高考数学二轮专题复习与策略 第2部分 专题讲座2 题型分类突破教师用书 理-人教版高三数学试题

专题讲座2题型分类突破一、填空题求解的6种妙招填空题是高考题中的客观性题型，不要求书写推理或演算过程，只要求直接填写结果，具有小巧灵活、结构简单、概念性强、运算量不大等特点．常用的求解方法有：直接运算推理、特值代入法、归纳类比猜想、数形结合法、构造法等．在解答问题时，由于不要求写出解答过程，只要求填写结论，所以每一个步骤都要正确，还要将结论表达得准确、完整．合情推理、优化思路、少算多思都是快速、准确地解答填空题的基本要求．类型一直接运算推理法根据题意，要求填写数值、数集或数量关系，如：方程的解，不等式的解集，函数的定义域、值域、最值，几何体中的角度、体积等，多采用直接求解法，即直接从题设出发，抓住命题的特征，利用定义、性质、定理等，经过变形、推理、计算、判断得结果，这也是解答填空题的基本方法．已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn为其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8＝________.64[∵a1，a2，a5成等比数列，∴aeq\o\al(2,2)＝a1a5，∴(1＋d)2＝1×(4d＋1)，∴d2－2d＝0.∵d≠0，∴d＝2.∴S8＝8×1＋eq\f(8×7,2)×2＝64.]直接法是解决计算型填空题最常用的方法，在计算过程中，我们要根据题目的要求灵活处理，多角度思考问题，注意一些解题规律和解题技巧的灵活应用，将计算过程简化从而得到结果，这是快速准确地求解填空题的关键．[变式训练1](2012·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，圆C的方程为x2＋y2－8x＋15＝0，若直线y＝kx－2上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C有公共点，则k的最大值是________．eq\f(4,3)[圆C的标准方程为(x－4)2＋y2＝1，圆心为(4,0)．由题意知(4,0)到kx－y－2＝0的距离应不大于2，即eq\f(|4k－2|,\r(k2＋1))≤2.整理，得3k2－4k≤0.解得0≤k≤eq\f(4,3).故k的最大值为eq\f(4,3).]类型二特例求解法特例求解法在考试中应用起来比较方便，它的实施过程是从特殊到一般，优点是简便易行．当填空题提供的信息暗示答案唯一或其值为定值时，就可以取一个特殊数值、特殊位置、特殊图形、特殊关系、特殊数列或特殊函数值来将字母具体化，把一般形式变为特殊形式．当题目的条件是从一般性的角度给出时，特例求解法尤其有效．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果a，b，c成等差数列，则eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝________.eq\f(4,5)[当a＝b＝c时，a，b，c成等差数列，令A＝B＝C＝60°.则eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝eq\f(\f(1,2)＋\f(1,2),1＋\f(1,2)×\f(1,2))＝eq\f(4,5).]1．凡在一般情况下探求结论的填空题，都可以用特例法求解．2．求值或比较大小关系等问题均可利用特殊值法，但要注意这种方法仅限于求值只有一种结果的填空题，对于开放性的问题或者多种答案的填空题，则不能利用这种方法．[变式训练2]设坐标原点为O，抛物线y2＝2x与过焦点的直线交于A，B两点，则eq\o(OA,\s\up14(→))·eq\o(OB,\s\up14(→))＝________.－eq\f(3,4)[取直线AB⊥x轴这种特殊情形．由y2＝2x，知焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，取直线x＝eq\f(1,2)交点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1)).∴eq\o(OA,\s\up14(→))·eq\o(OB,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－1))＝eq\f(1,4)－1＝－eq\f(3,4).]类型三数形结合法对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目中的条件，作出符合题意的图形，通过对图形的直观分析、判断，即可快速得出正确结果．这类问题的几何意义一般比较明显，如一次函数的斜率或截距、向量的夹角、解析几何中两点间的距离等，求解的关键是明确几何含义，准确规范地作出相应的图形，虽然作图要花费一些时间，但只要认真将图形作完，解答过程就会简便很多．已知函数y＝f(x)的周期为2，当x∈[－1,1]时f(x)＝x2，那么函数y＝f(x)的图象与函数y＝|lgx|的图象的交点共有________个．10[如图，作出图象可知y＝f(x)与y＝|lgx|的图象共有10个交点．]利用图形的直观性并结合所学知识便可直接得到相应的结论，这也是高考命题的热点．准确运用此类方法的关键是正确把握各种式子与几何图形中变量之间的对应关系，利用几何图形中的相关结论求出结果．