相关知识求解其最大值.ai+aiq2=10,1解析 解法一：由题可得 aq+aq3_5两式相除，解得q = 2, a1 = 8,1n 4 一,131则a=2,所以aia2an=2 x 21 n42由于指数函数y= 1、单调递减，因此当n nJ7最小时,aia2an最大,即n= 3或n=4时，aia2an有最大值 2=64.解法二：同解法一，

8、解得 an=bn>bn+1,an+lWl,设b=aia2an,由得解得3wnw4.bn> bn i,an51,所以当n= 3或4时，bn有最大值b3 = b4= 64.答案 64特教评析本题是根据题目条件， 利用数列的相关公式，直接解决数列的最值问题.解法一是从数列是特殊函数这个角度予以求解的，解法二是利用数列本身的一些特性予以求解.这两种都 是直接解决数列最值问题的常用方法.针对训练1.（2019 河南郑州一模）张丘建算经卷上第22题为：“今有女善织，日益功疾.初 日织五尺，今一月织九匹三丈.”其意思为今有女子善织布，且从第 2天起，每天比前一天 多织相同量的布，若第一天织5尺布

9、，现在一个月（按30天计）共织390尺布.则该女最后一天织多少尺布？（）A.18B. 20D. 25C.21答案 C解析由题意知该女每天所织布的尺数可构成一个等差数列&,且a=5, $0= 390,、_ 30x5+80-设该女取后一天织布尺数为a30,则有 2=390,解得a30=21.故选C.2.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1, F2在x轴上，离心率为 g过Fi的直线l交C于A B两点，且 ABF的周长为16,那么C的方程为. 22g- x y答案石十卷=116 8x2 y2,.2/ ,2 w b2 1 , 一 解析 设椭圆万程为02+b2= 1,由e=2一知

10、a= 2 ,故02=万.由于ABF的周长为| AB 十 | BF2| 十|AF2| =| AF| 十 | AF2| + | BF| + | B冏=4a= 16,故 a=4.,2x yb =8.，椭圆C的方程为16+"8= i.二特例法特例法的原理：如果结论对一般情况成立，那么对特殊情况一定也成立.因此解选择、 填空题时，可以考虑对题目条件特殊化，用特殊化后的条件解出问题的答案.这种方法主要 用来解决选择和填空题中结论唯一或其值为“定值”的问题，常常取一个(或一些)特殊数值(或特殊位置，特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等等)来确定其结果，从而节省推理、论证、演算的过程，加

11、快解题速度.特例法是解决选填题的一种很好用的方法.大多数时候，都能化繁为简，快速找到问题的答案.但是，需要指出的是，特例法本身存在一 定风险，即如果某题答案不唯一，那么用特例法有可能漏解.此时最好多举几个特例验证.题型一 已知函数f(x)=x + xln x,若kCZ,且k(x1)<f(x)对任意的x>1恒成立， 则k的最大值为()A.2B. 3 C . 4 D. 5思维启迪本题是以函数和导数为背景的恒成立问题，考查函数的单调性、最值与导数 f x 的关系等知识点.直接做的话，可以转化为v= 丁的最小值大于k;或者y=f(x) k(xxi1)的最小值大于0等，步骤繁琐，运算量较大；

12、使用特例法更快捷，即原式对x>1恒成立，那么对类似x=2,3等这些特值也成立，从而可以缩小 k的范围.解析 解法一：(直接法)设 g(x) = xln x- 2,可得 g' (x) = 1->0,故 g( x)x x在(1 , +00)上单调递增，而 g(3) =1ln 3<0 , g(4) =2ln 4>0 ,所以 g( x)存在唯一一个 零点 x0 (3,4),且当 x C (1 , x0)时,g(x)< g(x() = 0;当 xC (x0, 十°°)时，g(x)>g(x0) = 0, ,升一口 , xln x+x ,. 、

