版高考数学一轮复习一光速解题——学会种快速解题技法增分册作业本理

1、一、光速解题学会12种快速解题技法技法1特例法在解决选择题和填空题时,可以取一个(或一些)特殊数值、特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等来确定其结果,这种方法称为特例法.特例法只需对特殊数值、特殊情形进行检验,省去了推理论证的演算过程,提高了解题的速度.特例法是考试中解答选择题和填空题时经常用到的一种方法,应用得当可以起到“四两拨千斤”的功效.典例1(特殊数值)(1)设f(x)=log24(x-1),x2,12x+1,x3,则x0的取值范围为()A.(-,0)(2,+) B.(0,2)C.(-,-1)(3,+) D.(-1,3)(2)已知数列an的前n项和为Sn,Sn=2

2、an-n,则an=()A.2n-1-1 B.2n-1C.2n-1 D.2n+1答案(1)C(2)B解析(1)取x0=1,则f(1)=12+1=320),g(x)=1x(x0)都是“影子函数”,但F(x)=f(x)g(x)=1(x0)不是“影子函数”(因为对任意的x1(0,+),存在无数多个x2(0,+),使得F(x1)F(x2)=1),所以错.综上,应选B.典例4(特殊位置)(1)已知E为ABC的重心,AD为BC边上的中线,令AB=a,AC=b,过点E的直线分别交AB,AC于P,Q两点,且AP=ma,AQ=nb,则1m+1n=()A.3 B.4 C.5 D.13(2)如图,在三棱柱的侧棱A1A

3、和B1B上各有一动点P,Q,且A1P=BQ,过P,Q,C三点的截面把棱柱分成上、下两部分,则上、下两部分的体积之比为()A.31 B.21 C.41 D.31答案(1)A(2)B解析(1)由于直线PQ是过点E的一条“动”直线,所以结果必然是一个定值.故可利用特殊直线确定所求值.解法一:如图,令PQBC,则AP=23AB,AQ=23AC,此时,m=n=23,故1m+1n=3.故选A.解法二:如图,直线BE与直线PQ重合,此时,AP=AB,AQ=12AC,故m=1,n=12,所以1m+1n=3.故选A.(2)将P,Q置于特殊位置:PA1,QB,此时仍满足条件A1P=BQ(=0),则有VC-AA1B

4、=VA1-ABC=VABC-A1B1C13.因此过P、Q、C三点的截面把棱柱分成了体积比为21的上、下两部分.典例5(特殊图形)在ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,如果a,b,c成等差数列,则cosA+cosC1+cosAcosC=() A.35 B.45 C.34 D.43答案B解析不妨令ABC为等边三角形,则cos A=cos C=12,cosA+cosC1+cosAcosC=45.故选B.典例6(特殊数列)如果a1,a2,a3,an为各项都大于零的等差数列,公差d0,则下列关系正确的为()A.a1a8a4a5 B.a1a8a4+a5 D.a1a8=a4a5答案B解析取特殊数

5、列,不妨设an=n,则a1=1,a4=4,a5=5,a8=8,经检验,只有选项B成立.技法2换元法换元法又称变量代换法.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,或者将题目变为熟悉的形式,简化复杂的计算和推证.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再研究,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1(三角换元)已知x,yR,满足x2+2xy+4y2=6,则z=x2+4y2的取值范围为.答案4,12解析已知x2+2xy+4y2=6,即(x+y)2

6、+(3y)2=(6)2,故设x+y=6cos ,3y=6sin ,即x=6cos -2sin ,y=2sin .则z=x2+4y2=6-2xy=6-2(6cos -2sin )2sin =8-4sin2+6.所以8-4z8+4,即z的取值范围为4,12.典例2(整体代换)函数y=sin x-cos x+sin xcos x,x0,的最小值是.答案-1解析设t=sin x-cos x=2sinx-4,则sin xcos x=1-t22,因为x0,所以x-4-4,34,所以t-1,2,所以y=t+1-t22=-12(t-1)2+1,当t=-1时,ymin=-1.典例3(局部换元)设对一切实数x,不