[变式训练3]若函数f(x)＝ax－x－a(a＞0且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．(1，＋∞)[函数f(x)的零点的个数就是函数y＝ax与函数y＝x＋a交点的个数，由函数的图象如图所示，可知a＞1时两函数图象有两个交点，0＜a＜1时两函数图象有唯一交点，故a＞1.]类型四构造法在解题时，有时需要根据题目的具体情况，构造出一些新的数学形式、新的模式解题，并借助它认识和解决问题，通常称之为构造模式解法，简称构造法．构造的方向可以是函数、方程、不等式、数列、几何图形等．在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝2eq\r(34)，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2eq\r(41)，则三棱锥P－ABC的体积为________．160[如图所示，把三棱锥P－ABC补成一个长方体AEBG－FPDC，易知三棱锥P－ABC的各棱分别是长方体的面对角线，不妨令PE＝x，EB＝y，EA＝z，则由已知有：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝100，,x2＋z2＝136，,y2＋z2＝164，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝6，,y＝8，,z＝10，))所以VP－ABC＝VAEBG－FPDC－VP－AEB－VC－ABG－VB－PDC－VA－FPC＝VAEBG－FPDC－4VP－AEB＝6×8×10－4×eq\f(1,6)×6×8×10＝160.故所求三棱锥P－ABC的体积为160.]构造法实质上是化归与转化思想在解题中的应用，需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向．一般通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型将问题转化为自己熟悉的问题．在立体几何中，补形构造是最为常用的解题技巧．通过补形能将一般几何体的有关问题在特殊的几何体中求解，如将三棱锥补成特殊的长方体等．[变式训练4]在数列{an}中，a1＝1，且an＋1＝2an＋1，则数列{an}的通项公式an＝________.2n－1[由an＋1＝2an＋1，得an＋1＋1＝2(an＋1)(n∈N*)．令an＋1＝bn，则bn＋1＝2bn(n∈N*)．又b1＝a1＋1＝2≠0，从而bn≠0，所以数列{bn}是以b1＝2为首项，以2为公比的等比数列，从而bn＝2·2n－1＝2n，所以an＝2n－1.]类型五归纳类比猜想归纳推理填空题的求解，一般是由题目的已知可以得出几个结论(或直接给出了几个结论)，然后根据这几个结论可以归纳出一个更一般性的结论，再利用这个一般性的结论来解决问题．归纳推理是从个别或特殊的认识到一般性认识的推演过程，这里可以大胆地猜想．类比猜想是根据两个相似类型的对象进行比较，根据两个对象相似特征，由某个对象的性质通过合情推理得到另一个对象的性质，由此及彼．观察下列等式：①cos2α＝2cos2α－1；②cos4α＝8cos4α－8cos2α＋1；③cos6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1；④cos8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1；⑤cos10α＝mcos10α－1280cos8α＋1120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1.可以推测，m－n＋p＝________.【导学号：19592075】962[观察等式右边第一列系数，易看出2＝21,8＝23,32＝25,128＝27，所以m＝29＝512；再看所有cos2α的系数，从上到下依次是2×12＝2，－2×22＝－8,2×32＝18，－2×42＝－32，所以p＝2×52＝50.又观察①②③④式可知等式右边各项系数和为1，所以m－1280＋1120＋n＋p－1＝1，得n＝－400，故m－n＋p＝962.]解决这类问题的关键是找准归纳对象．如m的位置在最高次幂的系数位置，因而从每一个等式中最高次幂的系数入手进行归纳；p是cos2α的系数，所以从cos2α的系数入手进行归纳．n却不能从cos4α的系数入手进行归纳，因为第①个式子中没有cos4α，缺少归纳的特征项．[变式训练5]已知f1(x)＝sinx＋cosx，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则f2014(x)＝________.cosx－sinx[f2(x)＝f1′(x)＝cosx－sinx，f3(x)＝f2′(x)＝－sinx－cosx，f4(x)＝f3′(x)＝－cosx＋sinx，f5(x)＝f4′(x)＝sinx＋cosx，…由此归纳，知f(x)的周期为4，即fn(x)＝fn＋4(x)．所以f2014(x)＝f2(x)＝cosx－sinx．]类型六等价转化法等价转化是把未知解的问题转化为在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法，通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式化、简单的问题．