高考數(shù)學(xué)得分技巧

2015高考數(shù)學(xué)得分技巧整理（完整版）第1講選擇題的解題方法與技巧題型特點(diǎn)概述 選擇題是高考數(shù)學(xué)試卷的三大題型之一．選擇題的分?jǐn)?shù)一般占全卷的40%左右，高考數(shù)學(xué)選擇題的基本特點(diǎn)是： (1)絕大部分?jǐn)?shù)學(xué)選擇題屬于低中檔題，且一般按由易到難的依次排列，主要的數(shù)學(xué)思想和數(shù)學(xué)方法能通過它得到充分的體現(xiàn)和應(yīng)用，并且因?yàn)樗€有相對(duì)難度(如思維層次、解題方法的優(yōu)劣選擇，解題速度的快慢等)，所以選擇題已成為具有較好區(qū)分度的基本題型之一． (2)選擇題具有概括性強(qiáng)、學(xué)問覆蓋面廣、小巧敏捷與有確定的綜合性和深度等特點(diǎn)，且每一題幾乎都有兩種或兩種以上的解法，能有效地檢測(cè)學(xué)生的思維層次與視察、分析、推斷和推理實(shí)力． 目前高考數(shù)學(xué)選擇題采納的是一元選擇題(即有且只有一個(gè)正確答案)，由選擇題的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，確定了解選擇題除常規(guī)方法外還有一些特殊的方法．解選擇題的基本原則是：“小題不能大做”，要充分利用題目中(包括題干和選項(xiàng))供應(yīng)的各種信息，解除干擾，利用沖突，作出正確的推斷． 數(shù)學(xué)選擇題的求解，一般有兩條思路：一是從題干動(dòng)身考慮，探求結(jié)果；二是從題干和選擇支聯(lián)合考慮或從選擇支動(dòng)身探求是否滿意題干條件． 解答數(shù)學(xué)選擇題的主要方法包括干脆比照法、概念辨析法、圖象分析法、特例檢驗(yàn)法、解除法、逆向思維法等，這些方法既是數(shù)學(xué)思維的詳細(xì)體現(xiàn)，也是解題的有效手段．解題方法例析題型一干脆比照法 干脆比照型選擇題是干脆從題設(shè)條件動(dòng)身，利用已知條 件、相關(guān)概念、性質(zhì)、公式、公理、定理、法則等基礎(chǔ)知 識(shí)，通過嚴(yán)謹(jǐn)推理、精確運(yùn)算、合理驗(yàn)證，從而干脆得出 正確結(jié)論，然后比照題目所給出的選項(xiàng)“對(duì)號(hào)入座”，從 而確定正確的選擇支．這類選擇題往往是由計(jì)算題、應(yīng)用 題或證明題改編而來，其基本求解策略是由因?qū)Ч?，干?求解．例1設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)滿意f(x)·f(x＋2)＝13，若f(1)＝ 2，則f(99)等于 ( ) A．13 B．2 C.eq\f(13,2) D.eq\f(2,13) 思維啟迪先求f(x)的周期．解析∵f(x＋2)＝eq\f(13,f(x))，∴f(x＋4)＝eq\f(13,f(x＋2))＝eq\f(13,\f(13,f(x)))＝f(x)．∴函數(shù)f(x)為周期函數(shù)，且T＝4.∴f(99)＝f(4×24＋3)＝f(3)＝eq\f(13,f(1))＝eq\f(13,2).探究提高干脆法是解選擇題的最基本方法，運(yùn)用干脆法時(shí),要留意充分挖掘題設(shè)條件的特點(diǎn)，利用有關(guān)性質(zhì)和已有的結(jié)論，快速得到所需結(jié)論．如本題通過分析條件得到f(x)是周期為4的函數(shù)，利用周期性是快速解答此題的關(guān)鍵．變式訓(xùn)練1函數(shù)f(x)對(duì)于隨意實(shí)數(shù)x滿意條件f(x＋2)＝eq\f(1,f(x))， 若f(1)＝－5，則f(f(5))的值為 ( ) A．5 B．－5 C.eq\f(1,5) D．－eq\f(1,5)解析由f(x＋2)＝eq\f(1,f(x))，得f(x＋4)＝eq\f(1,f(x＋2))＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的函數(shù)，所以f(5)＝f(1)＝－5，從而f(f(5))＝f(－5)＝f(－1)＝eq\f(1,f(－1＋2))＝eq\f(1,f(1))＝－eq\f(1,5).例2設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一條漸近線與拋物線y＝x2＋1只有 一個(gè)公共點(diǎn)，則雙曲線的離心率為 ( ) A.eq\f(5,4) B．5 C.eq\f(\r(5),2) D.eq\r(5) 思維啟迪求雙曲線的一條漸近線的斜率即eq\f(b,a)的值，盡而求離心率．解析設(shè)雙曲線的漸近線方程為y＝kx，這條直線與拋物線y＝x2＋1相切，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx,y＝x2＋1))，整理得x2－kx＋1＝0，則Δ＝k2－4＝0，解得k＝±2，即eq\f(b,a)＝2，故雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(c2,a2))＝eq\r(\f(a2＋b2,a2))＝eq\r(1＋(\f(b,a))2)＝eq\r(5).探究提高關(guān)于直線與圓錐曲線位置關(guān)系的題目，通常是聯(lián)立方程解方程組．本題即是利用漸近線與拋物線相切，求出漸近線斜率．變式訓(xùn)練2已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，以C的右 焦點(diǎn)為圓心且與C的漸近線相切的圓的半徑是 ( ) A．a(chǎn) B．b C.eq\r(ab) D.eq\r(a2＋b2)解析eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的其中一條漸近線方程為：y＝－eq\f(b,a)x，即bx＋ay＝0，而焦點(diǎn)坐標(biāo)為(c,0)，依據(jù)點(diǎn)到直線的距離d＝eq\f(|b×\r(a2＋b2)|,\r(a2＋b2))＝b.故選B.題型二概念辨析法 概念辨析是從題設(shè)條件動(dòng)身，通過對(duì)數(shù)學(xué)概念的辨析，進(jìn) 行少量運(yùn)算或推理，干脆選擇出正確結(jié)論的方法．這類題 目常涉與一些似是而非、很簡(jiǎn)潔混淆的概念或性質(zhì)，這需 要考生在平常留意辨析有關(guān)概念，精確區(qū)分相應(yīng)概念的內(nèi) 涵與外延，同時(shí)在審題時(shí)要多加當(dāng)心，精確審題以保證正 確選擇．一般說來，這類題目運(yùn)算量小，側(cè)重推斷，下筆 簡(jiǎn)潔，但稍不留意則易誤入命題者設(shè)置的“陷阱”．