高考数学二轮复习第3部分策略2巧用8招秒杀选择填空题教案文

/11/11/策略2巧用8招秒杀选择、填空题解法1巧取特值有效求参【典例1】已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2x|，0＜x≤2，,log2?4－x?，2＜x＜4，))若f(a)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))，则a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(7,2)))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(7,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(17)－1,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(7,2)))D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(17)－1,4)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)，\f(7,2)))D[(特殊值法)当a＝eq\f(7,4)时，f(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log2\f(7,4)))＝log2eq\f(7,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))＝log2eq\f(7,4)，所以f(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))成立，排除A，C.因为eq\f(\r(17)－1,4)－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(17)－3,4)＞0，而eq\f(\r(17)－1,4)－eq\f(3,4)＝eq\f(\r(17)－4,4)＞0，eq\f(3,4)＞eq\f(1,2)，所以当a＝eq\f(3,4)时，f(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log2\f(3,4)))＝－log2eq\f(3,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(log2\f(5,4)))＝log2eq\f(5,4)，－log2eq\f(3,4)＞log2eq\f(5,4)，所以f(a)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2)))成立，排除B.选D.]对于常见的求参数范围的选择题，常常可以通过选项中的范围取特殊值验证题中条件，或者通过题中条件取特殊值检验选项，从而利用排除法求解，避免整体研究一般规律或所有情况，起到“以点透面”的作用.【链接高考1】(2018·全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x>0，))则满足f(x＋1)<f(2x)的x的取值范围是()A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)C．(－1,0) D．(－∞，0)D[取x＝－eq\f(1,2)，则f(x＋1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，f(2x)＝f(－1)＝2，f(x＋1)＜f(2x)，因为－eq\f(1,2)不在(－∞，－1]上，故A错误．取x＝1，则f(x＋1)＝f(2)＝1，f(2x)＝f(2)＝1，f(x＋1)＝f(2x)，因1∈(0，＋∞)，故B错误．取x＝－2，则f(x＋1)＝f(－1)＝2，f(2x)＝f(－4)＝16，f(x＋1)＜f(2x)，因－2?(－1,0)，故C错误．故选D.]解法2巧构函数妙破压轴【典例2】已知f(x)是定义在R上的奇函数，记f(x)的导函数为f′(x)，当x≥0时，f′(x)－f(x)＞0.若?x∈[－2，＋∞)，使得不等式f[ex(x3－3x＋3)]≤f(aex＋x)成立，则实数a的最小值为()A.eq\f(2,e)－1 B．2－eq\f(2,e)C．1＋2e2 D．1－eq\f(1,e)D[令g(x)＝eq\f(f?x?,ex)(x≥0)，则g′(x)＝eq\f(f′?x?－f?x?,ex)＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上为增函数，又f(x)＝exg(x)，所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，又f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(x)在[－2，＋∞)上为增函数．所以“?x∈[－2，＋∞)，使得f[ex(x3－3x＋3)]≤f(aex＋x)成立”等价于“?x∈[－2，＋∞)，使得x3－3x＋3≤a＋eq\f(x,ex)成立”，也就等价于“?x∈[－2，＋∞)，使得a≥x3－3x＋3－eq\f(x,ex)成立”．设h(x)＝x3－3x＋3－eq\f(x,ex)，x∈[－2，＋∞)，所以h′(x)＝3x2－3＋eq\f(x－1,ex)＝(x－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋3＋\f(1,ex))).