设e1，e2为单位向量，非零向量b＝xe1＋ye2，x，y∈R，若e1，e2的夹角为eq\f(π,6)，则eq\f(|x|,|b|)的最大值等于________.2[当x＝0时，eq\f(|x|,|b|)＝0；当x≠0时，eq\f(|x|,|b|)＝eq\f(|x|,\r(xe1＋ye22))＝eq\f(|x|,\r(x2＋y2＋\r(3)xy))＝eq\f(1,\r(\f(x2＋y2＋\r(3)xy,x2)))＝eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))2＋\f(\r(3)y,x)＋1))＝eq\f(1,\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)＋\f(\r(3),2)))2＋\f(1,4)))，所以eq\f(|x|,|b|)的最大值为2.]等价转化思想方法的特点是灵活性和多样性．它可以在数与数、形与形、数与形之间进行转换；可以在宏观上进行等价转化，如在分析和解决实际问题的过程中，普通语言向数学语言的翻译；可以在符号系统内部实施转换，即所说的恒等变形．消元法、换元法、数形结合法、求值求范围问题等，都体现了等价转化思想．[变式训练6]设F1，F2分别是椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点M的坐标为(6,4)，则|PM|＋|PF1|的最大值为________．15[|PF1|＋|PF2|＝10，|PF1|＝10－|PF2|，|PM|＋|PF1|＝10＋|PM|－|PF2|，易知M点在椭圆外，连结MF2并延长交椭圆于点P(图略)，此时|PM|－|PF2|取最大值|MF2|，故|PM|＋|PF1|的最大值为10＋|MF2|＝10＋eq\r(6－32＋42)＝15.]填空题的主要特征是题目小、跨度大，知识覆盖面广，形式灵活，突出考查考生准确、严谨、全面、灵活运用知识的能力．近年来填空题作为命题组改革实验的一个窗口，出现了一些创新题，如阅读理解型、发散开放型、多项选择型、实际应用型等，这些题型的出现，使解填空题的要求更高、更严了．二、快捷解答主观题——答题模板数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．在高考考场上，能否做好解答题，是高考成败的关键，因此，本节结合具体的题目类型，来谈一谈解答数学解答题的一般思维过程、解题程序和答题格式，即所谓的“答题模板”．“答题模板”就是首先把高考试题纳入某一类型，把数学解题的思维过程划分为一个个小题，按照一定的解题程序和答题格式分步解答，即化整为零，强调解题程序化，答题格式化，在最短的时间内拟定解决问题的最佳方案，实现答题效率的最优化．模板1|三角函数的周期性、单调性及最值问题【例1】(满分14分)设函数f(x)＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)sin2ωx－sinωxcosωx(ω>0)，且y＝f(x)图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为eq\f(π,4).(1)求ω的值；(2)求f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上的最大值和最小值．[解题指导]化简变形→f(x)＝Asin(ωx＋φ)→根据周期求ω→确定ωx＋φ的范围→求f(x)的最值————[规范解答示例]————(1)f(x)＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)sin2ωx－sinωxcosωx＝eq\f(\r(3),2)－eq\r(3)·eq\f(1－cos2ωx,2)－eq\f(1,2)sin2ωx2分＝eq\f(\r(3),2)cos2ωx－eq\f(1,2)sin2ωx＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3))).4分因为图象的一个对称中心到最近的对称轴的距离为eq\f(π,4)，又ω>0，所以eq\f(2π,2ω)＝4×eq\f(π,4)，6分因此ω＝1.7分(2)由(1)知f(x)＝－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).当π≤x≤eq\f(3π,2)时，eq\f(5π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(8π,3).9分所以－eq\f(\r(3),2)≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))≤1.因此－1≤f(x)≤eq\f(\r(3),2).12分故f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))上的最大值和最小值分别为eq\f(\r(3),2)，－1.14分,————[构建答题模板]————第一步三角函数式的化简，一般化成y＝Asin(ωx＋φ)＋h或y＝Acos(ωx＋φ)＋h的形式．⇓第二步利用性质条件确定A，ω，φ的值．⇓第三步将“ωx＋φ”看作一个整体确定其范围．⇓第四步⇓结合图象及所求ωx＋φ的范围确定相关问题．第五步明确规范地表达结论．