【数学】2019届一轮复习北师大版光速解题——学会种快速解题技法学案文 18页

一、光速解题——学会12种快速解题技法 方法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(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)来确定其结果,这种方法称为特值法.特值法只需对特殊数值、特殊情形进行检验,省去了推理论证、烦琐的演算过程,提高了解题的速度.特值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)=若f(x0)>3,则x0的取值范围为(　　)‎ A.(-∞,0)∪(2,+∞) B.(0,2)‎ C.(-∞,-1)∪(3,+∞) D.(-1,3)‎ ‎(2)在数列{an}中,a1=2,an=an-1+ln (n≥2),则an=(　　)‎ A.2+ln n B.2+(n-1)ln n C.2+nln n D.1+n+ln n 答案　(1)C　(2)A 解析　(1)取x0=1,则f(1)=+1=<3,故x0≠1,排除B、D;取x0=3,则f(3)=log28=3,故x0≠3,排除A.故选C.‎ ‎(2)由an=an-1+ln=an-1-ln(n-1)+ln n(n≥2),可知an-ln n=an-1-ln(n-1)(n≥2).令bn=an-ln n,则数列{bn}是以b1=a1-ln 1=2为首项,d=bn-bn-1=0为公差的等差数列,则bn=2,故2=an-ln n,∴an=2+ln n.‎ 典例2　(特殊点)(1)函数f(x)=的图象是(　　)‎ ‎(2)如图,点P为椭圆+=1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轴的平分线,它们相交于点C,过点P引BC,AC的平行线交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=(　　)‎ A.1 B‎.2 ‎ C. D.‎ 答案　(1)C　(2)A 解析　(1)因为x≠±1,所以排除A;因为f(0)=1,所以函数f(x)的图象过点(0,1),排除D;因为f==,所以排除B,故选C.‎ ‎(2)不妨取点P,则可计算S1=×(5-4)=,由题易得PD=2,PE=,所以S2=×2×=,所以S1∶S2=1.‎ 典例3　(特殊函数)若函数y=f(x)对定义域D中的每一个x1,都存在唯一的x2∈D,使f(x1)·f(x2)=1成立,则称f(x)为“影子函数”,有下列三个命题:‎ ‎①“影子函数”f(x)的值域可以是R;‎ ‎②“影子函数”f(x)可以是奇函数;‎ ‎③若y=f(x),y=g(x)都是“影子函数”,且定义域相同,则y=f(x)·g(x)是“影子函数”.‎ 上述命题正确的序号是(　　)‎ A.① B.② C.③ D.②③‎ 答案　B 解析　对于①:假设“影子函数”的值域为R,则存在x1,使得f(x1)=0,此时不存在x2,使得f(x1)f(x2)=1,所以①错;‎ 对于②:函数f(x)=x(x≠0),对任意的x1∈(-∞,0)∪(0,+∞),取x2=,则f(x1)f(x2)=1,又因为函数f(x)=x(x≠0)为奇函数,所以“影子函数”f(x)可以是奇函数,②正确;‎ 对于③:函数f(x)=x(x>0),g(x)=(x>0)都是“影子函数”,但F(x)=f(x)g(x)=1(x>0)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③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=a,=b,过点E的直线分别交AB,AC于P,Q两点,且=ma,=nb,则+=(　　)‎ A.3 B‎.4 ‎ C.5 D.‎ ‎(2)如图,在三棱柱的侧棱A‎1A和B1B上各有一动点P,Q满足A1P=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∶1 B.2∶‎1 ‎C.4∶1 D.∶1‎ 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(1),令PQ∥BC,‎ 则=,=,此时,m=n=,‎ 故+=3.故选A.‎ 解法二:如图(2),直线BE与直线PQ重合,此时,=,=,故m=1,n=,所以+=3.故选A.‎ ‎(2)将P,Q置于特殊位置:P→A1,Q→B,此时仍满足条件A1P=BQ(=0),则有==.‎ 因此过P、Q、C三点的截面把棱柱分成体积比为2∶1的两部分.‎ 典例5　(特殊图形)AD,BE分别是△ABC的中线,若||=||=1,且与的夹角为120°,则·=　　　　. ‎ 答案　‎ 解析　若△ABC为等边三角形,则||=,‎ ‎∴·=||||cos 60°=.‎ 方法2　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,借助形的直观性来阐明数之间的联系,即以形作为手段,以数作为目的,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,即以数作为手段,以形作为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.