高考理数一轮夯基作业本增分册一光速解题学会12种快速解题技法

一、光速解题——学会12种快速解题技法技法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、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,这种方法称为特例法.特例法只需对特殊数值、特殊情形进行检验,省去了推理论证的演算过程,提高了解题的速度.特例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)=log2[4(A.(∞,0)∪(2,+∞) B.(0,2)C.(∞,1)∪(3,+∞) D.(1,3)(2)已知数列{an}的前n项和为Sn,Sn=2ann,则an=()A.2n11 B.2n1C.2n1 D.2n+1答案(1)C(2)B解析(1)取x0=1,则f(1)=12+1=32<3,故x0≠1,排除B、D;取x0=3,则f(3)=log28=3,故x0≠3,排除A.故(2)取n=1,则S1=2a11,得a1=1,排除A、D;取n=2,则S2=a1+a2=2a22,得a2=3;取n=3,则S3=a1+a2+a3=2a33,得a3=7,排除C,故选B.典例2(特殊点)(1)函数f(x)=|1-x(2)如图,点P为椭圆x225+y29=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轴的平行线,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SA.1 B.2 C.12 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f12=1-12(2)不妨取点P4,95,则S1=3-95×(54)=65,PD=2,PE=65,所以S2=12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”.上述正确命题的序号是()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=1x1,则f(x1)f(x对于③:函数f(x)=x(x>0),g(x)=1x(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AB=a,AC=b,过点E的直线分别交AB,AC于P,Q两点,且AP=ma,AQ=nb,则1m+1A.3 B.4 C.5 D.1(2)如图,在三棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P,Q,且A1P=BQ,过P,Q,C三点的截面把棱柱分成上、下两部分,则上、下两部分的体积之比为()A.3∶1 B.2∶1 C.4∶1 D.3∶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AP=23AB,AQ=23AC,此时,m=n=23解法二:如图②,直线BE与直线PQ重合,此时,AP=AB,AQ=12AC,故m=1,n=12,所以1(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VC-AA1因此过P、Q、C三点的截面把棱柱分成了体积比为2∶1的上、下两部分.典例5(特殊图形)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cosAA.35 B.45 C.34 答案B解析不妨令△ABC为等边三角形,则cosA=cosC=12,cosA+cosC典例6(特殊数列)如果a1,a2,a3,…,an为各项都大于零的等差数列,公差d≠0,则下列关系正确的为()A.a1a8>a4a5 B.a1a8<a4a5C.a1+a8>a4+a5 D.a1a8=a4a5答案B解析取特殊数列,不妨设an=n,则a1=1,a4=4,a5=5,a8=8,经检验,只有选项B成立.技法2换元法换元法又称变量代换法.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,或者将题目变为熟悉的形式,简化复杂的计算和推证.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再研究,从而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.典例1(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+(3y)2=(6)2,故设x+y=6cosα,3y=6sinα,即x=6cosα2sinα,y=2sinα.则z=x2+4y2=62xy=62(6cosα2sinα)·2sinα=84sin2α所以84≤z≤8+4,即z的取值范围为[4,12].典例2(整体代换)函数y=sinxcosx+sinxcosx,x∈[0,π]的最小值是.

