2020届高考数学山东省二轮复习训练习题:考前冲刺1 巧用10种解题术
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������ ‒ 1 ������ ‒ 1
������ ‒ 1
������ ≥������+������+…+ ������ = 2 ,故 a>- 2 .
名师点拨
巧将变元 a 与变元 n,x 分离,促使它们的隐含关系显露出来,以便获得解题方向.这种做
法就是“分离变量”战术思想的体现.
解题术六 “因势推导,反客为主”术 解答数学题时通常把注意力集中在主变元上,当思维受阻时,要从条件与结论的内在联
,所以
p+q∈[-
2,1).
名师点拨
向量关系中的系数范围问题是近几年高考考查的热点,这种问题常常与平面几何中的三
角形、四边形、圆相交汇,利用建系设点、向量关系代数化、引入参数、建立目标函数等方
法即可解决此种问题.
解题术四 “解题常招,设参换元”术
在解答数学问题时,我们常把某个代数式看成一个新的未知数,或将某些变元用另一参 变量的表达式来替换,以便将所求的式子变形,优化思考对象,让原来不醒目的条件或隐含的
2
典例 4 已知椭圆 Ω:������2+������2=1(a>b>0),直线 2 x+y=1 经过 Ω 的右顶点和上顶点.
(1)求椭圆 Ω 的标准方程;
(2)设椭圆 Ω 的右焦点为 F,过点 G(2,0)作斜率不为 0 的直线交椭圆 Ω 于 M,N 两点,求△
FMN 的面积 S 的最大值.
2
解析 (1)已知直线 2 x+y=1 经过 Ω 的右顶点和上顶点,令 x=0,得 y=1,所以椭圆的上顶 点的坐标为(0,1),即 b=1;令 y=0,得 x= 2,所以椭圆的右顶点的坐标为( 2,0),即 a= 2.
1 + 2������2
.
|������ ‒ 2������| |������|
易知椭圆的右焦点为 F(1,0),则点 F(1,0)到直线 MN 的距离 d= ������2 + 1= ������2 + 1,
1
1 8(������2 + 1)(1 ‒ 2������2)
|������| 1 8(1 ‒ 2������2)
������
,其中 a∈R,n 是任意给定的自然数,且 n≥2,
如果当 x∈(-∞,1]时, f(x)有意义,求 a 的取值范围.
解析 由题意有 1+2x+…+(n-1)x+nxa>0,
[( ) ( ) ( ) ] 从而 a>-
1 ������ +
������
2 ������ + … +
������
xAxB+2yAyB=0.
���������2��� ���������2���
即 4 · 4 +2yAyB=0,
解得 yAyB=0(舍去)或 yAyB=-32.
4������
所以 yAyB= ������ =-32,即 b=-8k,所以直线 AB 的方程为 y=kx-8k,即 y=k(x-8).
综上所述,直线 AB 过定点(8,0). 名师点拨
{ ������2 = 4������,
������ = ������������ + ������,化简得 ky2-4y+4b=0.
4������
1
������������ ������������ 1
根据根与系数的关系得 yAyB= ������ ,因为直线 OA,OB 的斜率之积为-2,所以������������·������������=-2,即
典例 2 已知函数 f(x)=2x-1,g(x)=1-x2,构造函数 F(x)如下:当|������(������)|≥g(x)时,F(x)=f(x);当 |������(������)|<g(x)时,F(x)=-g(x).则 F(x)( )
A.有最小值 0,无最大值 B.无最小值,有最大值 1 C.有最小值-1,无最大值 D.无最小值,也无最大值 答案 C
信息显露出来,促使问题的实质明朗化,使非标准型问题标准化,从而便于我们将问题化繁为
简、化难为易、化陌生为熟悉,从中找出解题思路.这种通过换元改变式子形式来变换研究
对象,将问题移至新对象的知识背景中去探究解题思路,就是“设参换元术”,常见的换元法:
三角代换、比值代换、整体代换等.
