2025届高考数学二轮总复习板块一考前必会的十种技法学案理含解析

PAGE板块一考前必会的十种技法板块一考前必会的十种技法★技法一定义法定义法，就是干脆利用数学定义解题，数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来的．简洁地说，定义是对数学实体的高度抽象，用定义法解题是最干脆的方法．一般地，涉及圆锥曲线的顶点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决．【典例1】已知椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，M，N是坐标平面内的两点，且M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝()A．4 B．8C．12 D．16[解析]设MN的中点为D，椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，如图，连接DF1，DF2，因为F1是MA的中点，D是MN的中点，所以F1D是△MAN的中位线，则|DF1|＝eq\f(1,2)|AN|，同理|DF2|＝eq\f(1,2)|BN|，所以|AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|)，因为D在椭圆上，所以依据椭圆的定义知|DF1|＋|DF2|＝4，所以|AN|＋|BN|＝8.[答案]B◄技法悟通►利用定义法求解动点的轨迹或圆锥曲线的有关问题时，要留意动点或圆锥曲线上的点所满意的条件，敏捷利用相关的定义求解．如本例中求|AN|＋|BN|利用中位线性质与椭圆定义可转化求解．|应用体验|1．(2024·湖北武汉调研)若双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦点为F，点P是双曲线右支上的动点，A(1,4)，则|PF|＋|PA|的最小值是()A．8 B．9C．10 D．12解析：选B由题意知，双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦点F的坐标为(－4,0)，设双曲线的右焦点为B，则B(4,0)，由双曲线的定义知|PF|＋|PA|＝4＋|PB|＋|PA|≥4＋|AB|＝4＋eq\r(4－12＋0－42)＝4＋5＝9，当且仅当A，P，B三点共线且P在A，B之间时取等号．2．若数列{an}满意eq\f(an＋1,2n＋5)－eq\f(an,2n＋3)＝1，且a1＝5，则数列{an}的前200项中，能被5整除的项数为()A．90 B．80C．60 D．40解析：选B数列{an}满意eq\f(an＋1,2n＋5)－eq\f(an,2n＋3)＝1，即eq\f(an＋1,2n＋1＋3)－eq\f(an,2n＋3)＝1，又eq\f(a1,2×1＋3)＝1，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n＋3)))是以1为首项，1为公差的等差数列，∴eq\f(an,2n＋3)＝n，∴an＝2n2＋3n，列表如下：项12345678910an的个位数5474509290∴每10项中有4项能被5整除，∴数列{an}的前200项中能被5整除的项数为80，故选B．★技法二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，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，借助于数的精确性阐明形的某些属性，即以数作为手段，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2】已知a，b满意|a|＝eq\r(3)，|b|＝1，且对随意的实数x，不等式|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，设a，b的夹角为θ，则tan2θ＝________.[解析]如图所示，当(a＋b)⊥b时，对随意的实数x，a＋xb＝eq\o(OA,\s\up6(→))或a＋xb＝eq\o(OB,\s\up6(→))，因为在直角三角形中，斜边大于直角边恒成立，数形结合知，不等式|a＋xb|≥|a＋b|恒成立，因为(a＋b)⊥b，a，b满意|a|＝eq\r(3)，|b|＝1，所以(a＋b)·b＝0，a·b＋b2＝0，tanθ＝－eq\r(2)，tan2θ＝eq\f(2×－\r(2),1－－\r(2)2)＝2eq\r(2).[答案]2eq\r(2)◄技法悟通►数形结合思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，如本例中奇妙借助图象确定对称性求解．|应用体验|3．(2024·江西白鹭洲中学调研)已知在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝2，点P是斜边AB上的中点，则eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝________.解析：由题意可建立如图所示的平面直角坐标系．可得A(2,0)，B(0,2)，P(1,1)，C(0,0)，则eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＋eq\o(CP,\s\up6(→))·eq\o(CA,\s\up6(→))＝(1,1)·(0,2)＋(1,1)·(2,0)＝2＋2＝4.答案：44．已知f(x)是以2为周期的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝x，且在[－1,3]内，关于x的方程f(x)＝kx＋k＋1(k∈R，k≠－1)有四个根，则k的取值范围是________．