成都市高三二轮复习文科数学-解题常用技巧系统归纳 23页

第 1 页 共 23 页 成都市高三二轮复习文科数学-解题常用技巧系统归纳 第 1 术　探求思路，图作向导 方法概述 对题设条件不够明显的数学问题求解，注重考查相关的图形，巧用图形作向导是从 直观入手领会题意的关键所在.尤其是对一些复合函数、三角函数、不等式等形式给 出的命题，其本身虽不带有图形，但我们可换个角度思考，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来解.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 是我们常说的图解法 应用题型 选择题、填空题、解答题中均有应用，主要涉及最值、不等式、取值范围等问题 应用（一）　求解函数问题 [例 1]　(1)已知函数 y＝ |x2－1| x－1 的图象与函数 y＝kx 的图象恰有两个交点，则实数 k 的取值范围是________. (2)函数 f(x)＝sin x，对于 x1＜x2＜…＜xn，且 x1，x2，…，xn∈[0，8π](n≥10)，记 M＝|f(x1)－f(x2)|＋|f(x2)－ f(x3)|＋…＋|f(xn－1)－f(xn)|，则 M 的最大值为________. [解析]　(1)y＝ |x2－1| x－1 ＝{x＋1，x > 1或x < －1， －x－1，－1 ≤ x < 1， 作出其图象如图所示，结合图象可知 0 0，则不等式 f(x)≥x2 的解集为(　　) A.[－1，1]　　　　　　B.[－2，2] C.[－2，1] D.[－1，2] [解析]　分别作出 f(x)＝{x＋2，x ≤ 0， －x＋2，x > 0 和 y＝x2 的图象如图所示. 第 2 页 共 23 页 由图可知，f(x)≥x2 的解集为[－1，1]. [答案]　A 应用（三）　求解平面向量问题 [例 3]　在△ABC 中，BC 边上的中线 AD 的长为 2，点 P 是△ABC 所在平面上的任意一点，则 PA―→ · PB―→ ＋ PA―→ · PC―→ 的最小值为(　　) A.1 B.2 C.－2 D.－1 [解析]　法一：(坐标法)以点 D 为坐标原点，DA 所在直线为 y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则 D(0，0)，A(0，2).设点 P 的坐标为(x，y)，则 PA―→ ＝(－x，2－y)， PD―→ ＝(－x，－y)， 故 PA―→ · PB―→ ＋ PA―→ · PC―→ ＝ PA―→ ·( PB―→ ＋ PC―→ )＝2 PA―→ · PD―→ ＝2(x2＋y2－ 2y)， 2(x2＋y2－2y)＝2[x2＋(y－1)2]－2≥－2，当且仅当 x＝0，y＝1 时等号成立. 所以 PA―→ · PB―→ ＋ PA―→ · PC―→ 的最小值为－2.故选 C. 法二：(几何法)取 AD 的中点 M，则 PA―→ ＝ PM―→ ＋ MA―→ ＝ PM―→ － 1 2 MA―→ ， PD―→ ＝ PM―→ ＋ MD―→ ＝ PM―→ ＋ 1 2 AD―→ . 所以 PA―→ · PB―→ ＋ PA―→ · PC―→ ＝ PA―→ ·( PB―→ ＋ PC―→ )＝ PA―→ ·2 PD―→ ＝2 PA―→ · PD―→ ＝2(－1 2 )·(＋1 2 )＝ 2(2－1 4 2 )＝2(2－1 4 × 22)＝2 PM―→ 2－2. 显然，当 P，M 重合时， PM―→ 2 取得最小值 0，此时 PA―→ · PB―→ ＋ PA―→ · PC―→ 取得最小值－2.故选 C.[答案]　 C 应用（四）　求解解析几何问题 [例 4]　已知圆 x2＋y2＋x－6y＋m＝0 与直线 x＋2y－3＝0 交于 P，Q 两点，且 OP―→ · OQ―→ ＝0(O 为坐标原 点).求实数 m 的值及该圆的圆心坐标及半径. [解]　圆的方程化为(x＋1 2 ) 2 ＋(y－3)2＝ 37 4 －m，圆心 C 的坐标为(－1 2，3). 如图，取 PQ 的中点 M，连接 CM，OM，则 CM⊥PQ.所以直线 CM 的方程为 2x－y＋4＝ 0. 解方程组{2x－y＋4＝0， x＋2y－3＝0，得点 M(－1，2)，故|CM|＝ 5 2 . 因为 OP―→ · OQ―→ ＝0，所以 OP⊥OQ，所以|MQ|＝|MO|＝ 5. 第 3 页 共 23 页 由|MQ|2＋|CM|2＝|QC|2，得 5＋ 5 4＝ 37 4 －m，解得 m＝3.故半径 r＝ 5 2. [应用体验] 1.函数 f(x)＝(1 2 ) x －log2x 的零点个数为(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 解析：选 B　令 f(x)＝0，则(1 2 )x －log2x＝0，即(1 2 ) x ＝log2x，分别作出 y＝(1 2 ) x 与 y＝log2x 的图 象如图所示.由图可知两函数图象的交点只有 1 个，即 f(x)的零点个数为 1.故选 B. 2.在平面上， AB1―→ ⊥ AB2―→ ，| OB1―→ |＝| OB2―→ |＝1， AP―→ ＝ AB1―→ ＋ AB2―→ ，若| OP―→ |< 1 2，则| OA―→ |的取值范围 是(　　) A.(0， 5 2 ) B.( 5 2 ， 7 2 ) C.( 5 2 ， 2] D.( 7 2 ， 2] 解析：选 D　根据 AB1―→ ⊥ AB2―→ ， AP―→ ＝ AB1―→ ＋ AB2―→ ，可知四边形 AB1PB2 是一个 矩形. 