答案1解析设t=sinxcosx=2sinx-π则sinxcosx=1-因为x∈[0,π],所以xπ4∈-所以t∈[1,2],所以y=t+1-t22=12(t1)2典例3(局部换元)设对一切实数x,不等式x2log24(a+1)a+2xlog22a解析设log22aa+1=t∈R,则log24(a+1)a=log28(a+1)22log2a+12a=2t,原不等式化为(3t)x2+2tx2t>0,它对一切实数x恒成立,所以3-t>0,Δ技法3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,即以形为手段,以数为目的,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,即以数为手段,以形为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.典例1(平面向量问题)设a,b,c是单位向量,且a·b=0,则(ac)·(bc)的最小值为()A.2 B.22 C.1 D.12答案D解析由于(ac)·(bc)=(a+b)·c+1,因此求(ac)·(bc)的最小值等价于求(a+b)·c的最大值,这个最大值只有当向量a+b与向量c同向共线时取得.由于a·b=0,故a⊥b,如图所示,|a+b|=2,|c|=1,当θ=0时,(a+b)·c取得最大值2,故所求的最小值为12.典例2(函数问题)(1)用min{a,b,c}表示a,b,c三个数中最小的数,设f(x)=min{2x,x+2,10x}(x≥0),则f(x)的最大值为()A.4 B.5 C.6 D.7(2)函数y=4-2x+x的值域为答案(1)C(2)[2,6]解析(1)在同一平面直角坐标系中画出y=2x,y=x+2,y=10x的图象(如图),观察图象可知f(x)=2x∴f(x)的最大值在x=4时取得,为6.(2)由题意,得4-设m=4-2x,n=x,则f(x)=m+n,m2+2n2=4(0≤m≤2,0≤n≤2)表示椭圆m设t=m+n,由图可知,当直线n=m+t过点(0,2)时,t取得最小值,即tmin=2.当直线n=m+t与椭圆相切于第一象限时,t取得最大值.将n=m+t代入椭圆方程,得m2+2(tm)2=4,即3m24tm+2t24=0.由Δ=16t212(2t24)=0,解得t=6或t=6(舍去),所以tmax=6,所以函数f(x)的值域为[2,6].典例3(方程问题)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,若f(x)=log2(A.112a B.12a1C.12a 答案C解析在平面直角坐标系中作出函数f(x)=log2(x+1),x∈[0,1),12x2-3x+726,x4+x5=6,由log2(x3+1)=a得x3=12a,所以x1+x2+x3+x4+x5=6+(12a)+6=12a,故选C.典例4(不等式问题)(1)当0<x≤12时,4x<logaA.0,22 B.22,1C.(1,2(2)已知当动点P(x,y)满足2x+y≤2,x≥0,x+y答案(1)B(2)-∞,1解析(1)易知0<a<1,函数y=4x与y=logax的大致图象如图,则由题意可知只需满足loga12>412,解得a>22(2)动点P(x,y)满足的约束条件为2x+y≤2,x≥0,x+y≥0,其可行域如阴影部分所示.x由图可知,点A(0,1)到直线y=x的距离的平方就是x2+(y+1)2的最小值,由点到直线的距离的平方得x2+(y+1)2的最小值为|-1|2因此x2+y2+2y=x2+(y+1)21的最小值为121=1所以由不等式恒成立的条件知2a1≤12,解得a≤14,故实数a的取值范围是典例5(解析几何问题)若抛物线y2=2px(p>0)上一点M到抛物线的准线和对称轴的距离分别为10和6,则点M的横坐标为()A.94 B.9或1 C.10 答案B解析在图(1)中,MN=MF=10,MG=6,∴FG=8,故AF=2,则xM=OF+FG=9,∴M的横坐标为9.在图(2)中,GF=8,∴AF=10+8=18,∴OG=AGOA=109=1,故M的横坐标为1.故选B.技法4待定系数法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,转化为解方程(组)问题来解决.待定系数法主要用来解决所求解的数学问题涉及某种确定的数学表达式的情况,例如数列求和、求函数解析式、求曲线的方程等问题.典例1(求函数解析式)已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|答案f(x)=2sinπ2解析由题图可知A=2,P(x1,2),Q(x2,2),所以|PQ|=(x1-x2)整理得|x1x2|=2,所以函数f(x)的最小正周期T=2|x1x2|=4,即2πω=4,解得ω=π又函数图象过点(0,3),所以2sinφ=3,即sinφ=32又|φ|<π2,所以φ=π3,所以f(x)=2sin典例2(求曲线方程)(1)(2017天津,12,5分)设抛物线y2=4x的焦点为F,准线为l.已知点C在l上,以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若∠FAC=120°,则圆的方程为.

(2)已知椭圆C的焦点在x轴上,其离心率为32,且过点A3,1.

