高考數(shù)學(xué)理科技巧-巧解客觀題的10大妙招

技巧——巧解客觀題的10大妙招(一)選擇題的解法選擇題是高考試題的三大題型之一，全國卷12個(gè)小題.該題型的基本特點(diǎn)：絕大部分選擇題屬于低中檔題目，且一般按由易到難的順序排列，注重多個(gè)知識(shí)點(diǎn)的小型綜合，滲透各種數(shù)學(xué)思想和方法，能充分考查靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)解決數(shù)學(xué)問題的能力.解數(shù)學(xué)選擇題的常用方法，主要分直接法和間接法兩大類.直接法是解答選擇題最基本、最常用的方法，但高考的題量較大，如果所有選擇題都用直接法解答，不但時(shí)間不允許，甚至有些題目根本無法解答，因此，我們還要研究解答選擇題的一些技巧，總的來說，選擇題屬小題，解題的原則是：小題巧解，小題不能大做.方法一直接法直接從題設(shè)的條件出發(fā)，利用已知條件、相關(guān)公式、公理、定理、法則，通過準(zhǔn)確的運(yùn)算、嚴(yán)謹(jǐn)?shù)耐评?、合理的?yàn)證得出正確的結(jié)論，然后對(duì)照題目所給出的選項(xiàng)“對(duì)號(hào)入座”作出相應(yīng)的選擇，從而確定正確選項(xiàng)的方法.涉及概念、性質(zhì)的辨析或運(yùn)算較簡單的題目常用直接法.【例1】(2016·山東卷)若函數(shù)y＝f(x)的圖象上存在兩點(diǎn)，使得函數(shù)的圖象在這兩點(diǎn)處的切線互相垂直，則稱y＝f(x)具有T性質(zhì).下列函數(shù)中具有T性質(zhì)的是()A.y＝sinx B.y＝lnxC.y＝ex D.y＝x3解析對(duì)函數(shù)y＝sinx求導(dǎo)，得y′＝cosx，當(dāng)x＝0時(shí)，該點(diǎn)處切線l1的斜率k1＝1，當(dāng)x＝π時(shí)，該點(diǎn)處切線l2的斜率k2＝－1，∴k1·k2＝－1，∴l(xiāng)1⊥l2；對(duì)函數(shù)y＝lnx求導(dǎo)，得y′＝eq\f(1,x)(x＞0)恒大于0，斜率之積不可能為－1；對(duì)函數(shù)y＝ex求導(dǎo)，得y′＝ex恒大于0，斜率之積不可能為－1；對(duì)函數(shù)y＝x3，得y′＝2x2恒大于等于0，斜率之積不可能為－1.故選A.答案A探究提高直接法適用的范圍很廣，只要運(yùn)算正確必能得出正確的答案.平時(shí)練習(xí)中應(yīng)不斷提高用直接法解選擇題的能力，準(zhǔn)確把握題目的特點(diǎn).用簡便的方法巧解選擇題是建立在扎實(shí)掌握“三基”的基礎(chǔ)上的，否則一味求快則會(huì)快中出錯(cuò).【訓(xùn)練1】(2015·湖南卷)已知點(diǎn)A，B，C在圓x2＋y2＝1上運(yùn)動(dòng)，且AB⊥BC.若點(diǎn)P的坐標(biāo)為(2，0)，則|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|的最大值為()A.6 B.7C.8 D.9解析由A，B，C在圓x2＋y2＝1上，且AB⊥BC，∴AC為圓直徑，故eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝2eq\o(PO,\s\up6(→))＝(－4，0)，設(shè)B(x，y)，則x2＋y2＝1且x∈[－1，1]，eq\o(PB,\s\up6(→))＝(x－2，y)，所以eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))＝(x－6，y).故|eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\o(PC,\s\up6(→))|＝eq\r(－12x＋37)，∴x＝－1時(shí)有最大值eq\r(49)＝7，故選B.答案B方法二特例法從題干(或選項(xiàng))出發(fā)，通過選取特殊情況代入，將問題特殊化或構(gòu)造滿足題設(shè)條件的特殊函數(shù)或圖形位置進(jìn)行判斷.特殊化法是“小題小做”的重要策略，要注意在怎樣的情況下才可使用，特殊情況可能是：特殊值、特殊點(diǎn)、特殊位置、特殊數(shù)列等.適用于題目中含有字母或具有一般性結(jié)論的選擇題.【例2】(1)如圖，在棱柱的側(cè)棱A1A和B1B上各有一動(dòng)點(diǎn)P，Q滿足A1P＝BQ，過P，Q，C三點(diǎn)的截面把棱柱分成兩部分，則其體積之比為()A.3∶1 B.2∶1C.4∶1 D.eq\r(3)∶1(2)已知定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)y＝f(x)恒不為零，同時(shí)滿足f(x＋y)＝f(x)·f(y)，且當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＞1，那么當(dāng)x＜0時(shí)，一定有()A.f(x)＜－1 B.－1＜f(x)＜0C.f(x)＞1 D.0＜f(x)＜1解析(1)將P、Q置于特殊位置：P→A1，Q→B，此時(shí)仍滿足條件A1P＝BQ(＝0)，則有VC－AA1B＝VA1－ABC＝eq\f(VABC－A1B1C1,3).(2)取特殊函數(shù).設(shè)f(x)＝2x，顯然滿足f(x＋y)＝f(x)·f(y)(即2x＋y＝2x·2y)，且滿足x＞0時(shí)，f(x)＞1，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，當(dāng)x＜0時(shí)，0＜2x＜1，即0＜f(x)＜1.答案(1)B(2)D探究提高特例法解選擇題時(shí)，要注意以下兩點(diǎn)：第一，取特例盡可能簡單，有利于計(jì)算和推理；第二，若在不同的特殊情況下有兩個(gè)或兩個(gè)以上的結(jié)論相符，則應(yīng)選另一特例情況再檢驗(yàn)，或改用其他方法求解.【訓(xùn)練2】等差數(shù)列{an}的前m項(xiàng)和為30，前2m項(xiàng)和為100，則它的前3m項(xiàng)和為()A.130 B.170C.210 D.260解析取m＝1，依題意a1＝30，a1＋a2＝100，則a2＝70，又{an}是等差數(shù)列，進(jìn)而a3＝110，故S3＝210.答案C方法三排除法數(shù)學(xué)選擇題的解題本質(zhì)就是去偽存真，舍棄不符合題目要求的選項(xiàng)，找到符合題意的正確結(jié)論.篩選法(又叫排除法)就是通過觀察分析或推理運(yùn)算各項(xiàng)提供的信息或通過特例，對(duì)于錯(cuò)誤的選項(xiàng)，逐一剔除，從而獲得正確的結(jié)論.【例3】(2016·浙江卷)已知實(shí)數(shù)a，b，c()A.若|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1，則a2＋b2＋c2＜100B.若|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1，則a2＋b2＋c2＜100C.若|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1，則a2＋b2＋c2＜100D.若|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，則a2＋b2＋c2＜100解析由于此題為選擇題，可用特值排除法找正確選項(xiàng).對(duì)選項(xiàng)A，當(dāng)a＝b＝10，c＝－110時(shí)，可排除此選項(xiàng)；對(duì)選項(xiàng)B，當(dāng)a＝10，b＝－100，c＝0時(shí)，可排除此選項(xiàng)；對(duì)選項(xiàng)C，當(dāng)a＝10，b＝－10，c＝0時(shí)，可排除此選項(xiàng).故選D.答案D探究提高(1)對(duì)于干擾項(xiàng)易于淘汰的選擇題，可采用篩選法，能剔除幾個(gè)就先剔除幾個(gè).(2)允許使用題干中的部分條件淘汰選項(xiàng).(3)如果選項(xiàng)中存在等效命題，那么根據(jù)規(guī)定——答案唯一，等效命題應(yīng)該同時(shí)排除.(4)如果選項(xiàng)中存在兩個(gè)相反的或互不相容的判斷，那么其中至少有一個(gè)是假的.