以 A 为坐标原点，AB1，AB2 所在直线为 x 轴、y 轴建立如图所示的平面直角坐标系. 设|AB1|＝a，|AB2|＝b.点 O 的坐标为(x，y)，点 P(a，b). ∵| OB1―→ |＝| OB2―→ |＝1，∴{（x－a）2＋y2＝1， x2＋（y－b）2＝1，变形为{（x－a）2＝1－y2， （y－b）2＝1－x2. ∵| OP―→ |< 1 2，∴(x－a)2＋(y－b)2< 1 4，∴1－x2＋1－y2< 1 4，∴x2＋y2> 7 4.① ∵(x－a)2＋y2＝1，∴y2≤1.同理，x2≤1.∴x2＋y2≤2.② 由①②可知： 7 40，b>0)的左焦点 F(－c，0)(c>0)，作圆 x2＋y2＝ a2 4 的切线，切点为 E，延长 FE 交双 曲线右支于点 P，若 OE―→ ＝ 1 2( OF―→ ＋ OP―→ )，则双曲线的离心率为(　　) A. 10 2 B. 10 5 C. 10 D. 2 解析：选 A　由题意可知 E 为 FP 的中点，且 OE⊥FP.记 F′为双曲线的右焦点， 作出示意图如图，连接 F′P，则 F′P 綊 2OE，所以 FP⊥F′P，且|F′P|＝a，故由双曲线的定义可得|FP|＝3a. 所以(2c)2＝a2＋(3a)2，所以 e＝ c a＝ 10 2 .故选 A. 4.已知 a>0，b>0，则不等式 a> 1 x>－b 的解是(　　) A.(－1 a， 1 b) B.(1 a，－1 b) C.(－1 b，0)∪(1 a，＋∞) D.(－∞，－1 b)∪(1 a，＋∞) 第 4 页 共 23 页 解析：选 D　法一：直接求解法. －b< 1 x 0， 1 x－a < 0 ⇔{1＋bx x > 0， 1－ax x < 0 ⇔{x（bx＋1） > 0， x（1－ax） < 0 ⇔{x > 0或x < －1 b， x > 1 a或x < 0 ⇔x<－ 1 b或 x> 1 a.故选 D. 法二：数形结合法.利用 y＝1 x的图象，如图所示.故选 D. 5.函数 f(x)＝2＋ |x|－x 2 (－2＜x≤2)的值域为__________. 解析：因为 f(x)＝2＋ |x|－x 2 (－2＜x≤2)，所以 f(x)＝{2－x，－2＜x ≤ 0， 2，0＜x ≤ 2. 函数 f(x)的图象如图所示，由图 象得，函数 f(x)的值域为[2，4).答案：[2，4) 第 2 术　解题常招，设参换元 方法概述 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考查、 探究解题思路的做法，就是设参换元法，也就是我们常说的换元法 应用题型 此方法既适用选择题、填空题，也适用于解答题，多在研究方程、不等式、函数、 三角、解析几何中广泛应用 方法（一）　三角换元 [例 1]　已知 x，y∈R，满足 x2＋2xy＋4y2＝6，则 z＝x2＋4y2 的取值范围为__________. [解析]　法一：由 x2＋2xy＋4y2＝6，得 2xy＝6－(x2＋4y2)，而 2xy≤ x2＋4y2 2 ，所以 6－(x2＋4y2)≤ x2＋4y2 2 ， 所以 x2＋4y2≥4，当且仅当 x＝2y 时，取等号.又因为(x＋2y)2＝6＋2xy≥0，即 2xy≥－6， 所以 z＝x2＋4y2＝6－2xy≤12，综上可得 4≤x2＋4y2≤12. 法二：已知 x2＋2xy＋4y2＝6，即(x＋y)2＋( 3y)2＝( 6)2，故设 x＋y＝ 6cos α， 3y＝ 6sin α， 即 x＝ 6cos α－ 2sin α，y＝ 2sin α. 第 5 页 共 23 页 则 z＝x2＋4y2＝6－2xy＝6－2( 6cos α－ 2sin α)· 2sin α＝8－4sin(2α＋π 6 ).所以 8－4≤z≤8＋4， 即 z 的取值范围为[4，12].[答案]　[4，12] 方法（二）　整体换元 [例 2]　已知椭圆 C 的方程为 x2 4 ＋y2＝1，且直线 l：y＝kx＋m 与圆 O：x2＋y2＝1 相切，若直线 l 与椭圆 C 交 于 M，N 两点，求△OMN 面积的最大值. [解]　圆 O 的圆心为坐标原点，半径 r＝1，由直线 l：y＝kx＋m，即 kx－y＋m＝0 与圆 O：x2＋y2＝1 相切， 得 |m| 1＋k2＝1，故有 m2＝1＋k2.① 由{x2 4 ＋y2＝1， y＝kx＋m， 消去 y 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝－ 8km 4k2＋1，x1x2＝ 4m2－4 4k2＋1. 所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝(－ 8km 4k2＋1)2 －4× 4m2－4 4k2＋1＝ 16（4k2－m2＋1） （4k2＋1）2 .② 将①代入②，得|x1－x2|2＝ 48k2 （4k2＋1）2，故|x1－x2|＝ 4 3|k| 4k2＋1. 所以|MN|＝ 1＋k2|x1－x2|＝ 1＋k2· 4 3|k| 4k2＋1＝ 4 3k2（k2＋1） 4k2＋1 . 故△OMN 的面积 S＝ 1 2|MN|×1＝ 2 3k2（k2＋1） 4k2＋1 .令 t＝4k2＋1(t≥1)，则 k2＝ t－1 4 ，代入上式， 得 S＝2· 3 × t－1 4 (t－1 4 ＋1) t2 ＝ 3 2 · （t－1）（t＋3） t2 ＝ 3 2· －1 t2＋2 3t＋1 3＝ 3 2· －(1 t－1 3 )2 ＋4 9， 所以当 t＝3，即 4k2＋1＝3，解得 k＝± 2 2 时，S 取得最大值，且最大值为 3 2× 4 9＝1. [应用体验] 1.