解析：由题意作出f(x)在[－1,3]上的示意图如图．记y＝k(x＋1)＋1，∴函数y＝k(x＋1)＋1的图象过定点A(－1,1)．记B(2,0)，由题意知，方程有四个根，即函数y＝f(x)与y＝kx＋k＋1的图象有四个交点，故kAB<k<0，kAB＝eq\f(0－1,2－－1)＝－eq\f(1,3)，∴－eq\f(1,3)<k<0.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))★技法三特例法特例法，包括特例验证法、特例解除法，就是充分运用选择题中单选题的特征解题时，可以通过取一些特别值、特别点、特别函数、特别数列、特别图形、特别位置、特别向量等对选项进行验证的方法．对于定性、定值的问题可干脆确定选项；对于其他问题可以解除干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特别化策略．【典例3】如图，在棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P，Q满意A1P＝BQ，过P，Q，CA．3∶1 B．2∶1C．4∶1 D．eq\r(3)∶1[解析]将P，Q置于特别位置：P→A1，Q→B，此时仍满意条件A1P＝BQ(＝0)，则有Veq\a\vs4\al(C－AA1B)＝Veq\a\vs4\al(A1－ABC)＝eq\f(V\a\vs4\al(ABC－A1B1C1),3).故过P，Q，C三点的截面把棱柱分成的两部分体积之比为2∶1(或1∶2)．[答案]B◄技法悟通►应用特例法的关键在于确定选项的差异性，利用差异性选取一些特例来检验选项是否与题干对应，从而解除干扰选项，如本例中先利用取一特别值验证问题可求解．|应用体验|5．假如a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，那么()A．a1a8>a4a5 B．a1a8<C．a1＋a8>a4＋a5 D．a1a8＝a4解析：选B取特别数列1,2,3,4,5,6,7,8，明显只有1×8<4×5成立．6．设椭圆C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的长轴的两端点分别是M，N，P是C上异于M，N的随意一点，则PM与PN的斜率之积等于________．解析：取特别点，设P为椭圆的短轴的一个端点(0，eq\r(3))，又M(－2,0)，N(2,0)，所以kPM·kPN＝eq\f(\r(3),2)·eq\f(\r(3),－2)＝－eq\f(3,4).答案：－eq\f(3,4)★技法四估值法估值法就是不须要计算出代数式的精确数值，通过估计其大致取值范围从而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，解答不须要具体的过程，因此可以揣测、合情推理、估算而获得，从而削减运算量．【典例4】(2024·福建宁德质量检查)已知a＝log0.62，b＝log20.6，c＝0.62，则()A．a>b>c B．b>c>aC．c>b>a D．c>a>b[解析]c＝0.62>0；b＝log20.6<0，且b＝log20.6>log20.5＝－1，即b∈(－1,0)；a＝log0.62＝eq\f(1,log20.6)＝eq\f(1,b)∈(－∞，－1)，所以c>b>a，故选C．[答案]C◄技法悟通►估算法省去许多推导过程和比较困难的计算，节约时间，是发觉问题、探讨问题、解决问题的一种重要的运算方法，但要留意估算也要有依据，如本例是依据指数函数与对数函数的单调性估计每个值的取值范围，从而比较三者的大小，其实就是找一个中间值进行比较．|应用体验|7．若双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为()A．eq\f(\r(7),3) B．eq\f(5,4)C．eq\f(4,3) D．eq\f(5,3)解析：选D因为双曲线的一条渐近线经过点(3，－4)，所以eq\f(b,a)＝eq\f(4,3).因为e＝eq\f(c,a)>eq\f(b,a)，所以e>eq\f(4,3).故选D．★技法五待定系数法要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后依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，运用待定系数法，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所求解的数学问题具有某种确定的数学表达式，例如数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等．【典例5】(2024·河北唐山模拟)圆E经过三点A(0,1)，B(2,0)，C(0，－1)，且圆心在x轴的正半轴上，则圆E的标准方程为()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq\f(25,4) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,4)))2＋y2＝eq\f(25,16)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2＋y2＝eq\f(25,16) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2＋y2＝eq\f(25,4)[解析]依据题意，设圆E的圆心坐标为(a,0)(a>0)，半径为r，即圆的标准方程为(x－a)2＋y2＝r2，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a2＋12＝r2，,2－a2＝r2，,－a2＋－12＝r2，))解得a＝eq\f(3,4)，r2＝eq\f(25,16)，则圆E的标准方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))2＋y2＝eq\f(25,16).