‎ 典例6　(数形结合法解决函数问题)(1)用min{a,b,c}表示a,b,c三个数中的最小值,设f(x)=min{2x,x+2,10-x}(x≥0),则f(x)的最大值为(　　)‎ A.4 B.5 ‎ C.6 D.7‎ ‎(2)已知函数y=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　　　　. ‎ 答案　(1)C　(2)(0,1)∪(1,2)‎ 解析　(1)画出y=2x,y=x+2,y=10-x的图象(如图),观察图象可知f(x)=‎ ‎∴f(x)的最大值在x=4时取得,为6.‎ ‎(2)y==‎ 其图象如图,结合图象可知0=120°,∠OMF2=60°.‎ 因为O为F‎1F2的中点,所以OM∥PF1,‎ 所以∠F1PF2=∠OMF2=60°.‎ 在△F1PF2中,设|PF1|=m,|PF2|=n,‎ 因为a=1,b=,所以c=,在△F1PF2中,由余弦定理得,cos∠F1PF2=,即 cos 60°==,整理得m2+n2-mn=28,所以 解得 过点F2作F2N⊥PF1于N,在Rt△PF2N中,|F2N|=|PF2|·sin 60°=2,即点F2到直线PF1的距离为2.故选C.‎ 方法3　换元法 ‎　　换元法又称辅助元素法、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,或者变为熟悉的形式,把复杂的计算和推证简化.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去研究.‎ 典例10　(三角换元)已知x,y∈R,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+(y)2=()2,‎ 故设x+y=cos α,y=sin α,‎ 即x=cos α-sin α,y=sin α.‎ 则z=x2+4y2=6-2xy=6-2(cos α-sin α)·sin α ‎=8-4sin.‎ 所以8-4≤z≤8+4,即z的取值范围为[4,12].‎ 典例11　(整体代换)如图,已知椭圆C的离心率为,点A、B、F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点,且S△ABF=1-.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)已知直线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.‎ 解析　(1)由已知得椭圆的焦点在x轴上,设其方程为+=1(a>b>0),则A(a,0),B(0,b),F(c,0)(c=).‎ 由已知可得e2==,所以a2=4b2,即a=2b,故c=b.‎ 又S△ABF=|AF|·|OB|=(a-c)b=1-.‎ 所以b=1,a=2,c=.‎ 所以椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)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=1,故有m2=1+k2.①‎ 由消去y得x2+2kmx+m2-1=0.‎ 设M(x1,y1),N(x2,y2),‎ 则x1+x2=-=-,x1x2==.‎ 所以|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2=-4×=.②‎ 将①代入②中,得|x1-x2|2=,‎ 故|x1-x2|=.‎ 所以|MN|=|x1-x2|=·=.‎ 故△OMN的面积S=|MN|×1=××1=.‎ 令t=4k2+1(t≥1),则k2=,代入上式,得S=2=====,‎ 所以当t=3,即4k2+1=3,解得k=±时,S取得最大值,且最大值为×=1.‎ 典例12　(局部换元)设对一切实数x,不等式x2log2+2xlog2+log2>0恒成立,求a的取值范围.‎ 解析　注意到log2和log2及log2之间的关系,换元化为一元二次不等式在R上恒成立问题.设log2=t,t∈R,则log2=log2=3+log2=3-log2=3-t,log2=2log2=-2t,原不等式化为(3-t)x2+2tx-2t>0,它对一切实数x恒成立,所以解得∴t<0,即log2<0,0<<1,解得01),求loga(uv)的最大值和最小值.‎ 解析　令x=logau,y=logav,则x≥0,y≥0,已知等式可化为(x-1)2+(y-1)2=4(x≥0,y≥0),再设t=loga(uv)=x+y(x≥0,y≥0),由图可知,当线段y=-x+t(x≥0,y≥0)与圆弧(x-1)2+(y-1)2=4(x≥0,y≥0)相切时(如图中CD位置),截距t取最大值tmax=2+2;当线段端点是圆弧端点时(如图中AB位置),t取最小值tmin=1+.因此loga(uv)的最大值是2+2,最小值是1+.‎ 点拨　利用两次换元探究动点的轨迹方程,数形结合使问题变得直观.换元中应注意旧变量对新变量的限制.‎ 方法4　待定系数法 ‎　　要确定变量间的函数关系,设出某些未知系数,然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫做待定系数法,其理论依据是多项式恒等——两个多项式各同类项的系数对应相等.使用待定系数法,就是把具有某种确定形式的数学问题,通过引入一些待定的系数,转化为方程组来解决.待定系数法主要用来解决具有某种确定的数学表达式的数学问题,例如数列求和、求函数解析式等.‎ 典例14　(求函数解析式)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象如图所示,其中|PQ|=2,则f(x)的解析式为　　　　　　　　　　. ‎ 答案　f(x)=2sin 解析　由题图可知A=2,P(x1,-2),Q(x2,2),所以|PQ|===2.