椭圆 x2 4 ＋ y2 3 ＝1 的左焦点为 F，直线 x＝m 与椭圆相交于点 A，B，当△FAB 的周长最大时，△FAB 的面积 为________. 解析：已知 x2 4 ＋ y2 3 ＝1，则 F(－1，0). 设 A(2cos θ， 3sin θ)，B(2cos θ，－ 3sin θ)， 则|AF|＝|BF|＝ （2cos θ＋1）2＋3sin2θ＝2＋cos θ， 故△FAB 的周长 l＝2(2＋cos θ)＋2 3sin θ＝4＋4sin(θ＋π 6 ). 当 θ＝ π 3 时，l 取得最大值，此时△FAB 的面积为 S＝ 1 2(1＋2cos θ)·2 3sin θ＝ 3sin θ(1＋2cos θ)＝3.答 第 6 页 共 23 页 案：3 2.不等式 log2(2x－1)·log2(2x＋1－2)<2 的解集是________. 解析：设 log2(2x－1)＝y，则 log2(2x＋1－2)＝1＋log2(2x－1)＝y＋1，故原不等式可化为 y(y＋1)<2，解得－2n　　　　　　B.m2＋ 1 n D.m，n 的大小关系不确定 (2)已知定义在 R 上的可导函数 y＝f(x)的导函数为 f′(x)，满足 f′(x)＜f(x)，且 y＝f(x＋1)为偶函数，f(2)＝1， 则不等式 f(x)＜ex 的解集为________. [解析]　(1)由不等式可得 1 n2－ 1 m20，故函数 f(x)在(2，e)上单调递增.因为 f(n)0 的解集是(－1 2， 1 3)，则 a＋b 的值是(　　) A.10　　　　　　　B.－10 C.14 D.－14 解析：选 D　由不等式的解集是(－1 2， 1 3)，可知－ 1 2， 1 3是方程 ax2＋bx＋2＝0 的两根，可得{－b a＝－1 6， 2 a＝－1 6， 解得 {a＝－12， b＝－2， 所以 a＋b＝－14.故选 D. 2.过三点 A(1，3)，B(4，2)，C(1，－7)的圆交 y 轴于 M，N 两点，则|MN|＝(　　) A.2 6 B.8 C.4 6 D.10 解析：选 C　设圆的方程为 x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，则{D＋3E＋F＋10＝0， 4D＋2E＋F＋20＝0， D－7E＋F＋50＝0， 解得{D＝－2， E＝4， F＝－20. ∴圆的方程为 x2＋y2－2x＋4y－20＝0. 令 x＝0，得 y＝－2＋2 6或 y＝－2－2 6， ∴M(0，－2＋2 6)，N(0，－2－2 6)或 M(0，－2－2 6)，N(0，－2＋2 6)，∴|MN|＝4 6.故选 C. 3.已知函数 f(x)＝Asin(ωx＋θ)(A＞0，|θ|＜π)的部分图象如图所示，将函数 y＝f(x)的图象向右平移 π 4 个单位 长度得到函数 y＝g(x)的图象，则函数 y＝g(x)的解析式为(　　) 第 13 页 共 23 页 A.g(x)＝2sin 2x B.g(x)＝2sin(2x＋π 8 ) C.g(x)＝2sin(2x＋π 4 ) D.g(x)＝2sin(2x－π 4 ) 解析：选 D　由图得 A＝2，T＝ 7π 8 －(－π 8 )＝π，所以ω＝ 2π T ＝2. 因为 x＝ 3π 8 －π 8 2 ＝ π 8 时，y＝2，所以 2× π 8 ＋θ＝ π 2 ＋2kπ(k∈Z)，所以 θ＝ π 4 ＋2kπ(k∈Z)， 因为|θ|＜π，所以 θ＝ π 4 ，所以函数 f(x)＝2sin(2x＋π 4 ). 因为函数 g(x)的图象由函数 f(x)的图象向右平移π 4个单位长度得到，所以 g(x)＝f(x－π 4 )＝2sin[2(x－π 4 )＋π 4 ] ＝2sin(2x－π 4 ).故选 D. 4.已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且 x≥0 时，f(x)＝(－x＋a＋1)log2(x＋2)＋x＋m，其中 a，m 是常数， 且 a＞0.若 f(0)＋f(a)＝1，则 f(m－3)＝(　　) A.1 B.－1 C.6 D.－6 解析：选 C　由题意知 f(0)＝a＋1＋m＝0，所以 a＋m＝－1，又 f(a)＝log2(a＋2)＋a＋m，f(0)＋f(a)＝1，所 以 log2(a＋2)－1＝1，所以 log2(a＋2)＝2，解得 a＝2，所以 m＝－3.于是，当 x≥0 时，f(x)＝(3－x)log2(x＋ 2)＋x－3.故 f(m－3)＝f(－6)＝－f(6)＝－(－3log28＋3)＝6.故选 C. 第 6 术　蹊径可辟，分割补形 方法概述 所谓割补法就是把一个复杂面积或体积的计算分割成若干个简单图形的有关计 算或将一个不易求出面积或体积的几何图形补足为较易计算的几何图形.也就 是将复杂的或不熟悉的几何图形转化为简单的熟悉的几何图形或几何体.例如， 把曲边形割补成规则图形、把斜棱柱割补成直棱柱、把三棱柱补成平行六面体、 把三棱锥补成三棱柱或平行六面体、把多面体切割成锥体(特别是三棱锥)、把不 规则的几何体割补成规则的几何体，从而把未知的转化为已知的、把陌生的转 第 14 页 共 23 页 化为熟悉的、把复杂的转化为简单的、把不够直观的转化为直观易懂的 应用题型 在解决几何问题过程中，割补法是一种常用的方法.