备战2018版高考数学考试万能工具包第二篇考前必看解题技巧专题2.1巧用12个解题技巧

专题01 巧用12个解题技巧技法一 特例法从题干(或选项)出发，通过选取特殊情况代入，将问题特殊化或构造满足题设条件的特殊函数或图形位置，进行判断.特殊化法是“小题小做”的重要策略，要注意在怎样的情况下才可使用，特殊情况可能是：特殊值、特殊点、特殊位置、特殊函数等.例1 (2017·山东卷)若a ＞b ＞0，且ab ＝1，则下列不等式成立的是( ) A.a ＋1b ＜b2a ＜log 2(a ＋b )B.b 2a ＜log 2(a ＋b )＜a ＋1bC.a ＋1b ＜log 2(a ＋b )＜b 2aD.log 2(a ＋b )＜a ＋1b ＜b 2a▲方法点睛 1.特例法具有简化运算和推理的功效，比较适用于题目中含字母或具有一般性结论的选择题.2.特例法解选择题时，要注意以下两点：第一，取特例尽可能简单，有利于计算和推理.第二，若在不同的特殊情况下有两个或两个以上的结论相符，则应选另一特例情况再检验，或改用其他方法求解. 【变式训练】1. 如图，在棱柱的侧棱A 1A 和B 1B 上各有一动点P ，Q 满足A 1P ＝BQ ，过P ，Q ，C 三点的截面把棱柱分成两部分，则其体积之比为( )A.3∶1B.2∶1C.4∶1D.3∶12.函数f(x)=cos x·log 2|x|的图象大致为( )3.如图,点P 上第一象限内的任意一点,过椭圆的右顶点A 、上顶点B 分别作y 轴、x 轴的平行线,它们相交于点C,过点P 引BC,AC 的平行线,分别交AC 于点N,交BC 于点M,交AB 于D 、E 两点,记矩形PMCN的面积为S1,三角形PDE的面积为S2,则S1∶S2=( )技法二图解法(数形结合法)对于一些含有几何背景的题目,若能“数中思形”“以形助数”,则往往可以借助图形的直观性,迅速作出判断,简捷地解决问题,得出正确的结果.Venn图、三角函数线、函数的图象及方程的曲线等,都是常用的图形.例2 (1)设向量a,b,c c)·(b-c)=0,则|c|的最大值等于( )D.1【答案】A【解析】(1)解法一(几何法):如图点C在圆M上.当点C达到点D时,|c|最大,|c|max选A.当点C 达到点D 时,|c|最大,|c|max选A.(2) 【2018山西省太原市实验中学模拟】函数()y f x =是定义域为R 的偶函数，当0x ≥时，()()20.25,02{0.50.75,2xx x f x x -≤≤=--> 若关于x 的方程()()27016af x af x ++= ()a R ∈有且仅有8个不同实数根，则实数a 的取值范围是________ 【答案】716,49⎛⎫⎪⎝⎭要使关于x 的方程()()27016af x af x ++=，有且仅有8个不同实数根， 设t=f （x ），则t 2+at+716a =0的两根均在（-1，--3)42743171624{ 7491016937016416a a a a a a a a ->-<-<-∴<<-+>-+>故答案为716,49⎛⎫⎪⎝⎭▲方法点睛 数形结合是依靠图形的直观性进行分析的，用这种方法解题比直接计算求解更能抓住问题的实质，并能迅速地得到结果.不过运用图解法解题一定要对有关的函数图象、几何图形较熟悉，否则错误的图象反而导致错误的选择. 【变式训练】1.已知函数g(x)=log 2x,则函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数为( )A.1B.2C.3D.42. 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －[x ]，x ≣0，f （x ＋1），x <0，其中[x ]表示不超过x 的最大整数，如[－1.1]＝－2，[π]＝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.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，13C.⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，1技法三 估算法估算法就是不需要计算出代数式的准确数值,通过估算其大致取值范围从而解决相应问题的方法.该种方法主要适用于比较大小的有关问题,尤其是在选择题或填空题中,解答不需要详细的过程,因此可以通过猜测、合情推理、估算而获得,从而减少运算量.