(5)如果選項(xiàng)之間存在包含關(guān)系，要根據(jù)題意才能判斷.【訓(xùn)練3】(1)方程ax2＋2x＋1＝0至少有一個(gè)負(fù)根的充要條件是()A.0＜a≤1 B.a＜1C.a≤1 D.0＜a≤1或a＜0(2)已知f(x)＝eq\f(1,4)x2＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))，則f′(x)的圖象是()解析(1)當(dāng)a＝0時(shí)，x＝－eq\f(1,2)，故排除A、D.當(dāng)a＝1時(shí)，x＝－1，排除B.(2)f(x)＝eq\f(1,4)x2＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋x))＝eq\f(1,4)x2＋cosx，故f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)x2＋cosx))′＝eq\f(1,2)x－sinx，記g(x)＝f′(x)，其定義域?yàn)镽，且g(－x)＝eq\f(1,2)(－x)－sin(－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－sinx))＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)，所以排除B，D兩項(xiàng)，g′(x)＝eq\f(1,2)－cosx，顯然當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))時(shí)，g′(x)＜0，g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))上單調(diào)遞減，故排除C.選A.答案(1)C(2)A方法四數(shù)形結(jié)合法根據(jù)題設(shè)條件作出所研究問題的曲線或有關(guān)圖形，借助幾何圖形的直觀性作出正確的判斷，這種方法叫數(shù)形結(jié)合法.有的選擇題可通過命題條件的函數(shù)關(guān)系或幾何意義，作出函數(shù)的圖象或幾何圖形，借助于圖象或圖形的作法、形狀、位置、性質(zhì)，得出結(jié)論，圖形化策略是以數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想為指導(dǎo)的一種解題策略.【例4】函數(shù)f(x)＝|x－2|－lnx在定義域內(nèi)的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為()A.0 B.1C.2 D.3解析由題意可知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞).在同一直角坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y1＝|x－2|(x＞0)，y2＝lnx(x＞0)的圖象，如圖所示：由圖可知函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2.答案C探究提高圖形化策略是依靠圖形的直觀性進(jìn)行研究的，用這種策略解題比直接計(jì)算求解更能簡捷地得到結(jié)果.運(yùn)用圖解法解題一定要對(duì)有關(guān)函數(shù)圖象、方程曲線、幾何圖形較熟悉，否則，錯(cuò)誤的圖象反而會(huì)導(dǎo)致錯(cuò)誤的選擇.【訓(xùn)練4】過點(diǎn)(eq\r(2)，0)引直線l與曲線y＝eq\r(1－x2)相交于A、B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，當(dāng)△AOB的面積取最大值時(shí)，直線l的斜率等于()A.eq\f(\r(3),3) B.－eq\f(\r(3),3)C.±eq\f(\r(3),3) D.－eq\r(3)解析由y＝eq\r(1－x2)，得x2＋y2＝1(y≥0)，其所表示的圖形是以原點(diǎn)O為圓心，1為半徑的上半圓(如圖所示).由題意及圖形，知直線l的斜率必為負(fù)值，故排除A，C選項(xiàng).當(dāng)其斜率為－eq\r(3)時(shí)，直線l的方程為eq\r(3)x＋y－eq\r(6)＝0，點(diǎn)O到其距離為eq\f(|－\r(6)|,\r(3＋1))＝eq\f(\r(6),2)＞1，不符合題意，故排除D選項(xiàng).選B.答案B方法五估算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，有些題目不必進(jìn)行準(zhǔn)確的計(jì)算，只需對(duì)其數(shù)值特點(diǎn)和取值界限作出適當(dāng)?shù)墓烙?jì)，便能作出正確的判斷，這就是估算法.估算法往往可以減少運(yùn)算量，但是加強(qiáng)了思維的層次.【例5】已知sinθ＝eq\f(m－3,m＋5)，cosθ＝eq\f(4－2m,m＋5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＜θ＜π))，則taneq\f(θ,2)等于()A.eq\f(m－3,9－m) B.eq\f(m－3,|9－m|)C.－eq\f(1,5) D.5解析由于受條件sin2θ＋cos2θ＝1的制約，m一定為確定的值進(jìn)而推知taneq\f(θ,2)也是一確定的值，又eq\f(π,2)＜θ＜π，所以eq\f(π,4)＜eq\f(θ,2)＜eq\f(π,2)，故taneq\f(θ,2)＞1.所以D正確.答案D探究提高估算法的應(yīng)用技巧：估算法是根據(jù)變量變化的趨勢(shì)或極值的取值情況進(jìn)行求解的方法.當(dāng)題目從正面解析比較麻煩，特值法又無法確定正確的選項(xiàng)時(shí)(如難度稍大的函數(shù)的最值或取值范圍、函數(shù)圖象的變化等問題)常用此種方法確定選項(xiàng).【訓(xùn)練5】已知棱長為1的正方體的俯視圖是一個(gè)面積為1的正方形，則該正方體的正視圖的面積不可能等于()A.1 B.eq\r(2)C.eq\f(\r(2)－1,2) D.eq\f(\r(2)＋1,2)解析由俯視圖知正方體的底面水平放置，其正視圖為矩形，以正方體的高為一邊長，另一邊長最小為1，最大為eq\r(2)，面積范圍應(yīng)為[1，eq\r(2)]，不可能等于eq\f(\r(2)－1,2).答案C1.解選擇題的基本方法有直接法、排除法、特例法、估算法、驗(yàn)證法和數(shù)形結(jié)合法.但大部分選擇題的解法是直接法，在解選擇題時(shí)要根據(jù)題干和選擇支兩方面的特點(diǎn)靈活運(yùn)用上述一種或幾種方法“巧解”，在“小題小做”、“小題巧做”上做文章，切忌盲目地采用直接法.2.由于選擇題供選答案多、信息量大、正誤混雜、迷惑性強(qiáng)，稍不留心就會(huì)誤入“陷阱”，應(yīng)該從正反兩個(gè)方向篩選、驗(yàn)證，既謹(jǐn)慎選擇，又大膽跳躍.3.作為平時(shí)訓(xùn)練，解完一道題后，還應(yīng)考慮一下能不能用其他方法進(jìn)行“巧算”，并注意及時(shí)總結(jié)，這樣才能有效地提高解選擇題的能力.(二)填空題的解法填空題是高考試題的第二題型.從歷年的高考成績以及平時(shí)的模擬考試可以看出，填空題得分率一直不是很高.因?yàn)樘羁疹}的結(jié)果必須是數(shù)值準(zhǔn)確、形式規(guī)范、表達(dá)式最簡，稍有毛病，便是零分.因此，解填空題要求在“快速、準(zhǔn)確”上下功夫，由于填空題不需要寫出具體的推理、計(jì)算過程，因此要想“快速”解答填空題，則千萬不可“小題大做”，而要達(dá)到“準(zhǔn)確”，則必須合理靈活地運(yùn)用恰當(dāng)?shù)姆椒?，在“巧”字上下功?填空題的基本特點(diǎn)是：(1)具有考查目標(biāo)集中、跨度大、知識(shí)覆蓋面廣、形式靈活、答案簡短、明確、具體，不需要寫出求解過程而只需要寫出結(jié)論等特點(diǎn)；(2)填空題與選擇題有質(zhì)的區(qū)別：①填空題沒有備選項(xiàng)，因此，解答時(shí)不受誘誤干擾，但同時(shí)也缺乏提示；②填空題的結(jié)構(gòu)往往是在正確的命題或斷言中，抽出其中的一些內(nèi)容留下空位，讓考生獨(dú)立填上，考查方法比較靈活；(3)從填寫內(nèi)容看，主要有兩類：一類是定量填寫型，要求考生填寫數(shù)值、數(shù)集或數(shù)量關(guān)系.