无论是平面几何、解析几何、 还是立体几何，适时使用割补法，能帮助我们找到问题的突破口，把问题放到 特殊的几何图形中，借助特殊图形分析问题，有时会柳暗花明，事半功倍 方法（一）　分割法 [例 1]　(1)为测出所住小区的面积，某人进行了一些测量工作，所得数据如图所示，则小区的面积是(　　) A. 3＋ 6 4 km2　　　　 B. 3－ 6 4 km2 C. 6＋ 3 4 km2 D. 6－ 3 4 km2 (2)如图，在多面体 ABCDEF 中，已知四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形，且 △ADE，△BCF 均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则多面体的体积为(　　) A. 2 3 　　　　B. 3 3 　　　　C. 4 3　　　　D. 3 2 [解析]　(1)如图，连接 AC.在△ABC 中，根据余弦定理可得 AC＝ AB2＋BC2－2AB·BC·cos 60°＝ 3 km， 又 AB＝2 km，BC＝1 km，所以 AC2＋BC2＝AB2，所以△ABC 为直角三角形， 且∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，故∠DAC＝∠DCA＝15°.所以△ADC 为等腰三角形，且∠D＝150°， 设 AD＝DC＝x km，根据余弦定理得 x2＋x2＋ 3x2＝3，即 x2＝ 3 2＋ 3 ＝3(2－ 3). 所以小区的面积为 1 2×1× 3＋ 1 2×3(2－ 3)× 1 2＝ 2 3＋6－3 3 4 ＝ 6－ 3 4 (km2).故选 D. (2)法一：如图，在 EF 上取点 M，N，使 EM＝FN＝ 1 2，连接 MA，MD，NB，NC，则 MN＝1，三棱柱 ADM­BCN 是直三棱柱，DM＝AM＝ AE2－EM2＝ 3 2 . 设 H 为 AD 的中点，连接 MH，则 MH⊥AD，且 MH＝ AM2－AH2＝ 2 2 ， ∴S△ADM＝ 1 2AD·MH＝ 2 4 .∴VABCDEF＝2VE­ADM＋VADM­BCN＝2× 1 3× 2 4 × 1 2＋ 2 4 ×1＝ 2 3 .故选 A. 法二：如图，取 EF 的中点 G，连接 GA，GB，GC，GD，则三棱锥 E­ADG 与三棱锥 G­BCF 都是棱长为 1 的正四面体，易求得 VE­ADG＝VG­BCF＝ 1 3× 3 4 × 6 3 ＝ 2 12， 又四棱锥 G­ABCD 的底面是边长为 1 的正方形，且侧棱边长为 1. 第 15 页 共 23 页 易求得其高为 2 2 ，则 VG­ABCD＝ 1 3×1×1× 2 2 ＝ 2 6 ， 所以 VABCDEF＝2VE­ADG＋VG­ABCD＝2× 2 12＋ 2 6 ＝ 2 3 .故选 A. [答案]　(1)D　(2)A 方法（二）　补形法 [例 2]　(1)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(　　) A.8π＋16 B.8π－16 C.8π＋8 D.16π－8 (2)如图，在直三棱柱 A1B1C1­ABC 中，∠BCA＝90°，点 E，F 分别为 AB，AC 的中点，若 BC＝CA＝CC1， 则 B1E 与 A1F 所成的角的余弦值为________. [解析]　(1)由三视图可知该几何体为一个半圆柱去掉一个直棱柱.其中半圆柱的高为 4，底面半圆的半径为 2； 直三棱柱的底面为斜边是 4 的等腰直角三角形，高为 4. 半圆柱的体积为 V1＝ 1 2π×22×4＝8π，直三棱柱的体积为 V2＝ 1 2×4×2×4＝16. 所以所求几何体的体积为 V＝V1－V2＝8π－16.故选 B. (2)如图，把直三棱柱 A1B1C1­ABC 补成一个直平行六面体 A1B1D1C1­ABDC，取 BD 中点 G，连接 B1G，则 B1G ∥A1F，∠EB1G 即为 B1E 与 A1F 所成的角(或其补角). 设 BC＝CA＝CC1＝2a，则 B1G＝ （2a）2＋a2＝ 5a， AB＝ （2a）2＋（2a）2＝2 2a，B1E＝ （2a）2＋（ 2a）2＝ 6a， GE2＝BG2＋BE2－2BG·BE·cos 135°＝5a 2，所以 cos∠EB1G＝ B1G2＋B1E2－GE2 2B1G·B1E ＝ 30 10 ， 故 B1E 与 A1F 所成角的余弦值为 30 10 . [答案]　(1)B　(2) 30 10 [应用体验] 1.一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是(　　) 第 16 页 共 23 页 A.64 B.72 C.80 D.112 解析：选 C　根据三视图可知该几何体为四棱锥 P­ABCD 与正方体 ABCD­A1B1C1D1 的组合体，如图所示.由 三视图中的数据可知，正方体 ABCD­A1B1C1D1 的棱长为 4，其体积 V1＝43＝64.四棱锥 P­ABCD 的底面为正 方形 ABCD，高 h＝3，且 PA＝PB，其底面积为 S＝42＝16，则四棱锥 P­ABCD 的体积 V2＝ 1 3Sh＝ 1 3×16×3＝ 16.故所求几何体的体积 V＝V1＋V2＝64＋16＝80.故选 C. 2.如图，曲线 y＝sin πx 2 ＋3 把边长为 4 的正方形 OABC 分成阴影部分和白色部分.在 正方形内随机取一点，则此点取自阴影部分的概率是(　　) A. 1 4 B. 1 3 C. 3 8 D. 3 4 解析：选 A　如图所示，设曲线 y＝sin πx 2 ＋3 与线段 OC，AB，BC 的公共点分别为 D，E，F.连接 DE，设 DE 的中点为 G，易知 G 为曲线 y＝sin πx 2 ＋3 与 DE 的交点，则 D(0，3)，E(4，3)，F(1，4)，G(2，3). 因为曲线 y＝sinπx 2 ＋3 与线段 DE 围成的左(白色)、右(阴影)两部分面积相等， 所以图中阴影部分的面积等于矩形 DEBC 的面积， 所以所求概率为 S矩形DEBC S矩形OABC＝ 4 × 1 4 × 4＝ 1 4.