������2 ������2
典例 3 如图,△ABC 的外接圆的圆心为 O,半径 r=1,且∠ACB=45°,若存在实数 p,q 使 ������������=p������������+q������������,则 p+q 的取值范围是 .
答案 [- 2,1)
解析 由已知得圆 O 的方程为 x2+y2=1,
( ( )) 设动点 C 的坐标为(cos θ,sin θ) ������ ∈ ���2���,2������ .
2������ + 7
故有 a=(������ + 2)2(x≠-2),② 于是,当 a 为正整数时,必有 2x+7≥(x+2)2,且 x∈Z,x≠-2,即 x 必须满足条件-
3≤x≤1(x∈Z,x≠-2). 由此可知,x 只能在-3,-1,0,1 中取值. 将-3,-1,0,1 分别代入②中,得知: 仅当 x=-3,x=-1 和 x=1 时能保证 a 为正整数, 且此时有 a=1 和 a=5, 所以,当 a=1 和 a=5 时,方程 f(x)=0 至少有一个整数根.
������2
所以椭圆 Ω 的标准方程为 2 +y2=1.
(2)由题意可得直线 MN 过点 G(2,0),其斜率存在且不为 0,可设其方程为 y=k(x-2)(k≠0),
{������ = ������(������ ‒ 2),
由
������2 + ������2
2
=
1
消去
y
整理得(1+2k2)x2-8k2x+8k2-2-8k2)2-4(1+2k2)(8k2-2)=8(1-2k2)>0,
1
解得 0<k2<2.
8������2
8������2 ‒ 2
设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1+x2=1 + 2������2,x1x2=1 + 2������2,
所以|MN|= 1 + ������2·|x1-x2|
自成为一个小整体,便于分别分析各自所具有的特征、研究它们之间的差异,从中发现解题
的思路.这种通过对变量的分离来协调变量间的关系,理顺解题思路进行各个击破的解题策
略,就是“分离变量术”.
1 + 2������ + … + (������ ‒ 1)������ + ������������������
典例 5 设函数 f(x)=lg
殊情况之间往往有某种内在的联系可以使用,或论证方法有相似之处可以借鉴.
典例 1 已知抛物线 C:y2=2px(p>0)的焦点为 F(1,0),O 为坐标原点,A,B 是抛物线 C 上异
于 O 的两点.
(1)求抛物线 C 的方程;
1
(2)若直线 OA,OB 的斜率之积为-2,求证:直线 AB 过 x 轴上一定点.
������ ‒ 1 ������
������ .
( )������ ������
因为 n≥2,而 y= ������ (k=1,2,…,n-1)是(-∞,1]上的递减函数,
[( ) ( ) ( ) ] 所以
1 ������ +
������
2 ������ + … +
������
������ ‒ 1 ������ 1 2
‒ ������2 + 3������ ‒ 2
2������2 = 2·
‒ 1 + 3 ‒1 ������2 2������ 2=
2·
‒ 1‒3 2+ 1
������ 4
16,
4
1
2
所以当 t=3,即 k2=6时,S 取得最大值,最大值为 4 .
1
1
2
经检验,k2=6满足 0<k2<2,故△FMN 的面积 S 的最大值为 4 .
������
解析 (1)因为抛物线 y2=2px(p>0)的焦点 F 的坐标为(1,0),所以2=1,所以 p=2.
所以抛物线 C 的方程为 y2=4x.
(2)证明:①当直线 AB 的斜率不存在时,
( ) ( ) ������2,������ ������2, ‒ ������
设 A 4 ,B 4 .
先以直线 AB 的斜率不存在为特例,求出直线 AB 的方程,从而探求出直线 AB 过的定点,为 探求直线 AB 斜率存在时过的定点提供方向. 解题术二 “图作向导,用图探路”术
对题设条件不够明显的数学问题求解,要注意相关的图形,巧用图形作向导,可打破思维 瓶颈,多途径找到突破方法.尤其是对一些以函数、三角函数、不等式等形式给出的命题,其 本身虽不带有图形,但可以设法构造相应的辅助图形进行分析,将代数问题转化为几何问题 求解.力争做到有图用图,无图想图,补形改图,充分运用其几何特征的直观性来启迪思维,从而 较快地获得解题的途径.这就是“用图探路术”.