由于填空題缺少選項(xiàng)的信息，所以高考題中多數(shù)是以定量型問題出現(xiàn)；另一類是定性填寫型，要求填寫的是具有某種性質(zhì)的對(duì)象或填寫給定的數(shù)學(xué)對(duì)象的某種性質(zhì)，如命題真假的判斷等.方法一直接法對(duì)于計(jì)算型的試題，多通過直接計(jì)算求得結(jié)果，這是解決填空題的基本方法.它是直接從題設(shè)出發(fā)，利用有關(guān)性質(zhì)或結(jié)論，通過巧妙地變形，直接得到結(jié)果的方法.要善于透過現(xiàn)象抓本質(zhì)，有意識(shí)地采取靈活、簡捷的解法解決問題.【例1】設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是C上一點(diǎn)，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2的最小內(nèi)角為30°，則C的離心率為________.解析設(shè)P點(diǎn)在雙曲線右支上，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|PF1|＋|PF2|＝6a，,|PF1|－|PF2|＝2a，))故|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，則|PF2|＜|F1F2|，得∠PF1F2＝30°，由eq\f(2a,sin30°)＝eq\f(4a,sin∠PF2F1)，得sin∠PF2F1＝1，∴∠PF2F1＝90°，在Rt△PF2F1中，2c＝eq\r(（4a）2－（2a）2)＝2eq\r(3)a，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).答案eq\r(3)探究提高直接法是解決計(jì)算型填空題最常用的方法，在計(jì)算過程中，我們要根據(jù)題目的要求靈活處理，多角度思考問題，注意一些解題規(guī)律和解題技巧的靈活應(yīng)用，將計(jì)算過程簡化從而得到結(jié)果，這是快速準(zhǔn)確地求解填空題的關(guān)鍵.【訓(xùn)練1】(1)設(shè)θ為第二象限角，若taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，則sinθ＋cosθ＝________.(2)(2015·湖南卷)在一次馬拉松比賽中，35名運(yùn)動(dòng)員的成績(單位：分鐘)的莖葉圖如圖所示若將運(yùn)動(dòng)員按成績由好到差編為1～35號(hào)，再用系統(tǒng)抽樣方法從中抽取7人，則其中成績?cè)趨^(qū)間[139，151]上的運(yùn)動(dòng)員人數(shù)是________.解析(1)∵taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))＝eq\f(1,2)，∴tanθ＝－eq\f(1,3)，即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3sinθ＝－cosθ，,sin2θ＋cos2θ＝1，))又θ為第二象限角，解得sinθ＝eq\f(\r(10),10)，cosθ＝－eq\f(3\r(10),10).∴sinθ＋cosθ＝－eq\f(\r(10),5).(2)由題意知，將1～35號(hào)分成7組，每組5名運(yùn)動(dòng)員，落在區(qū)間[139，151]上的運(yùn)動(dòng)員共有4組，故由系統(tǒng)抽樣法知，共抽取4名.答案(1)－eq\f(\r(10),5)(2)4方法二特殊值法當(dāng)填空題已知條件中含有某些不確定的量，但填空題的結(jié)論唯一或題設(shè)條件中提供的信息暗示答案是一個(gè)定值時(shí)，可以從題中變化的不定量中選取符合條件的恰當(dāng)特殊值(特殊函數(shù)、特殊角、特殊數(shù)列、特殊位置、特殊點(diǎn)、特殊方程、特殊模型等)進(jìn)行處理，從而得出探求的結(jié)論.【例2】(1)若f(x)＝eq\f(1,2015x－1)＋a是奇函數(shù)，則a＝________.(2)如圖所示，在平行四邊形ABCD中，AP⊥BD，垂足為P，且AP＝3，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝________.解析(1)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是奇函數(shù)，且1，－1是其定域內(nèi)的值，所以f(－1)＝－f(1)，而f(1)＝eq\f(1,2014)＋a，f(－1)＝eq\f(1,2015－1－1)＋a＝a－eq\f(2015,2014).故a－eq\f(2015,2014)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,2014)))，解得a＝eq\f(1,2).(2)把平行四邊形ABCD看成正方形，則點(diǎn)P為對(duì)角線的交點(diǎn)，AC＝6，則eq\o(AP,\s\up6(→))·eq\o(AC,\s\up6(→))＝18.答案(1)eq\f(1,2)(2)18探究提高求值或比較大小等問題的求解均可利用特殊值代入法，但要注意此種方法僅限于求解結(jié)論只有一種的填空題，對(duì)于開放性的問題或者有多種答案的填空題，則不能使用該種方法求解.【訓(xùn)練2】如圖，在△ABC中，點(diǎn)M是BC的中點(diǎn)，過點(diǎn)M的直線與直線AB、AC分別交于不同的兩點(diǎn)P、Q，若eq\o(AP,\s\up6(→))＝λeq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AQ,\s\up6(→))＝μeq\o(AC,\s\up6(→))，則eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝________.解析由題意可知，eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)的值與點(diǎn)P、Q的位置無關(guān)，而當(dāng)直線PQ與直線BC重合時(shí)，則有λ＝μ＝1，所以eq\f(1,λ)＋eq\f(1,μ)＝2.答案2方法三圖象分析法對(duì)于一些含有幾何背景的填空題，若能數(shù)中思形，以形助數(shù)，通過數(shù)形結(jié)合，往往能迅速作出判斷，簡捷地解決問題，得出正確的結(jié)果.韋恩圖、三角函數(shù)線、函數(shù)的圖象及方程的曲線等，都是常用的圖形.【例3】(1)已知f(x)是定義在R上且周期為3的函數(shù)，當(dāng)x∈[0，3)時(shí)，f(x)＝|x2－2x＋eq\f(1,2)|.若函數(shù)y＝f(x)－a在區(qū)間[－3，4]上有10個(gè)零點(diǎn)(互不相同)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|lgx|（0＜x≤10），,－\f(1,2)x＋6（x＞10），))若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，則abc的取值范圍是________.解析(1)函數(shù)y＝f(x)－a在區(qū)間[－3，4]上有互不相同的10個(gè)零點(diǎn)，即函數(shù)y＝f(x)，x∈[－3，4]與y＝a的圖象有10個(gè)不同交點(diǎn).在坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝f(x)在[－3，4]上的圖象，f(－3)＝f(－2)＝f(－1)＝f(0)＝f(1)＝f(2)＝f(3)＝f(4)＝eq\f(1,2)，觀察圖象可得0＜a＜eq\f(1,2).(2)a，b，c互不相等，不妨設(shè)a＜b＜c，∵f(a)＝f(b)＝f(c)，如圖所示，由圖象可知，0＜a＜1，1＜b＜10，10＜c＜12.∵f(a)＝f(b)，∴|lga|＝|lgb|.即lga＝lgeq\f(1,b)，a＝eq\f(1,b).則ab＝1.所以abc＝c∈(10，12).