13、宜xln x+x ， x ln x 2 g x由题息得 x>1 时， x_1->k恒成立，设 h(x) = x_ 1一，则 h (x)=-x一-=x2.所以 h' (x)与 g(x)同号，即 xC(1, xo)时，h' (x)<0; xC (x°, +°°)时，h' (x)>0,所以h( x)在(1 , Xo)上单调递减，在(Xo, + 00 )上单调递增 所以 h( x) min = h( Xo) = x1n x0： 1=xo 1XoXo 1Xo 1Xo.故k<h(x)min=xo,又kCZ,则k的最大值为3

14、,故选B.解法二：(特例法)由题意可知，当x=2时，k(x1)<f(x)恒成立，即k(21)<f(2), 解得k<2+2ln 2<2 +2=4,因此k的最大整数值为 3,而当k= 3时，令g(x) = f (x) k(x 1) =xln x 2x + 3,g' ( x) = ln x1,当 xC (1 ,e)时，g' (x)<0 ;当 xC (e ,+8)时，g，(x)>0 , 所以g(x)在(1 , e)上单调递减，在(e , 十°°)上单调递增，所以 g(x)min = g(e) = 3-e>0,于是 g(x)&

15、gt;0恒成立，即k= 3满足题意，故选 B.答案 B特教评析解法一是直接法.计算量较大，对数学能力要求较高；解法二巧妙的利用x=2时的特殊情况，成功得到 k=3.当然，从严谨性的角度出发，还需要检验一下k=3是否成立.就算如此，其计算量、思维量也远远小于直接法.解选择、填空题，用好特例法往往能起到事半 功倍的作用.22题型二(2019 河北一模)已知F1, F2分别为双曲线 £卷=1(a>0, b>0)的左、右焦点,点P为双曲线右支上一点， M为 PFF2的内心，满足$ MPfF=SAMPF+ X SAMFF2,若该双 曲线的离心率为 3,则 入=(注：S/ MPF,

16、S/ MPF, SA MFF2分别为 MPF, MP2, MFF2的面积).思维启迪 本题以双曲线为背景， 综合考查了双曲线定义， 三角形内心的性质， 三角形 面积计算公式等多个知识点，综合性较强.本题涉及双曲线焦点，一般需要考虑双曲线定义， 由于M是内心，因此涉及的三个三角形如果分别以PF, PF, F1F2为底，则高相等，离心率提供了双曲线a, b的关系.综合利用这些条件，可以完成本题求解.另一方面，本题属于结论 为定值，且题干中未对双曲线方程及P点位置作过多限制，因此可以考虑特例法，能更高效快捷地解答此题.解析 解法一：(直接法)设 PFF2内切圆半径为r,由 SAMPF= SAMPF+

17、 入 S4MFF2 得：1112| PF| r = 2| PF| r + 入 2| F© . r,. | PF| = | PE| 十 入 | FiF2| ,| PF| - | PF2| =入 | FiF2| ,. a,一点P为双曲线右支上一点，2a=入 2c, 入=7cC c 、1a=3'一）=3.解法二：（特例法）设双曲线为x2-y=1,则Fi（ 3, 0）, F2（3,0）,取P（3,8）,如图，8则此时 PFF2为直角三角形，由勾股定理得 |PF|=10;所以S/ PMF=5r, SA PMF = 4r, S MFF2=3r,易得入=1.3-1答案.3特教评析解法一是直

18、接法.需要用双曲线定义得到 2a=2入c,对数学能力有一定要求；解法二 巧妙的利用特殊双曲线和特殊点，能快捷的得出入的值，思维量小于直接法.解选择、填空题，用好特例法常常能化难为易.针对训练M在双曲线 C： x2-y2=入（入为正常数）N,则| ON | MN的值为(1.（2019 长春一模）已知点O为坐标原点，点 上，过点M作双曲线C的一条渐近线的垂线，垂足为入B.一A. 一4C.入D.无法确定答案 B解析 因为点M为双曲线上任一点，所以可取点M为双曲线的右顶点，由渐近线y= x知OMNI等腰直角三角形，此时| OiM=VT, | on = | mn =,'2所以 |ON I mn