例3 (1)(2015湖北,7,5分)在区间[0,1]上随机取两个数x,y,记p 1,p 2为事件“|x -,p 3,则( )A.p 1<p 2<p 3B.p 2<p 3<p 1C.p 3<p 1<p 2D.p 3<p 2<p 1(2)已知三棱锥P-ABC 的侧面与底面所成二面角都是60°,底面三角形三边长分别是7、8、9,则此三棱锥的侧面面积为 ( )答案 (1)B (2)B解析 (1)满足条件的x,y 构成的点(x,y)在正方形OBCA 及其边界上.①公式求出侧面面积为四个选项中只有,选B.▲方法点睛 估算法是根据变量变化的趋势或极值的取值情况进行求解的方法.如某些函数的取值范围或最值、函数图象的变化等问题,常用此法确定正确选项.【变式训练】设M 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≢0，y ≣0，y －x ≢2表示的平面区域，则当a 从－2连续变化到1时，动直线x ＋y ＝a扫过A 中的那部分区域的面积为( ) A.34 B.1 C.74D.2技法四 待定系数法待定系数法是为确定变量间的函数关系,设出未知数,然后根据所给条件确定这些未知数的一种方法,其理论依据是多项式恒等.多项式f(x)≡g(x)的充要条件是:对于任意的一个a 值,都有f(a)≡g(a);或者两个多项式各项的系数对应相等.例4 衣柜里的樟脑丸,会因为挥发而体积变小,刚放入的新樟脑丸体积为a,经过t 天后樟脑丸的体积V(t)与天数t 的关系为V(t)=a·e -kt,若新樟脑丸经过80天后,则函数V(t)的解析式为 .答案解析 因为樟脑丸经过80天后,-80k,所以e-80k解得所以所以函数V(t)的解析式为V(t)=a·▲方法点睛 破解此类题的关键是依题设所给的函数模型,利用待定系数法求解,本题的突破口是将题设中的自变量的值与相应的函数值代入所给关系式,得关于参数的方程,利用“两边取对数”,即可求出参数的值. 【变式训练】 1. 函数f(x)＝lg 21a x ⎛⎫+⎪+⎝⎭为奇函数，则实数a ＝________. 2. 已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ) 0,22ππωϕ⎛⎫>-≤≤⎪⎝⎭的图象上的一个最高点和与它相邻的一个最低点的距离为12,2⎛⎫- ⎪⎝⎭，则函数f (x )＝________. 技法五 换元法换元法又称辅助元法、变量代换法.通过引入新的变量,可以把分散的条件联系起来,使隐含的条件显露出来,或者变为熟悉的形式,简化计算或证明.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,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. 典型例题例5 上有两点P 、Q,O 为原点,连接OP 、OQ,k OP ·k OQ (1)求证:|OP|2+|OQ|2等于定值; (2)求线段PQ 的中点M 的轨迹方程.解析 (1)证明:P(4cos θ1,2sin θ1),Q(4cos θ2,2sin θ2),则k OP ·k OQ 整理得cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2=0,即cos(θ1-θ2)=0. ∴|OP|2+|OQ|2=16cos 2θ1+4sin 2θ1+16cos 2θ2+4sin 2θ2 =8+12(cos 2θ1+cos 2θ2)=20+6(cos 2θ1+cos 2θ2)=20+12cos(θ1+θ2)cos(θ1-θ2)=20,即|OP|2+|OQ|2等于定值20.(2)由中点坐标公式得到线段PQ的中点M的横、纵坐标分别为x=2(cos θ1+cos θ2),y=sin θ1+sin θ2,2=2+2(cos θ1cos θ2+sin θ1sin θ2)=2+2cos(θ1-θ2)=2,即所求线段PQ的中点M▲方法点睛由椭圆方程,联想到cos2θ+sin2θ=1,于是可进行“三角换元”(得到的是椭圆的参数方程),通过换元引入新的参数,转化为三角函数问题进行研究.本题还要求能够熟练使用三角公式和“平方法”,在由中点坐标公式求出M点的坐标后,将所得方程稍作变形,再平方相加,即(cos θ1+cos θ2)2+(sin θ1+sin θ2)2,这是求点M的轨迹方程的关键一步.一般地,求动点的轨迹方程运用“参数法”时,我们可以将点的横、纵坐标分别表示为一个或几个参数的函数,再运用“消参法”消去所含的参数,即得到所求的轨迹方程.【变式训练】1. 