答案(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))(2)(10，12)探究提高圖解法實(shí)質(zhì)上就是數(shù)形結(jié)合的思想方法在解決填空題中的應(yīng)用，利用圖形的直觀性并結(jié)合所學(xué)知識(shí)便可直接得到相應(yīng)的結(jié)論，這也是高考命題的熱點(diǎn).準(zhǔn)確運(yùn)用此類方法的關(guān)鍵是正確把握各種式子與幾何圖形中的變量之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，利用幾何圖形中的相關(guān)結(jié)論求出結(jié)果.【訓(xùn)練3】設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋c，x≤0，,2，x＞0.))若f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，則函數(shù)y＝g(x)＝f(x)－x的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為________.解析由f(－4)＝f(0)，得16－4b＋c＝c.由f(－2)＝－2，得4－2b＋c＝－2.聯(lián)立兩方程解得b＝4，c＝2.于是，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋2，x≤0，,2，x＞0.))在同一直角坐標(biāo)系中，作出函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝x的圖象，知它們有3個(gè)交點(diǎn)，即函數(shù)g(x)有3個(gè)零點(diǎn).答案3方法四構(gòu)造法構(gòu)造型填空題的求解，需要利用已知條件和結(jié)論的特殊性構(gòu)造出新的數(shù)學(xué)模型，從而簡化推理與計(jì)算過程，使較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題得到簡捷的解決，它來源于對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)和基本方法的積累，需要從一般的方法原理中進(jìn)行提煉概括，積極聯(lián)想，橫向類比，從曾經(jīng)遇到過的類似問題中尋找靈感，構(gòu)造出相應(yīng)的函數(shù)、概率、幾何等具體的數(shù)學(xué)模型，使問題快速解決.【例4】如圖，已知球O的球面上有四點(diǎn)A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC＝eq\r(2)，則球O的體積等于________.解析如圖，以DA，AB，BC為棱長構(gòu)造正方體，設(shè)正方體的外接球球O的半徑為R，則正方體的體對(duì)角線長即為球O的直徑，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的體積V＝eq\f(4πR3,3)＝eq\r(6)π.答案eq\r(6)π探究提高構(gòu)造法實(shí)質(zhì)上是化歸與轉(zhuǎn)化思想在解題中的應(yīng)用，需要根據(jù)已知條件和所要解決的問題確定構(gòu)造的方向，通過構(gòu)造新的函數(shù)、不等式或數(shù)列等新的模型，從而轉(zhuǎn)化為自己熟悉的問題.本題巧妙地構(gòu)造出正方體，而球的直徑恰好為正方體的體對(duì)角線，問題很容易得到解決.【訓(xùn)練4】已知a＝lneq\f(1,2013)－eq\f(1,2013)，b＝lneq\f(1,2014)－eq\f(1,2014)，c＝lneq\f(1,2015)－eq\f(1,2015)，則a，b，c的大小關(guān)系為________.解析令f(x)＝lnx－x，則f′(x)＝eq\f(1,x)－1＝eq\f(1－x,x)(x＞0).當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＞0，即函數(shù)f(x)在(0，1)上是增函數(shù).∵1＞eq\f(1,2013)＞eq\f(1,2014)＞eq\f(1,2015)＞0，∴a＞b＞c.答案a＞b＞c方法五綜合分析法對(duì)于開放性的填空題，應(yīng)根據(jù)題設(shè)條件的特征綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)進(jìn)行觀察、分析，從而得出正確的結(jié)論.【例5】已知f(x)為定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，有f(x＋1)＝－f(x)，且當(dāng)x∈[0，1)時(shí)，f(x)＝log2(x＋1)，給出下列命題：①f(2013)＋f(－2014)的值為0；②函數(shù)f(x)在定義域上為周期是2的周期函數(shù)；③直線y＝x與函數(shù)f(x)的圖象有1個(gè)交點(diǎn)；④函數(shù)f(x)的值域?yàn)?－1，1).其中正確的命題序號(hào)有________.解析根據(jù)題意，可在同一坐標(biāo)系中畫出直線y＝x和函數(shù)f(x)的圖象如下：根據(jù)圖象可知①f(2013)＋f(－2014)＝0正確，②函數(shù)f(x)在定義域上不是周期函數(shù)，所以②不正確，③根據(jù)圖象確實(shí)只有一個(gè)交點(diǎn)，所以正確，④根據(jù)圖象，函數(shù)f(x)的值域是(－1，1)，正確.答案①③④探究提高對(duì)于規(guī)律總結(jié)類與綜合型的填空題，應(yīng)從題設(shè)條件出發(fā)，通過逐步計(jì)算、分析總結(jié)探究其規(guī)律，對(duì)于多選型的問題更要注重分析推導(dǎo)的過程，以防多選或漏選.做好此類題目要深刻理解題意，捕捉題目中的隱含信息，通過聯(lián)想、歸納、概括、抽象等多種手段獲得結(jié)論.【訓(xùn)練5】給出以下命題：①雙曲線eq\f(y2,2)－x2＝1的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x；②命題p：“?x∈R＋，sinx＋eq\f(1,sinx)≥2”是真命題；③已知線性回歸方程為eq\o(y,\s\up6(^))＝3＋2x，當(dāng)變量x增加2個(gè)單位，其預(yù)報(bào)值平均增加4個(gè)單位；④設(shè)隨機(jī)變量ξ服從正態(tài)分布N(0，1)，若P(ξ＞1)＝0.2，則P(－1＜ξ＜0)＝0.6；⑤已知eq\f(2,2－4)＋eq\f(6,6－4)＝2，eq\f(5,5－4)＋eq\f(3,3－4)＝2，eq\f(7,7－4)＋eq\f(1,1－4)＝2，eq\f(10,10－4)＋eq\f(－2,－2－4)＝2，依照以上各式的規(guī)律，得到一般性的等式為eq\f(n,n－4)＋eq\f(8－n,（8－n）－4)＝2(n≠4).則正確命題的序號(hào)為________(寫出所有正確命題的序號(hào)).解析①由eq\f(y2,2)－x2＝0可以解得雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x，正確.②命題不能保證sinx，eq\f(1,sinx)為正，故錯(cuò)誤；③根據(jù)線性回歸方程的含義正確；④P(ξ＞1)＝0.2，可得P(ξ＜－1)＝0.2，所以P(－1＜ξ＜0)＝eq\f(1,2)P(－1＜ξ＜1)＝0.3，故錯(cuò)誤；⑤根據(jù)驗(yàn)證可知得到一般性的等式是正確的.答案①③⑤1.解填空題的一般方法是直接法，除此以外，對(duì)于帶有一般性命題的填空題可采用特例法，和圖形、曲線等有關(guān)的命題可考慮數(shù)形結(jié)合法.解題時(shí)，常常需要幾種方法綜合使用，才能迅速得到正確的結(jié)果.2.解填空題不要求求解過程，從而結(jié)論是判斷是否正確的唯一標(biāo)準(zhǔn)，因此解填空題時(shí)要注意如下幾個(gè)方面：(1)要認(rèn)真審題，明確要求，思維嚴(yán)謹(jǐn)、周密，計(jì)算有據(jù)、準(zhǔn)確；(2)要盡量利用已知的定理、性質(zhì)及已有的結(jié)論；(3)要重視對(duì)所求結(jié)果的檢驗(yàn).