19、= -|.-14 -2.（2019 佛山调研）在ABC43,内角 AB,C所对的边分别是a,b,c,若c2=（a 2_ 兀 ， .一 一一 一b)2+6, C=,则 ABC勺面积是3解析 解法一：当 ABC；等边三角形时，满足题设条件,则 c= <6, C=后且 a=b=，6.1 .一. . ABC勺面积 S>aabc= absin C=解法二：= c2=(ab)2+6, c2= a2+ b2- 2ab+ 6. C=9，c2 = a2+ b2- 2abcosa2+b2ab.33由得一ab+ 6=0,即ab=6.1.1,'3 3 . 3. . S；aabc= absin C=

20、 - x 6 x = .2222三构造法构造法是指当解决某些数学问题使用通常方法按照定向思维难以解决问题时，应根据题设条件和结论的特征、性质，从新的角度，用新的观点去观察、分析、理解对象，牢牢抓住 反映问题的条件与结论之间的内在联系，运用问题的数据、形式、坐标等特征，使用题中的 已知条件为原材料，运用已知数学关系式和理论为工具，在思维中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.题型一(2019 惠州市高三第一次调研考试)已知函数丫 =M刈对于任意的xC0, "2"满足f &

21、#39; ( x)cos x +f (x)sin x=1+ln x(其中f' (x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式成立的是()B. 2f>f37t6 兀兀A.2f J <f 4f-兀r-兀C. 2f - > .：3f -思维启迪本题主要考查函数的单调性与导数，以及利用单调性比较函数值大小等知识点.难点是f(x)解析式未知，抽象性较强，可以根据所给条件特点，构造函数，然后利用其 单调性解决问题.0、小、，5f x , f ' x cosx+f x sin x解析 (构詹法)设 g(x) = cosx ,贝u g (x) =cos1x一 , .1 + ln

22、 x ,1 ,因为 f ( x)cos x+ f (x)sin x= 1 + In x,所以 g (x) = cos2x ,当 x C 0, 1 时,1 兀一， , ，_1 1兀、，g (x)<0, x e，万 时，g (x)>0；所以 g(x)在 0, e 递减，在£ 递增.f 4 f。1兀 兀兀 兀 64因为成二寸二万，所以 r<r<7tcos cos cos 643B.答案 B特教评析本题解法即利用积商函数求导法则以及三角函数求导的特点构造出函数g(x)=f x k，然后利用其单调性比较大小.题型二已知实数x+ y-1 >0,W , V , x,

23、y 满足 V 2= 1,x-2y + 2>0,x<2,v y的最大值是思维启迪 本题中第一个方程可以联想到圆或同角三角函数等,第二个不等式组可以转化为平面区域，而 z从形式上看，可以看成直线方程或者向量的数量积等.根据形式上的特点，可以考虑构造直线、向量等解决本题.另外，本题也可以直接使用柯西不等式求解.解析 解法一：（构造向量数量积）设a= （1 , v ）, b= （x, y）,则z = a , b|a| b|cos ew|b|,结合图象知，当 x=2, y=2 时,2i+2=0| b| max= 2小，因此 Zmax= 2y/2,此时a, b同向，即= v =乎解法二：（柯西

24、不等式）（wx +v y)&( w 2+ v 2)( x2+ y2) =x2+y2;又因为则结合图形知当x= 2, y= 2时，xjx2y y2= 2/2,因此所求最大值为 22,x + y-1>0, x-2y+2>0, x<2,此时=一喙.解法三：（构造几何图形）z= x+ vy可以看作一条直线，原点到此直线的距离d =|z| 2=|z| ,因此|z|的几何意义是原点到此直线的距离，所以问题转化为何时原点到直 + V线z= x+ vy的距离最大，结合图形知，当直线过 （2,2）点，且斜率为一1时，|z|最大，此时 z = | z| = 2，2.答案 2 2特教评析解

25、法一根据题目所求式子的形式，构造向量的数量积，成功将问题简化为两个向量何时 数量积最大，结合图形，一目了然；如果学习过柯西不等式，那么解法二直接利用柯西不等式求解，也比较简洁.解法三考虑到z的几何意义，构造几何图形解决问题.恰当的构造,可以使原问题中隐含的关系、性质等，清晰的展现出来，从而帮助我们简洁的处理原问题.针对训练2 x 一一一1.（2019 河北石豕庄局二一模）已知函数f（x） = ax+ eln x与g（x）=. 的图象x- ein x有三个不同的公共点，其中e为自然对数的底数，则实数 a的取值范围为（）A. a< eB. a>1C.a< 3 或 a>1D.