设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx )－sinx·cosx－2a2的最大值和最小值技法六构造法用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造数学模型,从而简化推导与运算过程.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础上的,首先应观察题目,观察已知条件形式上的特点,然后联想、类比已学过的知识及各种数学式子、数学模型,深刻了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景),通过构造几何、函数、向量等具体的数学模型快速解题.典型例题例6 (1)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某几何体的三视图,则该几何体各个面的面积中,最小的值为( )B.8(2)已知则( )A.m>nB.m<nD.m,n 的大小关系不确定答案 (1)B (2)A解析 (1)构造棱长为4的正方体,由三视图可知,该几何体为如图所示的三棱锥P-ABC,其中点P 、B 分别为相应棱的中点.因为S △PAB =S △PBC △ABC △PAC因为所以该几何体各个面的面积中,最小的值为8,故选B.▲方法点睛 应用构造法的技巧:一是“定目标构造”,从已知条件入手,紧扣要解决的问题进行构造,把陌生问题构造为熟悉的问题;二是“解决构造的问题”,用相关的知识解决所构造的问题. 跟踪集训1. (2018·合肥模拟)如图，已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________.2. 【2018湖北省襄阳市统测】已知定义在R 上的可导函数f (x)的导函数为()y f x ='，满足()()f x f x '<，f (0) = 1，则不等式()xf x e <的解集为（ ）A. ()0+∞，B. ()1+∞，C. ()2-+∞，D. ()4+∞， 技法七 反证法反证法是指从命题正面论证比较困难,通过假设原命题不成立,经过正确的推理,最后得出矛盾,因此说明原假设错误,从而证明原命题成立的证明方法.反证法证明问题一般分为三步:(1)否定结论;(2)推导矛盾;(3)得出结论. 典型例题例7 如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值,则( ) A.△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是锐角三角形 B.△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2都是钝角三角形C.△A 1B 1C 1是钝角三角形,△A 2B 2C 2是锐角三角形D.△A 1B 1C 1是锐角三角形,△A 2B 2C 2是钝角三角形 答案 D所以A 2+B 2+C 2=即ππ,显然该等式不成立,所以假设不成立.所以△A 2B 2C 2不是锐角三角形,所以△A 2B 2C 2是钝角三角形.故选D.▲方法点睛 用反证法证明全称命题以及命题中含有“至少”“至多”关键词的问题比较简单.其关键是根据假设导出矛盾——与已知条件、定义、公理、定理或明显的事实相矛盾或自相矛盾. 【变式训练】【2018吉林省长春市一五0中学模拟】设m 、n 、t 都是正数，则4m n +、4n t +、4t m+三个数（ ） A. 都大于4 B. 都小于4 C. 至少有一个大于4 D. 至少有一个不小于4 技法八 分离参数法分离参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分离参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解,从而避免对参数进行分类讨论的烦琐过程.该方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决.但要注意该方法仅适用于分离参数后能求出相应函数的最值或值域的情况. 典型例题例8 【2018安徽省淮南市联考】已知函数()ln sin f x x a x =-在区间,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是单调增函数，则实数a 的取值范围为( )A. ⎛-∞ ⎝⎦B. ⎛-∞ ⎝⎦C. ⎣⎦D. ⎫+∞⎪⎪⎣⎭【答案】B∴()10444p x p πππ⎛⎫⎫≤==-<⎪⎪⎝⎭⎝⎭∴()0h x '<在,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，∴()h x 在,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上减函数，∴4a h ππ⎛⎫≤== ⎪⎝⎭,实数a的取值范围为,π⎛-∞ ⎝⎦，故选B. ▲方法点睛 应用分离参数法解决不等式恒成立问题或有解问题,关键在于准确分离参数,然后将问题转化为参数与函数最值的大小关系问题.