答案(1)(x+1)2+(y3)2=1(2)x24+y2解析(1)由抛物线的方程可知F(1,0),准线方程为x=1,设点C(1,t),t>0,则圆C的方程为(x+1)2+(yt)2=1,因为∠FAC=120°,CA⊥y轴,所以∠OAF=30°,在△AOF中,OF=1,所以OA=3,即t=3,故圆C的方程为(x+1)2+(y3)2=1.(2)设椭圆C的标准方程为x2a2因为e=ca=32,所以ba故椭圆C的方程为x24b又点A3,12在椭圆C上,所以(解得b2=1.所以椭圆C的标准方程为x24+y典例3(求数列的和)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,且S3=21,S5=65,则Sn=.

答案3n22n解析设等差数列{an}的前n项和Sn=An2+Bn.由已知可得A×32+B×3=21所以Sn=3n22n.技法5构造法构造法是指利用数学的基本思想,通过已知和所求之间的联系,构造出解题的数学模型,从而使问题得以解决.构造法需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,其基本的方法是借用一类问题的性质来确定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1(构造函数)已知定义在0,π2A.3fπ4>2fB.f(1)<2fπ6C.2fπ6>fD.3fπ6<f答案D解析构造函数g(x)=f(x则g'(x)=f'(根据题意得f(x)cosx<f'(x)sinx,x∈0,所以g'(x)>0对x∈0,π所以g(x)在0,所以gπ6<gπ即fπ612<fπ33典例2(构造方程)已知16cosC+4sinB+tanA=0,sin2B=4cosCtanA,其中cosC≠0,试确定cosC解析令t=4,则由16cosC+4sinB+tanA=0得t2cosC+tsinB+tanA=0.①因为cosC≠0,所以①式是关于t的一元二次方程.易得Δ=sin2B4cosCtanA=0,所以关于t的一元二次方程①有两个相等的实根,且t1=t2=4.由根与系数的关系得:tanAcosC=t1·t2因此,cosCtanA典例3(构造图形)已知三棱锥PABC,PA=BC=234,PB=AC=10,PC=AB=241,则三棱锥PABC的体积为.

答案160解析如图所示,把三棱锥PABC补成一个长方体AEBGFPDC,易知三棱锥PABC的各棱分别是长方体的面对角线,不妨令PE=x,EB=y,EA=z,由已知可得x2+从而V三棱锥PABC=V长方体AEBGFPDCV三棱锥PAEBV三棱锥CABGV三棱锥BPDCV三棱锥AFPC=V长方体AEBGFPDC4V三棱锥PAEB=6×8×104×16故所求三棱锥PABC的体积为160.技法6补集法补集法就是在已知问题涉及的类别较多,或直接求解比较麻烦时,先求解该问题的对立事件,进而利用补集的思想求得问题结果的方法.该方法在概率、函数性质等问题中应用较多.典例1(概率问题)盒中装着标有数字1,2,3,4的卡片各2张,从盒中任取3张,每张卡片被抽出的可能性都相等,则抽出的3张卡片上的数字互不相同的概率为.

答案47解析事件“抽出的3张卡片上的数字互不相同”记为C,事件“抽出的3张卡片上有两个数字相同”记为D,由题意知C与D是对立事件,因为P(D)=C41C所以P(C)=1P(D)=137=4典例2(集合问题)已知集合A={x|x22x8=0},B={x|x2+ax+a212=0},且A∪B≠A,求实数a的取值范围.解析∵集合A={x|x22x8=0}={2,4}.若A∪B=A,则B⊆A,①若B=A,则x=2和x=4是方程x2+ax+a212=0的两根,解得a=2.②若B={2},则x=2是方程x2+ax+a212=0的唯一解,得a=4.③若B={4},则x=4是方程x2+ax+a212=0的唯一解,此时a不存在.④若B为空集,则方程x2+ax+a212=0无实数解,即a24(a212)<0,解得a>4或a<4.综上可知,若A∪B=A,则a=2或a≥4或a<4.∴若A∪B≠A,实数a的取值范围是[4,2)∪(2,4).典例3(函数问题)已知函数f(x)=ax2x+lnx在区间(1,2)上不单调,则实数a的取值范围为.