故选C．[答案]C◄技法悟通►待定系数法主要用来解决已经定性的问题，如本例中已知圆心位置，可设圆的标准方程利用条件建立方程组求出横坐标及半径．|应用体验|8．电流强度I(安)随时间t(秒)改变的函数I＝Asin(ωt＋φ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A>0，ω>0，0<φ<\f(π,2)))的图象如图所示，则当t＝eq\f(1,100)秒时，电流强度是()A．－5安 B．5安C．5eq\r(3)安 D．10安解析：选A由图象知A＝10，eq\f(T,2)＝eq\f(4,300)－eq\f(1,300)＝eq\f(1,100)，∴ω＝eq\f(2π,T)＝100π，∴I＝10sin(100πt＋φ)．又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,300)，10))为五点中的其次个点，∴100π×eq\f(1,300)＋φ＝eq\f(π,2).∴φ＝eq\f(π,6).∴I＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt＋\f(π,6)))，当t＝eq\f(1,100)秒时，I＝－5安．★技法六换元法换元法又称协助元素法、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，或者变为熟识的形式，把困难的计算和推证简化．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，目的是变换探讨对象，将问题移至新对象的学问背景中去探讨，从而使非标准型问题标准化、困难问题简洁化．换元法常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6】已知正数x，y满意4y－eq\f(2y,x)＝1，则x＋2y的最小值为________．[解析]由4y－eq\f(2y,x)＝1，得x＋2y＝4xy，即eq\f(1,4y)＋eq\f(1,2x)＝1，所以x＋2y＝(x＋2y)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4y)＋\f(1,2x)))＝1＋eq\f(x,4y)＋eq\f(y,x)≥1＋2eq\r(\f(x,4y)·\f(y,x))＝2，当且仅当eq\f(x,4y)＝eq\f(y,x)，即x＝2y时等号成立．所以x＋2y的最小值为2.[答案]2◄技法悟通►换元法主要有常量代换和变量代换，要依据所求解问题的特征进行合理代换．如本例中就是运用常数1的代换，将已知条件化为“eq\f(1,4y)＋eq\f(1,2x)＝1”，然后利用乘法运算规律，任何式子与1的乘积等于本身，再将其绽开，通过构造基本不等式的形式求解最值．|应用体验|9．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，则f(x)＝________.解析：令t＝eq\f(2,x)＋1，则x＝eq\f(2,t－1)(t>1)．将上式代入feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，得f(t)＝lgeq\f(2,t－1)，即所求函数的解析式为f(x)＝lgeq\f(2,x－1)(x>1)．答案：lgeq\f(2,x－1)(x>1)10．(2024·洛阳质检)若函数f(x)＝2x＋3，g(x＋2)＝f(x)，则函数g(x)的解析式为________．解析：令x＋2＝t，则x＝t－2.因为f(x)＝2x＋3，g(x＋2)＝f(x)＝2x＋3，所以g(t)＝2(t－2)＋3＝2t－1.故函数g(x)的解析式为g(x)＝2x－1.答案：g(x)＝2x－111．函数y＝cos2x－sinx在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))上的最大值为___________．解析：y＝cos2x－sinx＝－sin2x－sinx＋1.令t＝sinx，又x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，∴t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，∴y＝－t2－t＋1，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).∵函数y＝－t2－t＋1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))上单调递减，∴t＝0时，ymax＝1.答案：1★技法七构造法构造法求解选择、填空题，须要利用已知条件和结论的特别性构造出新的数学模型(如构造函数、方程或图形)，从而简化推理与计算过程，使较困难的数学问题得到简捷的解决，它来源于对基础学问和基本方法的积累，须要从一般的方法原理中进行提炼概括、主动联想、横向类比，从曾经遇到过的类似问题中找寻灵感，构造出相应的函数、数列、几何等具体的数学模型，使问题得以快速解决．【典例7】(1)(2024·河北武邑中学模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，对随意实数x均有(1－x)·f(x)＋xf′(x)>0成立，且y＝f(x＋1)－e是奇函数，则不等式xf(x)－ex>0的解集是()A．(－∞，e) B．(e，＋∞)C．(－∞，1) D．(1，＋∞)(2)如图，已知球O的表面上有四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝eq\r(2)，则球O的体积等于________．