例3已知非零向量a＝(x1，y1)，b＝(x2，y2)，給出下列條 件，①a＝kb(k∈R)；②x1x2＋y1y2＝0；③(a＋3b)∥(2a b)；④a·b＝|a||b|；⑤xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,1)≤2x1x2y1y2. 其中能夠使得a∥b的個(gè)數(shù)是 ( ) A．1 B．2 C．3 D．4解析明顯①是正確的，這是共線向量的基本定理；②是錯(cuò)誤的，這是兩個(gè)向量垂直的條件；③是正確的，因?yàn)橛?a＋3b)∥(2a－b)，可得(a＋3a)＝λ(2a－b)，當(dāng)λ≠eq\f(1,2)時(shí)，整理得a＝eq\f(λ＋3,2λ－1)b，故a∥b，當(dāng)λ＝eq\f(1,2)時(shí)也可得到a∥b；④是正確的，若設(shè)兩個(gè)向量的夾角為θ，則由a·b＝|a||b|cosθ，可知cosθ＝1，從而θ＝0，所以a∥b；⑤是正確的，由xeq\o\al(2,1)yeq\o\al(2,2)＋xeq\o\al(2,2)yeq\o\al(2,1)≤2x1x2y1y2，可得(x1y2－x2y1)2≤0，從而x1y2－x2y1＝0，于是a∥b.探究提高平行向量(共線向量)是一個(gè)特別重要和有用的概念，應(yīng)嫻熟駕馭共線向量的定義以與推斷方法，同時(shí)要將共線向量與向量中的其他學(xué)問(例如向量的數(shù)量積、向量的模以與夾角等)有機(jī)地聯(lián)系起來，能夠從不同的角度來理解共線向量．變式訓(xùn)練3關(guān)于平面對(duì)量a，b，c，有下列三個(gè)命題： ①若a·b＝a·c，則b＝c. ②若a＝(1，k)，b＝(－2,6)，a∥b，則k＝－3. ③非零向量a和b滿意|a|＝|b|＝|a－b|，則a與a＋b的夾角為 60°. 則假命題為 ( ) A．①② B．①③ C．②③ D．①②③B解析①a·b＝a·c?a·(b－c)＝0，a與b－c可以垂直，而不確定有b＝c，故①為假命題．②∵a∥b，∴1×6＝－2k.∴k＝－3.故②為真命題．③由平行四邊形法則知圍成一菱形且一角為60°，a＋b為其對(duì)角線上的向量，a與a＋b夾角為30°，故③為假命題．題型三數(shù)形結(jié)合法 “數(shù)”與“形”是數(shù)學(xué)這座高樓大廈的兩塊最重要的基 石，二者在內(nèi)容上相互聯(lián)系、在方法上相互滲透、在確定 條件下可以相互轉(zhuǎn)化，而數(shù)形結(jié)合法正是在這一學(xué)科特點(diǎn) 的基礎(chǔ)上發(fā)展而來的．在解答選擇題的過程中，可以先根 據(jù)題意，做出草圖，然后參照?qǐng)D形的做法、形態(tài)、位置、 性質(zhì)，綜合圖象的特征，得出結(jié)論．例4(2009·海南)用min{a，b，c}表示a，b，c三個(gè)數(shù)中的最 小值．設(shè)f(x)＝min{2x，x＋2,10－x}(x≥0)，則f(x)的最大 值為 ( ) A．4 B．5 C．6 D．7C 思維啟迪畫出函數(shù)f(x)的圖象，視察最高點(diǎn)，求出縱坐標(biāo)即可．本題運(yùn)用圖象來求值，直觀、易懂．解析由題意知函數(shù)f(x)是三個(gè)函數(shù)y1＝2x，y2＝x＋2，y3＝10－x中的較小者，作出三個(gè)函數(shù)在同一個(gè)坐標(biāo)系之下的圖象(如圖中實(shí)線部分為f(x)的圖象)可知A(4,6)為函數(shù)f(x)圖象的最高點(diǎn)．變式訓(xùn)練4(2010·湖北）設(shè)集合A＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1((x，y)\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,16)＝1))))， B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1((x，y)|y＝3x))，則A∩B的子集的個(gè)數(shù)是 () A．4 B．3 C．2 D．1A解析集合A中的元素是橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,16)＝1上的點(diǎn)，集合B中的元素是函數(shù)y＝3x的圖象上的點(diǎn)．由數(shù)形結(jié)合，可知A∩B中有2個(gè)元素，因此A∩B的子集的個(gè)數(shù)為4.例5函數(shù)f(x)＝1－|2x－1|，則方程f(x)·2x＝1的實(shí)根的個(gè)數(shù) 是 ( ) A．0 B．1 C．2 D．3C 思維啟迪若干脆求解方程明顯不行能，考慮到方程可轉(zhuǎn)化為f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，而函數(shù)y＝f(x)和y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的圖象又都可以畫出，故可以利用數(shù)形結(jié)合的方法，通過兩個(gè)函數(shù)圖象交點(diǎn)的個(gè)數(shù)確定相應(yīng)方程的根的個(gè)數(shù)解析方程f(x)·2x＝1可化為f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，在同一坐標(biāo)系下分別畫出函數(shù)y＝f(x)和y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的圖象，如圖所示．可以發(fā)覺其圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，因此方程f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x有兩個(gè)實(shí)數(shù)根．探究提高一般地，探討一些特別規(guī)方程的根的個(gè)數(shù)以與根的范圍問題，要多考慮利用數(shù)形結(jié)合法．方程f(x)＝0的根就是函數(shù)y＝f(x)圖象與x軸的交點(diǎn)橫坐標(biāo)，方程f(x)＝g(x)的根就是函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)圖象的交點(diǎn)橫坐標(biāo)．利用數(shù)形結(jié)合法解決方程根的問題的前提是涉與的函數(shù)的圖象是我們熟知的或簡(jiǎn)潔畫出的，假如一起先給出的方程中涉與的函數(shù)的圖象不簡(jiǎn)潔畫出，可以先對(duì)方程進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃危沟玫忍?hào)兩邊的函數(shù)的圖象簡(jiǎn)潔畫出時(shí)再進(jìn)行求解．變式訓(xùn)練5函數(shù)y＝|logeq\f(1,2)x|的定義域?yàn)閇a，b]，值域?yàn)閇0,2]， 則區(qū)間[a，b]的長(zhǎng)度b－a的最小值是() A．