故选 A. 3. 如图，已知多面体 ABCDEFG ，AB ，AC ，AD 两两垂直，平面 ABC∥ 平面 DEFG，平面 BEF∥平面 ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 解析：选 B　法一：如图，把多面体 ABCDEFG 补成正方体 DEPG­ABHM，则 VABCDEFG＝ 1 2VDEPG­ABHM＝ 1 2× 23＝4.故选 B. 第 17 页 共 23 页 法二：如图，取 DG 的中点 H，以 DA，DE，DH 为棱构造长方体 EFHD­BPCA，则三棱锥 C­HFG 与三棱 锥 F­PCB 全等. 所以 VABCDEFG＝VABPC­DEFH＝AB·AC·AD＝2×1×2＝4.故选 B. 4.在正三棱锥 S­ABC 中，侧棱 SC⊥侧面 SAB，侧棱 SC＝4 3，则此正三棱锥的外接球的表面积为 ________. 解析：由正三棱锥中侧棱 SC⊥侧面 SAB，可得三条侧棱 SA，SB，SC 两两垂直.又三条侧棱相等，故可以三 条侧棱为相邻三边作出一个正方体 SBDC­AEFG，如图所示，其棱长为 4 3，其外接球的直径就是此正方体 的体对角线，所以 2R＝ （4 3）2＋（4 3）2＋（4 3）2＝12， 即球半径 R＝6，所以球的表面积 S＝4πR2＝144π. 答案：144π 第 7 术　关注整体，设而不求 方法概述 设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避 免盲目推演而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的解题效果 应用题型 选择题、填空题、解答题中均有应用 方法（一）　整体代入，设而不求 在解决某些涉及若干个量的求值问题时，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的思想，绕开复杂的 运算过程，可使问题迅速得到解决. [例 1]　已知等比数列{an}中，Sm＝16，S2m＝64，求 S3m. [解]　设公比为 q，由于 S2m≠2Sm，故 q≠1，于是{a1（1－qm） 1－q ＝16，　　　　　　　　　　　　① a1（1－q2m） 1－q ＝64， ② ②÷①得 1＋qm＝4，则 qm＝3，所以 S3m＝ a1（1－q3m） 1－q ＝ a1（1－qm） 1－q (1＋qm＋q2m)＝16×(1＋3＋32)＝208. 方法（二）　转化图形，设而不求 第 18 页 共 23 页 有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，转化成几何问题求解. [例 2]　设 a，b 均为正数，且 a＋b＝1，则 2a＋1＋ 2b＋1的最大值为________. [解析]　设 u＝ 2a＋1，v＝ 2b＋1(u>1，v>1)，u＋v＝m，则 u，v 同时满足{u＋v＝m， u2＋v2＝4， 其中 u＋v＝m 表示直线，m 为此直线在 v 轴上的截距. u2＋v2＝4 是以原点为圆心，2 为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧，如图所示，显然直线与圆弧相切时， 所对应的截距 m 的值最大.由图易得 mmax＝2 2，即 2a＋1＋ 2b＋1≤2 2.[答案]　2 2 方法（三）　适当引参，设而不求 恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使问题能够得到解决. [例 3]　已知对任何满足(x－1)2＋y2＝1 的实数 x，y，不等式 x＋y＋k≥0 恒成立，求实数 k 的取值范围. [解]　由题意设{x＝1＋cos θ， y＝sin θ， 则 g(θ)＝x＋y＋k＝sin θ＋cos θ＋1＋k＝ 2sin(θ＋π 4 )＋1＋k≥－ 2＋1 ＋k. 令－ 2＋1＋k≥0，得 k≥ 2－1.即实数 k 的取值范围是[ 2－1，＋∞). 方法（四）　巧设坐标，设而不求 在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化归，起到以简驭繁 的解题效果. [例 4]　设抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点为 F，经过点 F 的直线交抛物线于 A，B 两点，点 C 在抛物线的准线 上，且 BC∥x 轴，求证：直线 AC 经过原点 O. [证明]　设 A(2pt21，2pt1)，B(2pt22，2pt2)，则 C(－p 2，2pt2). 因为 AB 过焦点 F，所以 2pt1·2pt2＝－p2，得 t1t2＝－1 4. 又直线 OC 的斜率 kOC＝ 2pt2 －p 2 ＝－4t2＝ 1 t1，直线 OA 的斜率 kOA＝ 2pt1 2pt ＝ 1 t1，则 kOC＝ kOA. 故 A，O，C 三点共线，即直线 AC 经过原点 O. 方法（五）　中介过渡，设而不求 根据解题需要，可引入一个中间量作为中介，起到过渡作用，使问题得以解决. [例 5]　如图，OA 是圆锥底面中心 O 到母线的垂线，OA 绕轴旋转一周所得曲面将圆锥体积分成相等的两 部分，求圆锥母线与轴的夹角 α 的余弦值. [解]　过点 A 作 AM⊥SO，垂足为 M，可知∠MAO＝∠AOB＝∠OSB＝α. 设 MA＝x，OB＝r，SO＝h，则有 1 3πx2h＝ 1 2× 1 3πr2h. 