令m(x)＝3x＋3＋eq\f(1,ex)，x∈[－2，＋∞)，所以m′(x)＝3－eq\f(1,ex)，令m′(x)＝0，解得x＝－ln3，当x∈[－2，－ln3)时，m′(x)＜0，函数m(x)单调递减，当x∈[－ln3，＋∞)时，m′(x)＞0，函数m(x)单调递增，所以m(x)≥m(－ln3)＝－3ln3＋3＋3＝3(2－ln3)＞0.令h′(x)＝0，解得x＝1.所以当x∈[－2,1)时，h′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，所以h(x)min＝h(1)＝1－3＋3－eq\f(1,e)＝1－eq\f(1,e)，所以a≥1－eq\f(1,e).故实数a的最小值为1－eq\f(1,e).故选D.]解决本题的关键在于构造函数：?1?根据“当x≥0时，f′?x?－f?x?＞0”构造函数g?x?＝EQ\f(f?x?,ex)?x≥0?；?2?根据“?x∈[－2，＋∞?，使得x3－3x＋3≤a＋EQ\f(x,ex)成立”分离参数构造h?x?＝x3－3x＋3－EQ\f(x,ex)，x∈[－2，＋∞?.【链接高考2】(2015·全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0)D．(0,1)∪(1，＋∞)A[构造函数y＝g(x)＝eq\f(f?x?,x)，通过研究g(x)的图象的示意图与性质得出使f(x)>0成立的x的取值范围．设y＝g(x)＝eq\f(f?x?,x)(x≠0)，则g′(x)＝eq\f(xf′?x?－f?x?,x2)，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，∴g(x)的图象的示意图如图所示．当x>0，g(x)>0时，f(x)>0,0<x<1，当x<0，g(x)<0时，f(x)>0，x<－1，∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.]解法3妙识图象快速判断【典例3】如图，半径为1的圆O中，A，B为直径的两个端点，点P在圆上运动，设∠BOP＝x，将动点P到A，B两点的距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)在[0,2π]上的图象大致为()A[(排除法)以角度为变量的三角函数图象是弯曲的，排除C，D；当∠BOP＝eq\f(π,2)时，y＝f(x)＝2eq\r(2)＜3，排除B.选A.]对于以选择题出现的函数图象问题，宜用排除法处理，排除法的主要依据有函数的定义域、单调性、奇偶性、图象的变换，特殊值，图象趋势等.一般先考虑奇偶性，再考虑特殊值或者图象趋势.【链接高考3】(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x)的图象大致为()ABCDB[(排除法)当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))时，f(x)＝tanx＋eq\r(4＋tan2x)，图象不会是直线段，从而排除A，C.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))＝1＋eq\r(5)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝2eq\r(2).∵2eq\r(2)<1＋eq\r(5)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)))，从而排除D，故选B.]解法4题现最值信息巧用导数方法【典例4】已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)＋acos(2x＋φ)(0＜φ＜π)的最大值为2，且满足f(x)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－x))，则φ＝()A.eq\f(π,6) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,6)或eq\f(5π,6) D.eq\f(π,3)或eq\f(2π,3)D[由f(x)的最大值为2可知a＝±eq\r(3)，且函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(π,4)对称．由题意可得f′(x)＝2cos(2x＋φ)－2asin(2x＋φ)(0＜φ＜π)，则f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))－2asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋φ))＝－2sinφ－2acosφ＝0(0＜φ＜π)，所以tanφ＝－a(0＜φ＜π)，所以tanφ＝±eq\r(3)(0＜φ＜π)，所以φ＝eq\f(π,3)或eq\f(2π,3).故选D.]当题中提供正弦、余弦函数的最值信息?常见的有图象、对称轴、最值等?时，可以借助导数值探求.【链接高考4】(2013·全国卷Ⅰ)设当x＝θ时，函数f(x)＝sinx－2cosx取得最大值，则cosθ＝________.－eq\f(2\r(5),5)[y＝sinx－2cosx＝eq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(5))sinx－\f(2,\r(5))cosx))，设eq\f(1,\r(5))＝cosα，eq\f(2,\r(5))＝sinα，则y＝eq\r(5)(sinxcosα－cosxsinα)＝eq\r(5)sin(x－α)．