7、等式x2log24(a+1)a+2xlog22aa+1+log2(a+1)24a20恒成立,求a的取值范围.解析设log22aa+1=tR,则log24(a+1)a=log28(a+1)2a=3+log2a+12a=3-log22aa+1=3-t,log2(a+1)24a2=2log2a+12a=-2t,原不等式化为(3-t)x2+2tx-2t0,它对一切实数x恒成立,所以3-t0,=4t2+8t(3-t)0,解得t3,t6,t0,即log22aa+10,所以02aa+11,解得0a1.技法3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

8、助形的直观性来阐明数之间的联系,即以形为手段,以数为目的,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,借助数的精确性阐明形的某些属性,即以数为手段,以形为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.典例1(平面向量问题)设a,b,c是单位向量,且ab=0,则(a-c)(b-c)的最小值为()A.-2B.2-2C.-1D.1-2答案D 解析由于(a-c)(b-c)=-(a+b)c+1,因此求(a-c)(b-c)的最小值等价于求(a+b)c的最大值,这个最大值只有当向量a+b与向量c同向共线时取得.由于ab=0,故ab,如图所示,|a+b|=2,|c|=1,当=0时,(a+

9、b)c取得最大值2,故所求的最小值为1-2.典例2(函数问题)(1)用mina,b,c表示a,b,c三个数中最小的数,设f(x)=min2x,x+2,10-x (x0),则f(x)的最大值为()A.4 B.5C.6 D.7(2)函数y=4-2x+x的值域为.答案(1)C(2)2,6解析(1)在同一平面直角坐标系中画出y=2x,y=x+2,y=10-x的图象(如图),观察图象可知f(x)=2x(0x2),x+2(2x4),10-x(x4),f(x)的最大值在x=4时取得,为6.(2)由题意,得4-2x0,x0,解得0x2.设m=4-2x,n=x,则f(x)=m+n,m2+2n2=4(0m2,0n

10、2)表示椭圆m24+n22=1在第一象限的部分,如图所示.设t=m+n,由图可知,当直线n=-m+t过点(0,2)时,t取得最小值,即tmin=2.当直线n=-m+t与椭圆相切于第一象限时,t取得最大值.将n=-m+t代入椭圆方程,得m2+2(t-m)2=4,即3m2-4tm+2t2-4=0.由=16t2-12(2t2-4)=0,解得t=6或t=-6(舍去),所以tmax=6,所以函数f(x)的值域为2,6.典例3(方程问题)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,若f(x)=log2(x+1),x0,1),12x2-3x+72,x1,+),则关于x的方程f(x)+a=0(0a1)的所有根之和为

11、()A.1-12a B.12a-1 C.1-2a D.2a-1答案C 解析在平面直角坐标系中作出函数f(x)=log2(x+1),x0,1),12x2-3x+72,x1,+)以及y=-a的图象,由图可知,关于x的方程f(x)+a=0(0a1)共有5个根,这5个根由小到大依次记为x1,x2,x3,x4,x5,则x1+x2=-6,x4+x5=6,由-log2(-x3+1)=-a得x3=1-2a,所以x1+x2+x3+x4+x5=-6+(1-2a)+6=1-2a,故选C.典例4(不等式问题)(1)当0x12时,4xlogax,则a的取值范围是()A.0,22 B.22,1 C.(1,2) D.(2,

12、2)(2)已知当动点P(x,y)满足2x+y2,x0,x+y0时,不等式x2+y2+2y2a-1恒成立,则实数a的取值范围是.答案(1)B(2)-,14解析(1)易知0a412,解得a22,22a0)上一点M到抛物线的准线和对称轴的距离分别为10和6,则点M的横坐标为()A.94 B.9或1 C.10 D.18或10答案B解析在图(1)中,MN=MF=10,MG=6,FG=8,故AF=2,则xM=OF+FG=9,M的横坐标为9.在图(2)中,GF=8,AF=10+8=18,OG=AG-OA=10-9=1,故M的横坐标为1.故选B.技法4待定系数法待定系数法就是把具有某种确定形式的数学问题,通过