2 B.eq\f(3,2) C．3 D.eq\f(3,4)D解析作出函數(shù)y＝|logeq\f(1,2)x|的圖象，如圖所示，由y＝0解得x＝1；由y＝2，解得x＝4或x＝eq\f(1,4).所以區(qū)間[a，b]的長(zhǎng)度b－a的最小值為1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).題型四特例檢驗(yàn)法 特例檢驗(yàn)(也稱特例法或特殊值法)是用特殊值(或特殊圖 形、特殊位置)代替題設(shè)普遍條件，得出特殊結(jié)論，再對(duì)各 個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行檢驗(yàn)，從而做出正確的選擇．常用的特例有特 殊數(shù)值、特殊數(shù)列、特殊函數(shù)、特殊圖形、特殊角、特殊 位置等． 特例檢驗(yàn)是解答選擇題的最佳方法之一，適用于解答“對(duì) 某一集合的全部元素、某種關(guān)系恒成立”，這樣以全稱判 斷形式出現(xiàn)的題目，其原理是“結(jié)論若在某種特殊狀況下 不真，則它在一般狀況下也不真”，利用“小題小做”或 “小題巧做”的解題策略．例6已知A、B、C、D是拋物線y2＝8x上的點(diǎn)，F(xiàn)是拋物線 的焦點(diǎn)，且eq\o(FA,\s\up12(→))＋eq\o(FB,\s\up12(→))＋eq\o(FC,\s\up12(→))＋eq\o(FD,\s\up12(→))＝0，則|eq\o(FA,\s\up12(→))|＋|eq\o(FB,\s\up12(→))|＋|eq\o(FC,\s\up12(→))|＋ |eq\o(FD,\s\up12(→))|的值為 ( ) A．2 B．4 C．8 D．16D解析取特殊位置，AB，CD為拋物線的通徑，明顯eq\o(FA,\s\up12(→))＋eq\o(FB,\s\up12(→))＋eq\o(FC,\s\up12(→))＋eq\o(FD,\s\up12(→))＝0，則|eq\o(FA,\s\up12(→))|＋|eq\o(FB,\s\up12(→))|＋|eq\o(FC,\s\up12(→))|＋|eq\o(FD,\s\up12(→))|＝4p＝16，故選D.探究提高本題干脆求解較難，利用特殊位置法，則簡(jiǎn)便易行．利用特殊檢驗(yàn)法的關(guān)鍵是所選特例要符合條件．變式訓(xùn)練6已知P、Q是橢圓3x2＋5y2＝1上滿意∠POQ＝ 90°的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則eq\f(1,OP2)＋eq\f(1,OQ2)等于 ( ) A．34 B．8 C.eq\f(8,15) D.eq\f(34,225)B解析取兩特殊點(diǎn)P(eq\f(\r(3),3)，0)、Q(0，eq\f(\r(5),5))即兩個(gè)端點(diǎn)，則eq\f(1,OP2)＋eq\f(1,OQ2)＝3＋5＝8.故選B.例7數(shù)列{an}成等比數(shù)列的充要條件是() A．a(chǎn)n＋1＝anq(q為常數(shù)) B．a(chǎn)eq\o\al(2,n＋1)＝an·an＋2≠0 C．a(chǎn)n＝a1qn－1(q為常數(shù)) D．a(chǎn)n＋1＝eq\r(an·an＋2)B解析考查特殊數(shù)列0,0，…，0，…，不是等比數(shù)列，但此數(shù)列明顯適合A，C，D項(xiàng)．故選B.探究提高推斷一個(gè)數(shù)列是否為等比數(shù)列的基本方法是定義法，也就是看eq\f(an＋1,an)是否為常數(shù)，但應(yīng)留意檢驗(yàn)一個(gè)數(shù)列為等比數(shù)列的必要條件是否成立．變式訓(xùn)練7已知等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若eq\f(a2n,an)＝ eq\f(4n－1,2n－1)，則eq\f(S2n,Sn)的值為 ( ) A．2 B．3 C．4 D．8解析方法一(特殊值檢驗(yàn)法)取n＝1，得eq\f(a2,a1)＝eq\f(3,1)，∴eq\f(a1＋a2,a1)＝eq\f(4,1)＝4，于是，當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(S2,S1)＝eq\f(a1＋a2,a1)＝4.方法二(特殊式檢驗(yàn)法)留意到eq\f(a2n,an)＝eq\f(4n－1,2n－1)＝eq\f(2·2n－1,2·n－1)，取an＝2n－1，eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(\f(1＋(4n－1),2)·2n,\f(1＋(2n－1),2)·n)＝4.方法三(干脆求解法)由eq\f(a2n,an)＝eq\f(4n－1,2n－1)，得eq\f(a2n－an,an)＝eq\f(2n,2n－1)，即eq\f(nd,an)＝eq\f(2n,2n－1)，∴an＝eq\f(d(2n－1),2)，于是，eq\f(S2n,Sn)＝eq\f(\f(a1＋a2n,2)·2n,\f(a1＋an,2)·n)＝2·eq\f(a1＋a2n,a1＋an)＝2·eq\f(\f(d,2)＋\f(d,2)(4n－1),\f(d,2)＋\f(d,2)(2n－1))＝4.C題型五篩選法 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)就是通過視察分析或推理運(yùn)算各項(xiàng)供應(yīng)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8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(chǎn)<1 C．a(chǎn)≤1 D．0<a≤1或a<0解析當(dāng)a＝0時(shí)，x＝－eq\f(1,2)，故解除A、D.當(dāng)a＝1時(shí)，x＝－1，解除B.故選C.探究提高選擇具有代表性的值對(duì)選項(xiàng)進(jìn)行解除是解決本題的關(guān)鍵．對(duì)“至少有一個(gè)負(fù)根”的充要條件取值進(jìn)行驗(yàn)證要比干脆運(yùn)算便利、易行．不但縮短時(shí)間，同時(shí)提高解題效率．變式訓(xùn)練8已知函數(shù)f(x)＝mx2＋(m－3)x＋1的圖象與x軸 的交點(diǎn)至少有一個(gè)在原點(diǎn)右側(cè)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是 ( ) A．(0,1) B．(0,1] C．(－∞，1) D．(－∞，1]解析令m＝0，由f(x)＝0得x＝eq\f(1,3)適合，解除A、B.令m＝1，由f(x)＝0得：x＝1適合，解除C.