‎ 整理得|x1-x2|=2,所以其最小正周期T=2|x1-x2|=4,即=4,解得ω=.‎ 又函数图象过点(0,-),‎ 所以2sin φ=-,即sin φ=-,‎ 又|φ|<,所以φ=-,所以f(x)=2sin.‎ 典例15　(求曲线方程)已知椭圆C的焦点在x轴上,其离心率为,且过点A,则椭圆C的标准方程为　　　　　　. ‎ 答案　+y2=1‎ 解析　设椭圆C的标准方程为+=1(a>b>0).‎ 因为e==,所以=,即a=2b.‎ 故椭圆C的方程为+=1.‎ 又点A在椭圆C上,所以+=1,‎ 解得b2=1.‎ 所以椭圆C的标准方程为+y2=1.‎ 典例16　(数列求和)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 解析　设等差数列{an}的前n项和为Sn=An2+Bn.‎ 由已知可得化简得 解得所以Sn=3n2-2n.‎ 方法5　构造法 ‎　　构造法是指利用数学的基本思想,经过认真观察,深入思考,构造出数学模型,从而使问题得以解决.构造法的内涵十分丰富,没有完全固定的模式可以套用,它是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,其基本方法是借用一类问题的性质,来研究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17　(构造函数)(1)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f '(x),满足f '(x)n B.m2+ D.m,n的大小关系不确定 答案　(1)B　(2)A 解析　(1)因为f(x+2)为偶函数,所以f(x+2)的图象关于直线x=0对称,所以f(x)的图象关于直线x=2对称.所以f(0)=f(4)=1.‎ 设g(x)=(x∈R),‎ 则g'(x)==.‎ 又f '(x)0.故选B.‎ ‎(2)由不等式可得-0,‎ 故函数f(x)在(2,e)上单调递增.‎ 因为f(n)x2的区域内,则->,‎ 整理得(2k+1)(6k2-2k+1)<0,解得k<-.‎ 因此当k<-时,抛物线y=x2上存在两点关于直线y=k(x-3)对称,于是当k≥-时,抛物线y=x2上不存在两点关于直线y=k(x-3)对称.‎ 所以实数k的取值范围为.故选D.‎ 方法7　割补法 ‎　　典例23　(分割)(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. km2 B. km2‎ C. km2 D. km2‎ ‎(2)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体积是(　　)‎ A.64 B‎.72 ‎C.80 D.112‎ 答案　(1)D　(2)C 解析　(1)如图,连接AC.在△ABC中,根据余弦定理可得AC= 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°,‎ ‎△ADC为等腰三角形,且∠D=150°,‎ 设AD=DC=x km,‎ 根据余弦定理得x2+x2+x2=3,‎ 即x2==3(2-).‎ 所以所求的面积为×1×+×3(2-)×==(km2).‎ ‎(2)根据三视图可知该几何体为四棱锥P-ABCD与正方体ABCD-A1B‎1C1D1的组合体,如图所示.‎ 由三视图中的数据可知,正方体ABCD-A1B‎1C1D1的棱长为4,四棱锥P-ABCD的底面为正方形ABCD,高h=3,且PA=PB.‎ 正方体ABCD-A1B‎1C1D1的体积为V1=43=64,‎ 四棱锥P-ABCD的底面积为S=42=16,则其体积为V2=Sh=×16×3=16.‎ 故所求几何体的体积为V=V1+V2=64+16=80,故选C.‎ 典例24　(补形)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 答案　B 解析　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=π×22×4=8π,‎ 直三棱柱的体积为V2=×4×2×4=16.‎ 所以所求几何体的体积为V=V1-V2=8π-16.故选B.‎ 方法8　等积转化法 ‎　　等积转化法就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,构造关于点到面的距离的方程来求解相关问题的方法.其主要用于立体几何中求解点到面的距离.‎ 典例25　如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.‎ ‎(1)求证:PC⊥AD;‎ ‎(2)求点D到平面PAM的距离.‎ 解析　(1)证明:取AD的中点O,连接OP,OC,AC,‎ 因为四边形ABCD是∠ABC=60°的菱形,‎ 所以∠ADC=60°,AD=CD,‎ 所以△ACD是正三角形,所以OC⊥AD,‎ 又△PAD是正三角形,所以OP⊥AD,‎ 又OC∩OP=O,OC⊂平面POC,OP⊂平面POC,‎ 所以AD⊥平面POC,又PC⊂平面POC,‎ 所以PC⊥AD.