反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．模板2|三角变换与解三角形问题【例2】(满分14分)在△ABC中，若acos2eq\f(C,2)＋ccos2eq\f(A,2)＝eq\f(3,2)b.(1)求证：a，b，c成等差数列；(2)求角B的取值范围．[解题指导](1)化简变形→用余弦定理转化为边的关系→变形证明(2)用余弦定理表示角→用均值不等式求范围→确定角的取值范围—————————[规范解答示例]————————(1)证明：因为acos2eq\f(C,2)＋ccos2eq\f(A,2)＝a·eq\f(1＋cosC,2)＋c·eq\f(1＋cosA,2)＝eq\f(3,2)b，所以a＋c＋(acosC＋ccosA)＝3b，4分故a＋c＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a·\f(a2＋b2－c2,2ab)＋c·\f(b2＋c2－a2,2bc)))＝3b，整理得a＋c＝2b，故a，b，c成等差数列.8分(2)cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋c,2)))2,2ac)＝eq\f(3a2＋c2－2ac,8ac)≥eq\f(6ac－2ac,8ac)＝eq\f(1,2)，12分因为0<B<π，所以0<B≤eq\f(π,3).14分——————[构建答题模板]———————第一步定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标注出来，然后确定转化的方向．⇓第二步定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化．⇓第三步求结果．⇓第四步回顾反思，在实施边角互化的时候应注意转化的方向，一般有两种思路：一是全部转化为边之间的关系；二是全部转化为角之间的关系，然后进行恒等变形．模板3|利用向量求空间角【例3】(满分14分)如图1，在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．图1(1)求证：C1M∥平面A1ADD1(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝eq\r(3)，求平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．[解题指导](1)M是AB中点，四边形ABCD是等腰梯形eq\o(→,\s\up15(AB＝2CD))⇒▱AMC1D1→C1M∥平面A1ADD(2)CA，CB，CD1两两垂直→建立空间直角坐标系，写各点坐标→求平面ABCD的法向量→将所求两个平面所成的角转化为两个向量的夹角——————————[规范解答示例]——————(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC.又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.连结AD1，如图(1)．(1)在四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，3分因此C1M∥D1A.又C1M⊄平面A1ADD1，D1A⊂平面A1ADD1，所以C1M∥平面A1ADD1.5分(2)如图(2)，连结AC，MC.(2)由(1)知CD∥AM且CD＝AM，所以四边形AMCD为平行四边形，可得BC＝AD＝MC，由题意∠ABC＝∠DAB＝60°，所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝eq\r(3)，7分因此CA⊥CB.以C为坐标原点，建立如图(2)所示的空间直角坐标系C－xyz，所以A(eq\r(3)，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，eq\r(3))，8分因此Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0))，所以eq\o(MD1,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，－\f(1,2)，\r(3)))，eq\o(D1C1,\s\up14(→))＝eq\o(MB,\s\up14(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(1,2)，0)).10分设平面C1D1M的一个法向量为n＝(x，y，z)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n·\o(D1C1,\s\up14(→))＝0，,n·\o(MD1,\s\up14(→))＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(3)x－y＝0，,\r(3)x＋y－2\r(3)z＝0，))可得平面C1D1M的一个法向量n＝(1，eq\r(3)，1)．