最新領(lǐng)軍教育密押答案-填空題解法-數(shù)列-高等數(shù)學(xué)

高考數(shù)學(xué)填空題解題方法一、直接法例1解：，由復(fù)合函數(shù)的增減性可知，在上為增函數(shù)，∴，∴。例2：由題設(shè)，此人猜中某一場(chǎng)的概率為，且猜中每場(chǎng)比賽結(jié)果的事件為相互獨(dú)立事件，故某人全部猜中即獲得特等獎(jiǎng)的概率為。二、特殊化法例1解：特殊化：令，那么△ABC為直角三角形，，從而所求值為。例2分析：題目中“求值〞二字提供了這樣信息：答案為一定值，不妨令。三、數(shù)形結(jié)合法例1解：根據(jù)不等式解集的幾何意義，作函數(shù)和函數(shù)的圖象〔如圖〕例2解：可看作是過點(diǎn)P〔x，y〕與M〔1，0〕的直線的斜率，其中點(diǎn)P的圓上，當(dāng)直線處于切線位置時(shí)，斜率最大，最大值為。四、等價(jià)轉(zhuǎn)化法例1解：設(shè)，那么原不等式可轉(zhuǎn)化為：∴a>0，且2與是方程的兩根，由此可得：。例2解：題設(shè)條件等價(jià)于點(diǎn)〔0，1〕在圓內(nèi)或圓上，等價(jià)于點(diǎn)〔0，1〕在圓上或圓內(nèi)∴。例3解：易知∵y與y2有相同的單調(diào)區(qū)間，而，∴可得結(jié)果為。例4由，得，應(yīng)填4.請(qǐng)思考為什么不必求呢？例5，講解容易發(fā)現(xiàn)，這就是我們找出的有用的規(guī)律，于是 原式＝，應(yīng)填五、綜合訓(xùn)練例1，將①、②式相加，類似于等差數(shù)列的情形，、：而..例2．講解長(zhǎng)方體的對(duì)角線就是外接球的直徑,即有從而，故應(yīng)填例3．講解此題是一道很好的開放題，解題的開竅點(diǎn)是：每個(gè)面的三條棱是怎樣構(gòu)造的，依據(jù)“三角形中兩邊之和大于第三邊〞，就可否認(rèn)｛1，1，2｝，從而得出｛1，1，1｝，｛1，2，2｝，｛2，2，2｝三種形態(tài)，再由這三類面構(gòu)造滿足題設(shè)條件的四面體，最后計(jì)算出這三個(gè)四面體的體積分別為：,,，故應(yīng)填.、、中的一個(gè)即可.二、選擇題解題技巧解析.1、直接法：【例1】【解】直接法：由sinx>cosx得cosx－sinx＜0，即cos2x＜0，所以：＋kπ＜2x＜＋kπ，選D.【另解】數(shù)形結(jié)合法：由得|sinx|>|cosx|，畫出y=|sinx|和y=|cosx|的圖象，從圖象中可知選D.【例2】通用規(guī)律：圖像關(guān)于x=a對(duì)稱=?f(a+x)=f(a-x)=?f(x)=f(2a-x)=?f(-x)=f(2a+x)=?f(x+a)是偶函數(shù)假設(shè)f(x)是奇函數(shù)，圖像周期為4a，假設(shè)f(x)是偶函數(shù)，圖像周期為2a.附加：假設(shè)f(a+x)=f(a-x),f(b+x)=f(b-x)那么f(x)圖像周期為2(a-b)。假設(shè)那么f(x)圖像周期為2a，方法二：由f(x＋2)＝－f(x)，得到周期T＝4，所以f(7.5)＝f(－0.5)＝－f(0.5)＝－0.5.【例3】【解一】用排除法：七人并排站成一行，總的排法有種，其中甲、乙兩人相鄰的排法有2×種.因此，甲、乙兩人必需不相鄰的排法種數(shù)有：－2×＝3600，對(duì)照后應(yīng)選B；【解二】用插空法：×＝3600.