題型六估算法 由于選擇題供應(yīng)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)行精確的計(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)，便能作出正確的推斷， 這就是估算法．估算法往往可以削減運(yùn)算量，但是加強(qiáng)了 思維的層次．例9若A為不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0,y≥0,y－x≤2))表示的平面區(qū)域，則當(dāng)a從 －2連續(xù)改變到1時(shí)，動(dòng)直線x＋y＝a掃過A中的那部分區(qū)域 的面積為 ( ) A.eq\f(3,4) B．1 C.eq\f(7,4) D．2解析如圖知區(qū)域的面積是△OAB去掉一個(gè)小直角三角形．陰影部分面積比1大，比S△OAB＝eq\f(1,2)×2×2＝2小，故選C項(xiàng)．答案 C 探究提高“估算法”的關(guān)鍵是應(yīng)當(dāng)確定結(jié)果所在的大致范圍，否則“估算”就沒有意義．本題的關(guān)鍵在所求值應(yīng)當(dāng)比△AOB的面積小且大于其面積的一半．變式訓(xùn)練9已知過球面上A、B、C三點(diǎn)的截面和球心的距離 等于球半徑的一半，且AB＝BC＝CA＝2，則球面面積是 ( ) A.eq\f(16,9)π B.eq\f(8,3)π C.4π D.eq\f(64,9)π解析∵球的半徑R不小于△ABC的外接圓半徑r＝eq\f(2\r(3),3)，則S球＝4πR2≥4πr2＝eq\f(16,3)π>5π，故選D.規(guī)律方法總結(jié)1．解選擇題的基本方法有干脆法、解除法、特例法、驗(yàn)證 法和數(shù)形結(jié)合法．但大部分選擇題的解法是干脆法，在解 選擇題時(shí)要依據(jù)題干和選擇支兩方面的特點(diǎn)敏捷運(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，切忌盲目地采納干脆法．2．由于選擇題供選答案多、信息量大、正誤混雜、迷惑性 強(qiáng)，稍不留神就會(huì)誤入“陷阱”，應(yīng)當(dāng)從正反兩個(gè)方向肯 定、否定、篩選、驗(yàn)證，既謹(jǐn)慎選擇，又大膽跳動(dòng)．3．作為平常訓(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”，并留意與時(shí)總結(jié)，這樣才能有效 地提高解選擇題的實(shí)力.知能提升演練1．已知集合A＝{1,3,5,7,9}，B＝{0,3,6,9,12}，則A∩(?NB)等 于 ( ) A．{1,5,7} B．{3,5,7} C．{1,3,9} D．{1,2,3}解析由于3∈?NB，所以3∈A∩(?NB)∴解除B、C、D，故選A.2．已知向量a，b不共線，c＝ka＋b(k∈R)，d＝a－b.假如 c∥d，則 ( ) A．k＝1且c與d同向 B．k＝1且c與d反向 C．k＝－1且c與d同向 D．k＝－1且c與d反向解析當(dāng)k＝1時(shí)，c＝a＋b，不存在實(shí)數(shù)λ，使得a＝λb.所以c與d不共線，與c∥d沖突．解除A、B；當(dāng)k＝－1時(shí)，c＝－a＋b＝－(a－b)＝－d，所以c∥d，且c與d反向．故應(yīng)選D.3．已知函數(shù)y＝tanωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)是減函數(shù)，則( ) A．0<ω≤1 B．－1≤ω<0 C．ω≥1 D．ω≤－1B解析可用解除法，∵當(dāng)ω>0時(shí)正切函數(shù)在其定義域內(nèi)各長(zhǎng)度為一個(gè)周期的連續(xù)區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)，∴解除A、C，又當(dāng)|ω|>1時(shí)正切函數(shù)的最小正周期長(zhǎng)度小于π，∴y＝tanωx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))內(nèi)不連續(xù)，在這個(gè)區(qū)間內(nèi)不是減函數(shù)，這樣解除D，故選B.4．已知函數(shù)f(x)＝2mx2－2(4－m)x＋1，g(x)＝mx，若對(duì)于 任一實(shí)數(shù)x，f(x)與g(x)的值至少有一個(gè)為正數(shù)，則實(shí)數(shù)m 的取值范圍是 ( ) A．(0,2) B．(0,8) C．(2,8) D．(－∞，0)解析當(dāng)m＝1時(shí)，f(x)＝2x2－6x＋1，g(x)＝x，由f(x)與g(x)的圖象知，m＝1滿意題設(shè)條件，故解除C、D.當(dāng)m=2時(shí)，f(x)=4x2-4x+1,g(x)=2x,由其圖象知，m=2滿意題設(shè)條件，故解除A.因此，選項(xiàng)B正確．5．已知向量eq\o(OB,\s\up12(→))＝(2,0)，向量eq\o(OC,\s\up12(→))＝(2,2)，向量eq\o(CA,\s\up12(→))＝ (eq\r(2)cosα，eq\r(2)sinα)，則向量eq\o(OA,\s\up12(→))與向量eq\o(OB,\s\up12(→))的夾角的 取值范圍是 ( )A．[0，eq\f(π,4)] B．[eq\f(5π,12)，eq\f(π,2)]C．[eq\f(π,4)，eq\f(5π,12)] D．[eq\f(π,12)，eq\f(5π,12)]解析∵|eq\o(CA,\s\up12(→))|=，∴A的軌跡是⊙C，半徑為.由圖可知∠COB＝eq\f(π,4)，設(shè)向量eq\o(OA,\s\up12(→))與向量eq\o(OB,\s\up12(→))的夾角為θ，則eq\f(π,4)－eq\f(π,6)≤θ≤eq\f(π,4)＋eq\f(π,6)，故選D.答案D6．設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義，對(duì)于給定的正數(shù) K，定義函數(shù)fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)，f(x)≤K，,K，f(x)>K.))取函數(shù)f(x)＝2－|x|， 當(dāng)K＝eq\f(1,2)時(shí)，函數(shù)fK(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 ( ) A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)解析函數(shù)f(x)＝2－|x|＝(eq\f(1,2))|x|，作圖f(x)≤K＝eq\f(1,2)?x∈(－∞，－1]∪[1,＋∞),故在(－∞,－1)上是單調(diào)遞增的,選C項(xiàng)．7．設(shè)x，y∈R，用2y是1＋x和1－x的等比中 項(xiàng)，則動(dòng)點(diǎn) (x，y)的軌跡為除去x軸上點(diǎn)的 () A．