∵x∈R，∴x－α∈R，∴ymax＝eq\r(5).又∵x＝θ时，f(x)取得最大值，∴f(θ)＝sinθ－2cosθ＝eq\r(5).又sin2θ＋cos2θ＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sinθ＝\f(1,\r(5))，,cosθ＝－\f(2,\r(5))，))即cosθ＝－eq\f(2\r(5),5).]解法5巧妙补形妙解立几【典例5】在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()A．10eq\r(3)π B．18πC．20π D．9eq\r(3)πC[(补形法)由题意知，该三棱锥为正六棱柱内的一个三棱锥(如图所示的三棱锥P-ABC)且有PA＝AB＝AC＝2，所以该三棱锥的外接球也是该正六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R为该正六棱柱的体对角线长，即2R＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)?R＝eq\r(5)，所以该球的表面积为4πR2＝20π.故选C.]求解本题的关键是根据几何体的几何特征?PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°?构造恰当且特殊的几何体.【链接高考5】(2015·全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如右图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为()A.eq\f(1,8)B.eqB.eq\f(1,7)C.eqC.eq\f(1,6)D.eq\f(1,5)D[(割补法)由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，剩余部分的体积V2＝13－eq\f(1,6)＝eq\f(5,6).所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,6),\f(5,6))＝eq\f(1,5)，故选D.]解法6向量坐标化几何代数化【典例6】已知等边三角形ABC的边长为2，D，E分别是边BC，AC的中点，点P是线段AC上的动点，则eq\o(DE,\s\up9(→))·eq\o(BP,\s\up9(→))的取值范围是()A．[0,2] B．[0,1]C．[1,2] D．[0，eq\r(3)]C[(坐标法)由题意知，等边三角形ABC的边长为2，D，E分别是边BC，AC的中点，点P是线段AC上的动点，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(－1,0，)B(1,0)，C(0，eq\r(3))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，eq\o(DE,\s\up9(→))＝(－1,0)，设P(x，eq\r(3)＋eq\r(3)x)，x∈[－1,0]，则eq\o(BP,\s\up9(→))＝(x－1，eq\r(3)＋eq\r(3)x)，则eq\o(DE,\s\up9(→))·eq\o(BP,\s\up9(→))＝1－x∈[1,2]．故选C.]根据题目建立平面直角坐标系，将问题代数化，是解决向量问题的重要思路，对于不容易建立坐标系的小题，可考虑将图形特殊化求解.【链接高考6】(2017·全国卷Ⅱ)已知△ABC是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则eq\o(PA,\s\up9(→))·(eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→)))的最小值是()A．－2 B．－eq\f(3,2)C．－eq\f(4,3) D．－1B[方法1：(解析法)建立坐标系如图①所示，则A，B，C三点的坐标分别为A(0，eq\r(3))，B(－1,0)，C(1,0)．图①设P点的坐标为(x，y)，则eq\o(PA,\s\up9(→))＝(－x，eq\r(3)－y)，eq\o(PB,\s\up9(→))＝(－1－x，－y)，eq\o(PC,\s\up9(→))＝(1－x，－y)，∴eq\o(PA,\s\up9(→))·(eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→)))＝(－x，eq\r(3)－y)·(－2x，－2y)＝2(x2＋y2－eq\r(3)y)＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(3),2)))2－\f(3,4)))≥2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝－eq\f(3,2).当且仅当x＝0，y＝eq\f(\r(3),2)时，eq\o(PA,\s\up9(→))·(eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→)))取得最小值，最小值为－eq\f(3,2).故选B.方法2：(几何法)图②如图②所示，eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→))＝2eq\o(PD,\s\up9(→))(D为BC的中点)，则eq\o(PA,\s\up9(→))·(eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→)))＝2eq\o(PA,\s\up9(→))·eq\o(PD,\s\up9(→)).