又eq\o(CD1,\s\up14(→))＝(0,0，eq\r(3))为平面ABCD的一个法向量，12分因此cos<eq\o(CD1,\s\up14(→))，n>＝eq\f(\o(CD1,\s\up14(→))·n,|\o(CD1,\s\up14(→))||n|)＝eq\f(\r(5),5).13分所以平面C1D1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为eq\f(\r(5),5).14分————————[构建答题模板]———————第一步找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线．⇓第二步写坐标：建立空间直角坐标系，写出特征点坐标．⇓第三步求向量：求直线的方向向量或平面的法向量．⇓第四步求夹角：计算向量的夹角．⇓第五步得结论：得到所求两个平面所成的角或直线和平面所成的角．模板4|直线与圆锥曲线【例4】(满分14分)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq\f(\r(3),2)，连结椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为4.(1)求椭圆的方程；(2)设直线l与椭圆相交于不同的两点A，B，已知点A的坐标为(－a,0)，若点Q(0，y0)在线段AB的垂直平分线上，且eq\o(QA,\s\up14(→))·eq\o(QB,\s\up14(→))＝4，求y0的值．[解题指导](1)离心率、菱形面积→关于a，b的方程→求a，b，写出椭圆方程(2)设出直线l的方程→直线与椭圆方程联立→分情况求线段AB的垂直平分线→eq\o(QA,\s\up14(→))·eq\o(QB,\s\up14(→))用斜率k表示→解方程求k————————[规范解答示例]————————(1)由e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，得3a2＝4c2.再由c2＝a2－b2，解得a＝2b.2分由题意可知eq\f(1,2)×2a×2b＝4，即ab＝2.解方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2b，,ab＝2，))得a＝2，b＝1.所以椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.4分(2)由(1)知，点A的坐标是(－2,0)，且直线l的斜率必存在．设点B(x1，y1)，直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝k(x＋2)．于是A，B两点的坐标满足方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y并整理，得(1＋4k2)x2＋16k2x＋(16k2－4)＝0.由根与系数的关系，得－2x1＝eq\f(16k2－4,1＋4k2)，所以x1＝eq\f(2－8k2,1＋4k2)，从而y1＝eq\f(4k,1＋4k2).所以B为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2－8k2,1＋4k2)，\f(4k,1＋4k2)))，因此线段AB的中点M为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k2,1＋4k2)，\f(2k,1＋4k2))).8分以下分两种情况：①当k＝0时，点B的坐标是(2,0)，线段AB的垂直平分线为y轴，于是eq\o(QA,\s\up14(→))＝(－2，－y0)，eq\o(QB,\s\up14(→))＝(2，－y0)．由eq\o(QA,\s\up14(→))·eq\o(QB,\s\up14(→))＝4，得y0＝±2eq\r(2).10分②当k≠0时，线段AB的垂直平分线方程为y－eq\f(2k,1＋4k2)＝－eq\f(1,k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(8k2,1＋4k2))).令x＝0，解得y0＝－eq\f(6k,1＋4k2).由eq\o(QA,\s\up14(→))＝(－2，－y0)，eq\o(QB,\s\up14(→))＝(x1，y1－y0)，12分eq\o(QA,\s\up14(→))·eq\o(QB,\s\up14(→))＝－2x1－y0(y1－y0)＝eq\f(－22－8k2,1＋4k2)＋eq\f(6k,1＋4k2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4k,1＋4k2)＋\f(6k,1＋4k2)))＝eq\f(416k4＋15k2－1,1＋4k22)＝4，整理，得7k2＝2.所以k＝±eq\f(\r(14),7)，代入得y0＝±eq\f(2\r(14),5).综上，y0＝±2eq\r(2)或y0＝±eq\f(2\r(14),5).14分——————[构建答题模板]———————第一步由离心率，得a＝2b.⇓第二步根据菱形的面积求a，b，确定椭圆方程．⇓第三步设直线l的方程，联立椭圆方程，用k表示点B的坐标．⇓第四步求出线段AB的中点M的坐标．⇓第五步当k＝0时，求y0.⇓第六步当k≠0时，用k表示线段AB的垂直平分线，并用k表示y0.⇓第七步根据eq\o(QA,\s\up14(→))·eq\o(QB,\s\up14(→))＝4，求出k值，从而求出y0的值．模板5|应用问题【例5】(满分14分)(2016·南京模拟)某市对城市路网进行改造，拟在原有a个标段(注：一个标段是指一定长度的机动车道)的基础上，新建x个标段和n个道路交叉口，其中n与x满足n＝ax＋5.