一條直線 B．一個(gè)圓 C．雙曲線的一支 D．一個(gè)橢圓解析(2y)2＝(1－x)(1＋x)(y≠0)得x2＋4y2＝1(y≠0)．8．設(shè)A、B是非空數(shù)集，定義A*B＝{x|x∈A∪B且 x∈A∩B}，已知集合A＝{x|y＝2x－x2}，B＝{y|y＝2x， x>0}，則A*B等于 ( ) A．[0,1]∪(2，＋∞) B．[0,1)∪(2，＋∞) C．(－∞，1] D．[0,2]解析A＝R，B＝(1，＋∞)，故A*B＝(－∞，1]，故選C.9．(2010·福建)若點(diǎn)O和點(diǎn)F(－2,0)分別為雙曲線eq\f(x2,a2)－y2 ＝1(a>0)的中心和左焦點(diǎn)，點(diǎn)P為雙曲線右支上的隨意一 點(diǎn)，則eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(FP,\s\up12(→))的取值范圍為 ( ) A．[3－2eq\r(3)，＋∞) B．[3＋2eq\r(3)，＋∞) C．[－eq\f(7,4)，＋∞) D．[eq\f(7,4)，＋∞)B解析由c＝2得a2＋1＝4，∴a2＝3，∴雙曲線方程為eq\f(x2,3)－y2＝1.設(shè)P(x，y)(x≥eq\r(3))，eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(FP,\s\up12(→))＝(x，y)·(x＋2，y)＝x2＋2x＋y2＝x2＋2x＋eq\f(x2,3)－1＝eq\f(4,3)x2＋2x－1(x≥eq\r(3))．令g(x)＝eq\f(4,3)x2＋2x－1(x≥eq\r(3))，則g(x)在[eq\r(3)，＋∞)上單調(diào)遞增．g(x)min＝g(eq\r(3))＝3＋2eq\r(3).∴eq\o(OP,\s\up12(→))·eq\o(FP,\s\up12(→))的取值范圍為[3＋2eq\r(3)，＋∞)．10．已知等差數(shù)列{an}滿意a1＋a2＋…＋a101＝0，則有 () A．a(chǎn)1＋a101>0 B．a(chǎn)2＋a102<0 C．a(chǎn)3＋a99＝0 D．a(chǎn)51＝51解析取滿意題意的特殊數(shù)列an＝0，則a3＋a99＝0，故選C.11．在等差數(shù)列{an}中，若a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝80，則a7－ eq\f(1,2)a8的值為 ( ) A．4 B．6 C．8 D．10解析令等差數(shù)列{an}為常數(shù)列an＝16.明顯a7－eq\f(1,2)a8＝16－8＝8.故選C.12．若eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，則下列不等式：①a＋b<ab；②|a|>|b|； ③a<b；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)>2中，正確的不等式是 ( ) A．①② B．②③ C．①④ D．③④解析取a＝－1，b＝－2，則②、③不正確，所以A、B、D錯(cuò)誤，故選C.13.(2010·全國(guó))如圖，質(zhì)點(diǎn)P在半徑為2的圓周上逆 時(shí)針運(yùn)動(dòng)，其初始位置為P0(eq\r(2)，－eq\r(2))，角速度 為1，則點(diǎn)P到x軸距離d關(guān)于時(shí)間t的函數(shù)圖 象大致為 ( )解析視察并聯(lián)想P運(yùn)動(dòng)軌跡與d的關(guān)系，當(dāng)t＝0時(shí)，d＝eq\r(2)，解除A、D；當(dāng)起先運(yùn)動(dòng)時(shí)d遞減，解除B.C14．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x2＋1)－a))＋4a的最小值等于3，則實(shí)數(shù)a的 值等于 ( ) A.eq\f(3,4) B．1 C.eq\f(3,4)或1 D．不存在這樣的a解析方法一干脆比照法令eq\f(x2,x2＋1)＝t，則t∈[0,1)．若a≥1，則f(x)＝|t－a|＋4a＝5a－t不存在最小值；若0≤a<1，則f(x)＝|t－a|＋4a，當(dāng)t＝a時(shí)取得最小值4a，于是4a＝3，得a＝eq\f(3,4)符合題意；若a<0，f(x)＝|t－a|＋4a＝t＋3a，當(dāng)t＝0時(shí)取得最小值3a，于是3a＝3，得a＝1不符合題意．綜上可知，a＝eq\f(3,4).方法二試驗(yàn)法若a＝1，則f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x2＋1)－1))＋4>4，明顯函數(shù)的最小值不是3，故解除選項(xiàng)B、C；若a＝eq\f(3,4)，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x2＋1)－\f(3,4)))＋3，這時(shí)只要令eq\f(x2,x2＋1)－eq\f(3,4)＝0，即x＝±eq\r(3)，函數(shù)可取得最小值3，因此A項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤．A15．已知sinθ＝eq\f(m－3,m＋5)，cosθ＝eq\f(4－2m,m＋5)(eq\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(1,3) D．5D解析由于受條件sin2θ＋cos2θ＝1的制約，故m為一確定的值，于是sinθ，cosθ的值應(yīng)與m的值無關(guān)，進(jìn)而taneq\f(θ,2)的值與m無關(guān)，又eq\f(π,2)<θ<π，eq\f(π,4)<eq\f(θ,2)<eq\f(π,2)，∴taneq\f(θ,2)>1，故選D項(xiàng)．16．已知函數(shù)y＝f(x)，y＝g(x)的導(dǎo)函數(shù)的圖象如下圖，則 y＝f(x)，y＝g(x)圖象可能是 ()解析從導(dǎo)函數(shù)的圖象可知兩個(gè)函數(shù)在x0處斜率相同，可以解除B項(xiàng)，再者導(dǎo)函數(shù)的函數(shù)值反映的是原函數(shù)增加的快慢，可明顯看出y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)是減函數(shù)，所以原函數(shù)應(yīng)當(dāng)增加的越來越慢，解除A、C兩項(xiàng)，最終只有D項(xiàng)，可以驗(yàn)證y＝g(x)導(dǎo)函數(shù)是增函數(shù)，增加越來越快．答案D 第2講填空題第2講填空題的解題方法與技巧題型特點(diǎn)概述 填空題是高考試卷中的三大題型之一，和選擇題一樣，屬于客觀性試題．它只要求寫出結(jié)果而不須要寫出解答過程．