備考技法專題一解題常用8術系統(tǒng)歸納-串一串方法講義理

備考技法專題一解題常用8術系統(tǒng)歸納一一串一串方法第1術探求思路，圖作向?qū)Х椒ǜ攀鰧︻}設條件不夠明顯的數(shù)學問題求解，注重考查相關的圖形，巧用圖形作向?qū)撬季S入手和領會題意的關鍵所在?尤其是對一些復合函數(shù)、三角函數(shù)、不等式等形式給出的命題，其本身雖不帶有圖形，但我們可換個角度思考，設法構(gòu)造相應的輔助圖形進行分析，將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何問題來解?力爭做到有圖用圖，無圖想圖，補形改圖，充分運用其幾何特征的直觀性來啟迪思維，從而較快地獲得解題的途徑?這就是我們常說的圖解法應用選擇題、填空題、解答題中均有應用，主要涉及最值、不等式、取值范圍等問題題型應用一求解函數(shù)問題［例1］ (1)用min{a,b,c}表示a，b,c三個數(shù)中的最小值，設f(x)=min{2x,x+2,10—x}(x>0)，貝Uf(x)的最大值為( )A.4B.5C. 6［解析］畫出y=2x,y=x+2,y=10—x的圖象如圖所示，觀察x2,0<x<2,圖象可知f(x)=x+2,2<x<4,10—x,x>4,所以f(x)的最大值在x=4時取得，且為6.［答案］C⑵已知函數(shù)y= 的圖象與函數(shù)y=kx的圖象恰有兩個交點，則實數(shù)k的取值范圍是 ［解析］|x2—1|x+1,x>1或x<—1,—x—1,—Kx<1,作出其圖象如圖所示，結(jié)合圖象可知 0<k<1或1<k<2.［答案］(0,1)U(1,2)應用求解不等式問題[例2]已知f(x)x+2，x<0,—x+2,x>0,則不等式f(x)>x2的解集為( )A.[—1,1][—2,2]C.[—2,1][—1,2]x+2,xw0,[解析]分別作出f(x)=—x+2,x>0示.由圖可知，f(x)>x2的解集為［—1,1］.和y=x2的圖象如圖所［答案］A應用三 求解平面向量問題[例3] (1)設a,b,c是單位向量，且a?b=0,則(a—c)?(b—c)的最小值為( )A.—2 B.:‘2—2C.—1 D.1—：2［解析］由于(a—c)?(b—c)=—(a+b)?c+1,因此等價于求(a+b)?c的最大值，這個最大值只有當向量 a+b與向量c同向共線時取得.由于a?b=0,故a丄b,如圖所示，|a+b|=、：2,|c|=1.當9=0時，(a+b)?c取得最大值且最大值為 2故所求的最小值為1—2［答案］D > > >⑵已知△ABC勺三個頂點的坐標滿足如下條件： 向量OB=(2,0),OC=(2,2),CA=(，''2cosa，、問Sina)，則/AOB勺取值范圍為 ［解析］由|~Ca|=—V^cos—a—2+—^2sin—；—2={2，可知點A的軌跡是以Q2,2)為圓心，：2為半徑的圓.過原點 O作圓的切線，切點分別為MN如圖所示, a a連接CMCN則向量OA與OB的夾角9的取值范圍是[/MOB/NOB?由圖可知/COB=nf,因為I"OC|=2屜由I"CM|=|"CN|=弓"Oo|,知/COM/CO=n6,所以/BOMnnn,nn5n n 5n n5n=4―6=12,/bo=4+石=77,所以ew石,故/aob勺取值范圍為范,石?［答案］n12,5nT2應用四 求解解析幾何問題2［例4］已知Fi,F2分別為雙曲線X2—y6=1的左、右焦點，點P為右支上一點，0為坐2標原點?若向量"0P標原點?若向量"0P+6F與6F的夾角為120°則點F2到直線PF的距離為(A.-；：3 B.:7C.2：A.-；：3 B.:7C.2：3 D.21［解析］如圖，取PR的中點M連接0M > > >則0P+OF=20M,故〈6M,"Of〉=120°/0M民60°因為O為F1F2的中點，所以OMPF,所以/F1PF>=ZOM2==60°在厶RPF中，設|PF|=m|PF>|=n,因為a=1,b=,6,所以c=：7,由余弦定理得，cos/FPF2=|PF|2+|PF|2—IF1F2I2

2|PF|?〔PFF即cos60即cos60m+n2—2812mn2整理得m+n2—mn=28,m-n=2, m=6,所以2 2 解得m+n—mn=28, n=4.過點F2作F2N丄PF于N,在Rt△PF>N中，|F?N=|PF「sin60°=2擊,即點F2到直線PF的距離為2p3.［答案］C［應用體驗］x=—2對稱，且函數(shù)f(X+1)是偶函1?定義在Rx=—2對稱，且函數(shù)f(X+1)是偶函nx數(shù).若當x€[0,1]時，f(x)=sin—，則函數(shù)g(x)=f(x)—e—|x|在區(qū)間[—2018,2018]