26、 a>e答案 B解析 （构造方程）由 f （x） = g（x）得 e2* 2+ e（a 1）1 a= 0,令 h（x）=".xxx= t（x>0且 xwe）,贝U,、1 In xh (x) =2,令 h ( x) = 0, 4# x = e,x1 h(x)在(0 , e)上单调递增，在(e , +°°)上单调递减，又当 x- + 8时，h(x)0,作 出函数h(x)的大致图象，如图所示.e2t2+e(a1)t+1 a=0,因为原方程有三个解，故此方程两根满足0<ti<1, t2<0,e令 F( t) = e2t 2+ e( a 1)

27、t +1 a,F 0 <0,1，a>1.故选 B.e '2.f(x)为定义在R上的可导函数，且的是()A.f (a)<e af (0), f 0C.f(a)<ea答案 B.一 . f x 一.解析 令 g(x)=x,则 g (x)ef' (x)>f(x),对任意正实数 a,则下列式子成立B. f(a)>e af (0)D. f(a)>f0f xefxef x f x ”x-2=x>0.所 ee,即 f(a)>eaf(0).故选以g(x)在R上为增函数.又 a>0,故g(a)>g(0),即a >"一

28、 e eB.四数形结合法中学数学研究的对象可分为数和形两大部分，数与形是有联系的，这个联系称之为数形结合.作为一种数学思想方法，数形结合的应用大致又可分为两种情形：或者借助于数的精 确性来阐明形的某些属性，或者借助形的几何直观性来阐明数之间某种关系，即数形结合包 括两个方面：第一种情形是“以数解形”，而第二种情形是“以形助数”.“以数解形”就 是有些问题直接从“形”上解决起来比较困难，这时就需要给图形赋值，如边长、角度等， 借助代数方法研究并解决问题.“以形助数”就是有些“数”的问题直接解决比较困难，这 时就需要结合代数式所表达的几何意义，从“形”上予以解决.数形结合就是把抽象的数学 语言、数

29、量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过“以形助数”或“以数解形” 即通过抽象思维与形象思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而实现优 化解题途径的目的.题型一 已知a = b>1,如果方程ax=logbx, bx=logax, bx= log bx的根分别为xi, X2,X3,则xi, x2, x3的大小关系为（）A. x3<xi<x2B. x3<x2<xiC.xi<x3<x2D. xi <x2<x3思维启迪 本题考查指数、对数函数的性质.题目所给的三个方程都是超越方程，直接从代数上解出xi, x2, x3是难以实现的

30、.因此可以考虑“以形助数”，绘制出涉及函数的图象， 借助图象解决问题.解析 解法一：（数形Z合）由a=!>i,可知0<b<i,因此函数y=ax, y=bx, y= log bx, by= log ax图象如图所示，由图可以看出点 A, B, C对应的横坐标分别为 xi, x3, x2,故xi<x3<x2. 故选C.i斛法一：（直接法）不妨设a=e, b=-,e 】 1 3可由建有 = - In 1-In 4 . In -rs 1由一知一 hi_rIn jr > >0 - - In 工$>明 所以 Jj ? j_3 £ t O'.

31、 133m >1 廿印工 著心<力j N| In雪Vin Jj出所以一 1 口心> In力,淅以=>小,后取一，国 >力» 门31 % JT|v Tj >0 所收不可能成立印才3 >孙所以会 > /叠C.答案 C特教评析本题无论哪种方法，都必须绕开解方程.数形结合法巧妙的借助了指数、对数函数的单 调性，简洁明了的比较出了三个数的大小.第二种方法，直接从“数”的角度比较三者大小, 综合利用了指数、对数函数的单调性，反证法等多种知识、方法.难度较大，而且没有第一种方法直观.题型二 (2018 北京高考)在平面直角坐标系中，记 d为点P(co