在整個(gè)高考試卷中，填空題的難度一般為中等．不同省份的試卷所占分值的比重有所不同．填空題的類型填空題主要考查學(xué)生的基礎(chǔ)學(xué)問、基本技能以與分析問題和解決問題的實(shí)力，具有小巧敏捷、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)潔、概念性強(qiáng)、運(yùn)算量不大、不須要寫出求解過程而只須要寫出結(jié)論等特點(diǎn)．從填寫內(nèi)容看，主要有兩類：一類是定量填寫，一類是定性填寫．2．填空題的特征 填空題不要求寫出計(jì)算或推理過程，只須要將結(jié)論干脆寫出的“求解題”．填空題與選擇題也有質(zhì)的區(qū)分：第一，表現(xiàn)為填空題沒有備選項(xiàng)，因此，解答時(shí)有不受誘誤干擾之好處，但也有缺乏提示之不足；其次，填空題的結(jié)構(gòu)往往是在一個(gè)正確的命題或斷言中，抽出其中的一些內(nèi)容(既可以是條件，也可以是結(jié)論)，留下空位，讓考生獨(dú)立填上，考查方法比較敏捷． 從歷年高考成果看，填空題得分率始終不很高，因?yàn)樘羁疹}的結(jié)果必需是數(shù)值精確、形式規(guī)范、表達(dá)式最簡(jiǎn)，稍有毛病，便是零分．因此，解填空題要求在“快速、精確”上下功夫，由于填空題不須要寫出詳細(xì)的推理、計(jì)算過程，因此要想“快速”解答填空題，則千萬不行“小題大做”，而要達(dá)到“精確”，則必需合理敏捷地運(yùn)用恰當(dāng)?shù)姆椒?，在“巧”字上下功夫?．解填空題的基本原則 解填空題的基本原則是“小題不能大做”，基本策略是“巧做”．解填空題的常用方法有：干脆法、數(shù)形結(jié)合法、特殊化法、等價(jià)轉(zhuǎn)化法、構(gòu)造法、合情推理法等．解題方法例析題型一干脆法 干脆法就是從題設(shè)條件動(dòng)身，運(yùn)用定義、定理、公式、性 質(zhì)、法則等學(xué)問，通過變形、推理、計(jì)算等，得出正確結(jié) 論，運(yùn)用此法時(shí)，要擅長(zhǎng)透過現(xiàn)象看本質(zhì)，自覺地、有意 識(shí)地采納敏捷、簡(jiǎn)捷的解法．例1在等差數(shù)列{an}中，a1＝－3,11a5＝5a8－13，則數(shù)列 {an}的前n項(xiàng)和Sn的最小值為________． 思維啟迪計(jì)算出基本量d，找到轉(zhuǎn)折項(xiàng)即可．解析設(shè)公差為d，則11(－3＋4d)＝5(－3＋7d)－13，∴d＝eq\f(5,9).∴數(shù)列{an}為遞增數(shù)列．令an≤0，∴－3＋(n－1)·eq\f(5,9)≤0，∴n≤eq\f(32,5)，∵n∈N*.∴前6項(xiàng)均為負(fù)值，∴Sn的最小值為S6＝－eq\f(29,3).答案－eq\f(29,3)探究提高本題運(yùn)用干脆法，干脆利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式推斷出數(shù)列的項(xiàng)的符號(hào)，進(jìn)而確定前幾項(xiàng)的和最小，最終利用等差數(shù)列的求和公式求得最小值．變式訓(xùn)練1設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知a2＝3，a6 ＝11，則S7＝________.49解析方法一S7＝eq\f(7(a1＋a7),2)＝eq\f(7(a2＋a6),2)＝eq\f(7×(3＋11),2)＝49.故填49.方法二由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝a1＋d＝3，,a6＝a1＋5d＝11))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，))∴a7＝1＋6×2＝13.∴S7＝eq\f(7(a1＋a7),2)＝eq\f(7×(1＋13),2)＝49.故填49.題型二特殊值法 特殊值法在考試中應(yīng)用起來比較便利，它的實(shí)施過程是從 特殊到一般，優(yōu)點(diǎn)是簡(jiǎn)便易行．當(dāng)示意答案是一個(gè)“定 值”時(shí)，就可以取一個(gè)特殊數(shù)值、特殊位置、特殊圖形、 特殊關(guān)系、特殊數(shù)列或特殊函數(shù)值來將字母詳細(xì)化，把一 般形式變?yōu)樘厥庑问剑?dāng)題目的條件是從一般性的角度給 出時(shí)，特例法尤其有效．例2已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c， 且滿意eq\f((sinA－sinC)(a＋c),b)＝sinA－sinB，則C＝_______.思維啟迪題目中給出了△ABC的邊和角滿意的一個(gè)關(guān)系式，由此關(guān)系式來確定角C的大小，因此可考慮一些特殊的三角形是否滿意關(guān)系式，如：等邊三角形、直角三角形等，若滿意，則可求出此時(shí)角C的大?。馕龊?jiǎn)潔發(fā)覺當(dāng)△ABC是一個(gè)等邊三角形時(shí)，滿意eq\f((sinA－sinC)(a＋c),b)＝sinA－sinB，而此時(shí)C＝60°，故角C的大小為60°.答案60°探究提高特殊值法的理論依據(jù)是：若對(duì)全部值都成立，則對(duì)特殊值也成立，我們就可以利用填空題不須要過程只須要結(jié)果這一“弱點(diǎn)”，“以偏概全”來求值．在解決一些與三角形、四邊形等平面圖形有關(guān)的填空題時(shí)，可依據(jù)題意，選擇其中的特殊圖形(如正三角形、正方形)等解決問題．此題還可用干脆法求解如下：由eq\f((sinA－sinC)(a＋c),b)＝sinA－sinB可得eq\f((a－c)(a＋c),b)＝a－b，整理得，a2－c2＝ab－b2，即a2＋b2－c2＝ab.由余弦定理，得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(1,2)，所以C＝60°.變式訓(xùn)練2在△ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊分別為a、 b、c，假如a、b、c成等差數(shù)列，則eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝ ________.解析方法一取特殊值a＝3，b＝4，c＝5，則cosA＝eq\f(4,5)，cosC＝0，eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝eq\f(4,5).方法二取特殊角A＝B＝C＝eq\f(π,3)，cosA＝cosC＝eq\f(1,2)，eq\f(cosA＋cosC,1＋cosAcosC)＝eq\f(4,5).