已知新建一个标段的造价为m万元，新建一个道路交叉口的造价是新建一个标段的造价的k倍．(1)写出新建道路交叉口的总造价y(万元)与x的函数关系式；(2)设P是新建标段的总造价与新建道路交叉口的总造价之比．若新建的标段数是原有标段数的20%，且k≥3.问：P能否大于eq\f(1,20)，说明理由．[解题指导](1)题设信息eq\o(→,\s\up15(y＝mkn))y与x的函数关系(2)建立P的函数表达式→求P的上界→对P是否大于eq\f(1,20)作出判断——————————[规范解答示例]———————(1)依题意得y＝mkn＝mk(ax＋5)，x∈N*.4分(2)依题意x＝0.2a所以P＝eq\f(mx,y)＝eq\f(x,kax＋5)＝eq\f(0.2a,k0.2a2＋5)＝eq\f(a,ka2＋25)8分≤eq\f(a,3a2＋25)＝eq\f(1,3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(25,a))))≤eq\f(1,3×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(a×\f(25,a)))))＝eq\f(1,30)＜eq\f(1,20).13分即P不可能大于eq\f(1,20).14分———————[构建答题模板]———————第一步依据题设信息建模．⇓第二步借助数学知识解模．⇓第三步依据模型对实际问题作出数据(或理论指导)．⇓第四步下结论．模板6|函数的单调性、最值、极值问题【例6】(满分16分)已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(2a2,x)＋x(a≠0)．(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x－2y＝0垂直，求实数a的值；(2)讨论函数f(x)的单调性；(3)当a∈(－∞，0)时，记函数f(x)的最小值为g(a)，求证：g(a)≤eq\f(1,2)e2.[解题指导](1)f′(1)＝－2→求a.(2)讨论f′(x)>0或f′(x)<0→f(x)的单调区间．(3)求f(x)的最小值g(a)的函数表达式→求g(a)在(－∞，0)上的最大值→g(a)≤eq\f(1,2)e2.————————[规范解答示例]————————(1)f(x)的定义域为{x|x>0}．f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(2a2,x2)＋1(x>0)．根据题意，有f′(1)＝－2，所以2a2－a－3＝0，解得a＝－1或a＝eq\f(3,2).4分(2)f′(x)＝eq\f(a,x)－eq\f(2a2,x2)＋1＝eq\f(x2＋ax－2a2,x2)＝eq\f(x－ax＋2a,x2)(x>0).6分①当a>0时，因为x>0，由f′(x)>0得(x－a)(x＋2a)>0，解得x>a；由f′(x)<0得(x－a)(x＋2a)<0，解得0<x<a.所以函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减.8分②当a<0时，因为x>0，由f′(x)>0得(x－a)(x＋2a)>0，解得x>－2a；由f′(x)<0得(x－a)(x＋2a)<0，解得0<x<－2a.所以函数f(x)在(－2a，＋∞)上单调递增，在(0，－2a)上单调递减.10分(3)证明：由(2)知，当a∈(－∞，0)时，函数f(x)的最小值为f(－2a即g(a)＝f(－2a)＝aln(－2a)＋eq\f(2a2,－2a)－2a＝aln(－2a)－3a.g′(a)＝ln(－2a)＋a·eq\f(－2,－2a)－3＝ln(－2a)－2，令g′(a)＝0，得a＝－eq\f(1,2)e2.12分当a变化时，g′(a)，g(a)的变化情况如下表：aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)e2))－eq\f(1,2)e2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)e2，0))g′(a)＋0－g(a)极大值－eq\f(1,2)e2是g(a)在(－∞，0)上的唯一极值点，且是极大值点，从而也是g(a)的最大值点.14分所以g(a)最大值＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)e2))＝－eq\f(1,2)e2lneq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)e2))))－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)e2))＝－eq\f(1,2)e2lne2＋eq\f(3,2)e2＝eq\f(1,2)e2.所以，当a∈(－∞，0)时，g(a)≤eq\f(1,2)e2.16分——————[构建答题模板]——————第一步确定函数的定义域，如本题函数定义域为(0，＋∞)．⇓第二步求函数f(x)的导数f′(x)．⇓第三步求方程f′(x)＝0的根．⇓第四步利用f′(x)＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间，并列出表格．