化简可得(x r ) 2 ＝ 1 2.又因为 cos α＝ MA OA＝ OA OB，即 cos α＝ x OA＝ OA r . 第 19 页 共 23 页 所以 cos2α＝ x OA· OA r ＝ x r.于是 cos4α＝ 1 2，又 α 为锐角，所以 cos α＝2 . 方法（六）　恒等变形，设而不求 某些看似十分复杂的运算，经过巧妙转换，恒等变形，使运算对象发生转移，起到意想不到的效果. [例 6]　求 cos π 17cos 2π 17 cos 3π 17 …cos 8π 17 的值. [解]　设 M＝cos π 17cos 2π 17 cos 3π 17 …cos 8π 17 ，N＝sin π 17sin 2π 17 sin3π 17 …sin 8π 17 ， 则 M·N ＝ sin π 17cos π 17· sin 2π 17 cos 2π 17 · … · sin 8π 17 · cos 8π 17 ＝ 1 28sin 2π 17 sin 4π 17 · … · sin 16π 17 ＝ 1 28sin π 17 sin 2π 17 ·…·sin 8π 17 ＝ 1 28·N. 而 N≠0，故 M＝ 1 28＝ 1 256. [应用体验] 1.sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°的值为________. 解析：设 A＝sin 10°sin 30°sin 50°sin 70°，B＝cos 10°cos 30°cos 50°cos 70°， 则 A·B＝ 1 16sin 20°sin 60°sin 100°sin 140°＝ 1 16cos 70°cos 30°cos 10°cos 50°＝ 1 16B，而 B≠0， 由此可得 A＝ 1 16.答案： 1 16 2.一直线被两直线 4x＋y＋6＝0，3x－5y－6＝0 截得的线段中点恰好是坐标原点，则这条直线的方程为 ________. 解析：设所求直线分别交直线 4x＋y＋6＝0，3x－5y－6＝0 于点 M，N，设 M(x0，y0)， 则有 4x0＋y0＋6＝0.① 因为 M，N 关于原点对称，所以 N(－x0，－y0)，从而－3x0＋5y0－6＝0.② 由①＋②得 x0＋6y0＝0.③ 显然 M(x0，y0)，N(－x0，－y0)，O(0，0)三点的坐标均适合方程③. 故所求直线的方程为 x＋6y＝0. 答案：x＋6y＝0 3.已知椭圆 x2 25＋ y2 9 ＝1，F1，F2 为焦点，点 P 为椭圆上一点，∠F1PF2＝ π 3 ，则 S△F1PF2＝________. 解析：设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，由椭圆定义得 r1＋r2＝10.① 由余弦定理得 r21＋r22－2r1r2cos π 3 ＝64.② ①2－②得，r1r2＝12，所以 S△F1PF2＝ 1 2r1r2sin π 3 ＝3 3. 答案：3 3 4.在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线 x2 a2－ y2 b2＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为 F 的抛物线 x2＝2py(p＞0)交于 A， B 两点.若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________. 4 1­ 第 20 页 共 23 页 解析：法一：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋ p 2，|BF|＝y2＋ p 2，|OF|＝ p 2，由|AF|＋|BF|＝ y1＋ p 2＋y2＋ p 2＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得 y1＋y2＝p.联立方程，得{x2 a2－y2 b2＝1， x2＝2py ⇒ 2py a2 － y2 b2＝1⇒ y2 b2－ 2py a2 ＋1＝0. 由根与系数的关系得 y1＋y2＝－ －2p a2 1 b2 ＝ 2p a2×b2＝ 2b2 a2 p.∴ 2b2 a2 p＝p⇒ b2 a2＝ 1 2⇒ b a＝ 2 2 ， ∴双曲线的渐近线方程为 y＝± 2 2 x. 法二：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋ p 2，|BF|＝y2＋ p 2，|OF|＝ p 2，由|AF|＋|BF|＝y1＋ p 2＋y2＋ p 2＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得 y1＋y2＝p.kAB＝ y2－y1 x2－x1＝ x 2p－ x 2p x2－x1 ＝ x2＋x1 2p . 由{ x a2－ y b2＝1， x a2－ y b2＝1， 得 kAB＝ y2－y1 x2－x1＝ b2（x1＋x2） a2（y1＋y2）＝ b2 a2· x1＋x2 p ，则 b2 a2·x1＋x2 p ＝ x2＋x1 2p ， ∴ b2 a2＝ 1 2⇒ b a＝ 2 2 ，∴双曲线的渐近线方程为 y＝± 2 2 x.答案：y＝± 2 2 x 第 8 术　解题卡壳，攻坚突围 解题卡壳，一般都是卡在压轴题，或计算量大的题上，有时也卡在有些条件特殊的选择题、填空题上.卡壳 题不一定就是做不好的题，或是啃不动的题，而是因某些运算，或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子难 想出好主意，或回忆不到相关的公式、定理，或想不出相应的辅助线、辅助函数，或把条件看错，或在推 理中错算了一步，再无法继续.