規(guī)范——解答題的7個(gè)解題模板及得分說明1.閱卷速度以秒計(jì)，規(guī)范答題少丟分高考閱卷評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)非常細(xì)，按步驟、得分點(diǎn)給分，評(píng)閱分步驟、采“點(diǎn)”給分.關(guān)鍵步驟，有則給分，無則沒分.所以考場(chǎng)答題應(yīng)盡量按得分點(diǎn)、步驟規(guī)范書寫.2.不求巧妙用通法，通性通法要強(qiáng)化高考評(píng)分細(xì)則只對(duì)主要解題方法，也是最基本的方法，給出詳細(xì)得分標(biāo)準(zhǔn)，所以用常規(guī)方法往往與參考答案一致，比較容易抓住得分點(diǎn).3.干凈整潔保得分，簡明扼要是關(guān)鍵若書寫整潔，表達(dá)清楚，一定會(huì)得到合理或偏高的分?jǐn)?shù)，若不規(guī)范可能就會(huì)吃虧.若寫錯(cuò)需改正，只需劃去，不要亂涂亂劃，否則易丟分.4.狠抓基礎(chǔ)保成績，分步解決克難題(1)基礎(chǔ)題爭(zhēng)取得滿分.涉及的定理、公式要準(zhǔn)確，數(shù)學(xué)語言要規(guī)范，仔細(xì)計(jì)算，爭(zhēng)取前3個(gè)解答題及選考不丟分.(2)壓軸題爭(zhēng)取多得分.第(Ⅰ)問一般難度不大，要保證得分，第(Ⅱ)問若不會(huì)，也要根據(jù)條件或第(Ⅰ)問的結(jié)論推出一些結(jié)論，可能就是得分點(diǎn).模板1三角變換與三角函數(shù)圖象性質(zhì)考題[真題](2015·天津卷)(滿分13分)已知函數(shù)f(x)＝sin2x－sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))，x∈R.(Ⅰ)求f(x)的最小正周期；(Ⅱ)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值和最小值.滿分解答得分說明解題模板解(Ⅰ)由已知，有f(x)＝eq\f(1－cos2x,2)－eq\f(1－cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))),2)(2分)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)cos2x＋\f(\r(3),2)sin2x))－eq\f(1,2)cos2x(4分)＝eq\f(\r(3),4)sin2x－eq\f(1,4)cos2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6))).(6分)所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(7分)①無化簡過程，直接得到f(x)＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))，扣5分；②化簡結(jié)果錯(cuò)誤，中間某一步正確，給2分.第一步化簡：利用輔助角公式化f(x)為y＝Asin(ωx＋φ)＋k的形式.第二步整體代換：設(shè)t＝ωx＋φ，確定t的范圍.第三步求解：利用y＝sint的性質(zhì)求y＝Asin(ωx＋φ)＋k的單調(diào)性、最值、對(duì)稱性等.第四步反思：查看換元之后字母范圍變化，利用數(shù)形結(jié)合估算結(jié)果的合理性，檢查步驟的規(guī)范性.(Ⅱ)因?yàn)閒(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，－\f(π,6)))上是減函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,4)))上是增函數(shù)，(10分)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝－eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)))＝－eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(\r(3),4)，(12分)所以f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，\f(π,4)))上的最大值為I，最小值為－eq\f(1,2).(13分)③單調(diào)性正確，計(jì)算錯(cuò)誤，扣2分；④若單調(diào)性出錯(cuò)，給1分；⑤求出2x－eq\f(π,6)范圍，利用數(shù)形結(jié)合求最值，同樣得分.

【訓(xùn)練1】(2017·河北五校質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)在閉區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值與最小值.解(1)f(x)＝cosxsineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,3)))－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝cosxeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)sinx＋\f(\r(3),2)cosx))－eq\r(3)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,2)sinxcosx－eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(3),4)(1＋cos2x)＋eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,4)sin2x－eq\f(\r(3),4)cos2x＝eq\f(1,2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因?yàn)閒(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，－\f(π,12)))上是減函數(shù)，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，\f(π,4)))上是增函數(shù)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－eq\f(1,4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝－eq\f(1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝eq\f(1,4)，所以函數(shù)f(x)在閉區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值為eq\f(1,4)，最小值為－eq\f(1,2).模板2三角變換與解三角形考題[真題](2015·全國Ⅱ卷)(滿分12分)在△ABC中，點(diǎn)D是BC上的點(diǎn)，AD平分∠BAC，△ABD是△ADC面積的2倍.(Ⅰ)求eq\f(sinB,sinC).(Ⅱ)若AD＝1，DC＝eq\f(\r(2),2)，求BD和AC的長.滿分解答得分說明解題模板解(Ⅰ)因?yàn)镾△ABD＝eq\f(1,2)AB·ADsin∠BAD，S△ADC＝eq\f(1,2)AC·ADsin∠CAD.(2分)又因?yàn)镾△ABD＝2S△ADC，∠BAD＝∠CAD，所以AB＝2AC.(3分)由正弦定理可得eq\f(sinB,sinC)＝eq\f(AC,AB)＝eq\f(1,2).(5分)①用了面積表達(dá)式，即兩個(gè)表達(dá)式寫對(duì)得2分；②得出AB＝2AC得1分；③給出結(jié)果得2分；第一步找條件：尋找三角形中已知的邊和角，確定轉(zhuǎn)化方向.第二步定工具：根據(jù)已知條件和轉(zhuǎn)化方向，選擇使用的定理和公式，實(shí)施邊角之間的轉(zhuǎn)化.第三步求結(jié)果：根據(jù)前兩步分析，代入求值得出結(jié)果.第四步再反思：轉(zhuǎn)化過程中要注意轉(zhuǎn)化的方向，審視結(jié)果的合理性.(Ⅱ)因?yàn)閑q\f(S△ABD,S△ADC)＝eq\f(\f(1,2)BD·h,\f(1,2)DC·h)＝eq\f(BD,DC)，DC＝eq\f(\r(2),2)，所以BD＝eq\r(2).(6分)在△ABD和△ADC中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DCcos∠ADC.(8分)因?yàn)閏os∠ADB＝－cos∠ADC，所以AB2＋2AC2＝3AD2＋BD2＋2DC2＝6.(10分)由(Ⅰ)知AB＝2AC，所以AC＝1.(12分)④得出BD＝eq\r(2)得1分；⑤正確寫出余弦定理得2分；⑥得出關(guān)于AB、AC的關(guān)系式得2分；⑦得出AC＝1得2分.【訓(xùn)練2】(2017·山西四校聯(lián)考一)已知△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊長分別為a，b，c，且a＋b＝eq\r(3)c，2sin2C＝3sinAsin B.(1)求角C；(2)若S△ABC＝eq\r(3)，求邊c.解(1)∵2sin2C＝3sinAsinB，∴sin2C＝eq\f(3,2)sinAsinB，由正弦定理得c2＝eq\f(3,2)ab，∵a＋b＝eq\r(3)c，∴a2＋b2＋2ab＝3c2，由余弦定理得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(2c2－2ab,2ab)＝eq\f(3ab－2ab,2ab)＝eq\f(1,2).∵C∈(0，π)，∴C＝eq\f(π,3).(2)∵S△ABC＝eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)absinC，∵C＝eq\f(π,3)，∴ab＝4，又c2＝eq\f(3,2)ab，∴c＝eq\r(6).模板3數(shù)列的通項(xiàng)、求和考題[真題](2015·天津卷)(滿分13分)已知數(shù)列{an}滿足an＋2＝qan(q為實(shí)數(shù)，且q≠1)，n∈N*，a1＝1，a2＝2，且a2＋a3，a3＋a4，a4＋a5成等差數(shù)列.(Ⅰ)求q的值和{an}的通項(xiàng)公式；(Ⅱ)設(shè)bn＝eq\f(log2a2n,a2n－1)，n∈N*，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和.滿分解答得分說明解題模板解(Ⅰ)由已知，有(a3＋a4)－(a2＋a3)＝(a4＋a5)－(a3＋a4)，即a4－a2＝a5－a3，所以a2(q－1)＝a3(q－1)，又因?yàn)閝≠1，故a3＝a2＝2，由a3＝a1q，得q＝2.(3分)當(dāng)n＝2k－1(k∈N*)時(shí)，an＝a2k－1＝2k－1＝2eq\s\up6(\f(n－1,2))；當(dāng)n＝2k(k∈N*)時(shí)，an＝a2k＝2k＝2eq\s\up6(\f(n,2)).所以，{an}的通項(xiàng)公式為an＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2\s\up6(\f(n－1,2))，n為奇數(shù)，,2\s\up6(\f(n,2))，n為偶數(shù).))(6分)①根據(jù)數(shù)列相鄰兩項(xiàng)間的關(guān)系確定q＝2得3分；②根據(jù)遞推公式求數(shù)列的通項(xiàng)得3分.第一步找關(guān)系：根據(jù)已知條件確定數(shù)列的項(xiàng)之間的關(guān)系.第二步求通項(xiàng)：根據(jù)等差或等比數(shù)列的通項(xiàng)公式或利用累加、累乘法或前n項(xiàng)和Sn與an的關(guān)系求數(shù)列的通項(xiàng)公式.第三步定方法：根據(jù)數(shù)列表達(dá)式的結(jié)構(gòu)特征確定求和方法(常用的有公式法、裂項(xiàng)相消法、錯(cuò)位相減法、分組法等).第四步寫步驟.第五步再反思：檢查求和過程中各項(xiàng)的符號(hào)有無錯(cuò)誤，用特殊項(xiàng)估算結(jié)果.(Ⅱ)由(Ⅰ)得bn＝eq\f(log2a2n,a2n－1)＝eq\f(n,2n－1).(7分)設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝1×eq\f(1,20)＋2×eq\f(1,21)＋3×eq\f(1,22)＋…＋(n－1)×eq\f(1,2n－2)＋n×eq\f(1,2n－1)，(8分)eq\f(1,2)Sn＝1×eq\f(1,21)＋2×eq\f(1,22)＋3×eq\f(1,23)＋…＋(n－1)×eq\f(1,2n－1)＋n×eq\f(1,2n).(9分)上述兩式相減得：eq\f(1,2)Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(n,2n)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq\f(n,2n)＝2－eq\f(2,2n)－eq\f(n,2n)，(10分)整理得，Sn＝4－eq\f(n＋2,2n－1)，n∈N*.(12分)所以，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為4－eq\f(n＋2,2n－1)，n∈N*.(13分)③求新數(shù)列{bn}的通項(xiàng)bn得1分；④根據(jù)數(shù)列表達(dá)式的結(jié)構(gòu)特征確定求和方法得6分.【訓(xùn)練3】(2016·石家莊一模)已知等差數(shù)列{an}中，2a2＋a3＋a5＝20，且前10項(xiàng)和S10＝100.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求數(shù)列{an·2an}的前n項(xiàng)和.解(1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a2＋a3＋a5＝4a1＋8d＝20，,10a1＋\f(10×9,2)d＝10a1＋45d＝100，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2.))所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an＝1＋2(n－1)＝2n－1.(2)由(1)可知an·2an＝(2n－1)·22n－1，所以Sn＝1×21＋3×23＋5×25＋…＋(2n－3)×22n－3＋(2n－1)×22n－1，①4Sn＝1×23＋3×25＋5×27＋…＋(2n－3)×22n－1＋(2n－1)×22n＋1，②①－②得：－3Sn＝2＋2×(23＋25＋…＋22n－1)－(2n－1)×22n＋1.∴Sn＝eq\f(2＋2×（23＋25＋…＋22n－1）－（2n－1）×22n＋1,－3)＝eq\f(2＋2×\f(8（1－4n－1）,1－4)－（2n－1）×22n＋1,－3)＝eq\f(－6＋2×8（1－4n－1）＋（6n－3）×22n＋1,9)＝eq\f(10,9)＋eq\f(（6n－5）·22n＋1,9).