例3如圖所示，在△ABC中,AO是BC邊上 的中線，K為AO上一點(diǎn)，且eq\o(OA,\s\up12(→))＝2eq\o(AK,\s\up12(→)), 過點(diǎn)K的直線分別交直線AB、AC于不同 的兩點(diǎn)M、N，若eq\o(AB,\s\up12(→))＝meq\o(AM,\s\up12(→))，eq\o(AC,\s\up12(→))＝neq\o(AN,\s\up12(→))，則m＋n ＝________. 思維啟迪題目中過點(diǎn)K的直線是隨意的，因此m和n的值是改變的，但從題意看m＋n的值是一個(gè)定值，故可取一條特殊的直線進(jìn)行求解．解析當(dāng)過點(diǎn)K的直線與BC平行時(shí)，MN就是△ABC的一條中位線(∵eq\o(OA,\s\up12(→))＝2eq\o(AK,\s\up12(→))，∴K是AO的中點(diǎn))．這時(shí)由于有eq\o(AB,\s\up12(→))＝meq\o(AM,\s\up12(→))，eq\o(AC,\s\up12(→))＝neq\o(AN,\s\up12(→))，因此m＝n＝2，故m＋n＝4.答案4探究提高本題在解答中，充分考慮了“直線雖然隨意,但m＋n的值卻是定值”這一信息，通過取直線的一個(gè)特殊位置得到了問題的解,顯得特別簡(jiǎn)潔,在求解這類填空題時(shí)，就要擅長(zhǎng)捕獲這樣的有效信息,幫助我們解決問題．變式訓(xùn)練3設(shè)O是△ABC內(nèi)部一點(diǎn)，且eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝－2eq\o(OB,\s\up12(→))， 則△AOB與△AOC的面積之比為______．解析采納特殊位置，可令△ABC為正三角形，則依據(jù)eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝－2eq\o(OB,\s\up12(→))可知，O是△ABC的中心，則OA＝OB＝OC，所以△AOB≌△AOC，即△AOB與△AOC的面積之比為1.題型三圖象分析法(數(shù)形結(jié)合法) 依據(jù)特殊數(shù)量關(guān)系所對(duì)應(yīng)的圖形位置、特征，利用圖形直 觀性求解的填空題，稱為圖象分析型填空題，這類問題的 幾何意義一般較為明顯．由于填空題不要求寫出解答過 程，因而有些問題可以借助于圖形，然后參照?qǐng)D形的形 狀、位置、性質(zhì)，綜合圖象的特征，進(jìn)行直觀地分析，加 上簡(jiǎn)潔的運(yùn)算，一般就可以得出正確的答案．事實(shí)上很多 問題都可以轉(zhuǎn)化為數(shù)與形的結(jié)合，利用數(shù)形結(jié)合法解題既 淺顯易懂，又能節(jié)約時(shí)間．利用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題 能很好地考查考生對(duì)基礎(chǔ)學(xué)問的駕馭程度與敏捷處理問題 的實(shí)力，此類問題為近年來高考考查的熱點(diǎn)內(nèi)容例4已知方程(x2－2x＋m)(x2－2x＋n)＝0的四個(gè)根組成一個(gè) 首項(xiàng)為eq\f(1,4)的等差數(shù)列，則|m－n|的值等于________． 思維啟迪eq\f(1,2)考慮到原方程的四個(gè)根，其實(shí)是拋物線y＝x2－2x＋m與y＝x2－2x＋n和x軸四個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，所以可以利用圖象進(jìn)行求解．解析如圖所示，易知拋物線y＝x2－2x＋m與y＝x2－2x＋n有相同的對(duì)稱軸x＝1，它們與x軸的四個(gè)交點(diǎn)依次為A、B、C、D.因?yàn)閤A＝eq\f(1,4)，則xD＝eq\f(7,4).又|AB|＝|BC|＝|CD|，所以xB＝eq\f(3,4)，xC＝eq\f(5,4).故|m－n|＝|eq\f(1,4)×eq\f(7,4)－eq\f(3,4)×eq\f(5,4)|＝eq\f(1,2).探究提高本題是數(shù)列問題，但由于和方程的根有關(guān)系，故可借助數(shù)形結(jié)合的方法進(jìn)行求解，因此在解題時(shí)，我們要仔細(xì)分析題目特點(diǎn)，充分挖掘其中的有用信息，尋求最簡(jiǎn)捷的解法．變式訓(xùn)練4已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿意f(x－4)＝－f(x), 且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，若方程f(x)＝m(m>0)，在區(qū)間 [－8,8]上有四個(gè)不同的根x1，x2，x3，x4，則x1＋x2＋x3＋ x4＝________.-8解析因?yàn)槎x在R上的奇函數(shù)，滿意f(x－4)＝－f(x)，所以f(4－x)＝f(x)．因此，函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱且f(0)＝0，由f(x－4)＝－f(x)知f(x－8)＝f(x)，所以函數(shù)是以8為周期的周期函數(shù)．又因?yàn)閒(x)在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，所以f(x)在區(qū)間[－2,0]上也是增函數(shù)，如圖所示，則方程f(x)＝m(m>0)在區(qū)間[－8,8]上有四個(gè)不同的根x1，x2，x3,x4，不妨設(shè)x1<x2<x3<x4.由對(duì)稱性知x1＋x2＝－12，x3＋x4＝4，所以x1＋x2＋x3＋x4＝－12＋4＝－8.例5函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，其定義 域?yàn)閇－4,4]，則不等式eq\f(f(x),sinx)≤0的解集 為__________________________________．[－4，－π)∪(－π，0)∪[eq\f(π,2)，π)解析eq\f(f(x),sinx)≤0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)≤0，,sinx>0，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)≥0，,sinx<0，))在給出的坐標(biāo)系中，再作出y＝sinx在[－4,4]上的圖象，如圖所示,視察圖象即可得到所求的解集為[－4，－π)∪(－π，0)∪[eq\f(π,2)，π)．探究提高與函數(shù)有關(guān)的填空題，依據(jù)題目條件，敏捷地應(yīng)用函數(shù)圖象解答問題，往往可使抽象困難的代數(shù)問題變得形象直觀，使問題快速獲解．變式訓(xùn)練5不等式（|x|-）·sinx<0，x∈[-π,2π］的解集 為.