上的零點個數(shù)為( )A.2017 B.2018C.4034 D.4036解析：選D由y=f(x+2)的圖象關于直線x=-2對稱，得f(x)是偶函數(shù)，即f(—x)=f(x).因為當x€［0,1］時，f(x)=sin所以當x所以當x€［—1,0］時,f(x)=f(—x)=—sin因為函數(shù)f(x+1)是偶函數(shù)，所以f(x+1)=f(—X+因為函數(shù)f(x+1)是偶函數(shù)，所以f(x+1)=f(—X+1),所以f(x+2)=f(—x)=f(x),故f(x)是周期為2的偶函數(shù).作出函數(shù)y=f(x)與函數(shù)y=e—|x|的圖象如圖所示，可知每個周期內(nèi)兩個圖象有兩個交-2 1O1 2 J所以函數(shù)g(x)=f(x)—e—|x|在區(qū)間［—2018,2018］上的零點個數(shù)為2018X2=4036.2.在平面上, > > > > > > > >1 >AB丄AB, |OB|=| OB|= 1,AP1=AB+AB,若|OP|<刁則| OA|的取值范圍是(A.0,~25C.于，/2D.于，9解析：選D > >根據(jù)AB丄AB, > >AR=AB+AB，可知四邊形ABPB是一個矩形.以A為坐標原點，AB,AB所在直線為x軸、y軸建立如圖所示的平面直角坐標系.設|AB|=a,|AB|=b.點O的坐標為(x,y)，點P(a,b).22x—a+y=1,2xx+y—b=1,2A 2x—a=1—y,變形為2 2y—b=1—x.—>1221?-IOP|<2，二(x—a)+(y—b)<4,TOC\o"1-5"\h\z1 2 2 7 、???1—x+1—y<：，二x+y>.①4 4(x—a)2+y2=1,二y2w1... 2同理，x<1.x+yw2.②\o"CurrentDocument"72 2由①②可知：4<x+yw2.?-1"OAI=；x2+y2,.?.#<|"QAIw2222x y 22a過雙曲線r—2=1(a>0,b>0)的左焦點F(—c,0)(c>0)，作圓x+y=的切線，切a b 4—>1—>—>點為E,延長FE交雙曲線右支于點P,若0E=扌OF+OP），則雙曲線的離心率為（ ）B.,10B.,10~5~C.10 D.:'2解析：選C.10 D.:'2解析：選A由題意可知E為FP的中點，且OELFP記F'雙曲線的右焦點，作出示意圖如圖，連接F'P,則F'P綊2OE以FPLF'P,且|F'P|=a,故由雙曲線的定義可得|FP=3a.所以（2c）2=a2+（3a）2,所以e='= .a2已知a>0,b>0,則不等式a>x>—b的解是（ ）x11A.a，b1B.a，b11C.b，0ua，+011D.一005——u_，+oba解析：選D法一：直接求解法.11十b>0,x1+bxx>°11十b>0,x1+bxx>°,b<-<a?x1?1—ax——a<0<0x xxbx+1 >0,x1-ax<0、x>-或x<0a11x<—b或x>11x<—b或x>a，故選d.5?已知關于x的方程|x|=ax+1有一個負根，但沒有正根，則實數(shù) a的取值范圍是解析：在同一平面直角坐標系中分別作出y=|x|,y=ax+1,y=x+1的圖象.由圖可知，當直線y=ax+1的斜率a>1時，直線y=ax+1與y=|x|的圖象有且僅有y軸左側(cè)一個交點，即|x|=ax+1有一個負根，但沒有正根.答案：［1,+^)6.已知a,b為單位向量，a?b=0，若向量c滿足|c—a—b|=1，則|c|的取值范圍為解析：令0A=a,0B=b,0D=a+b,0C=c,如圖所示，則|0D|=_'2.又|c—b—a|=1,所以點C在以點D為圓心、半徑為1的圓上.易知點C與QD共線時|—0C|取到最值，最大值為：2+1,最小值為，:‘2—1,所以|c|的取值范圍為［_：2—1, '2+1］.答案：［；2—1, ：2+1］第2術解題常招，設參換元在解答數(shù)學問題時，我們常把某個代數(shù)式看成一個新的未知數(shù)，或?qū)⒛承┳冊昧矸椒ㄒ粎⒆兞康谋磉_式來替換，以便將所求的式子變形，優(yōu)化思考對象，讓原來不醒目概述的條件，或隱含的信息顯露出來，促使問題的實質(zhì)明朗化，使非標準型問題標準化，從而便于我們將問題化繁為簡、化難為易、化陌生為熟悉，從中找出解題思

路?這種通過換兀改變式子形式來變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去考查、探究解題思路的做法，就是設參換兀法，也就是我們常說的換兀法應用此方法既適用選擇題、填空題，也適用于解答題，多在研究方程、不等式、函數(shù)、題型三角、解析幾何中廣泛應用方法一 三角換元2222［例1］已知x,y€R,滿足x+2xy+4y=6,則z=x+4y的取值范圍為 ［常規(guī)解法］22由x+2xy+4y=6,得2xy=6-（x2+4y2）,2,2工 x+4y而2xyw 2—,2.22,,2、一X+4y所以6-（x+4y）< 2—,所以x2+4y2>4,當且僅當x=2y時，取等號.又因為（x+2y）=6+2xy>0,即卩2xy>-6,所以z=x2+4y2=6—2xy<12,綜上可得4Wx2+4y2W12.［提速解法］已知x2+2xy+4y2=6,即（x+y）2+（；'3y）2=（；'6）2,故設x+y=：6cosa,:3y=、■‘6sina,即x=:'6cosa—：2sin a,y=:2sina.則z=則z=x2+4y2=6—2xy=6—2（,'6cosa—：2sina）?,;2sinna=8—4sin2a+—.所以8—4WzW8+4,即z的取值范圍為［4,12］［答案］［4,12］方法二 整體換元2x［例2］已知橢圓C方程為4+y2=1，且直線I:y=kx+m與圓Ox2+y2=1相切，若直線l與橢圓C交于MN兩點，求△0M!面積的最大值.［解］圓0的圓心為坐標原點，半徑r=1,由直線l:y=kx+m即kx—y+m=0與圓x2+y2x2+y2=1相切,得1m=1得1+k2=1,故有m=1+k2.①y=kx+m消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m-4=0.設Mxi,yi),Nx2,y2),2TOC\o"1-5"\h\z山 8km 4m-4則Xl+x2=- ,2 .,XlX2= ^~.4k+1 4k+1所以|Xi—X2|2=(Xi+X2)2—4XiX228km2 4m—4T"i~2 4X2~4k+i 4k+iI64k2—I64k2—m+14k2+i2將①代入②，得|xi—X2|2=48k24k2+1__2所以|所以|MN=■'1+k2|Xi—X2I=:1+k43|k| 4'3k2 k2+1a~2 —*24k+1 4k+1故厶OM的面積S故厶OM的面積S—X1—2'3k2k2+14k2+1所以當t—3,即4k?+1—3,解得k=±~2時，S取得最大值，且最大值為X"\.「9—1.方法三兩次換元 2222［例3］已知u>1,v>1且(logau)+(logav)—loga(au)+loga(av)(a>1),則loga(uv)的最大值和最小值分別為 ［解析］令x—logau,y—logav,則x>0,y>0.已知等式可化為(x—1)2+(y—1)—4(x>0,y>0).再設t—loga(uv)—x+y(x>0,y>0)，由圖可知，當線段y——x+t(x>0,y>0)與圓弧(x—1)2+(y—1)2—4(x>0,y>0)相切時(圖中CD位置)，截距t取最大值，tmax—2+2,；2；當線段端點是圓弧端點時(圖