模板4離散型隨機(jī)變量及其分布考題[真題](2015·湖南卷)(滿分12分)某商場(chǎng)舉行有獎(jiǎng)促銷活動(dòng)，顧客購買一定金額的商品后即可抽獎(jiǎng)，每次抽獎(jiǎng)都是從裝有4個(gè)紅球、6個(gè)白球的甲箱和裝有5個(gè)紅球、5個(gè)白球的乙箱中，各隨機(jī)摸出1個(gè)球，在摸出的2個(gè)球中，若都是紅球，則獲一等獎(jiǎng)；若只有1個(gè)紅球，則獲二等獎(jiǎng)；若沒有紅球，則不獲獎(jiǎng).(Ⅰ)求顧客抽獎(jiǎng)1次能獲獎(jiǎng)的概率；(Ⅱ)若某顧客有3次抽獎(jiǎng)機(jī)會(huì)，記該顧客在3次抽獎(jiǎng)中獲一等獎(jiǎng)的次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.滿分解答得分說明解題模板解(Ⅰ)記事件A1＝{從甲箱中摸出的1個(gè)球是紅球}，A2＝{從乙箱中摸出的1個(gè)球是紅球}，B1＝{顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng)}，B2＝{顧客抽獎(jiǎng)1次獲二等獎(jiǎng)}，C＝{顧客抽獎(jiǎng)1次能獲獎(jiǎng)}.(2分)由題意，A1與A2相互獨(dú)立，A1A2與A1A2互斥，B1與B2互斥，且B1＝A1A2，B2＝A1A2＋A1A2，C＝B1＋B2.因?yàn)镻(A1)＝eq\f(4,10)＝eq\f(2,5)，P(A2)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，所以P(B1)＝P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＝eq\f(2,5)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,5)，(4分)P(B2)＝P(A1A2＋A1A2)＝P(A1A2)＋P(A1A2)＝P(A1)P(A2)＋P(A1)P(A2)＝P(A1)(1－P(A2))＋(1－P(A1))P(A2)＝eq\f(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,5)))×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).(5分)故所求概率為P(C)＝P(B1＋B2)＝P(B1)＋P(B2)＝eq\f(1,5)＋eq\f(1,2)＝eq\f(7,10).(6分)①正確設(shè)出各事件得2分；②正確求出P(B1)、P(B2)各得1分；③求出P(C)得1分.第一步定元：根據(jù)已知條件確定離散型隨機(jī)變量的取值.第二步定性：明確每個(gè)隨機(jī)變量取值所對(duì)應(yīng)的事件.第三步定型：確定事件的概率模型和計(jì)算公式.第四步計(jì)算：計(jì)算隨機(jī)變量取每一個(gè)值的概率.第五步列表：列出分布列.第六步求解：根據(jù)均值、方差公式求解其值.(Ⅱ)顧客抽獎(jiǎng)3次可視為3次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)，由(1)知，顧客抽獎(jiǎng)1次獲一等獎(jiǎng)的概率為eq\f(1,5)，所以X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,5))).(8分)于是P(X＝0)＝Ceq\o\al(0,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(3)＝eq\f(64,125)，P(X＝1)＝Ceq\o\al(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(2)＝eq\f(48,125)，P(X＝2)＝Ceq\o\al(2,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(1)＝eq\f(12,125)，P(X＝3)＝Ceq\o\al(3,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))eq\s\up12(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)))eq\s\up12(0)＝eq\f(1,125).(10分)故X的分布列為X0123Peq\f(64,125)eq\f(48,125)eq\f(12,125)eq\f(1,125)X的數(shù)學(xué)期望為E(X)＝3×eq\f(1,5)＝eq\f(3,5).(12分)④寫出X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(1,5)))得2分；⑤寫出X的分布列得2分；⑥求出E(X)得2分.【訓(xùn)練4】(2016·合肥二模)為回饋顧客，某商場(chǎng)擬通過摸球兌獎(jiǎng)的方式對(duì)1000位顧客進(jìn)行獎(jiǎng)勵(lì)，規(guī)定：每位顧客從一個(gè)裝有4個(gè)標(biāo)有面值的球的袋中一次性隨機(jī)摸出2個(gè)球，球上所標(biāo)的面值之和為該顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額.(1)若袋中所裝的4個(gè)球中有1個(gè)所標(biāo)的面值為50元，其余3個(gè)均為10元，求：(ⅰ)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為60元的概率；(ⅱ)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額的分布列及數(shù)學(xué)期望；(2)商場(chǎng)對(duì)獎(jiǎng)勵(lì)總額的預(yù)算是60000元，并規(guī)定袋中的4個(gè)球只能由標(biāo)有面值10元和50元的兩種球組成，或標(biāo)有面值20元和40元的兩種球組成.為了使顧客得到的獎(jiǎng)勵(lì)總額盡可能符合商場(chǎng)的預(yù)算且每位顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額相對(duì)均衡，請(qǐng)對(duì)袋中的4個(gè)球的面值給出一個(gè)合適的設(shè)計(jì)，并說明理由.解(1)設(shè)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為X.(ⅰ)依題意，得P(X＝60)＝eq\f(Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為60元的概率為eq\f(1,2).(ⅱ)依題意，得X的所有可能取值為20，60.P(X＝60)＝eq\f(1,2)，P(X＝20)＝eq\f(Ceq\o\al(2,3),Ceq\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，即X的分布列為X2060Peq\f(1,2)eq\f(1,2)所以顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額的期望為E(X)＝20×eq\f(1,2)＋60×eq\f(1,2)＝40(元).(2)根據(jù)商場(chǎng)的預(yù)算，每個(gè)顧客的平均獎(jiǎng)勵(lì)額為60元.所以，先尋找期望為60元的可能方案.對(duì)于面值由10元和50元組成的情況，如果選擇(10，10，10，50)的方案，因?yàn)?0元是面值之和的最大值，所以期望不可能為60元；如果選擇(50，50，50，10)的方案，因?yàn)?0元是面值之和的最小值，所以期望也不可能為60元，因此可能的方案是(10，10，50，50)，記為方案1.對(duì)于面值由20元和40元組成的情況，同理可排除(20，20，20，40)和(40，40，40，20)的方案，所以可能的方案是(20，20，40，40)，記為方案2.以下是對(duì)兩個(gè)方案的分析：對(duì)于方案1，即方案(10，10，50，50)，設(shè)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為X1，則X1的分布列為X12060100Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X1的期望為E(X1)＝20×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋100×eq\f(1,6)＝60，X1的方差為D(X1)＝(20－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(100－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(1600,3).對(duì)于方案2，即方案(20，20，40，40)，設(shè)顧客所獲的獎(jiǎng)勵(lì)額為X2，則X2的分布列為X2406080Peq\f(1,6)eq\f(2,3)eq\f(1,6)X2的期望為E(X2)＝40×eq\f(1,6)＋60×eq\f(2,3)＋80×eq\f(1,6)＝60，X2的方差為D(X2)＝(40－60)2×eq\f(1,6)＋(60－60)2×eq\f(2,3)＋(80－60)2×eq\f(1,6)＝eq\f(400,3).由于兩種方案的獎(jiǎng)勵(lì)額的期望都符合要求，但方案2獎(jiǎng)勵(lì)額的方差比方案1的小，所以應(yīng)該選擇方案2.模板5利用向量求空間角考題[真題](2015·全國Ⅰ卷)(滿分12分)如圖，四邊形ABCD為菱形，∠ABC＝120°，點(diǎn)E，F(xiàn)是平面ABCD同一側(cè)的兩點(diǎn)，BE⊥平面ABCD，DF⊥平面ABCD，BE＝2DF，AE⊥EC.(Ⅰ)證明：平面AEC⊥平面AFC；(Ⅱ)求直線AE與直線CF所成角的余弦值.