例4、解：由題意函數(shù)y=f(x)圖像過點(diǎn)(3，－1)，它的反函數(shù)y=g(x)的圖像經(jīng)過點(diǎn)(－1，3)，由此可得函數(shù)y=g(x－1)的圖像經(jīng)過點(diǎn)(0，3)，應(yīng)選B.例5、解析：由圖象可得f(x)=x(x＋1)(x－2)=x3－x2－2x，又∵x1、x2是f′(x)=3x2－2x－2=0的兩根，∴x1＋x2=，x1x2=－，故x=(x1＋x2)2－2x1x2=〔〕2＋2×=，應(yīng)選C.2、特例法：①特殊值:例1、解：此題結(jié)論中不含n，正確性與n無關(guān)，可對(duì)n取特殊值，如n=1，此時(shí)a1=48，a2=S2－S1=12，a3=a1＋2d=－24，所以前3n項(xiàng)和為36，選D.②特殊函數(shù):例2、解：構(gòu)造特殊函數(shù)，顯然滿足題設(shè)條件，并易知f(x)在區(qū)間[－7，－3]上是增函數(shù)，且最大值為f(－3)=－5，應(yīng)選B.③特殊數(shù)列:例3解：取an=3n，，易知選D.④特殊點(diǎn):例4、解:在f(x)=＋2〔x≥0〕中可令x=0，得y=2；令x=4，得y=4，那么特殊點(diǎn)(2，0)及(4，4)都在反函數(shù)f－1(x)圖像上，觀察得A、C，又由反函數(shù)f－1(x)的定義域知選C.⑤特殊模型:例5、【解】考慮由P0射到BC的中點(diǎn)上，這樣依次反射最終回到P0，此時(shí)容易求出tan=，由題設(shè)條件知，1＜x4＜2，那么tan≠，排除A、B、D，應(yīng)選C.例6、例7、【解】用特值法：當(dāng)n＝2時(shí)，代入得C＋C＝2，排除答案A、C；當(dāng)n＝4時(shí)，代入得C＋C＋C＝8，排除答案D.所以選B.例8【解】取a＝100，b＝10，此時(shí)P＝，Q＝＝lg，R＝lg55＝lg，比擬可知選PQR例9:假設(shè),,,那么()A.B．C．D．解:令,,那么,,顯然,∴應(yīng)選A.例10，例11：解：取那么又即∴即∴解之得：〔舍去〕，故所求為應(yīng)選B3、篩選法:例1、解:因x為三角形中的最小內(nèi)角，故x∈(0，)，由此可得y=sinx＋cosx>1，排除錯(cuò)誤支B，C，D，應(yīng)選A.例2、解：，，.例3、【解】∵2－ax是在[0，1]上是減函數(shù)，所以a>1，排除答案A、C；假設(shè)a＝2，由2－ax>0得x＜1，這與x∈[0，1]不符合，排除答案D.所以選B.4、代入法：【例1】【解】代入法：f(x＋)＝sin[－2(x＋)]＋sin[2(x＋)]＝－f(x)，而f(x＋π)＝sin[－2(x＋π)]＋sin[2(x＋π)]＝f(x).所以應(yīng)選B；【例2】〔A〕x＝－〔B〕x＝－〔C〕x＝〔D〕x＝【解】代入法：把選擇支逐次代入，當(dāng)x＝－時(shí)，y＝－1，可見x＝－是對(duì)稱軸，又因?yàn)榻y(tǒng)一前提規(guī)定“只有一項(xiàng)為哪一項(xiàng)符合要求的〞，應(yīng)選A.【例3】解：2化為，顯然恒成立，由此排除答案A、D化為，也顯然恒成立，故排除C，所以選B；5、割補(bǔ)法【例1】【解】如圖，將正四面體ABCD補(bǔ)形成正方體，那么正四面體、正方體的中心與其外接球的球心共一點(diǎn).因?yàn)檎拿骟w棱長(zhǎng)為，所以正方體棱長(zhǎng)為1，從而外接球半徑R＝.故S球＝3.【例2】【解】補(bǔ)一個(gè)大小相同的幾何體構(gòu)成一個(gè)圓柱，那么圓柱的底半徑為2，高為15，其體積為60，故雕塑的體積為30，選〔B〕6、極限法:【例1】【解】不等式的“極限〞即方程，那么只需驗(yàn)證x=2，2.5，和3哪個(gè)為方程的根，逐一代入，選C.