[解析](1)构造函数，令g(x)＝eq\f(xfx,ex)，则g′(x)＝eq\f(1－xfx＋xf′x,ex).由题意可知，g′(x)>0恒成立，则函数g(x)在定义域内单调递增．因为函数y＝f(x＋1)－e是奇函数，则函数图象过坐标原点，即f(1)－e＝0，所以f(1)＝e，所以g(1)＝eq\f(1×f1,e1)＝1.而不等式xf(x)－ex>0可变形为eq\f(xfx,ex)>1，即g(x)>g(1)，结合函数g(x)的单调性可知不等式的解集为(1，＋∞)．故选D．(2)如图，以DA，AB，BC为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O的半径为R，则正方体的体对角线长即为球O的直径，所以CD＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2＋\r(2)2)＝2R，所以R＝eq\f(\r(6),2)，故球O的体积V＝eq\f(4πR3,3)＝eq\r(6)π.[答案](1)D(2)eq\r(6)π◄技法悟通►构造法实质上是化归与转化思想在解题中的应用，须要依据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向，通过构造新的函数、不等式或数列等新的模型，从而转化为自己熟识的问题．如本例(2)中奇妙地构造出正方体，而球的直径恰好为正方体的体对角线，问题就很简洁得到解决．|应用体验|12．设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数．当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0且g(3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是()A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)解析：选D构造函数F(x)＝f(x)g(x)．因为当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，所以当x<0时，F′(x)＝[f(x)g(x)]′>0，所以函数F(x)＝f(x)g(x)在(－∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以F(x)＝f(x)g(x)是奇函数，所以函数F(x)＝f(x)g(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为g(3)＝0，所以g(－3)＝g(3)＝0，所以F(3)＝F(－3)＝0，所以不等式f(x)g(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．13．在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥BC，AC＝BC＝1，PA＝eq\r(3)，则该三棱锥外接球的表面积为()A．5π B．eq\r(2)πC．20π D．4π解析：选A把三棱锥P－ABC看作由一个长、宽、高分别为1,1，eq\r(3)的长方体截得的一部分(如图)．易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为eq\r(12＋12＋\r(3)2)＝eq\r(5)，故外接球半径为eq\f(\r(5),2)，表面积为4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2＝5π.★技法八参数分别法参数分别法是解决不等式有解、恒成立问题常用的方法，通过分别参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题求解，从而避开对参数进行分类探讨的烦琐过程．该种方法也适用于含参方程有解、无解等问题的解决．但要留意该种方法仅适用于分别参数后能够求解相应函数的最值或值域的状况．【典例8】(一题多解)(2024·成都模拟)若关于x的不等式x2＋2ax＋1≥0在[0，＋∞)上恒成立，则实数a的取值范围为()A．(0，＋∞) B．[－1，＋∞)C．[－1,1] D．[0，＋∞)[解析]解法一：当x＝0时，不等式1≥0恒成立，当x>0时，x2＋2ax＋1≥0⇒2ax≥－(x2＋1)⇒2a≥－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))，又－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))≤－2，当且仅当x＝1时，取等号，所以2a≥－2⇒a≥－1，所以实数a的取值范围为[－1，＋∞)．解法二：设f(x)＝x2＋2ax＋1，函数图象的对称轴为直线x＝－a，当－a≤0，即a≥0时，f(0)＝1>0，所以当x∈[0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立；当－a>0，即a<0时，要使f(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，需f(－a)＝a2－2a2＋1＝－a2＋1≥0，得－1≤a综上，实数a的取值范围为[－1，＋∞)．[答案]B◄技法悟通►利用分别参数法解决不等式恒成立问题或有解问题，关键在于精确分别参数，然后将问题转化为参数与函数最值之间的大小关系．分别参数时要留意参数系数的符号是否会发生改变，假如参数的系数符号为负号，则分别参数时应留意不等号的改变，否则就会导致错解．|应用体验|14．