⇓第五步由f′(x)在小开区间内的正、负值判断f(x)在小开区间内的单调性；求极值、最值．⇓第六步明确规范地表述结论．⇓第七步反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范．如本题第(2)问易忽视定义域，对a不能正确分类讨论．模板7|数列推理证明类【例7】(满分16分)(2016·南京三模)已知数列{an}的前n项的和为Sn，记bn＝eq\f(Sn＋1,n).(1)若{an}是首项为a，公差为d的等差数列，其中a，d均为正数．①当3b1,2b2，b3成等差数列时，求eq\f(a,d)的值；②求证：存在唯一的正整数n，使得an＋1≤bn＜an＋2.(2)设数列{an}是公比为q(q＞2)的等比数列，若存在r，t(r，t∈N*，r＜t)使得eq\f(bt,br)＝eq\f(t＋2,r＋2)，求q的值．[解题指导](1)①bn＝eq\f(Sn＋1,n)eq\o(→,\s\up15(3b1，2b2，b3成),\s\do15(等差数列))求eq\f(a,d)②用a，d分别表示an＋1，bn，an＋2eq\o(→,\s\up15(an＋1≤bn＜an＋2))建立n的不等式—说明n唯一(2)eq\f(bt,br)＝eq\f(t＋2,r＋2)eq\o(→,\s\up15({an}是等比数列))建立q与r，t的等量关系—构建函数，借助r，t∈N*，r＜t求解q————————[规范解答示例]———————(1)①因为3b1,2b2，b3成等差数列，所以4b2＝3b1＋b3，即4×eq\f(3a＋3d,2)＝3(2a＋d)＋eq\f(4a＋6d,3)，解得eq\f(a,d)＝eq\f(3,4).4分②由an＋1≤bn＜an＋2，得a＋nd≤eq\f(n＋1a＋\f(n＋1nd,2),n)＜a＋(n＋1)d，整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2－n－\f(2a,d)≤0，,n2＋n－\f(2a,d)＞0，))6分解得eq\f(－1＋\r(1＋\f(8a,d)),2)＜n≤eq\f(1＋\r(1＋\f(8a,d)),2)，8分由于eq\f(1＋\r(1＋\f(8a,d)),2)－eq\f(－1＋\r(1＋\f(8a,d)),2)＝1且eq\f(－1＋\r(1＋\f(8a,d)),2)＞0.因此存在唯一的正整数n，使得an＋1≤bn＜an＋2.10分(2)因为eq\f(bt,br)＝eq\f(\f(a11－qt＋1,t1－q),\f(a11－qr＋1,r1－q))＝eq\f(t＋2,r＋2)，所以eq\f(qt＋1－1,tt＋2)＝eq\f(qr＋1－1,rr＋2).设f(n)＝eq\f(qn＋1－1,nn＋2)，n≥2，n∈N*.则f(n＋1)－f(n)＝eq\f(qn＋2－1,n＋1n＋3)－eq\f(qn＋1－1,nn＋2)＝eq\f(qn＋1[q－1n2＋2q－2n－3]＋2n＋3,nn＋1n＋2n＋3)，因为q＞2，n≥2，所以(q－1)n2＋2(q－2)n－3＞n2－3≥1＞0，所以f(n＋1)－f(n)＞0，即f(n＋1)＞f(n)，即f(n)单调递增.12分所以当r≥2时，t＞r≥2，则f(t)＞f(r)，即eq\f(qt＋1－1,tt＋2)＞eq\f(qr＋1－1,rr＋2)，这与eq\f(qt＋1－1,tt＋2)＝eq\f(qr＋1－1,rr＋2)互相矛盾．所以r＝1，即eq\f(qt＋1－1,tt＋2)＝eq\f(q2－1,3).14分若t≥3，则f(t)≥f(3)＝eq\f(q4－1,15)＝eq\f(q2－1,3)·eq\f(q2＋1,5)＞eq\f(q2－1,3)，即eq\f(qt＋1－1,tt＋2)＞eq\f(q2－1,3)，与eq\f(qt＋1－1,tt＋2)＝eq\f(q2－1,3)相矛盾．于是t＝2，所以eq\f(q3－1,8)＝eq\f(q2－1,3)，即3q2－5q－5＝0.又q＞2，所以q＝eq\f(5＋\r(85),6).16分———————[构建答题模板]———————第一步由等差数列的基本运算建立a，d的等量关系．⇓第二步借助题设条件及等差数列的基本量建立n与a，d的不等式．⇓第三步解关于n的不等式，利用n∈N*证明n的唯一性．⇓第四步借助等比数列的基本运算建立q与r，t的关系．⇓第五步充分利用题设条件r＜t及r，t∈N*，并结合数列的单调性推导r，t及q的值．⇓第六步反思回顾，关注q是否增解．模板8|数列探究创新性问题【例8】(满分16分)若数列An：a1，a2，…，an(n≥2)满足|ak＋1－ak|＝1(k＝1,2，…，n－1)，则称An为E数列，记S(An)＝a1＋a2＋…＋an.(1)写出一个E数列A5满足a1＝a3＝0；(2)若a1＝12，n＝2005，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an＝2016.[解题指导](1)E数列的定义→求a2，a4→写出一个正数列A5(2)必要性→数列An是等差数列→an＝2016→充分性→|ak＋1－ak|≤1→a2005≤an＋2004→a2005＝a1＋2004→|ak＋1－ak|＝1→An为递增数列————————[规范解答示例]———————(1)∵|ak＋1－ak|＝1(k∈N*且k≤n－1)，又a1＝a3＝0，∴|a2－a1|＝1，∴a2＝±1.2分同理可求a4＝±1.∴数列0,1,0,1,0是一个E数列A5(答案