滿分解答得分說明解題模板(Ⅰ)證明連接BD，設(shè)BD∩AC＝G，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不妨設(shè)GB＝1.由∠ABC＝120°，可得AG＝GC＝eq\r(3).(2分)由BE⊥平面ABCD，AB＝BC可知AE＝EC.又AE⊥EC，所以EG＝eq\r(3)，且EG⊥AC.在Rt△EBG中，可得BE＝eq\r(2)，故DF＝eq\f(\r(2),2).在Rt△FDG中，可得FG＝eq\f(\r(6),2).(4分)在直角梯形BDFE中，由BD＝2，BE＝eq\r(2)，DF＝eq\f(\r(2),2)，可得EF＝eq\f(3\r(2),2)，從而EG2＋FG2＝EF2，所以EG⊥FG.又AC∩FG＝G，可得EG⊥平面AFC.又因?yàn)镋G?平面AEC，所以平面AEC⊥平面AFC.(6分)①用菱形的性質(zhì)得出AG＝GC＝eq\r(3)得2分；②利用線面垂直的性質(zhì)和平面幾何知識(shí)，得出DF＝eq\f(\r(2),2)，F(xiàn)G＝eq\f(\r(6),2)得2分；③利用勾股定理和面面垂直的判定定理得出結(jié)論得2分.第一步找垂直：找出(或作出)具有公共交點(diǎn)的三條兩兩垂直的直線.第二步寫坐標(biāo)：建立空間直角坐標(biāo)系，寫出特征點(diǎn)坐標(biāo).第三步求向量：求直線的方向向量或平面的法向量.第四步求夾角：計(jì)算向量的夾角.第五步得結(jié)論：得到所求兩個(gè)平面所成的角或直線和平面所成的角.(Ⅱ)解如圖，以點(diǎn)G為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以eq\o(GB,\s\up6(→))，eq\o(GC,\s\up6(→))的方向?yàn)閤軸，y軸正方向，|eq\o(GB,\s\up6(→))|為單位長度，建立空間直角坐標(biāo)系G－xyz，由(Ⅰ)可得A(0，－eq\r(3)，0)，E(1，0，eq\r(2))，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0，\f(\r(2),2)))，C(0，eq\r(3)，0)，(8分)所以eq\o(AE,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，eq\r(2))，eq\o(CF,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\r(3)，\f(\r(2),2))).(10分)故cos〈eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(AE,\s\up6(→))·\o(CF,\s\up6(→)),|\o(AE,\s\up6(→))||\o(CF,\s\up6(→))|)＝－eq\f(\r(3),3).所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為eq\f(\r(3),3).(12分)④正確建立空間坐標(biāo)系得出各點(diǎn)坐標(biāo)得2分；⑤表示出向量eq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(CF,\s\up6(→))得2分；⑥求出向量夾角的余弦值及寫對(duì)結(jié)果得2分.

【訓(xùn)練5】(2016·長沙二模)如圖幾何體E－ABCD是四棱錐，△ABD為正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CE＝1，AB＝AD＝AE＝eq\r(3)，且EC⊥BD.(1)求證：平面BED⊥平面AEC；(2)M是棱AE的中點(diǎn)，求證：DM∥平面EBC；(3)求二面角D－BM－C的平面角的余弦值.(1)證明由于△ABD為正三角形，∠BCD＝120°，CB＝CD＝CE＝1，故連接AC交BD于O點(diǎn)，則AC⊥BD，又∵EC⊥BD，EC∩AC＝C，且EC，AC?平面AEC，故BD⊥平面ACE，又BD?平面BED，所以平面BED⊥平面AEC.(2)證明取AB中點(diǎn)N，連接MN，ND，則MN∥EB，且MN?平面EBC內(nèi)，EB?平面EBC，所以MN∥平面EBC；而DN⊥AB，BC⊥AB，所以DN∥BC，且DN?平面EBC內(nèi)，BC?平面EBC，故DN∥平面EBC，又DN∩MN＝N，且DN，MN?平面DMN.故平面DMN∥平面EBC，又DM?平面DMN，所以DM∥平面EBC.(3)解由(1)知AC⊥BD，且CO＝eq\f(1,2)，AO＝eq\f(3,2)，又AE2＋EC2＝AC2，∴∠AEC＝90°，連接EO，則eq\f(CO,CE)＝eq\f(CE,AC)，故EO⊥AC，由(1)知BD⊥平面ACE，又EO?平面ACE，故EO⊥BD，故建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),2)，0))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(\r(3),2)，0))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0，0))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0，\f(\r(3),4)))，eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，\f(\r(3),2)，\f(\r(3),4)))，eq\o(DB,\s\up6(→))＝(0，eq\r(3)，0)，設(shè)平面DBM的法向量m＝(x1，y1，1)，則由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m·\o(DB,\s\up6(→))＝0，,m·\o(DM,\s\up6(→))＝0，))得m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，0，1))，eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)，0))，eq\o(CM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，0，\f(\r(3),4)))，同理，平面CBM的法向量n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),5)，\f(1,5)，1))，cos〈m，n〉＝eq\f(m·n,|m||n|)＝eq\f(3\r(87),29).故二面角D－BM－C的平面角的余弦值為eq\f(3\r(87),29).模板6解析幾何中的探索性考題[真題](2015·全國Ⅱ卷)(滿分12分)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M.(Ⅰ)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(Ⅱ)若l過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，延長線段OM與C交于點(diǎn)P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時(shí)l的斜率；若不能，說明理由.滿分解答得分說明解題模板(Ⅰ)證明設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，(2分)于是直線OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(9,k)，即kOM·k＝－9.所以直線OM的斜率與l的斜率的積是定值.(6分)①將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，化為一元二次方程形式得2分；②利用根與系數(shù)的關(guān)系求出中點(diǎn)坐標(biāo)得2分；③求出斜率乘積為定值，得出結(jié)論得2分；第一步先假定：假設(shè)結(jié)論成立.第二步再推理：以假設(shè)結(jié)論成立為條件，進(jìn)行推理求解.第三步下結(jié)論：若推出合理結(jié)果，經(jīng)驗(yàn)證成立則肯定假設(shè)；若推出矛盾則否定假設(shè).第四步再回顧：查看關(guān)鍵點(diǎn)，易錯(cuò)點(diǎn)(特殊情況、隱含條件等)，審視解題規(guī)范性.因?yàn)橹本€l過點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))，所以l不過原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k＞0，k≠3.由(1)得OM的方程為y＝－eq\f(9,k)x.設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(9,k)x，,9x2＋y2＝m2，))得xeq\o\al(2,P)＝eq\f(k2m2,9k2＋81)，即xP＝eq\f(±km,3\r(k2＋9)).(9分)將點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,3)，m))的坐標(biāo)代入直線l的方程得b＝eq\f(m（3－k）,3)，因此xM＝eq\f(km（k－3）,3（k2＋9）).(10分)四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM.于是eq\f(±km,3\r(k2＋9))＝2×eq\f(k（k－3）m,3（k2＋9）)，解得k1＝4－eq\r(7)，k2＝4＋eq\r(7).因?yàn)閗i＞0，ki≠3，i＝1，2，所以當(dāng)l的斜率為4－eq\r(7)或4＋eq\r(7)時(shí)，四邊形OAPB為平行四邊形.(12分)④先說明結(jié)果，四邊形OAPB能為平行四邊形得1分；⑤求出xP＝eq\f(±km,3\r(k2＋9))得2分；⑥求出xM＝eq\f(mk（k－3）,3（k2＋9）)得1分；⑦結(jié)合平面幾何知識(shí)求出斜率得2分.