(2024·陕西联考)已知函数f(x)＝lnx－eq\f(x,2)＋eq\f(k,x)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立，实数k的取值范围为________．解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)<0在(1，＋∞)上恒成立等价于k<eq\f(x2,2)－xlnx在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)＝eq\f(x2,2)－xlnx，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝x－(lnx＋1)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)．令h(x)＝x－1－lnx，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，x∈(0，＋∞)．当0<x<1时，h′(x)<0，函数h(x)在(0,1)上单调递减；当x>1时，h′(x)>0，函数h(x)在(1，＋∞)上单调递增．∴当x>1时，h(x)>h(1)＝0.即当x>1时，g′(x)>g′(1)＝0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x)>g(1)＝eq\f(1,2).∴当x>1时，若使k<eq\f(x2,2)－xlnx恒成立，则k≤eq\f(1,2)，即实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))★技法九巧设变量引参搭桥法当利用题目条件中的已知量或变量无法干脆与要求的结论之间建立关系式时，可考虑引入一些中间变量，即参数(可以是角度、线段、斜率及点的坐标等)，来沟通条件与结论之间的联系，这是一种特别重要的解题方法，也就是我们所说的“引参搭桥术”，尤其在解析几何中，应用较为广泛．【典例9】如图，椭圆有两顶点A(－1,0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于C，D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q，连接OQ.(1)当|CD|＝eq\f(3,2)eq\r(2)时，求直线l的方程；(2)当点P异于A，B两点时，求证：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))为定值．[解](1)因为椭圆焦点在y轴上，所以设椭圆的标准方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a>b>0)．由已知得b＝1，c＝1，所以a＝eq\r(2)，则椭圆方程为eq\f(y2,2)＋x2＝1.①当直线l垂直于x轴时，与题意不符．②当直线l不垂直于x轴时，设直线l的斜率为k，则方程为y－1＝k(x－0)(k≠0)，联立直线l与椭圆的方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(y2,2)＋x2＝1，))化简得(2＋k2)x2＋2kx－1＝0.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(2k,2＋k2)，,x1x2＝\f(－1,2＋k2).))所以|CD|＝eq\r(k2＋1[x1＋x22－4x1x2])＝eq\f(2\r(2)k2＋1,k2＋2).由已知得eq\f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq\f(3,2)eq\r(2)，解得k＝±eq\r(2).所以直线l的方程为y＝eq\r(2)x＋1或y＝－eq\r(2)x＋1.(2)证明：①当直线l垂直于x轴时，与题意不符．②当直线l不垂直于x轴时，设l的方程为y－1＝k(x－0)(k≠0且k≠±1)，所以P点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0)).由(1)知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(2k,2＋k2)，,x1x2＝\f(－1,2＋k2).))所以x1－x2＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2k,k2＋2)))2＋\f(4,k2＋2))＝eq\f(\r(8k2＋1),k2＋2).直线AC的方程为y＝eq\f(y1,x1＋1)(x＋1)，直线BD的方程为y＝eq\f(y2,x2－1)(x－1)，将两直线方程联立，解得xQ＝eq\f(y2x1＋1＋y1x2－1,y2x1＋1－y1x2－1).又y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1，所以xQ＝eq\f(kx2＋1x1＋1＋kx1＋1x2－1,kx2＋1x1＋1－kx1＋1x2－1)＝eq\f(2kx1x2＋x1＋x2＋kx2－x1,kx1＋x2＋x1－x2＋2)＝eq\f(－\f(2k,k2＋2)－\f(2k,k2＋2)－\f(k\r(8k2＋1),k2＋2),－\f(2k2,k2＋2)＋\f(\r(8k2＋1),k2＋2)＋2)＝－k，所以点Q的坐标为(－k，yQ)．而点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)，0))，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))＝(－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))＋0×yQ＝1.所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))为定值得证.