分离参数时要注意参数系数的符号是否会发生变化,如果参数的系数符号为负号,则分离参数时应注意不等号的变化,否则就会导致错解.【变式训练】 已知函数()ln f x x ax =-， e 为自然对数的底数， a R ∈． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1x ≥时， ()()ln 11x xf x x e x ≤-++恒成立，求a 的取值范围． 技法九 整体代换法整体代换法是根据式子的结构特征,在求值过程中,直接将两数或多个数之和的表达式当成一个整体来处理,从而建立已知和所求之间的关系或方程进行求解的方法.利用该种方法求值,可以避免烦琐的计算.该方法适用于等差、等比数列中连续几项和的有关计算. 典型例题例9 (1)等比数列{a n }中,已知a 1+a 3=8,a 5+a 7=4,则a 9+a 11+a 13+a 15的值为( )A.1B.2C.3D.5(2)已知函数f(x)的导函数为f '(x),且满足则 )A.0C.1答案 (1)C (2)B所以(a 5+a 7)2=(a 1+a 3)(a 9+a 11),故a 9+a 11同理,a 9+a 11是a 5+a 7与a 13+a 15的等比中项,所以(a 9+a 11)2=(a 5+a 7)(a 13+a 15),故a 13+a 15所以a 9+a 11+a 13+a 15=2+1=3.(2)因为所以令得解得故选B.▲方法点睛整体代换法求值的关键是准确把握代数式的结构特征,确定已知和所求之间的关系.【变式训练】已知x,y,z是正数,求证技法十判别式法判别式法就是将实系数一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0),利用方程有解的充要条件(判别式Δ=b2-4ac≣0)求解.典型例题例10 已知α,β,γ为任意三角形的三个内角,求证:x2+y2+z2≣2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.证明设f(x)=x2+y2+z2-(2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ)=x2-2(ycos α+zcos γ)x+y2+z2-2yzcos β,又Δ=4(ycos α+zcos γ)2-4(y2+z2-2yzcos β)=-4(ysin α-zsin γ)2≢0,所以f(x)≣0,即x2+y2+z2≣2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.▲方法点睛判别式是方程、函数和不等式之间联系的重要工具,是不等式之间相互转化的重要桥梁,运用判别式法证明不等式有两种途径:(1)构造一元二次方程,然后利用Δ≣0来证明;(2)构造恒大于(或小于)零的二次函数,然后利用Δ≢0来证明.【变式训练】1.设x,y为实数,若4x2+y2+xy=1,则2x+y的最大值是.2.设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{a n}的前n项和为S n,满足S5S6+15=0,则d的取值范围是.技法十一割补法割补法主要是针对平面图形或空间图形采用的一种几何方法,其主要思想是把不规则图形转化为规则图形,这种方法常常用来求不规则平面图形的面积或不规则空间几何体的体积.典型例题例11 (1)如图,过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD,若PA=AB,则平面PAB与平面CDP所成二面角的度数为( )A.90°B.60°C.45°D.30°(2)已知四边形ABCD和BCEG平面ABCD⊥平面BCEG,BC=CD=CE=2AD=2BG=2,则五面体EGBADC的体积为.答案(1)C解析(1)把原四棱锥补成正方体ABCD-PQRH,如图所示,连接CQ,则所求二面角转化为平面CDPQ与平面BAPQ所成的二面角,而∠CQB是平面CDPQ与平面BAPQ所成二面角的平面角,又因为∠CQB=45°,所以平面PAB 与平面CDP所成二面角的度数为45°.