中AB位置)，截距t取最小值，tmin=1+,：3.因此loga(uv)的最大值是2+2\2，最小值是1+［答案］2+22 1+：3［提醒］利用兩次換元探究動點的軌跡方程， 數(shù)形結(jié)合使問題變得直觀. 換元中應注意舊變量對新變量的限制.［應用體驗］22xy橢圓4+專=1的左焦點為F,直線x=m與橢圓相交于點AB,當△FAB的周長最大時，△FAB的面積為 .22xy解析：已知4+牙=1,則F(—1,0).設A(2cos0,:'3sin0),B(2cos0,—,;3sin0),貝廿|A”=|BF=—2cos―0+1—2+3sin20=2+cos0,故△FAB的周長l=2(2+cos0)+2'3sin0=4+4sin0+卡.n當0=§時，l取得最大值，此時△FAB的面積為S=1(1+2cos0)?2：3sin 0=.'3sin0(1+2cos0)=3.答案：3不等式log2(2x—1)?log2(2x+1—2)<2的解集是 .解析：設log2(2x—1)=y,貝貝log2(2x+1—2)=1+log2(2x—1)=y+1，故原不等式可化為y(y+1)<2，解得-2<y<1.所以—2<log2(2x—1)<1,5log5log24,log23.解得log2：<x<log23,即x€4答案：5log24,log23y=sinxcosx+sinx+cosx的最大值是解析：設sinx+cosx=t€解析：設sinx+cosx=t€［—.'2, :2］，則sinxcosx=ymax=+訂2.ymax=+訂2.所以y=-+1—2=2(t+1)2—1,當t=.2時,

1_答案：2+護54?在橢圓x64k+1+4y2=8中，AB是長為q的動弦，064k+1解：設A，B的坐標為(Xi,yi)，(X2,y2)，直線AB的方程為y=kx+b,代入橢圓方程整理得(4k2+1)x2+8kbx+4(b2-2)=0.???2” 8kb 4b-2^故Xl+X2=—.2~,XlX2= 2-?4k+1 4k+1由IAB=(k+1)(X2—Xi)=(k+1)[(X1+X2)—4x1x2]216k+1 2 2 254k2+1k2+1=4k2+124k2+1k2+12 [2 25得b=2(4k+1)—両又原點0到AB的距離為一呼一.訂k2+1所以△所以△AOB的面積S=4Vfl1.24k+1記u=k+1625 625 2 128 625 u—— u—4—— 1024 25 102425 b2. =16k+12524k2+1216k+125 4k2+164U—2524k+1k2+13而的范圍為[1,4](64故u=25時,而u=1時,嬴=簽因此S的取值范圍是程嚴,2.第3術出奇制勝，巧妙構(gòu)造方法概述構(gòu)造法是指根據(jù)題設條件和結(jié)論的特征、性質(zhì)，運用已知數(shù)學關系式和理論，構(gòu)造出滿足條件或結(jié)論的數(shù)學對象，從而使原問題中隱含的關系和性質(zhì)在新構(gòu)造的數(shù)學對象中清晰地展現(xiàn)出來，并借助該數(shù)學對象方便快捷地解決數(shù)學問題的方法.構(gòu)造法應用的技巧是“定目標構(gòu)造”，需從已知條件入手，緊扣要解決的問題，把陌生

的問題轉(zhuǎn)化為熟悉的問題.解題時常構(gòu)造函數(shù)、構(gòu)造方程、構(gòu)造平面圖形等應用題型適用于各類題型，多涉及函數(shù)、方程、平面圖形等知識方法一構(gòu)造函數(shù)nn n［例i］(i)已知偶函數(shù)f(x)的定義域為一p,~2其導函數(shù)是f'(x)?當o<x<_2時,有f'(x)cos x+f(x)sin x<0,則關于x的不等式f(x)<」2f -4 ?cosx的解集為( )A.nn~4，~2C.D.A.nn~4，~2C.D.［解析］F(x)=fxcosx則F'(x)=-x則F'(x)=-2cosxn當0<x<~2時，有f'(x)cosx+f(x)sinx<0,n則F'(x)<0，所以F(x)在0,2上單調(diào)遞減.f一xfx因為F(—x)= = =F(x)，所以F(x)為偶函數(shù),cos—x cosxn所以F(x)在—2,0上單調(diào)遞增.r nn,當x€——,—時，cosx>0,則f則f(x)<：2f4cosnfxfTx等價于 < cosxncos—4n n即F(x)<F—，所以|x|>—,n n._p-n n所以—2<x<—4或_4<x<s-［答案］A.C.已知n>nmn€(2,e)，且占-舌<1A.C.已知n>nmn€(2,e)，且占-舌<1nmB.m<n1m>2+-nm,n的大小關系不確定［解析］由不等式可得丄一爲nm-Innmn,1n<r+Inmm設f(x)=1+Inx(x€(2,e)),x因為x€(2,e)，所以f'(x)>0,故函數(shù)f(x)在(2，e)上單調(diào)遞增.因為f(n)<f(nj，所以n<m［答案］A方法二 構(gòu)造方程2211［例2］已知a—3a=1,b—3b=1,且b,則~2+芒= .ab［解析］由題意可知a,b是方程x2—3x—1=0的兩個實數(shù)根，由根與系數(shù)的關系可知a+b=3,ab=—1,2221)=11.1 1a+ba+b—21)=11.所以~+72= 2」2= r~2 =3一2X(一abab ab［答案］11方法三 構(gòu)造平面圖形［例［例3］已知實數(shù)a,b是利用計算機產(chǎn)生的0?1之間的均勻隨機數(shù)，設事件11)2+(b—1)2>,則事件A發(fā)生的概率為( )n1—n6n1—7

［解析］由題意知，計算機產(chǎn)生的0?1之間的均勻隨機數(shù)a,b的對應區(qū)域是邊長為1的正方形，面積為1;事件A對應的區(qū)域是邊長為1的 1一一應的區(qū)域的面積為n1-16.由幾何概型的概率計算公式得事件A發(fā)生的概率為正方形減去四分之一的圓圓心為 (1,1)，半徑為應的區(qū)域的面積為n1-16.由幾何概型的概率計算公式得事件A發(fā)生的概率為［答案］B［應用體驗］1.已知函數(shù)f(x)是定義在實數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意的實數(shù) x都有xf1.已知函數(shù)f(x)是定義在實數(shù)集R上的不恒為零的偶函數(shù)，且對任意的實數(shù) x都有xf(x+1)=(1+x)f(x)，則ff5的值是(A.0B.C.1D.fx+1解析：選A由已知得故構(gòu)造函數(shù)g(x)=x f-，貝yg(x+1)=-x+1x+1 ，所以g(x+1)=g(x)，即g(x)是周期為1的函數(shù).又f(x)為偶函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù).5 52=2Sin5n=0,故再構(gòu)造一個特例函數(shù)g(x)=sin2n5 52=2Sin5n=0,所以f(x)=xsin2nx，從而有f故ff| =f(0)=0,因此選A.2.已知數(shù)列｛ad,an=2an-1+n+1,a=1(n€N)，貝Uan= .解析：由已知可得an+n+3=2[an-1+(n—1)+3].解析：由已知可得設bn=an+n+3,貝Ubn=2bn—1,所以｛bn｝是公比為2的等比數(shù)列，且b1=a1+1+3=5,所以bn=5x21,所以an=5x21—n—3.n一1答案：5X2—n—3