◄技法悟通►本例第(2)问是变中求定问题，思路是选设引起直线l改变的某参数，在推算过程中把该参数消去，得到eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OQ,\s\up6(→))为定值，明显此处首选直线l的斜率为参数．|应用体验|15．已知点F1，F2分别为椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，椭圆上的点P满意∠F1PF2＝90°，且△F1PF2的周长为4＋2eq\r(3)，面积为1.(1)求椭圆E的标准方程；(2)如图，过点F1，F2分别作直线l1，l2且l1∥l2，l1交椭圆于A，B两点，l2交椭圆于C，D两点，求四边形ABCD面积的最大值．解：(1)设|PF1|＝m，|PF2|＝n，则m＋n＝2a，m2＋n2＝(2c)2，①2－②，得mn＝2(a2－c2)，∴Seq\s\do6(△F1PF2)＝eq\f(1,2)mn＝a2－c2＝b2＝1.∵△F1PF2的周长L＝m＋n＋2c＝2a＋2c＝4＋2eq\r(3)，∴a＋c＝2＋eq\r(3)，∴a－c＝eq\f(1,2＋\r(3))＝2－eq\r(3)，∴a＝2，c＝eq\r(3)，∴椭圆E的标准方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由题知l1的倾斜角不为0°，F1(－eq\r(3)，0)，由对称性得四边形ABCD为平行四边形，设直线l1的方程为x＝py－eq\r(3)，联立直线l1与椭圆的方程并化简，得(p2＋4)·y2－2eq\r(3)py－1＝0，明显Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq\f(2\r(3)p,p2＋4)，y1y2＝eq\f(－1,p2＋4).连接OA，OB，∴S△OAB＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×|y1－y2|＝eq\f(\r(3),2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)p,p2＋4)))2－4·\f(－1,p2＋4))＝2eq\r(3)·eq\r(\f(p2＋1,p2＋42)).设p2＋1＝t，t∈[1，＋∞)，则p2＝t－1，∴eq\f(p2＋1,p2＋42)＝eq\f(t,t2＋6t＋9)＝eq\f(1,t＋\f(9,t)＋6)≤eq\f(1,12)，当且仅当t＝eq\f(9,t)，即p＝±eq\r(2)时等号成立，∴(S△OAB)max＝2eq\r(3)×eq\r(\f(1,12))＝1，∴平行四边形ABCD面积的最大值Smax＝4·(S△OAB)max＝4.★技法十正难则反思维法思维受限一般出现在压轴题或计算量大的题上，有时也出现在一些条件特别的选择题、填空题上，这些题不肯定就是做不好的题或是难度很大的题，而可能是因某些运算或推理繁杂感到心理惊慌而导致一下子想不出解决方法的题．一般来说，对此类问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，整合相关的结论(包括已推得的结论)，留意信息的迁移．要留意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仿照探究，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正确时，要留意隐含条件的挖掘与整合，细致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．在将条件与结论联系起来时，要勇于摸索、创新思维，留意类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什么．这就是我们常常说的“思维受限突围术”．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命题，若前一问不会解，而后面的几问又是简洁解的，或是可用第一问的结论来求解的，此时应放弃第一问的求解，着重攻后面的几问，并将第一问的结论作为后几问的条件运用，奇妙地协作题设条件或有关定理解答后面的问题．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”，即前问难后问易，弃前攻后为上计(有时也说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题)．【典例10】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eq\f(1,2)，1内存在唯一零点；(2)设n＝2，若对随意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范围；(3)(一题多解)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内的零点，推断数列x2，x3，…，xn，…的增减性．[解](1)证明：当b＝1，c＝－1，n≥2时，fn(x)＝xn＋x－1.∵fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))fn(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)－\f(1,2)))×1<0，∴fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内存在零点．