13、引入一些待定的系数,转化为解方程(组)问题来解决.待定系数法主要用来解决所求解的数学问题涉及某种确定的数学表达式的情况,例如数列求和、求函数解析式、求曲线的方程等问题.典例1(求函数解析式)已知函数f(x)=Asin(x+)A0,0,|2的部分图象如图所示,其中|PQ|=25.则f(x)的解析式为.答案f(x)=2sin2x-3解析由题图可知A=2,P(x1,-2),Q(x2,2),所以|PQ|=(x1-x2)2+(-2-2)2=(x1-x2)2+42=25.整理得|x1-x2|=2,所以函数f(x)的最小正周期T=2|x1-x2|=4,即2=4,解得=2.又函数图象过点(0,-3),所以2s

14、in =-3,即sin =-32.又|0,则圆C的方程为(x+1)2+(y-t)2=1,因为FAC=120,CAy轴,所以OAF=30,在AOF中,OF=1,所以OA=3,即t=3,故圆C的方程为(x+1)2+(y-3)2=1.(2)设椭圆C的标准方程为x2a2+y2b2=1(ab0).因为e=ca=32,所以ba=12,即a=2b.故椭圆C的方程为x24b2+y2b2=1.又点A3,12在椭圆C上,所以(3)24b2+122b2=1,解得b2=1.所以椭圆C的标准方程为x24+y2=1.典例3(求数列的和)已知等差数列an的前n项和为Sn,且S3=21,S5=65,则Sn=.答案3n2-2n

15、解析设等差数列an的前n项和Sn=An2+Bn.由已知可得A32+B3=21,A52+B5=65,化简得3A+B=7,5A+B=13,解得A=3,B=-2.所以Sn=3n2-2n.技法5构造法构造法是指利用数学的基本思想,通过已知和所求之间的联系,构造出解题的数学模型,从而使问题得以解决.构造法需以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础,针对具体问题的特点采取相应的解决办法,其基本的方法是借用一类问题的性质来确定另一类问题的相关性质.常见的构造法有构造函数、构造方程、构造图形等.典例1(构造函数)已知定义在0,2上的函数f(x)的导函数为f (x),且f(x)2f 3B.f(1)f 4D.3

16、f 6f 3答案D解析构造函数g(x)=f(x)sinx,则g(x)=f (x)sinx-f(x)cosxsin2x,根据题意得f(x)cos x0对x0,2恒成立,所以g(x)在0,2上单调递增,所以g6g3,即f612f332,即3f 6f 3.典例2(构造方程)已知16cos C+4sin B+tan A=0,sin2B=4cos Ctan A,其中cos C0,试确定cosCtanA的值.解析令t=4,则由16cos C+4sin B+tan A=0得t2cos C+tsin B+tan A=0.因为cos C0,所以式是关于t的一元二次方程.易得=sin2B-4cos Ctan A=

17、0,所以关于t的一元二次方程有两个相等的实根,且t1=t2=4.由根与系数的关系得:tanAcosC=t1t2=42=16,故tan A0,因此,cosCtanA = 116.典例3(构造图形)已知三棱锥P-ABC,PA=BC=234,PB=AC=10,PC=AB=241,则三棱锥P-ABC的体积为.答案160解析如图所示,把三棱锥P-ABC补成一个长方体AEBG-FPDC,易知三棱锥P-ABC的各棱分别是长方体的面对角线,不妨令PE=x,EB=y,EA=z,由已知可得x2+y2=100,x2+z2=136,y2+z2=164,解得x=6,y=8,z=10.从而V三棱锥P-ABC=V长方体AE

18、BG-FPDC-V三棱锥P-AEB-V三棱锥C-ABG-V三棱锥B-PDC-V三棱锥A-FPC=V长方体AEBG-FPDC-4V三棱锥P-AEB=6810-4166810=160.故所求三棱锥P-ABC的体积为160.技法6补集法补集法就是在已知问题涉及的类别较多,或直接求解比较麻烦时,先求解该问题的对立事件,进而利用补集的思想求得问题结果的方法.该方法在概率、函数性质等问题中应用较多.典例1(概率问题)盒中装着标有数字1,2,3,4的卡片各2张,从盒中任取3张,每张卡片被抽出的可能性都相等,则抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率为.答案47解析事件“抽出的3张卡片上的数字互不相同”记为C,事