解题过程卡在某一过渡环节上是常见的事.当解题遇到卡壳时，应注意调整心 态、保持冷静，注重更换思考方式、跳步或跳问解答，沉着迎战. 一般来说，对卡壳题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析，回头整合相关 的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移，考查相关定义 与图形，从不同的角度再次认识条件及结论，使之产生解题的灵感，从而获得相关的“自我提示”.因此， 在重审结论或剖析条件时，要注重考查命题所涉及的概念、定理，把握命题的结构特点，构建相应的数学 模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么.在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否对路时，要 注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什 么，用什么.在沟通条件与结论时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什 么，找什么.这就是我们常说的卡壳突围术.常见的突围策略有以下两种. 策略（一）　前难后易空城计 对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用前一问的结论来求 解的，此时应放弃前一问的求解，着重攻后面的几问，并将前一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地 第 21 页 共 23 页 配合题设条件或有关定理来解答后面的问题.这种利用自己根本不懂或不会证明的问题作条件来解后几问的 做法，就是数学解题中的“空城计”，即：前问难作后问易，弃前攻后为上计(也可说成：前难后易前问弃， 借前结论攻后题). [例 1]　设函数 fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R). (1)设 n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间(1 2，1 )内存在唯一零点； (2)设 n＝2，若对任意 x1，x2∈[－1，1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求 b 的取值范围； (3)在(1)的条件下，设 xn 是 fn(x)在(1 2，1 )内的零点，判断数列 x2，x3，…，xn，…的增减性. [解]　(1)证明：当 b＝1，c＝－1，n≥2 时，fn(x)＝xn＋x－1.∵fn(1 2 )·fn(1)＝( 1 2n－1 2)×1＜0， ∴fn(x)在(1 2，1 )内存在零点.又∵当 x∈(1 2，1 )时，fn′(x)＝nxn－1＋1＞0，∴fn(x)在(1 2，1 )上是单调递增的， ∴fn(x)在区间(1 2，1 )内存在唯一零点. (2)当 n＝2 时，f2(x)＝x2＋bx＋c.对任意 x1，x2∈[－1，1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4 等价于 f2(x)在[－1，1]上的最 大值与最小值之差 M≤4.据此分类讨论如下： ①当|b 2 |＞1，即|b|＞2 时，M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾. ②当－1≤－ b 2＜0，即 0＜b≤2 时，M＝f2(1)－f2(－b 2 )＝(b 2＋1 ) 2 ≤4 恒成立. ③当 0≤－ b 2≤1，即－2≤b≤0 时，M＝f2(－1)－f2(－b 2 )＝(b 2－1 ) 2 ≤4 恒成立. 综上可知，当－2≤b≤2 时，对任意 x1，x2∈[－1，1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4.故 b 的取值范围为[－2，2]. (3)法一：设 xn 是 fn(x)在(1 2，1 )内的唯一零点(n≥2)，则 fn(xn)＝xnn＋xn－1＝0， fn＋1(xn＋1)＝xn＋1n＋1＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈(1 2，1 )，于是有 fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1) ＝xn＋1n＋1＋xn＋1－1＜x nn＋1＋xn＋1－1＝fn(xn＋1).又由(1)知 fn(x)在(1 2，1 )上是单调递增的，故 xn＜xn＋1(n≥2)， 所以数列 x2，x3，…，xn，…是递增数列. 法二：设 xn 是 fn(x)在(1 2，1 )内的唯一零点，fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(xn＋1n ＋xn－1)(1n＋1＋1－1) ＝xn＋1n ＋xn－10，则当 x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， 所以 f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增.