函數(shù)f(x)=(x2—4x+13+yjx2—10x+26的值域為 解析： f(x) = ―0—32 +■■22:x—5 +[0— —1 ],其幾何意義是平面內(nèi)動點 P(x,0)到兩定點M2,3)和N5,—1)的距離之和(如圖所示)，求其值域只要求其最值即可.易知當MN,P三點共線(即P在線段MN上)時，f(x)取得最小值，且f(x)min=|MN=5,f(x)無最大值，故得函數(shù)的值域為 [5,+^).答案：[5,+^)sinx函數(shù)xa的最大值和最小值分別為 , .COSx—3解析：從幾何意義上考慮把原解析式看作是動點 Rcosx,sinx)與定點Q(3,0)連線的斜率，為此構(gòu)造一個單位圓，探究單位圓上動點 P(cosx,sinx)與定點Q(3,0)連線的斜率問題.即為切點時直線斜率分別為最大、 最如圖，因為動點在單位圓上運動時處于極端狀態(tài)，小，設切點分別為RM即為切點時直線斜率分別為最大、 最TOC\o"1-5"\h\z易知koR=2：2,ko^^— 22,所以kcR= —,所以一4 4 4 4即y=cOs^的最大值為T，最小值為—T.答案：乎—￥4 4第4術聲東擊西，換位推理方法概述對有些問題在直接求解時會感到困難或根本難以從條件入手，這時可避開正面強攻，從結(jié)論的對立面入手，或考查與其相關的另一問題，或反例中也可找到解決問題的途徑，有時甚至還能獲得最佳的解法.這就是“聲東擊西，換位推理”的戰(zhàn)術應用題型既有選擇、填空題，也有解答題.主要體現(xiàn)為補集法、相關點法及反證法等TOC\o"1-5"\h\z方法一補集法[例1]若拋物線y=x2上的所有弦都不能被直線y=k(x—3)垂直平分，則k的取值范圍是( )1 1A—oo— B——oo —c.-c.-2，+^D.1 +m2，［解析］假設拋物線y=x2上存在兩點A(xi,X2),B(x2,x2)關于直線y=k(x—3)對稱,設AB的中點為P設AB的中點為P(xo,yo)，貝Uxo=Xi+X2x2+x2yo=因為直線y=k(x—3)垂直平分弦AB所以22xi—所以22xi—X2xi—X2所以xi+X22i2k.又AB的中點P(xo,yo)在直線y=k(x—3)上,所以22Xi+所以22Xi+X22Xi+X22—3=—6k+i2-t「16k+1所以中點p—2k，_26k+1i由于點P在y>x2的區(qū)域內(nèi)，所以一—>—2 2k2 i整理得(2k+i)(6k—2k+1)<0，解得k<—2.i因此當k<—2時，拋物線y=X上存在弦能被直線y=k(x—3)垂直平分，于是當k》一2時，拋物線y=x2上的所有弦都不能被直線y=k(x—3)垂直平分.i所以實數(shù)k的取值范圍為一2，+m.［答案］D方法二 相關點法［例2］已知R4,0)是圓X2+y2=36內(nèi)的一點，A,B是圓上兩動點，且滿足/APB=90°求矩形AP敲頂點Q的軌跡方程.［解］連接ABPQ設AB與PQ交于點M如圖所示.因為四邊形APQ為矩形，所以M為ABPQ的中點，連接OM由垂徑定理可知OMLAB設M(xm,yM,2 2 2 2 2由此可得|AM=IOA—IOM=36—(XM+yM).①又在Rt△APB中，有|AM=|PM=；XM—42+yM.②22由①②得xm+yM—4xm—10=0,故點M的軌跡是圓.因為點M是FQ的中點，設Q(x,y),則Xm=則Xm=x+42代入點M的軌跡方程中得x+4x+42io=o,整理得x2+y2=56，即為所求點Q的軌跡方程.［應用體驗］awb,1.設a,b€R,定義運算“A”和“V”如下：aAb= aVb=a>b,b,awb,若正數(shù)a,b,c,d滿足ab>4,c+dw4,則( )a,a>b,A. aAb>2, cAdw2 B. aAb>2, cVd>2C. aVb>2, cAdw2 D. aVb>2, cVd>2解析：選C從定義知，aAb=min(a,b)，即求a,b中的最小值；aVb=max(a,b),即求a,b中的最大值.假設0<a<2,0<b<2,則ab<4,與已知ab>4相矛盾，則假設不成立，故max(a,b)>2,即aVb>2.假設c>2,d>2,則c+d>4,與已知c+dw4相矛盾，則假設不成立，故min(c,d)w2,即cAdw2.故選C.某學校為了研究高中三個年級的數(shù)學學習情況，從高一，高二，高三三個年級中分別抽取了1,2,3個班級進行問卷調(diào)查，若再從中任意抽取兩個班級進行測試， 則兩個班級來自不同年級的概率為 .解析：記高一年級中抽取的 1個班級為a,高二年級中抽取的2個班級為b1,b2，高三年級中抽取的3個班級為C1,C2,C3.從已抽取的6個班級中任意抽取兩個班級的所有可能結(jié)果為(a,b1),(a,b2),(a,d),(a,C2),(a,C3),(b1,b2),(b,d),(b,C2),(b,C3),(gd),(b2,C2),(b2,C3),(C1,C2),(C1,C3),(C2,C3),共15種.設“抽取的兩個班級來自不同年級”為事件 A,則事件7為抽取的兩個班級來自同一年級.兩個班級來自同一年級的結(jié)果為 (6, b2) ,(C1, C2) , (C1, C3), (C2, C3),共4種.4 4 11所以RA)=15,故P(A)=1-P(A)=1-15=亦.所以兩個班級來自不同年級的概率為答案:

2已知函數(shù) f(x)=ax—x+Inx在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為1解析：f'(x)=2ax-1+x.(1)若函數(shù)f(1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f'(x)》0在(1,2)上恒成立，所以2ax—111得a>2x—x21令t1令t=x，因為z\.x€(1,2)，所以1t=-€x112、2、112、2、1211

設h(t)=2(t—1)=—2t—o2+8,12,1,顯然函數(shù)y=h(t)在區(qū)間21上單調(diào)遞減,所以h(1)<h(t)<h2，即OvIXtF1.28由①可知，a>8.⑵若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，則f'(x)W0在(1,2)上恒成立，所以2ax—11+一xW0,111得a<2x-x2.②結(jié)合(1)可知，aw0.1綜上，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為(一R,0]U,+^81所以若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為0,-.答案：0,1第5術確定關系，待定系數(shù)方法概述待定系數(shù)法是確定變量間的函數(shù)關系，設出某些未知系數(shù)，然后根據(jù)所給條件來確定這些未知系數(shù)的一種方法?其理論依據(jù)是多項式恒等，也就是利用了多項式f(x)—g(x)的充要條件是：對于一個任意的 a值，都有f(a)—g(a)；或者兩個多項式各同類項的系數(shù)對應相等；待定系數(shù)法解題的關鍵是依據(jù)已知，正確列出等式或方程?使用待定系數(shù)法，就是把具有某種確定形式的數(shù)學問題，通過引入一些待定的系數(shù)，轉(zhuǎn)化為方程組來解決，要判斷一個問題是否可用待定系數(shù)法求解，主要是看所求解的數(shù)學問題是否具有某種確定的數(shù)學表達式，如果具有，就可以用待定系數(shù)法求解既有選擇、填空題，也有解答題?分解因式、拆分分式、數(shù)列通項或求和、求函數(shù)應用式、求解析幾何中曲線方程等，這些問題都具有確定的數(shù)學表達形式，所以都可以題型用待定系數(shù)法求解應用一求函數(shù)解析式n［例1］已知函數(shù)f(x)=Asin(3x+0)A>0,co>0,|0|<y的部分圖象如圖所示，其中|PQ|=2心，則f(x)的解析式為 ［解析］由題圖可知A=2,Rxi,—2),Q(X2,2),TOC\o"1-5"\h\z所以| PQ|= ： Xi— X2 2+ —2—2 2=、Xi—X2 2+4= 2'5.\o"CurrentDocument", 2n n整理得|Xi—X2|=2,所以其最小正周期 T=2|Xi—X2I=4,即 =4,解得3=牙.o 2又函數(shù)圖象過點(0，—：3),所以2sin0=—3,即sin0=^-2—.TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"n n又I01<~2，所以0=—亍nn所以f(X)=2sinyX——.nn［答案］f(X)=2sinyX—■—應用二求曲線方程［例2］已知橢圓C的焦點在x軸上，其離心率為寧，且過點A.3,~2，則橢圓C的

標準方程為 .22xy［解析］設橢圓C的標準方程為云+f=1(a>b>0).因為其離心率e—因為其離心率e—7，所以b=C2 1a=2,即a=2b.22故橢圓C的方程為4^2+ 1.又點A.31又點A.31在橢圓C上，所以12:'32 2—y=1,4b222 X2解得b2=1.所以橢圓C的標準方程為-+y2=1.42X2［答案］4+y=1應用三 求數(shù)列通項或前n項和［例3］已知等差數(shù)列｛an｝的前n項和為S(n€N*)，且21,85=65，則S= ［解析］設等差數(shù)列｛an｝的前n項和為S=An2+Bn2AX3+BX3=21, 3A+B=7,由已知可得2 化簡得AX5+BX5=65, 5A+B=13,A=3, 2解得所以S=3n—2n.B=-2.［答案］3n2—2n［應用體驗］2111.二次不等式ax+bx+2>0的解集是一23，貝Ua+b的值是( )A.10 B.—10C.14 D.—141111b1—a=—6,可得21a=—6,2.過三點A(1,3)b1—a=—6,可得21a=—6,2.過三點A(1,3),a=—12,解得 所以a+b=—14.b=—2,B(4,2),C(1,—7)的圓交y軸于MN兩點，貝U|MN=(

A.26 B.8C.46 D.10解析：選C設圓的方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0,D=-2,解得E=4,F=-20.D+3E+F+10=0,

則4D=-2,解得E=4,F=-20.D-7E+F+50=0.2 2圓的方程為x+y-2x+4y-20=0.令x=0,得y=-2+26或y=-2-26,MO,—2+26),N(0，-2—26)或M。，-2-26),N。，-2+26),|MN=46.TOC\o"1-5"\h\z1函數(shù)y=a-bcos3x(b>0)的最大值為？，最小值為—？，貝Uy=-4asin3bx的最小正周期是 .3\o"CurrentDocument"a+b=r, 12 a=：,解析：由題意可得 解得21a-b=-, b=1,所以函數(shù)y=-4所以函數(shù)y=-4asin3bx=-2sin3x的最小正周期2n2n答案：E24.與雙曲線x2-y=1有共同的漸近線，且過點(2,2)4.與雙曲線42解析：設雙曲線方程為x2-4=入，將點(2,2)代入求得入=3,22即得雙曲線方程為x3-^2=1.22xy答案：3-石=1第6術蹊徑可辟，分割補形方法概述所謂割補法就是把一個復雜面積或體積的計算分割成若干個簡單圖形的有關計算或?qū)⒁粋€不易求出面積或體積的幾何圖形補足為較易計算的幾何圖形.也就是將復雜