19、件“抽出的3张卡片上有两个数字相同”记为D,由题意知C与D是对立事件,因为P(D)=C41C22C61C83=37,所以P(C)=1-P(D)=1-37=47.典例2(集合问题)已知集合A=x|x2-2x-8=0,B=x|x2+ax+a2-12=0,且ABA,求实数a的取值范围.解析集合A=x|x2-2x-8=0=-2,4.若AB=A,则BA,若B=A,则x=-2和x=4是方程x2+ax+a2-12=0的两根,解得a=-2.若B=-2,则x=-2是方程x2+ax+a2-12=0的唯一解,得a=4.若B=4,则x=4是方程x2+ax+a2-12=0的唯一解,此时a不存在.若B为空集,则方程x2+

20、ax+a2-12=0无实数解,即a2-4(a2-12)4或a-4.综上可知,若AB=A,则a=-2或a4或a-4.若ABA,实数a的取值范围是-4,-2)(-2,4).典例3(函数问题)已知函数f(x)=ax2-x+ln x在区间(1,2)上不单调,则实数a的取值范围为.答案0,18解析f (x)=2ax-1+1x.若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增,则f (x)0在(1,2)上恒成立,所以2ax-1+1x0,得a121x-1x2.(*)令t=1x,因为x(1,2),所以t=1x12,1.设h(t)=12(t-t2)=-12t-122+18,t12,1,显然函数h(t)在区间12,1上单

21、调递减,所以h(1)h(t)h12,即0h(t)0”是真命题,即me|x-1|对任意的xR恒成立,而(e|x-1|)min=1,m1,即m的取值范围为(-,1),所以a=1.典例3(函数、方程、不等式间的转化)若关于x的方程9x+(4+a)3x+4=0有解,则实数a的取值范围为.答案(-,-8 解析令3x=t,则关于x的方程9x+(4+a)3x+4=0有解可转化为t2+(4+a)t+4=0在t(0,+)上有解,故a=t2+4t+4-t=-4-t+4t在t(0,+)上有解,由基本不等式可得t+4t4,当且仅当t=4t,即t=2时等号成立,故-t+4t-4,所以-4-t+4t-8,则a-8,所以实

22、数a的取值范围为(-,-8.典例4(命题转化)已知命题甲:a+b4,命题乙:a1且b3,则命题甲是命题乙的 条件.答案既不充分也不必要解析a=1或b=3/ a+b=4,且a+b=4/ a=1或b=3,a=1或b=3是a+b=4的既不充分也不必要条件.由原命题与逆否命题等价可知,“a+b4”是“a1且b3”的既不充分也不必要条件.技法9坐标法坐标法是解决平面图形(立体几何中也有坐标法的应用)问题的有力工具,把平面图形放在坐标系中,可以使用平面解析几何、平面向量的方法解决问题.典例(平面向量)已知直角梯形ABCD中,ADBC,ADC=90,AD=2,BC=1,P是腰DC上的动点,则|PA+3PB|

23、的最小值为.答案5解析建立如图所示的直角坐标系,设DC=m,P(0,t),由题意可知,A(2,0),B(1,m),则PA=(2,-t),PB=(1,m-t),PA+3PB=(5,3m-4t),|PA+3PB|=52+(3m-4t)25,当且仅当t=34m时取等号,即|PA+3PB|的最小值是5.技法10向量法向量法在解决几何问题、三角问题、代数问题中具有广泛的应用.解题的关键是把已知和所求向量化,使用向量知识加以解决.典例1(三角问题)在直角梯形ABCD中,ABCD,ABC=90,AB=2BC=2CD,则cosDAC等于()A.1010 B.31010 C.55 D.255答案B解析以点B为坐标原点,射线BA,BC分别为x轴,y轴正方向建立平面直角坐标系,设AB=2,则AC=5,AD=2,C(0,1),A(2,0),D(1,1),AC=(-2,1),AD=(-1,1),ACAD=(-2,1)(-1,1)=3.根据平面向量数量积定义得ACAD=|AC|AD|cosCAD=10cosCAD,所以10cosCAD=3,所以cosCAD=310=31010.典例2(代数问题)已知a2