(2)▲方法点睛对于一些不规则的几何体(图形),不能直接利用体积(面积)公式,此时必须对几何体(图形)进行相应的割补,将其转化为规则几何体(图形)以便于计算其体积(面积).【变式训练】1.一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是( )A.6B.8C.10D.122.函数y=cos x(0≢x≢2π)和y=1的图象所围成的封闭图形的面积为 .3. 【2018河南省联考】如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为直角梯形， //AD BC ， 90ADC ∠=︒，且22AD BC CD ==， PA PB PD ==．（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）若45PAD ∠=︒且PA = E ， F 分别是PA ， PC 的中点，求多面体PEBFD 的体积．技法十二 等体积转化法等体积转化法是通过变换几何体的底面,利用几何体(主要是三棱锥)体积的不同表达形式求解相关问题的方法.其主要用于求解点到面的距离. 典型例题例12 【2018四川省广元市统考】如图四棱锥P ABCD -，底面梯形ABCD 中， //AB DC ，平面PAD ⊥平面ABCD ，已知24,22BD AD AB DC BC =====（1）求证： BD PA ⊥；(2)线段PC 上是否存在点M ，使三棱锥P ABD -体积为三棱锥P MBD -体积的6倍.若存在，找出点M 的位置；若不存在，说明理由.【解析】（1）证明：∵4,2,BD AD AB === ∴222,AB AD BD =+BD AD ∴⊥，由题意得11112123633ABD P ABD P ABDP MBD P BCD M BCDBCD BCD S hV V h V V V h mh S h S h ∆-----∆∆====---解得23m =． ∴点M 是PC 上的一个靠近点P 的三等分点.▲方法点睛 利用等体积转化法求解点到平面的距离,关键是选择合适的底面,选择的底面应具备两个特征:一是底面的形状规则,面积可求;二是底面上的高比较明显,即线面垂直比较明显. 跟踪集训1. 【2018广东深圳高级中学模拟】如图,在正方体1111ABCD A BC D -中,棱长为1,E F 、分别为11C D 与AB 的中点, 1B 到平面1A FCE 的距离为2. 【2018甘肃张掖质检】如图，四边形ABCD 是矩形3,2,AB BC DE EC PE ===⊥平面,ABCD PE =（1）证明：平面PAC ⊥平面PBE ；（2）设AC 与BE 相交于点F ，点G 在棱PB 上，且CG PB ⊥，求三棱锥F BCG -的体积.答案部分 技法一 特例法 【变式训练】2.【答案】B【解析】函数的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且所以排除A,D;又排除C.故选B.3.【答案】A【解析】不妨取点则可计算S 1易求得所以S 2所以S 1∶S 2=1.技法二 图解法(数形结合法) 【变式训练】 1.【答案】C2. 【答案】B【解析】直线y ＝kx ＋k (k >0)恒过定点(－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，所以14≢k <13.技法三 估算法【变式训练】【答案】C【解析】如图知区域的面积是△OAB 去掉一个小直角三角形.阴影部分面积比1大，比S △OAB ＝12×2×2＝2小，故C 项满足.技法四 待定系数法 【变式训练】 1.【答案】-1【解析】因为函数f (x )＝lg 21a x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭为奇函数，所以f (－x )＝－f (x )， 即lg 21a x ⎛⎫+⎪-⎝⎭＝－lg 21a x ⎛⎫+ ⎪+⎝⎭⇒ 21a x +-＝121a x++ ⇒a ＋()21112x x a x +=-++ ⇒1－x 2＝(a ＋2)2－a 2x 2⇒a ＝－1.故答案为-1技法五 换元法 【变式训练】1. 【解】 设sinx ＋cosx ＝t ，则t∈[-2,2]，由(sinx ＋cosx)2＝1＋2sinx·cosx 得：sinx·cosx＝t 212-∴ f(x)＝g(t)＝－12(t －2a)2＋12（a>0），t∈[-2,2]，t ＝-2时，取最小值：－2a 2－22a－12当2a≣2时，t ＝2，取最大值：－2a 2＋22a －12 ；当0<2a≢2时，t ＝2a ，取最大值：12。