2019届高考数学一轮复习 一 光速解题——学会12种快速解题技法增分学案 文

1、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 (n2),则an

2、=()A.2+ln nB.2+(n-1)ln nC.2+nln nD.1+n+ln n答案(1)C(2)A解析(1)取x0=1,则f(1)=+1=0),g(x)=(x0)都是“影子函数”,但F(x)=f(x)g(x)=1(x0)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.3B.4C.5D.(2)如图,在三棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P,Q满足A1P=

3、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.31B.21C.41D.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PQBC,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:PA1,QB,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21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

4、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mina,b,c表示a,b,c三个数中的最小值,设f(x)=min2x,x+2,10-x(x0),则f(x)的最大值为()A.4B.5C.6D.7(

5、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0k1或1k2.典例7(数形结合法解不等式)已知f(x)=则不等式f(x)x2的解集是()A.-1,1B.-2,2C.-2,1D.-1,2答案A解析分别作f(x)=和y=x2的图象如图所示,由图可知, f(x)x2的解集为-1,1.典例8(数形结合法解决平面向量问题)(1)设a,b,c是单位向量,且ab=0,则(a-c)(b

6、-c)的最小值为() A.-2B.-2C.-1D.1-(2)已知ABC的三个顶点的坐标满足如下条件:向量=(2,0),=(2,2),=(cos ,sin ),则AOB的范围为.答案(1)D(2)解析(1)由于(a-c)(b-c)=-(a+b)c+1,因此等价于求(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ab=0,故ab,如图所示,|a+b|=,|c|=1,当=0时,(a+b)c取得最大值且最大值为,故所求的最小值为1-.(2)由|=可知,点A的轨迹是以C(2,2)为圆心,为半径的圆,过原点O作此圆的切线,切点分别为M,N,如图所示,连接CM,CN,则向量与的夹

7、角的范围是MOBNOB.由图可知COB=,因为|=2,由|=|=|知COM=CON=,所以BOM=-=,BON=+=,所以,故AOB的范围为.典例9(数形结合法解决解析几何问题)已知F1、F2分别为双曲线x2-=1的左、右焦点,点P为右支上一点,O为坐标原点.若向量+与的夹角为120,则点F2到直线PF1的距离为()A.B.C.2D.答案C解析取PF2的中点M,连接OM,则+=2,故=120,OMF2=60.因为O为F1F2的中点,所以OMPF1,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,cosF

8、1PF2=,即cos 60=,整理得m2+n2-mn=28,所以解得过点F2作F2NPF1于N,在RtPF2N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,yR,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=

9、6,即(x+y)2+(y)2=()2,故设x+y=cos ,y=sin ,即x=cos -sin ,y=sin .则z=x2+4y2=6-2xy=6-2(cos -sin )sin =8-4sin.所以8-4z8+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SABF=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(ab0),则A(a,0),B(0,b),F(c,0)

10、(c=).由已知可得e2=,所以a2=4b2,即a=2b,故c=b.又SABF=|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.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=.将代入中,得|x1-x2|2=,故|x1-x2|=.所以|MN|=|x1-x2|=.故OMN的面积S=|MN|1=1=

11、.令t=4k2+1(t1),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+log20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,tR,则log2=log2=3+log2=3-log2=3-t,log2=2log2=-2t,原不等式化为(3-t)x2+2tx-2t0,它对一切实数x恒成立,所以解得t0,即log20,01,解得0a1),求loga(uv)的最大值和最小值.解析令x=l

12、ogau,y=logav,则x0,y0,已知等式可化为(x-1)2+(y-1)2=4(x0,y0),再设t=loga(uv)=x+y(x0,y0),由图可知,当线段y=-x+t(x0,y0)与圆弧(x-1)2+(y-1)2=4(x0,y0)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

13、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(x+)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=.又函数图象过点(0,-),所以2sin