的或不熟悉的幾何圖形轉(zhuǎn)化為簡單的熟悉的幾何圖形或幾何體?例如，把曲邊形割補成規(guī)則圖形、把斜棱柱割補成直棱柱、把三棱柱補成平行六面體、把三棱錐補成三棱柱或平行六面體、把多面體切割成錐體 （特別是三棱錐）、把不規(guī)則的幾何體割補成規(guī)則的幾何體，從而把未知的轉(zhuǎn)化為已知的、把陌生的轉(zhuǎn)化為熟悉的、把復雜的轉(zhuǎn)化為簡單的、把不夠直觀的轉(zhuǎn)化為直觀易懂的應用題型在解決幾何問題過程中，割補法是一種常用的方法?無論是平面幾何、解析幾何、還是立體幾何，適時使用割補法，能幫助我們找到問題的突破口，把問題放到特殊的幾何圖形中，借助特殊圖形分析問題，有時會柳暗花明，事半功倍方法一分割法［例1］ （1）為測出所住小區(qū)的面積，某人進行了一些測量工作,B.3^km24A.km2B.3^km24A.km2C嚀km2D.專km2［解析］如圖，連接AC在△ABC中，根據(jù)余弦定理可得AC=:AB+BC—2AB?BC?cos60°= ,'3km,又AB=2km,BC=1km,所以aC+bC=a^,所以△ABC為直角三角形，且/ACB=90°,/BAC=30°,故/DA（=ZDC=15°所以△ADC為等腰三角形，且/D=150°設AD=DC=xkm,根據(jù)余弦定理得x2+x2+'3x2=3,即宀2+7/3=3（2—宀）-所以小區(qū)的面積為2X仆..''3+1x3（2—_：3）x才=巳亠=寧（?。?［答案］D(2)如圖，在多面體ABCDE中，已知四邊形ABCD是邊長為1的正方形，且厶ADE△BCF勻為正三角形，EF//ABEF=2,則多面體的體積為( )A.B.4C.3D.1［解析］法一：如圖，在EF上取點MN使EMkFN=空，連接MAMDNBNC貝UMN=1,三棱柱ADI-BCN是直三棱柱，DMkAM=寸aE-eM=￥設H為AD的中點，連接MH貝UMH_AD且MH=.AM—aH=￥,??sADk2ad-mh=￥?-V\BCDEk2VE-AD卄VADMBCN法二：如圖，取EF的中點G,連接GAGBGCGD則三棱錐E-ADG與三棱錐GBCF都是棱長為1的正四面體,易求得Ve-ad=V^cf=1x23xi6=t3 4 3 12'又四棱錐GABCD勺底面是邊長為1的正方形，且側(cè)棱邊為1.易求得其高為~~,貝USabc=1x1x1x2=￥,2 3 2 6所以SbCDE=2V_ADG^VgABC=2x12十6=3.［答案］A方法二補形法［例2］ (1)某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為 ( )

4—2——2—M—2—*1A.8n+16A.8n+16C.8n+8D.16n—84,［解析］4,底面半圓的半徑為 2;直三棱柱的底面為斜邊是 4的等腰直角三角形，高為 4.12半圓柱的體積為V=2nX2X4=8n,1直三棱柱的體積為V=2X4X2X4=16.所以所求幾何體的體積為 V=V—V=8n—16.［答案］B(2)如圖，在直三棱柱ABC-ABC中，/BCA=90°點E,F分別為ABAC的中點，若BC=CA=CC,貝UBE與AF所成的角的余弦值為 .［解析］如圖，把直三棱柱ABC-ABC補成一個直平行六面體ABDC-ABDC取BD中點G連接BG,貝UBG//AF,ZEBG即為BE與AF所成的角(或其補角).設BC=CA=CC=2a,則BG=; 2a2+a='5a,AB= 2a2+2a2=2:2a,BE= 2a~^2a*=^/6a,GE=BG+BE—2BG-BE-cos135°=5a2,所以cos/EBG=bG+所以cos/EBG=bG+be2—gE=2BG?BE=3010，故BE與AF所成角的余弦值為.3070.［應用體驗］1.一個幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是A.64B.72C.80 D.112解析：選C根據(jù)三視圖可知該幾何體為四棱錐 P-ABCD與正方體ABCDAiBiGD的組合體，如圖所示.由三視圖中的數(shù)據(jù)可知，正方體ABCDA1B1CD的棱長為4,其體積Vi=43=64.四棱錐RABCD勺底面為正"~瓦H方形ABCD高h=3,且PA=PB,其底面積為S=42=16,則四棱錐P-ABCD用??…嚴11的體積匕=3Sh=3X16X3=16.故所求幾何體的體積V=V+匕=64+163 3=80.2.如圖，正三棱錐SABC的側(cè)棱與底面邊長相等，如果SCAB的中點，那么異面直線EF與SA所成的角等于（A.90° B.60°E,F分別為）C.45° D.30°解析：選A如圖，把正三棱錐S-ABC補成一個正方體AGBHAQBS.?/EF//AA,???異面直線EF與SA所成的角為45°3.如圖，已知多面體ABCDEFGABACAD兩兩垂直，平面AB0平面DEFG平面BEF//平面ADGCAB=AD-DG=2,AC=EF=1,則該多面體的體積為（ ）A.2C.解析：選B法一：如圖，把多面體ABCDEFFG成正方體DEPGABHM1 1 3貝yVbCDEF=2VDEPGABHM=3x2=4.于是ma1 1-q1于是ma1 1-q1-q=162ma1 1-q1-q=64,法二：如圖，取DG的中點H,以DADEDH為棱構(gòu)造長方體EFHDBPCA則三棱錐C-HFGW三棱錐F-PCB全等.所以V\BCDE&VABPCDEFH=AB，AC，AD=2X1X2=4.在正三棱錐S-ABC中,側(cè)棱SCL側(cè)面SAB側(cè)棱SC=4j3,則此正三棱錐的外接球的表面積為 解析：由正三棱錐中側(cè)棱SC丄側(cè)面SAB可得三條側(cè)棱SASBSC兩兩垂直.又三條側(cè)棱相等，故可以三條側(cè)棱為相鄰三邊作出一個正方體SBDCAEFG如圖所示，其棱長為4：'3，其外接球的直徑就是此正方體的體對角線，所以2R= 4一3一2+一4：3一2+一4一3一2=12,即球半徑R=6,所以球的表面積S=4nR=144n.答案：144n第7術關注整體，設而不求方法設而不求是數(shù)學解題中的一種很有用的手段，米用設而不求的策略，往往能避免盲概述目推演而造成的無益的循環(huán)運算，從而達到準確、快速、簡捷的解題效果應用題型選擇題、填空題、解答題中均有應用方法一 整體代入，設而不求在解決某些涉及若干個量的求值問題時， 要有目標意識，通過虛設的策略，整體轉(zhuǎn)化的思想，繞開復雜的運算過程，可使問題迅速得到解決.［例1］已知等比數(shù)列｛an｝中，Sm=16,S2m=64,求Ssm.［解］設公比為q,由于S2m^2Sm,故qz1,②十①得1+qm=4,則qm=3,3m所以S3m= -1-qa1ma1m1-q(1+qm+q2m)=16X(1+3+32)=208.