答案0,解析f'(x)=2ax1+1x.①若函数f(x)在区间(1,2)上单调递增,则f'(x)≥0在(1,2)上恒成立,所以2ax1+1x≥0,得a≥1令t=1x,因为x∈(1,2),所以t=1x∈设h(t)=12(tt2)=12t-122所以h(1)<h(t)<h12,即0<h(t)<1由(*)可知,a≥18②若函数f(x)在区间(1,2)上单调递减,则f'(x)≤0在(1,2)上恒成立,所以2ax1+1x≤0,得a≤1结合①可知,a≤0.综上,若函数f(x)在区间(1,2)上单调,则实数a的取值范围为(∞,0]∪18所以,若函数f(x)在区间(1,2)上不单调,则实数a的取值范围为0,技法7割补法割补法是将组合体或不规则的几何体通过分割或补形转化为简单的规则几何体,如柱体、锥体、台体及球体,然后用这些简单几何体的体积或表面积表示所求几何体的体积或表面积的方法.割补法体现了转化与化归的数学思想.典例1(分割)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+64km2 B.3-64km2C.6+34km答案D解析如图,连接AC.根据余弦定理可得AC=3km,故△ABC为直角三角形,且∠ACB=90°,∠BAC=30°,所以∠DCA=∠DAC=15°,∠ADC=150°,故△ADC为等腰三角形,设AD=DC=xkm,根据余弦定理得x2+x2+3x2=3,即x2=32+3=3(2所以所求的面积为12×1×3+12×3(23)×12=23+6典例2(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.8π16C.8π+8 D.16π8答案B解析由三视图可知该几何体是由一个半圆柱去掉一个直三棱柱得到的.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.故半圆柱的体积V1=12π×22直三棱柱的体积V2=12所以所求几何体的体积V=V1V2=8π16.故选B.技法8等价转化法等价转化法是把难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、规范的问题.利用等价转化的思想方法解决数学问题没有统一的模式.既可以在数与数、形与形、数与形之间进行转换,也可以在宏观上进行等价转化,消元法、换元法等都体现了等价转化的思想.典例1(等体积转化)如图,正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1EDF的体积为()A.1 B.12 C.14 答案D解析依题意,可知VD1-EDF=VF-D1ED,又S△D1ED=12,点F到平面D1ED的距离为1,所以V典例2(正与反的转化)由命题“存在x0∈R,使e|xA.a∈(∞,1) B.a∈(∞,2)C.a=1 D.a=2答案C解析由命题“存在x0∈R,使e|x0-1|m≤0”是假命题可知它的否定形式“对任意的x∈R,都有e|x1|m>0”是真命题,即m<e|x1|对任意的x∈R恒成立,而(e|x典例3(函数、方程、不等式间的转化)若关于x的方程9x+(4+a)·3x+4=0有解,则实数a的取值范围为.

答案(∞,8]解析令3x=t,则关于x的方程9x+(4+a)·3x+4=0有解可转化为t2+(4+a)t+4=0在t∈(0,+∞)上有解,故a=t2+4t+4-t=4t+4t在t∈(0,+∞)上有解,由基本不等式可得t+4t≥4,当且仅当t=4t,即t=2时等号成立,故t典例4(命题转化)已知命题甲:a+b≠4,命题乙:a≠1且b≠3,则命题甲是命题乙的条件.

答案既不充分也不必要解析∵a=1或b=3⇒/a+b=4,且a+b=4⇒/a=1或b=3,∴a=1或b=3是a+b=4的既不充分也不必要条件.由原命题与逆否命题等价可知,“a+b≠4”是“a≠1且b≠3”的既不充分也不必要条件.技法9坐标法坐标法是解决平面图形(立体几何中也有坐标法的应用)问题的有力工具,把平面图形放在坐标系中,可以使用平面解析几何、平面向量的方法解决问题.典例(平面向量)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|PA+3PB|的最小值为.

答案5解析建立如图所示的直角坐标系,设DC=m,P(0,t),由题意可知,A(2,0),B(1,m),则PA=(2,t),PB=(1,mt),PA+3PB=(5,3m4t),|PA+3PB|=52+(3m-4t)技法10向量法向量法在解决几何问题、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1(三角问题)在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD,则cos∠DAC等于()A.1010 B.31010 C.55答案B解析以点B为坐标原点,射线BA,BC分别为x轴,y轴