又 f(1)＝－e，f(2)＝a，取 b 满足 b<0 且 b a 2(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－3 2b)>0，故 f(x)存在两个零点. ③设 a<0，由 f′(x)＝0 得 x＝1 或 x＝ln(－2a).若 a≥－ e 2，则 ln(－2a)≤1，故当 x∈(1，＋∞)时， f′(x)>0，因此 f(x)在(1，＋∞)内单调递增.又当 x≤1 时，f(x)<0，所以 f(x)不存在两个零点. 若 a<－ e 2，则 ln(－2a)>1，故当 x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当 x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0. 因此 f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增. 又当 x≤1 时，f(x)<0，所以 f(x)不存在两个零点.综上，a 的取值范围为(0，＋∞). (2)证明：不妨设 x1f(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)ex2. 设 g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则 g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex).所以当 x>1 时，g′(x)<0，而 g(1)＝0， 故当 x>1 时，g(x)<0.从而 g(x2)＝f(2－x2)<0，故 x1＋x2<2. [点评]　本题在证明 x1＋x2<2 时，如果直接从题目条件出发，很难证明该结论成立，而通过分析，将 x1＋x2<2 转化为 x1<2－x2<1，利用函数 f(x)的单调性及 f(x1)＝f(x2)，将问题转化为证明不等式 f(x1)>f(2－x2)，进而构 造函数 g(x)＝f(2－x2)，转化为证明函数 g(x)的最大值小于 0，从而使问题得证. [应用体验] 第 23 页 共 23 页 1.设函数 f(x)＝ln x－x＋1.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)求证：当 x∈(1，＋∞)时，1＜ x－1 ln x＜x； (3)设 c＞1，求证：当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx. 解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ 1 x－1，令 f′(x)＝0，解得 x＝1. 当 0＜x＜1 时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当 x＞1 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减. (2)证明：由(1)知，f(x)在 x＝1 处取得最大值，最大值为 f(1)＝0. 所以当 x≠1 时，ln x＜x－1.故当 x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln 1 x＜ 1 x－1，即 1＜ x－1 ln x＜x. (3)证明：由题设 c＞1，设 g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则 g′(x)＝c－1－cxln c.令 g′(x)＝0，解得 x0＝ ln c－1 ln c ln c . 当 x＜x0 时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当 x＞x0 时，g′(x)＜0，g(x)单调递减. 由(2)知 1＜ c－1 ln c＜c，故 0＜x0＜1.又 g(0)＝g(1)＝0，故当 0＜x＜1 时，g(x)＞0. 所以当 x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx. 2.已知函数 f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R).(1)若 f(x)≤g(x)恒成立，求实数 m 的取值范围； (2)已知 x1，x2 是函数 F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且 x10)，F′(x)＝ 1 x－1＝ 1－x x ， 当 x>1 时，F′(x)<0；当 00，所以 F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增， 所以 F(x)在 x＝1 处取得最大值，为－1－m.若 f(x)≤g(x)恒成立， 则 F(x)≤0 恒成立，所以－1－m≤0，解得 m≥－1.所以实数 m 的取值范围为[－1，＋∞). (2)证明：由(1)可知，函数 F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点 x1，x2 满足 0F( 1 x1 )， 因为 F(x1)＝F(x2)＝0，所以 m＝ln x1－x1， 即证 ln 1 x1－ 1 x1－m＝ln 1 x1－ 1 x1＋x1－ln x1＝－ 1 x1＋x1－2ln x1<0. 令 h(x)＝－ 1 x＋x－2ln x，则 h′(x)＝ 1 x2＋1－ 2 x＝ （x－1）2 x2 ， 当 00，则 h(x)在(0，1)上单调递增，所以 h(x)