方法二 轉(zhuǎn)化圖形，設而不求有些代數(shù)問題，通過挖掘題目中隱含的幾何背景，設而不求，轉(zhuǎn)化成幾何問題求解.［例2］設a,b均為正數(shù)，且a+b=1則寸2a+1+寸2b+1的最大值為 ［解析］設u=_：'2a+1,v=：2b+1(u>1,v>1),u+v=mu+v=m則u,V同時滿足2 2u+v=4,其中u+v=m表示直線，m為此直線在v軸上的截距.22u+v=4是以原點為圓心，2為半徑的圓在第一象限內(nèi)的一部分圓弧，如圖所示，顯然直線與圓弧相切時，所對應的截距 m的值最大.由圖易得mmax=22,即：2a+1+、■‘2b+1<2;2.［答案］2.'2方法三 適當引參，設而不求恰當合理地引入?yún)?shù)，可使解題目標更加明確， 已知和欲求之間的聯(lián)系得以明朗化， 使問題能夠得到解決.［例3］已知對任何滿足(x—1)2+y2=1的實數(shù)x,y,不等式x+y+k>0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍.x=1+COS0,［解］由題意設y=sin0,則g(0)=x+y+k=sin0+cos0+1+k=：2sin0+-4+1+k>—：2+1+k.令—.：2+1+k>0,得k>/2—1.即實數(shù)k的取值范圍是［.''2—1,+^°).方法四 巧設坐標，設而不求在解析幾何問題中，對于有關點的坐標采用設而不求的策略， 能促使問題定向，簡便化歸，起到以簡馭繁的解題效果.［例4］設拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,經(jīng)過點F的直線交拋物線于A,B兩點，點C在拋物線的準線上，且BC//x軸，求證：直線AC經(jīng)過原點O

［證明］設A(2pti,2pti),2B(2pt2,2pt2),戸r p則C—,2pt2.因為AB過焦點F,2所以2pti?2pt2=—p,得tit2=—；.4又直線OC的斜率koc=型直線OA勺斜率koA=器1=右,則ko=心故A,QC三點共線，即直線AC經(jīng)過原點O方法五 中介過渡，設而不求根據(jù)解題需要，可引入一個中間量作為中介，起到過渡作用，使問題得以解決.［例5］如圖，OA是圓錐底面中心O到母線的垂線，OA繞軸旋轉(zhuǎn)一周所得曲面將圓錐體積分成相等的兩部分，求圓錐母線與軸的夾角 a的余弦值.［解］過點A作AMLSO垂足為M可知/MA=ZAOB=ZOS=a.設MA=x,OB=r,SO=h,則有inx2h=2x3nr2h.x2 1化簡可得r=2.又因為COSaMA_OAOaOb即COSa△_OAOA廠.所以COS2a于是COS又a為銳角，所以COSa=2又a為銳角，所以COSa=2xOAx ? OArr12,方法六 恒等變形，設而不求某些看似十分復雜的運算，經(jīng)過巧妙轉(zhuǎn)換，恒等變形，使運算對象發(fā)生轉(zhuǎn)移，起到意想不到的效果.n2n3n8n［例6］求COS行cos^cos市…cos刁7的值.n2n3n8n［解］設M=cosi^cos^ycos ?-cos,n 2n3n 8nN=sin17sin仃sin17sin17，nn2n 2n8n 8n 1 2n 4n則MN=sin17COS17?sin市cos市?…?sin帀cos市=空sin帀sin市…sin16nn2n 8n=-ssin sin…sin17 17 171=2s?N11而nm0,故m=^8=256-［應用體驗］sin10°in30°in50°in70°勺值為 解析：設A=sin10°in30°in50°in70°B=cos10°os30°os50°os70°1則AB=—sin20°in60°in100°in140°1670cos30cos10°cos5070cos30cos10°cos50由此可得A=￡1答案：16則這一直線被兩直線4x+y+6=0,3x—5y—6=0截得的線段中點恰好是坐標原點,則這條直線的方程為 解析：設所求直線分別交直線4x+y+6=0,3x—5y—6=0于點MN設Mxo,解析：設所求直線分別交直線則有4x0+yo+6=0.①因為MN關于原點對稱，所以 N(—xo,—yo),從而一3Xo+5yo—6=0.②由①+②得Xo+6yo=0.③顯然Mxo,yo),N(—xo,—yo),Q0,0)三點的坐標均適合方程③故所求直線的方程為 x+6y=0.答案：x+6y=022xy n已知橢圓25+9=1，F(xiàn)i,F2為焦點，點P為橢圓上一點，/FiPF=—，貝US^F1PF2=解析：設|PF|=ri,|PFF=「2,由橢圓定義得ri+「2=10.①由余弦定理得ri+忙一2ri「2cos￡=64.②3①2—②得，rir2=12,1 n所以 FiPF=2rir2sin■—=3.3.答案：3,34?已知Fi,F2是橢圓2x2+y2=4的兩個焦點，點P是橢圓上在第一象限內(nèi)的點，且——>>PF?OF=1.過點P作傾斜角互補的兩條直線 PAPB分別交橢圓于A,B兩點.求點P的坐標；求直線AB的斜率.解：(1)設P(mn)，因為點P在橢圓上，22所以2m+n=4,n>0,n>0.①22又橢圓的標準方程為七+1=1,設Fi(0, 2),F2(0,—2),所以I-F?~OE=(—m 2—n)?(—n,—.2—n)=1,由此可得m+n2=3.②由①②解得n=1,n=2,即所求點P的坐標為(1, 2).(2)設A(xi,yi),0X2,y2),因為點A,B在橢圓上，所以2x1+yi=4,2x2+y2=4,兩式相減得2(xi—X2)(xi+X2)+(yi—y2)(yi+y2)=0.所以kAB=塁二=Xi—X2同理可得kAP=yi—'2Xi同理可得kAP=yi—'2Xi—1=—2Xi+1yi+'2，④kBP=y2—‘2X2—i=—2X2+iy2+'2因為PAPB傾斜角互補，所以kpA+kpB=0.⑥由④⑤左端及⑥得Xiy2+X2yi—''2(X2+Xi)—(yi+y2)+2.'2=0,⑦由④⑤右端及⑥得Xiy2+X2yi+'2(X2+Xi)+(yi+y2)+22=0,⑧由⑧一⑦得2-'2(X2+Xi)+2(yi+y2)=0,即yi+y2=—.'2(Xi+X2)，⑨由③⑨得kAB=''2.第8術解題卡殼，攻堅突圍廠1解題卡殼T一般都是卡在壓軸題或計算量大的題上，"有時也卡在有些條件特殊的選擇-―】題、填空題上?卡殼題不一定就是做不好的題，或是啃不動的題，而是因某些運算，或推理i i繁雜感到心理緊張而導致一下子難想出好主意， 或回憶不到相關的公式、定理，或想不出相應的輔助線、輔助函數(shù)，或把條件看錯，或在推理中錯算了一步，再無法繼續(xù)?解題過程卡在某一過渡環(huán)節(jié)上是常見的事. 當解題遇到卡殼時，應注意調(diào)整心態(tài)、 保持冷靜，注重更換I思考方式、跳步或跳問解答，沉著迎戰(zhàn).! 一般來說，對卡殼題的突圍關鍵在于如何針對已有的信息與所求目標的差異進行綜合分 I析，回頭整合相關的結(jié)論（包括已推得的結(jié)論），注重信息的遷移，考查相關定義i與圖形，從不同的角度再次認識條件及結(jié)論，使之產(chǎn)生解題的靈感，從而獲得相關的“自［我提示”?因此，在重審結(jié)論或剖析條件時，要注重考查命題所涉及的概念、定理，把握命題的結(jié)構(gòu)特點，構(gòu)建相應的數(shù)學模型進行模仿探索，力爭做到求什么， 想什么?在審查已做的運算、推理與所求結(jié)論的要求是否對路時，要注重隱含條件的挖掘與整合，仔細清查還有哪些條件未用上，還有哪些相關的通法未用到，力爭做到給什么， 用什么.在溝通條件與結(jié)論時，要勇于試探、創(chuàng)新思維，注重類比、猜想、湊形、配式，力爭做到差什么，找什么.這- -就是我們常說的卡殼突圍術?常見的突圍策略有以下兩種.: :策略一 前難后易空城計對設有多問的數(shù)學問題，若前一問不會解，而后面的幾問又是自己容易解的， 或是可用