14、 =-,即sin =-,又|b0).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

15、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)f(x),且f(x+2)为偶函数, f(4)=1,则不等式f(x)ex的解集为()A.(-2,+)B.(0,+)C.(1,+)D.(4,+)(2)已知m,n(2,e),且-nB.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)=(xR)

16、,则g(x)=.又f (x)f(x),所以g(x)0(xR),所以函数g(x)在定义域上单调递减.因为f(x)ex1,而g(0)=1,所以f(x)exg(x)0.故选B.(2)由不等式可得-ln m-ln n,即+ln n0,故函数f(x)在(2,e)上单调递增.因为f(n)f(m),所以nm.故选A.典例18(构造方程)已知a2-3a=1,b2-3b=1,且ab,则+=.答案11解析由题意可知a,b是方程x2-3x-1=0的两个实数根,由根与系数的关系可知a+b=3,ab=-1,所以+=32-2(-1)=11.典例19已知三棱锥P-ABC,PA=BC=2,PB=AC=10,PC=AB=2,则

17、三棱锥P-ABC的体积为.答案160解析如图所示,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,由已知可得解得x=6,y=8,z=10.从而V三棱锥P-ABC=V长方体AEBG-FPDC-V三棱锥P-AEB-V三棱锥C-ABG-V三棱锥B-PDC-V三棱锥A-FPC=V长方体AEBG-FPDC-4V三棱锥P-AEB=6810-41086=160.故所求三棱锥P-ABC的体积为160.方法6补集法补集法就是已知问题涉及的类别较多,或直接求解比较麻烦时,可以通过求解该问题的对立事件,求出问题的结果,则所求解

18、问题的结果就可以利用补集的思想求得.该方法在概率、函数性质等问题中应用较多.典例20(概率问题)某学校为了研究高中三个年级的数学学习情况,从高一,高二,高三三个年级中分别抽取了1,2,3个班级进行问卷调查,若再从中任意抽取两个班级进行测试,则两个班级不来自同一年级的概率为.答案解析记高一年级中抽取的1个班级为a,高二年级中抽取的2个班级为b1,b2,高三年级中抽取的3个班级为c1,c2,c3.从已抽取的6个班级中任意抽取两个班级的所有可能结果为(a,b1),(a,b2),(a,c1),(a,c2),(a,c3),(b1,b2),(b1,c1),(b1,c2),(b1,c3),(b2,c1),(

19、b2,c2),(b2,c3),(c1,c2),(c1,c3),(c2,c3),共15种.设“抽取的两个班级不来自同一年级”为事件A,则事件为抽取的两个班级来自同一年级.两个班级来自同一年级的结果为(b1,b2),(c1,c2),(c1,c3),(c2,c3),共4种.所以P()=,故P(A)=1-P()=1-=.所以两个班级不来自同一年级的概率为.典例21(函数问题)已知函数f(x)=ax2-x+ln x在区间(1,2)上不单调,则实数a的取值范围为.答案解析f (x)=2ax-1+.(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2ax-1+0,得a.

20、令t=,因为x(1,2),所以t=.设h(t)=(t-t2)=-+,t,显然函数y=h(t)在区间上单调递减,所以h(1)h(t)h,即0h(t)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. km2B. km2C. km2D. km2(2)一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的体

21、积是()A.64B.72C.80D.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

22、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=163=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.8+16B.8-16C.8+8D.16-8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=224=8,直三棱柱的体积为V2=424=16.所以所求几何

23、体的体积为V=V1-V2=8-16.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:PCAD;(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OCAD,又PAD是正三角形,所以

24、OPAD,又OCOP=O,OC平面POC,OP平面POC,所以AD平面POC,又PC平面POC,所以PCAD.(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POAD,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RtPOC中,PO=OC=,PC=,在PAC中,PA=AC=2,PC=,所以边PC上的高AM=,所以SPAC=PCAM=,设点D到平面PAC的距离为h,由VD-PAC=VP-ACD得,SPACh=SACDPO,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

25、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,ADBC,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(0yb).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,ABCD,ABC=90,AB=2BC=2CD,则cosDAC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