【例2】解：當(dāng)，時(shí)排除當(dāng)，時(shí)排除選D.7、估值法由于選擇題提供了唯一正確的選擇支，解答又無需過程.因此可以猜想、合情推理、估算而獲得.這樣往往可以減少運(yùn)算量，當(dāng)然自然加強(qiáng)了思維的層次.【例1】【解】由條件可知，EF∥平面ABCD，那么F到平面ABCD的距離為2，∴VF－ABCD＝·32·2＝6，而該多面體的體積必大于6，應(yīng)選〔D〕.【例2】

〔A〕π〔B〕π〔C〕4π〔D〕π【解】∵球的半徑R不小于△ABC的外接圓半徑r＝，那么S球＝4πR2≥4πr2＝π＞5π，應(yīng)選〔D〕.由于選擇題提供了唯一正確的選擇支，解答又無需過程.因此可以猜想、合情推理、估算而獲得.這樣往往可以減少運(yùn)算量，當(dāng)然自然加強(qiáng)了思維的層次.總結(jié)：高考數(shù)學(xué)選擇題精華提煉一、選擇題：．1．2．3．4．?dāng)?shù)列密押數(shù)列常用性質(zhì)：①②等差數(shù)列中也成等差數(shù)列等比數(shù)列中也成等比數(shù)列③等差數(shù)列④等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式：〔二次函數(shù)〕等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式：常用求和公式①②③④常用求和技巧：①裂相相加②分組求和③錯(cuò)位相減法等差數(shù)列與等比數(shù)列的乘積④反序相加法把數(shù)列倒過來排序，與原數(shù)列相加有公因式可提例1．解一設(shè)首項(xiàng)為a1,公差為d解二設(shè)中間量法設(shè)例2．解：設(shè)公比為例3．難點(diǎn)在于代換。例4．例5．解：設(shè)公差為方法二：例6.法一：法二：例7、解：①—②：例8：解：由于是等差數(shù)列例9．解：分組求和，對(duì)應(yīng)相減。例10．設(shè)那么由于互不相等所以例11．解：例12．解：例13例：證明思路：25-13=12，41-25=1612和16的公因子有1，2，42023-13=1996，是1，2，4的倍數(shù)。等差數(shù)列前n項(xiàng)和公式：等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式：例1．〔1〕此數(shù)列的公差d＜0：〔2〕S9一定小于S6：〔3〕a7是各項(xiàng)中最大的一項(xiàng)：〔4〕S7一定是Sn中的最大值。分析：一般地，等差數(shù)列的sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，an是關(guān)于n的一次函數(shù)，借助函數(shù)求解解：sn是一個(gè)開口向下的二次函數(shù)s7是圖象最高點(diǎn)，是sn中最大的一項(xiàng)。s7之所以為最大為最小正項(xiàng)，a8為最大負(fù)項(xiàng)，故公差d<0，1〔√〕3.(×)s9小于s6〔2〕說明：等差數(shù)列前n項(xiàng)和的最值問題，可以利用an的正負(fù)變化規(guī)律的研究來替代sn的研究，一次函數(shù)總比二次函數(shù)更容易些。例2．。解，由d<0說明此二次函數(shù)的圖象開口向下，且與x軸交點(diǎn)橫坐標(biāo)介于12和13之間，又因函數(shù)應(yīng)過原點(diǎn)，說明對(duì)稱軸在6和6.5之間，離它最近的正整數(shù)n為6高等數(shù)學(xué)背景的高考?jí)狠S題密押一、用二階導(dǎo)數(shù)判斷極大值或極小值定理例1,解．