要使eq\o(PA,\s\up9(→))·eq\o(PD,\s\up9(→))最小，则eq\o(PA,\s\up9(→))与eq\o(PD,\s\up9(→))方向相反，即点P在线段AD上，则(2eq\o(PA,\s\up9(→))·eq\o(PD,\s\up9(→)))min＝－2|eq\o(PA,\s\up9(→))||eq\o(PD,\s\up9(→))|，问题转化为求|eq\o(PA,\s\up9(→))|·|eq\o(PD,\s\up9(→))|的最大值．又|eq\o(PA,\s\up9(→))|＋|eq\o(PD,\s\up9(→))|＝|eq\o(AD,\s\up9(→))|＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，∴|eq\o(PA,\s\up9(→))||eq\o(PD,\s\up9(→))|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|\o(PA,\s\up9(→))|＋|\o(PD,\s\up9(→))|,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＝eq\f(3,4)，∴[eq\o(PA,\s\up9(→))·(eq\o(PB,\s\up9(→))＋eq\o(PC,\s\up9(→)))]min＝(2eq\o(PA,\s\up9(→))·eq\o(PD,\s\up9(→)))min＝－2×eq\f(3,4)＝－eq\f(3,2).故选B.]解法7以“形”助“数”以“数”解“形”【典例7】已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2x|，0＜x＜2，,sin\f(π,4)x，2≤x≤10，))若存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，则eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)的取值范围是()A．(0,12) B．(0,16)C．(9,21) D．(15,25)A[作出函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2x|，0＜x＜2，,sin\f(π,4)x，2≤x≤10))的图象，如图所示，存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，可得－log2x1＝log2x2，即有x1x2＝1，存在实数x1，x2，x3，x4，满足x1＜x2＜x3＜x4，且f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝f(x4)，所以由图象易知eq\f(1,2)＜x1＜1,1＜x2＜2,2＜x3＜4,8＜x4＜10，当0＜t＜1时，直线y＝t与函数f(x)的图象有4个交点，直线y＝t越往上平移，eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)的值越小，直线y＝t越往下平移，eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)的值越大．因为当t＝0时，eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)＝eq\f(?4－2??8－2?,1×1)＝12，当t＝1时，eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)＝eq\f(?2－2??10－2?,\f(1,2)×2)＝0，所以eq\f(?x3－2??x4－2?,x1x2)的取值范围是(0,12)，故选A.]根据题目信息得出几何模型，借助几何模型?如常见的函数图象、圆锥曲线、立体图形等?解决问题，形象直观，能起到事半功倍的效果！【链接高考7】(2013·全国卷Ⅰ)设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1,2,3，….若b1＞c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝eq\f(cn＋an,2)，cn＋1＝eq\f(bn＋an,2)，则()A．{Sn}为递减数列B．{Sn}为递增数列C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列B[先确定三角形的一边长不变及周长不变，利用另两边最接近的时候面积最大等知识求解．在△A1B1C1中，b1＞c1，b1＋c1＝2a1，∴b1＞a1＞c1.在△A2B2C2中，a2＝a1，b2＝eq\f(c1＋a1,2)，c2＝eq\f(b1＋a1,2)，b2＋c2＝2a1，∴c1＜b2＜a1＜c2＜b1.在△A3B3C3中，a3＝a2＝a1，b3＝eq\f(c2＋a2,2)＝eq\f(c2＋a1,2)，c3＝eq\f(b2＋a2,2)＝eq\f(b2＋a1,2)，b3＋c3＝2a1，∴a1＜b3＜c2，b2＜c3＜a1，∴c1＜b2＜c3＜a1＜b3＜c2＜b1.由归纳知，n越大，两边cn，bn越靠近a1且cn＋bn＝2a1，此时面积Sn越来越大，当且仅当cn＝bn＝a1时，△AnBnCn面积最大．]解法8借用估算快找“唯一”【典例8】(2019·全国卷Ⅰ)古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是eq\f(\r(5)－1,2)eq\f(\r(5)－1,