‎ ‎(2)点D到平面PAM的距离即为点D到平面PAC的距离,‎ 由(1)可知PO⊥AD,因为平面PAD⊥平面ABCD,‎ 平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,‎ 所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高,‎ 在Rt△POC中,PO=OC=,PC=,‎ 在△PAC中,PA=AC=2,PC=,‎ 所以边PC上的高AM==,‎ 所以S△PAC=PC·AM=××=,‎ 设点D到平面PAC的距离为h,‎ 由VD-PAC=VP-ACD得,S△PAC·h=S△ACD·PO,‎ 即×·h=××22×,解得h=,所以点D到平面PAM的距离为.‎ 方法9　坐标法 ‎　　坐标法是解决平面图形(立体几何中也有坐标方法的应用)问题的有力工具.‎ 典例26　已知直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AD=2,BC=1,P是腰DC上的动点,则|+3|的最小值为　　　　. ‎ 答案　5‎ 解析　建立平面直角坐标系如图所示,设P(0,y),C(0,b),B(1,b),A(2,0),‎ 则+3=(2,-y)+3(1,b-y)=(5,3b-4y).‎ 所以|+3|2=25+(3b-4y)2(0≤y≤b).‎ 当y=b时,|+3|min=5.‎ 方法10　向量法 ‎　　向量方法在解决几何问题、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27　(1)在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD,则cos∠DAC等于(　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎(2)已知a2+b2=1,m2+n2=1,则am+bn的取值范围是　　　　. ‎ 答案　(1)B　(2)[-1,1]‎ 解析　(1)以点B为坐标原点,射线BA,BC分别为x轴,y轴的正方向建立平面直角坐标系,‎ 设AB=2,则AC=,AD=,C(0,1),A(2,0),D(1,1),则=(-2,1),=(-1,1),所以·=(-2,1)·(-1,1)=3,‎ 根据平面向量数量积定义知·=||·||·cos∠CAD=cos∠CAD,‎ 所以cos∠CAD=3,‎ 所以cos∠CAD==.‎ ‎(2)设u=(a,b),v=(m,n),‎ 则|u|=|v|=1且u·v=am+bn,‎ 根据平面向量数量积的定义知u·v=|u|·|v|cos θ=cos θ,其中θ为向量u,v的夹角,‎ 因为0≤θ≤π,所以-1≤cos θ≤1,‎ 所以-1≤am+bn≤1,‎ 故所求am+bn的取值范围是[-1,1].‎ 方法11　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,因此说明假设错误,从而证明了原命题成立的证明方法.利用反证法证明问题一般分为三步:(1)反设,即否定结论;(2)归谬,即推导矛盾;(3)得结论,即说明原命题成立.‎ 典例28　(1)如果△A1B‎1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B‎2C2的三个内角的正弦值,则(　　)‎ A.△A1B‎1C1和△A2B‎2C2都是锐角三角形 B.△A1B‎1C1和△A2B‎2C2都是钝角三角形 C.△A1B‎1C1是钝角三角形,△A2B‎2C2是锐角三角形 D.△A1B‎1C1是锐角三角形,△A2B‎2C2是钝角三角形 ‎(2)已知x∈R,a=x2+ ,b=1-3x,c=x2+x+1,则下列说法正确的是(　　)‎ A.a,b,c至少有一个不小于1‎ B.a,b,c至多有一个不小于1‎ C.a,b,c都小于1‎ D.a,b,c都大于1‎ 答案　(1)D　(2)A 解析　(1)由条件知△A1B‎1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B‎1C1是锐角三角形,且△A2B‎2C2不是直角三角形.‎ 假设△A2B‎2C2是锐角三角形,‎ 则由题意可得 解得 所以A2+B2+C2=++,‎ 即π=-π,显然该等式不成立,所以假设不成立.‎ 所以△A2B‎2C2是钝角三角形.故选D.‎ ‎(2)假设a,b,c均小于1,即a<1,b<1,c<1,则有a+b+c<3,而a+b+c=2x2-2x+=2+3≥3.显然两者矛盾,所以假设不成立.故a,b,c至少有一个不小于1.‎ 点拨　反证法证明全称命题以及“至少”“至多”类型的问题比较方便.其关键是根据假设导出矛盾——与已知条件、定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾.‎ 方法12　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.‎ 典例29　如图,在多面体ABCDEF中,已知平面ABCD是边长为3的正方形,EF∥AB,EF=,EF与平面ABCD的距离为2,则该多面体的体积为(　　)‎ A. B‎.5 ‎ C.6 D.‎ 答案　D 解析　多面体ABCDEF是一个不规则的多面体,我们无法直接利用公式求出体积,观察图形,挖掘题目的隐含条件,连接BE,CE,四棱锥E-ABCD的体积容易求出来,根据多面体的体积大于四棱锥的体积,结合选项,易得多面体的体积.‎ 连接BE,CE,四棱锥E-ABCD的体积为VE-ABCD=×3×3×2=6,多面体ABCDEF的体积大于四棱锥E-ABCD的体积,即所求几何体的体积V>VE-ABCD=6,而四个选项里面大于6的只有,故选D.‎