32、s 0 , sin 8)到直线x my-2=0的距离，当0, m变化时，d的最大值为 .思维启迪本题考查点到直线的距离的最值问题，由于题目涉及两个变量0和m因此难度较大.可以从代数角度，直接利用点到直线距离公式计算d,然后利用不等式放缩等代数技巧求解d的最大值.也可以数形结合地分析问题，将问题转化为圆上动点到某直线的距 离的最值问题.解析解法一：(直接法)-30 -当sin( e +巾)=1且m 0时，取等号解法二：(数形Z合)如图，d=PW O冉OIN： O丹OA= 3,当A, N重合，且 Q P, N共 线时取等号.答案 3特教评析本题解法二，利用点到直线之间垂线段最短,及直角三角形中斜边

33、大于直角边等简单的几何定理，很快的求出了d的最大值，运算量非常小.在解决类似问题的过程中，应该数形结合地分析问题.针对训练x x , x>0,1.设函数f(x)=其中x表示不超过x的最大整数，如1.1f x+1, x<0,=2,兀=3等.若方程f(x) = k(x+1)( k>0)恰有三个不相等的实根，则实数 k的取值范围是()A.0,B.C. I 1D.；, 134答案 B解析 直线y=kx+k(k>0)恒过定点(一1,0),在同一直角坐标系中作出函数y=f(x)的图象和直线y = kx+k(k>0)的图象，如图所示，因为两个函数图象恰好有三个不同的交点， .

34、11所以-< k<-.43N关于原点对称，则2.(2019 湖北八校高三联考)若函数y=f(x)图象上不同两点 M称点对M N是函数y=f(x)的一对“和谐点对”(点对M N与N, M看作同一对“和谐点ex, x<0,对”).已知函数f(x) = 2则此函数的“和谐点对”有 对.x - 4x, x>0,答案 2ex, x< 0, 解析 作出f(x)= 2的图象，f(x)的“和谐点对”数可转化为y =x 4x, x>0ex(x<0)与y= x2 4x(x<0)的图象的交点个数(如图).由图象知，函数f(x)有两对“和谐点对”.五极限法极限法是解选择

35、题、填空题的一种有效方法， 它根据题干及选项的特征， 考虑极端情形, 有助于缩小选择面，迅速找到答案.极限法是一种基本而重要的数学方法，通过考察问题的 极端状态，灵活地借助极限思想解题，往往可以避开抽象复杂运算，探索解题思路，优化解题过程，降低解题难度.口，-1 2，、，题型一 (2019 郑州一模)函数f (x) = i+2乂 cosx的图象大致为思维启迪 本题考查根据解析式寻找函数的图象，所给函数学生较陌生， 不好直接得出其图象.本题用直接法不好解答，可以考虑利用f(x)的性质，或者特殊点的函数值、导数值等，排除干扰项，从而选出正确答案.观察A, B, C, D四个选项，发现在原点附近的函

36、数值，四个选项都不同，因此可以利用极限思想，估算x在原点左侧，并且无限接近原点时的函数值和x在原点右侧，并且无限接近原点时的函数值，利用这两个极限值，便能一次性排除干 扰项.，+ , x -,1 2解析 解法一：(极限法)当x-o +时，2>1,所以订了<0，又cosx>。，所以f(x)<0,排除A, D. v 一 1 2x一. 一,当x-0时，2<1,所以1 + 2*>。,又cosx>0,所以f(x)>0,排除B,所以选C.1-22 -1解法二：(排除法)观察发现A, B为偶函数，C, D为奇函数，因此可以考虑利用奇偶性 排除干扰项.计算 f

37、( x) = 1 + 2- cos( - x) = 2X+ 1 cosx=f(x),因此 f(x)为奇函数，排除 A, B.观察C, D发现二者在原点处导数符号不同，因此计算f ' (0)的值来排除干扰项，但是直接求_x_一， 、一 一一1-22一八 f (x)计算过于繁顼，设 h(x) = 1+2* =1 +2x1 ,显然h(x)单倜递减；设g(x)=cosx,则f(x) =h(x)g(x),所以 f' (0) = h' (0) g(0) +g' (0) h(0) =h' (0)<0 ,排除 D,故选 C.答案 C特教评析两种解法都是排除法，但是