1
因为直线 OA,OB 的斜率之积为-2,
������ ‒ ������
������2
������2
1
所以4· 4 =-2,化简得 t2=32.
所以 A(8,t),B(8,-t),此时直线 AB 的方程为 x=8.
②当直线 AB 的斜率存在时,设其方程为 y=kx+b,A(xA,yA),B(xB,yB),联立得
(1 ‒ 2������2)������2
所以 S=2|MN|·d=2·
1 + 2������2
· ������2 + 1=2|k| 1 + 2������2 = 2· (2������2 + 1)2 .
������ ‒ 1
令 t=1+2k2,t∈(1,2),则 k2= 2 ,
( ) 则 S= 2·
系变换思考方向,视其参变元为主变元进行研究、推导,也能得到解决问题的途径,有时还能 获得问题的巧解.这种做法就是“反客为主术”.
典例 6 已知 f(x)=ax2+2(2a-1)x+4a-7,a∈N*,若 f(x)=0 至少有一个整数根,则 a 的值为 .
答案 1 和 5 解析 依题意可知, 当 f(x)=0 时,有 2x+7=a(x+2)2,① 显然,当 x=-2 时,方程①不成立.
解析 在同一直角坐标系中,作出函数 y=|������(������)|=|2������ ‒ 1|与 y=g(x)=1-x2 的图象,如图(1)
所示. 从而得到函数 F(x)的图象,如图(2)所示.故选 C.
名师点拨
(1)解决本题的关键是读懂 F(x)的意义,利用 y=|������(������)|=|2������ ‒ 1|与 y=g(x)=1-x2 的图象作出
F(x)的图象.
(2)y=|������(������)|的图象就是保留 y=f(x)的图象在 x 轴上方的部分,将 y=f(x)的图象在 x 轴下 方的部分沿 x 轴向上对称翻折而得到. 解题术三 “巧记变量,引参搭桥”术
当利用题目条件中的已知量或变量无法直接与要求的结论之间建立关系式时,可考虑引 入一些中间变量,即参数(可以是角度、线段、斜率及点的坐标等),来建立条件与结论之间的 联系,这是一种非常重要的解题方法,也就是我们所说的“引参搭桥术”,尤其在解析几何中, 应用较为广泛.
名师点拨
解析几何中的最值问题的常见解题思路:先利用已知条件,建立关于参数的函数,再求解
函数的最值.所建立的函数通常结构复杂,不易直接求解,可通过换元将其转化为简单的函数,
然后求最值.如该题就是利用 t=2k2+1,将所求转化为二次函数的最值问题.
解题术五 “变量交错,分离协调”术
对含有多个变量的问题,在求解时往往需要分离变量,即将混为一团的变量分开,使之各
由 A(0,1),B(1,0),C(cos θ,sin θ)及������������=p������������+q������������,得 p=sin θ,q=cos θ.
( ) ( ) 于是 p+q=
2sin
������
+
������ 4
,又
������
θ+4∈
34������,94������
= (������2 + 1)[(������1 + ������2)2 ‒ 4������1������2]
[( ) ] =
(������2 + 1)
8������2 1 + 2������2
2
‒
4
×
8������2 ‒ 2 1 + 2������2
=
8(������2 + 1)(1 ‒ 2������2)
巧用 10 种解题术
解题术一 “抛砖引玉,特例引路”术
对条件与结论之间关系不太明显的命题求解,可采用“投石问路”的方式,先解决与它
有关的一个简单的特例或一个熟悉的特例,然后将这一特例的解法拓展到一般情形,从而使
原命题获得解决.这就是“特例引路术”.一般地,对于涉及定值、定点的问题,常常从图形的
特殊情况入手,先把定值、定点确定下来,使结论有一个明确的方向.这是因为一般情况与特