又∵当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，f′(x)＝nxn－1＋1>0，∴fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上是单调递增的，∴fn(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内存在唯一零点．(2)当n＝2时，f2(x)＝x2＋bx＋c.对随意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.据此分类探讨如下：①当eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)))>1，即|b|>2时，M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|>4，与题设冲突．②当－1≤－eq\f(b,2)<0，即0<b≤2时，M＝f2(1)－f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)＋1))2≤4恒成立．③当0≤－eq\f(b,2)≤1，即－2≤b≤0时，M＝f2(－1)－f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)－1))2≤4恒成立．综上可知，－2≤b≤2.故b的取值范围为[－2,2]．(3)解法一：设xn是fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内的唯一零点(n≥2)，fn(xn)＝xeq\o\al(n,n)＋xn－1＝0，fn＋1(xn＋1)＝xeq\o\al(n＋1,n＋1)＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，于是有fn(xn)＝fn＋1(xn＋1)＝xeq\o\al(n＋1,n＋1)＋xn＋1－1<xeq\o\al(n,n＋1)＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)．又由(1)知fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(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．解法二：设xn是fn(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内的唯一零点，fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(xeq\o\al(n＋1,n)＋xn－1)(1n＋1＋1－1)＝xeq\o\al(n＋1,n)＋xn－1<xeq\o\al(n,n)＋xn－1＝0，则fn＋1(x)的零点xn＋1在(xn,1)内，故xn<xn＋1(n≥2)，所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列.◄技法悟通►本例第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理解决，但第(2)问较麻烦，许多同学不会做或耽搁较长时间，从而延误了第(3)问的解答．事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且特别简洁解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举．策略二前解倒推混战术有些数学命题的求解，起先入手还较为顺畅，但一到最终就难以接着进行了．此时若知悉它的大致趋势和结果，可依从所求结论的形式、特点，进行反推、凑形，直到得出大致与所要达到的目标相同或相像的式子，再来奇妙地进行沟通．对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了几下，却可能全都是对的．【典例11】(2024·武汉调研)已知a为实数，函数f(x)＝ex－2－ax.(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1<x2)．①求实数a的取值范围；②证明：x1＋x2>2.[解](1)f′(x)＝ex－2－a.当a≤0时，f′(x)>0恒成立，函数f(x)在R上单调递增．当a>0时，由f′(x)＝ex－2－a＝0，得x＝2＋lna.若x>2＋lna，则f′(x)>0，函数f(x)在(2＋lna，＋∞)上单调递增；若x<2＋lna，则f′(x)<0，函数f(x)在(－∞，2＋lna)上单调递减．(2)①由(1)知，当a≤0时，f(x)在R上单调递增，没有两个不同的零点．当a>0时，f(x)在x＝2＋lna处取得微小值，所以f(2＋lna)＝elna－a(2＋lna)<0，得a>eq\f(1,e)，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞)).②证明：由ex－2－ax＝0，得x－2＝ln(ax)＝lna＋lnx，即x－2－lnx＝lna.所以x1－2－lnx1＝x2－2－lnx2＝lna.令g(x)＝x－2－lnx(x>0)，则g′(x)＝1－eq\f(1,x).当x>1时，g′(x)>0；当0<x<1时，g′(x)<0.所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以0<x1<1<x2.要证x1＋x2>2，只需证x2>2－x1>1.因为g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以只需证g(x2)>g(2－x1)．因为g(x1)＝g(x2)，所以只需证g(x1)>g(2－x1)，即证g(x1)－g(2－x1)>0.令h(x)＝g(x)－g(2－x)＝x－2－lnx－[2－x－2－ln(2－x)]＝2x－2－lnx＋ln(2－x)，则h′(x)＝2－eq\