38、第一种解法是利用极限思想，计算f(x)在原点左、右两侧的函数值，通过其符号排除干扰项；第二种解法比较常规，利用奇偶性排除两个选项，再利 用特殊点导数值排除一个选项.两种方法比较，明显第一种解法更快捷.题型二 双曲线x2- y2= 1的左焦点为F,点P为左支下半支上任意一点 (异于顶点)， 则直线PF的斜率的变化范围是()A.(巴 0)C.（ 8, 0） U（1 , +OO）D. （8, 1） U （1 , +OO）思维启迪本题以双曲线为背景，考查双曲线的渐近线，直线的倾斜角、斜率等知识要 素，以点P在双曲线的左支下半支上运动来解决本题.解析 由题意条件知双曲线的其中一条渐近线 y=x的倾斜角为

39、45。，当点P向双曲线 左下方无限移动时，直线 PF逐渐与渐近线平行，但是永不平行，所以倾斜角大于45。；当点P逐渐靠近顶点时，倾斜角逐渐增大，但是小于180° .所以直线PF的倾斜角的范围是（45。，180。）.由此可知直线 PF的斜率的变化范围是（一8, o）u（1,+8）.答案 C特教评析本题运用运动变化的观点，灵活的用极限思想来思考，避免了复杂的运算，简化了解题过程，节省了解题时间.针对训练1.（2018 北京高考）若 ABC勺面积为斗（a2+c2b2）,且C为钝角，则B=c的取值范围是 a答案（2, +OO）3解析解法一：（直接法）由余弦定理知a2+ c2-b2= 2acc

40、os B,1-13又 &abb 2acsin B, 所以 2acsin B= 7x2 accos B,化简得tan B= J3,因为0VB<2,所以B=-3-,兀pcsinCsinA十 31：3a sin A sin A 2 2tan A兀又因为C为钝角，所以AC 0,所以 tan AC 0, * ,所以 |e （2 , +00）.兀解法二：（极限法）同解法一得B= -7.3任. c .当Gtt时，-2,固te a不变,2 a, c c,时，一十°°,所以e（2 , + 00）. aa2.设7t7t0,5，§ C 0, -2，且 tan1+sin 3

41、cos则2 a §的值是答案7t2解析解法一：（极限法）令（3 0,则tan兀 a >，所以 2 a解法二：（直接法）2sin + cos tan acos-2 sin -2 cos-2卜 sin -233sin -+ cos 2cos -2 sin 所以tan atan -2 + 1 -=tan1 tan P 兀 一、，2+了，因为一 _ 兀 0C 0,c 兀 bP0，-2 ,所以 a =-2兀 ,所以2a7t2 .选择独用方法排除法从而获得正确的结排除法是指通过快捷有效的手段将与题干相矛盾的干扰项逐一排除, 论的解答选择题的方法.适用于定性型或不易直接求解的选择题.当题目中

42、的条件多于一个 时，先根据某些条件在选项中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小的 选项的范围内找出矛盾，这样逐步排除，直到得出正确的选项.它与特例法结合使用是解答 选择题的常用方法.题型一 过抛物线y2=4x的焦点作直线与抛物线交于两点P和Q则PQ点轨迹方程是（）A.y2=2x1B. y2=2x 222C. y=2x+1D. y=2x+2思维启迪本题是考查抛物线过焦点的弦的中点的轨迹方程，可以设出直线方程，用参数法求解，也可以考虑点差法.当然，最快捷的应该是使用排除法.解析 解法一：（排除法）当弦PQ垂直于x轴时，易知此时 PQ中点为（1,0）,而选项A, C所给曲线均不过（1

43、,0）,所以排除A, C;又考虑极限位置，当 xO时，显然x-+ 8,因 此线段PQ中点横坐标趋于无穷大，即抛物线开口必须向右，排除D,综上选B.解法二：(直接法一)设PQ的中点Mx, y),xi + x2yi + y2设 Rxi, yi), Qx2, y2),则 x=2-, y = 2,一 2.2又 yi=4xi, y2= 4x2,两式相减，得(yi y2)( yi+y2) = 4(xi x2)., yi y2当 xiwx2时，有一-y=2,xi -x2J ，y 0，、2所以xi , y = 2,化间得 y=2(xi), xwi,当xi = x2时，有y=0,此时x=i,综上y2= 2x-2