由假設(shè)知，從而有，即．又當(dāng)時(shí)，，且，所以在處取得極大值，且極大值．例2,解:，得和，思考：在取得極大還是極小值？在取得極大還是極小值？-1代入，-12，3代入12三、函數(shù)圖像凹凸定理假設(shè)在內(nèi)二階可導(dǎo)，曲線的凸性例1解，．所以當(dāng)，即當(dāng)或時(shí)；當(dāng)，即當(dāng)時(shí)．因此在區(qū)間與內(nèi)曲線下凸；在區(qū)間內(nèi)曲線上凸．例1，四川高考數(shù)學(xué)2006——理22壓軸題22，證法一：由=比擬大小，會(huì)算嗎？二階導(dǎo)數(shù)QM法：欲證即證函數(shù)圖像是凹的，只需證f’’(x)>0，()問題得證二、大學(xué)高等數(shù)學(xué)微分中值定理：第〔1〕問——模式識(shí)別、配方法回想單調(diào)性問題的證明方法，最早有作差法，后來有求導(dǎo)法，這些都是可行的．這種想法表達(dá)了高考解題的模式識(shí)別策略．〔1〕求導(dǎo)法證單調(diào)性這可以分為兩步：第一，求導(dǎo)；第二，證明導(dǎo)函數(shù)在上恒大于零．證明1由而二次項(xiàng)系數(shù)3>0，判別式，得，從而是上的單調(diào)增函數(shù)．證明2由得是上的單調(diào)增函數(shù)．〔2〕作差法證單調(diào)性用作差法證單調(diào)性的根本過程分為四步：任取——作差——變形——判號(hào)，其中最核心的是變形——或者分解因式、或者配方，本例主要用到配方．證明6任取有得是上的單調(diào)增函數(shù)．第〔2〕問——模式識(shí)別、數(shù)學(xué)歸納法對(duì)于自然數(shù)的命題想起用數(shù)學(xué)歸納法，應(yīng)該說是自然的，但同時(shí)證5個(gè)量的不等式卻是陌生情境，學(xué)生對(duì)此普遍不習(xí)慣。其實(shí)可分兩次分別證〔單調(diào)遞增有上界〕與〔單調(diào)遞減有下界〕，每一次都化歸為根本模式．第〔3〕問——高中解法可以作這樣的分析：欲證，只需，只需，只需．而由第〔2〕問有，得．式是成立的．證明由第〔2〕問知得有，得，即．大學(xué)解法解〔1〕〔3〕問：這一結(jié)果也可由微分中值定理得出，由知當(dāng)時(shí)，有即證明了第一問，也證明了例2解：(Ⅰ)f(x)的定義域?yàn)?0,+)，.當(dāng)a≥0時(shí)，＞0，故f(x)在(0,+)單調(diào)增加；當(dāng)a≤－1時(shí)，＜0,故f(x)在(0,+)單調(diào)減少；當(dāng)－1＜a＜0時(shí)，令＝0,解得x=.當(dāng)x∈(0,)時(shí),＞0；x∈(，+)時(shí)，＜0,故f(x)在〔0,〕單調(diào)增加，在〔，+〕單調(diào)減少.(Ⅱ)不妨假設(shè)x1≥x2.由于a≤－2,故f(x)在〔0，+〕單調(diào)減少.所以等價(jià)于≥4x1－4x2,即f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.令g(x)=f(x)+4x,那么+4＝. 于是≤＝≤0.從而g(x)在〔0，+〕單調(diào)減少，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)+4x1≤f(x2)+4x2，故對(duì)任