前一問的結(jié)論來求解的，此時應放棄前一問的求解，著重攻后面的幾問，并將前一問的結(jié)論作為后幾問的條件使用， 巧妙地配合題設條件或有關定理來解答后面的問題. 這種利用自己根本不懂或不會證明的問題作條件來解后幾問的做法，就是數(shù)學解題中的“空城計”，即：前問難作后問易，棄前攻后為上計 (也可說成：前難后易前問棄，借前結(jié)論攻后題 ).［例1］設函數(shù)fn(x)=xn+bx+c(n€N*,b,c€R).1設n》2,b=1,c=-1，證明：fn(x)在區(qū)間2，1內(nèi)存在唯一零點；設n=2，若對任意X1,X2€［—1,1］，有|f2(x1)-f2(X2)|w4,求b的取值范圍；1在(1)的條件下，設Xn是fn(x)在2，1內(nèi)的零點，判斷數(shù)列X2,X3,…，Xn,…的增減性.［解］(1)證明：當b=1,c=-1,n》2時,n .fn(X)=X+X—1.111Tfn?fn(1)=^^-X1<0,?-f?-fn(x)在2,1內(nèi)存在零點.1—又???當x€2,1時，fn'(x)=nxn—1+1>0,??fn(x)在2,1上是單調(diào)遞增的,1?fn(X)在區(qū)間21內(nèi)存在唯一零點.(2)當n=2時，f2(x)=x+bx+c.對任意X1,X2€［—1,1］都有|f2(X1)—f2(X2)|<4等價于f2(X)在［—1,1］上的最大值與最小值之差M4.據(jù)此分類討論如下：b當>1,即|b|>2時，M=|f2(1)—f2(—1)|=2|b|>4,與題設矛盾.b當一1<—2V0,即卩Ovb<2時，bb2M=f2(1)—f2— =2+1<4恒成立.b當0<—2<1,即一2<b<0時,b bM=f2(—1)—f2—2=2—12<4恒成立.

綜上可知，當一2WbW2時，對任意xi,X2€［—1,1］都有|f2(xi)—f2(X2)|<4.故b的取值范圍為［—2,2］.1⑶法一：設Xn是fn(x)在2，1內(nèi)的唯一零點(n>2),則fn(Xn)=Xn+Xn—1=0,fn+1(fn+1(Xn+1)Xn+1€=Xn+1+Xn+1—1=0,n+1=Xn+1十Xn+1—于是有fn(Xn)=n+1=Xn+1十Xn+1—1vXn+1+Xn+1—1=fn(Xn+1).1又由(1)知fn(X)在-,1上是單調(diào)遞增的,故XnVXn+1(n》2),所以數(shù)列X2,X3,…，Xn,…是遞增數(shù)列.1法二：設Xn是fn(X)在2,1內(nèi)的唯一零點，n+1 n+1fn+1(Xn)fn+1(1)=(Xn+Xn—1)(1 +1—1)n+1 n=Xn+Xn—1<Xn+Xn—1=0,則fn+1(X)的零點Xn+1在(Xn,1)內(nèi)，故Xn<Xn+1(n>2),所以數(shù)列X2,X3,…，Xn,…是遞增數(shù)列.［點評］第⑴問可利用函數(shù)的單調(diào)性及零點存在性定理較容易解決， 但第⑵問較麻煩,很多同學不會做或耽誤較長時間，從而延誤了第 (3)問的解答.事實上，由題意可知，第(3)問的解答與第⑵問沒有任何關系，但與第(1)問是相關的，且非常容易解答，因此我們可跨過第(2)問，先解決第(3)問，從而增大了本題的得分率，這是解決此類題的上策之舉.策略二 前解倒推混戰(zhàn)術有些數(shù)學命題的求解，開始入手還較為順暢，但一到最后就難以繼續(xù)進行了. 此時若知悉它的大致趨勢和結(jié)果，可依從所求結(jié)論的形式、特點，進行反推、湊形，直到得出大致與所要達到的目標相當、相同或相似的式子，再來巧妙地進行溝通也是可行的. 對于這一步雖然是自己做不到的，但這樣寫了幾下，卻可能全都是對的.也就是說，對此解答，自己是以其昏昏，卻能使人昭昭. 因為別人看上去確實是一步接著一步寫的，沒有什么跳躍，也沒掉什么關鍵步.這一戰(zhàn)術與“中間會師”有點相似， 但實質(zhì)卻不同.因為它不是清清楚楚地推理過來的.這種不按常規(guī)方式出牌， 渾水摸魚的解題方法我們稱之為混戰(zhàn)術： 解題結(jié)尾路難行，倒推湊形亦為徑._ x 2