44、,故选B.解法三：(直接法二)设PQ的中点M(x, y), P(xi, yi) , Qx2, y» , PQ的方程为x=ty 2 y 4X, 一2 ,r+ i,与抛物线联立得化简得y2-4ty -4=0,所以yi+y2=4t,即y=2t,所x = ty +1,y=2t,2一人以 _2召+ 消参得y =2x 2,故选B.答案 B特教评析三种解法里，解法一根据题目特点，利用特殊位置排除掉干扰项，选出了正确答案.由于本题涉及弦中点问题，因此如解法二那样采用点差法也可以很好的解决问题；解法三利用参数t,先解出轨迹的参数方程， 进一步得到普通方程. 三者比较，就本题而言排除法更快捷.题型二 定

45、义在R上的可导函数f(x),其导函数记为f' (x),满足f(x)+f(2 x)=(x 1)2,且当x<l时，恒有f '3(x)+2<x.右f (m) f (1 m) >2 3m 则头数 m的取值氾围是()A.( 8, 1 B. 一；, 13一 一 1C . 1 , +00) d. 8, 2思维启迪 本题考查函数、导数的相关知识.由于不知道函数f(x)的解析式，导致此题有一定的困难.但是根据本题特点，通过m取一些特殊的值进行排除，能回避此题难点,快速得到答案.解析 解法一：(直接法):f' ( x)+2<x,即f' ( x) x+2<

46、;0,可构造函数g(x)=f(x)2-x一万 + 2x. -. g(x)+g(2 x)=f(x) +f(2 -x) -y + 2x-22-+2(2x) = 3,.glx)关于.3 1, 2中心对称.又 xwi 时，g' ( x) = f' (x) x+ 2<0, g(x)在 R上单调递减.,f(x) =g(x) + 2- 2x, f(m = g(n)+,2m21-mf (1 -n) = g(1 n) +2 2(1 m),-3 一1. f (m) - f (1 -m) >2-3m等价于 g( m) - g(1 - m) >0.1 ,1- g(m) > g(

47、1 m .即 m 1 m 2.故选 D.解法二：(排除法)因为f(x) + f(2x) = (x1)：所以取x = 1,易知f(1)=0.1 2设g(x) = f (x)7+ 2x,由题息可知当 xwi时，g (x)<0, g(x)单倜递减，所以一. 3 ,3 一，一，g(1)< g(0),即 f(0)> 2,所以 f(1) -f (0)< 2,即 m# 1,排除 A, B, C.故选 D.答案 D特教评析本题的难点在于，分析出函数g(x)的中心对称性，而排除法成功的回避了这个难点,极大的节省了解题时间.在解选择题时，用好排除法往往能取得很好的效果.针对训练1 .某学校

48、要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表，那么各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系用取整函数y=x（x 表示不大于x的最大整数）可以表示为（）xx+ 3A.y =而B.y=5C.y= *D. y=比1 10110答案 B解析 解法一：（排除法）若x= 56, y=5,排除C, D;若x= 57, y = 6,排除A故选B、 一 一 _ 一 一， x+3a+3x解法二：（直接法）设 x=10ma（0WaW9）,当 0WaW6 时，力-=m+ 而-=m= 而；、”-x+3 a+3. x -当 6<a<9 时，-0- = m+=m+ 1= +1,故选 B.一.一，sin x + x ,一一一一，.2 .（2019 全国卷I）函数 f（x）=在n，n的图象大致为（）cosx + xCI）答案 Dsin x x解析 .f（ x） = -一-= f（x）,cos x 十 一x.f（x）为奇函数，排除 A汽1 + n24+2n冗一*又 f 不=2 >1, f（ Tt） =-_2>0,排除 B, C故选 D2 支2 乳一1十支2二估算法由于选择题提供了唯一正确的选项，解答又不需要严谨的推理过程，因此一些计算类的题目并不需要精确的计算，只需对其数值特点和取值界限作适当的估计，便能作出