【訓(xùn)練6】(2014·湖南卷)如圖，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，雙曲線C1：eq\f(x2,aeq\o\al(2,1))－eq\f(y2,beq\o\al(2,1))＝1(a1＞0，b1＞0)和橢圓C2：eq\f(y2,aeq\o\al(2,2))＋eq\f(x2,beq\o\al(2,2))＝1(a2＞b2＞0)均過點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，1))，且以C1的兩個(gè)頂點(diǎn)和C2的兩個(gè)焦點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形是面積為2的正方形.(1)求C1，C2的方程；(2)是否存在直線l，使得l與C1交于A，B兩點(diǎn)，與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，且|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝|eq\o(AB,\s\up6(→))|？證明你的結(jié)論.解(1)設(shè)C2的焦距為2c2，由題意知，2c2＝2，2a1＝2，從而a1＝1，c2＝1.因?yàn)辄c(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)，1))在雙曲線x2－eq\f(y2,beq\o\al(2,1))＝1上，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,beq\o\al(2,1))＝1.故beq\o\al(2,1)＝3.由橢圓的定義知2a2＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2)＋（1－1）2)＋eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))\s\up12(2)＋（1＋1）2)＝2eq\r(3).于是a2＝eq\r(3)，beq\o\al(2,2)＝aeq\o\al(2,2)－ceq\o\al(2,2)＝2，故C1，C2的方程分別為x2－eq\f(y2,3)＝1，eq\f(y2,3)＋eq\f(x2,2)＝1.(2)不存在符合題設(shè)條件的直線.①若直線l垂直于x軸，因?yàn)閘與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以直線l的方程為x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2).當(dāng)x＝eq\r(2)時(shí)，易知A(eq\r(2)，eq\r(3))，B(eq\r(2)，－eq\r(3))，所以|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|＝2eq\r(2)，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝2eq\r(3).此時(shí)，|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|≠|(zhì)eq\o(AB,\s\up6(→))|.當(dāng)x＝－eq\r(2)時(shí)，同理可知，|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|≠|(zhì)eq\o(AB,\s\up6(→))|.②若直線l不垂直于x軸，設(shè)l的方程為y＝kx＋m.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,3)＝1，))得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0.當(dāng)l與C1相交于A，B兩點(diǎn)時(shí)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1，x2是上述方程的兩個(gè)實(shí)根，從而x1＋x2＝eq\f(2km,3－k2)，x1x2＝eq\f(m2＋3,k2－3).于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq\f(3k2－3m2,k2－3).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(y2,3)＋\f(x2,2)＝1，))得(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.因?yàn)橹本€l與C2只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以上述方程的判別式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)(m2－3)＝0.化簡，得2k2＝m2－3，因此eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq\f(m2＋3,k2－3)＋eq\f(3k2－3m2,k2－3)＝eq\f(－k2－3,k2－3)≠0，于是eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(OB,\s\up6(→))2＋2eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))≠eq\o(OA,\s\up6(→))2＋eq\o(OB,\s\up6(→))2－2eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))，即|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|2≠|(zhì)eq\o(OA,\s\up6(→))－eq\o(OB,\s\up6(→))|2，故|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))|≠|(zhì)eq\o(AB,\s\up6(→))|.綜合①，②可知，不存在符合題設(shè)條件的直線.模板7函數(shù)與導(dǎo)數(shù)考題[真題](2015·全國Ⅱ卷)(滿分12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝emx＋x2－mx.(Ⅰ)證明：f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；(Ⅱ)若對(duì)于任意x1，x2∈[－1，1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍.滿分解答得分說明解題模板(Ⅰ)證明f′(x)＝m(emx－1)＋2x.(1分)若m≥0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，emx－1≤0，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，emx－1≥0，f′(x)＞0.(3分)若m＜0，則當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，emx－1＞0，f′(x)＜0；當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，emx－1＜0，f′(x)＞0.(5分)所以，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.(6分)①求導(dǎo)正確得1分；②分兩種情況討論正確各得2分；③得出結(jié)論得1分.第一步求導(dǎo)數(shù)：一般先確定函數(shù)的定義域，再求f′(x)第四步寫步驟：通過函數(shù)單調(diào)性探求函數(shù)最值，對(duì)于最值可能在兩點(diǎn)取到的恒成立問題，可轉(zhuǎn)化為不等式組恒成立.第五步再反思：查看是否注意定義域，區(qū)間的寫法、最值點(diǎn)的探求是否合理等.(Ⅱ)解由(Ⅰ)知，對(duì)于任意的m，f(x)在[－1，0]上單調(diào)遞減，在[0，1]上單調(diào)遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值.所以對(duì)于任意x1，x2∈[－1，1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）－f（0）≤e－1，,f（－1）－f（0）≤e－1，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))①(8分)設(shè)函數(shù)g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1.當(dāng)t＜0時(shí)，g′(t)＜0；當(dāng)t＞0時(shí)，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故當(dāng)t∈[－1，1]時(shí)，g(t)≤0.(10分)當(dāng)m∈[－1，1]時(shí)，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；當(dāng)m＞1時(shí)，由g(t)的單調(diào)性知，g(m)＞0，即em－m＞e－1；當(dāng)m＜－1時(shí)，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.綜上，m的取值范圍是[－1，1].(12分)④找出充要條件得2分；⑤構(gòu)造函數(shù)，求出“t∈[－1，1]時(shí)，g(t)≤0”得2分；⑥通過分類討論，得出結(jié)果得2分.【訓(xùn)練7】(2016·成都二診)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(m,x)，m∈R.(1)當(dāng)m＝e(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù))時(shí)，求f(x)的極小值；(2)討論函數(shù)g(x)＝f′(x)－eq\f(x,3)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(3)若對(duì)任意b＞a＞0，eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＜1恒成立，求m的取值范圍.解(1)由題設(shè)，當(dāng)m＝e時(shí)，f(x)＝lnx＋eq\f(e,x)，則f′(x)＝eq\f(x－e,x2)，∴當(dāng)x∈(0，e)，f′(x)＜0，f