解析在同一坐標(biāo)系中分別作出y=|x|-與y=sinx的圖象：依據(jù)圖象可得不等式的解集為：題型四等價(jià)轉(zhuǎn)化法 將所給的命題進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，使之成為一種簡(jiǎn)潔理解的語 言或簡(jiǎn)潔求解的模式．通過轉(zhuǎn)化，使問題化繁為簡(jiǎn)、化陌 生為熟識(shí)，將問題等價(jià)轉(zhuǎn)化成便于解決的問題，從而得出 正確的結(jié)果．例6設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋6，x≥0,3x＋4，x<0))，若互不相等的實(shí) 數(shù)x1，x2，x3滿意f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，則x1＋x2＋x3的取值 范圍是________． 思維啟迪將問題轉(zhuǎn)化為y＝m與y＝f(x)有三個(gè)不同的交點(diǎn)，再探討三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和的取值范圍．解析本題可轉(zhuǎn)化為直線y＝m與函數(shù)f(x)的圖象有三個(gè)交點(diǎn),y＝x2－4x＋6在[0,＋∞)的最小值為f(2)＝2，故2<m<4，易知x1,x2，x3中必有一負(fù)二正，不妨設(shè)x1，x2>0，由于y＝x2－4x＋6的對(duì)稱軸為x＝2,則x1＋x2＝4，令3x＋4＝2，得x＝－eq\f(2,3)，則－eq\f(2,3)<x3<0，故－eq\f(2,3)＋4<x1＋x2＋x3<0＋4，即x1＋x2＋x3的取值范圍是(eq\f(10,3)，4)．答案(eq\f(10,3)，4)探究提高等價(jià)轉(zhuǎn)化法的關(guān)鍵是要明確轉(zhuǎn)化的方向或者說轉(zhuǎn)化的目標(biāo)．本題轉(zhuǎn)化的關(guān)鍵就是將探討x1＋x2＋x3的取值范圍問題轉(zhuǎn)化成了直線y＝m與曲線y＝f(x)有三個(gè)交點(diǎn)的問題，將數(shù)的問題轉(zhuǎn)化成了形的問題，從而利用圖形的性質(zhì)解決．變式訓(xùn)練6已知關(guān)于x的不等式eq\f(ax－1,x＋1)<0的解集是(－∞,－1) ∪(－eq\f(1,2)，＋∞)，則a的值為________．變式訓(xùn)練6已知關(guān)于x的不等式eq\f(ax－1,x＋1)<0的解集是(－∞,－1) ∪(－eq\f(1,2)，＋∞)，則a的值為________．題型五構(gòu)造法 構(gòu)造型填空題的求解，須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(jiǎn)化推理與計(jì)算過程，使較復(fù) 雜的數(shù)學(xué)問題得到簡(jiǎn)捷的解決，它來源于對(duì)基礎(chǔ)學(xué)問和基 本方法的積累，須要從一般的方法原理中進(jìn)行提煉概括， 主動(dòng)聯(lián)想，橫向類比，從曾經(jīng)遇到過的類似問題中找尋靈 感，構(gòu)造出相應(yīng)的函數(shù)、概率、幾何等詳細(xì)的數(shù)學(xué)模型， 使問題快速解決．例7函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(2)sin(x＋\f(π,4))＋2x2＋x,2x2＋cosx)的最大值為M，最小值 為m，則M＋m＝________. 思維啟迪干脆求f(x)的最大值、最小值明顯不行?。?jiǎn)f(x)＝1＋eq\f(x＋sinx,2x2＋cosx)，構(gòu)造新函數(shù)g(x)＝eq\f(x＋sinx,2x2＋cosx)利用g(x)的奇偶性求解．解析依據(jù)分子和分母同次的特點(diǎn)，分子綻開，得到部分分式，f(x)＝1＋eq\f(x＋sinx,2x2＋cosx)，f(x)－1為奇函數(shù)，則m－1＝－(M－1)，∴M＋m＝2.探究提高整體思索，聯(lián)想奇函數(shù)，利用其對(duì)稱性簡(jiǎn)化求解，這是整體觀念與構(gòu)造思維的一種應(yīng)用．留意到分式類函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征，借助分式類函數(shù)最值的處理方法，部分分式法，變形發(fā)覺協(xié)助函數(shù)為奇函數(shù)，整體處理最大值和最小值的問題以使問題簡(jiǎn)潔化，這種構(gòu)造特殊函數(shù)模型的方法來源于對(duì)函數(shù)性質(zhì)應(yīng)用的深刻理解．變式訓(xùn)練7已知函數(shù)f(x)＝sinxcosx＋eq\f(sinx,cosx)＋3，若f(lga)＝ 4，則f(lgeq\f(1,a))的值等于________．解析f(x)＝sinxcosx＋eq\f(sinx,cosx)＋3＝eq\f(1,2)sin2x＋tanx＋3，若令g(x)＝eq\f(1,2)sin2x＋tanx，則g(x)是一個(gè)奇函數(shù)．由f(lga)＝4,得g(lga)＋3＝4,∴g(lga)＝1.于是g(lgeq\f(1,a))=g(－lga)＝－g(lga)＝－1，故f(lgeq\f(1,a))＝g(lgeq\f(1,a))＋3＝－1＋3＝2.例8已知a、b是正實(shí)數(shù)，且滿意ab＝a＋b＋3，則a＋b的取 值范圍是__________． 思維啟迪考慮到已知條件中出現(xiàn)了兩個(gè)正數(shù)a和b的乘積ab以與和a＋b，可與一元二次方程的根聯(lián)系起來構(gòu)造方程進(jìn)行求解．解析∵a、b是正實(shí)數(shù)且ab＝a＋b＋3，故a、b可視為一元二次方程x2－mx＋m＋3＝0的兩個(gè)根，其中a＋b＝m，ab＝m＋3.要使方程有兩個(gè)正根，應(yīng)有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝m2－4m－12≥0，,m>0，,m＋3>0，))解得m≥6，即a＋b≥6，故a＋b的取值范圍是[6，＋∞)．變式訓(xùn)練8若拋物線y＝－x2＋ax－2總在直線y＝3x－1的下 方，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________解析構(gòu)造不等式，依題意知，不等式－x2＋ax－2<3x－1在R上恒成立，即x2＋(3－a)x＋1>0在R上恒成立．故Δ＝(3－a)2－4<0，即a2－6a＋5<0，解得1<a<5.規(guī)律方法總結(jié)1．解填空題的一般方法是干脆法，除此以外，對(duì)于帶有一 般性命題的填空題可采納特例法，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)，經(jīng)常須要幾種方法綜合 運(yùn)用，才能快速得到正確的結(jié)果．2．解填空題不要求求解過程，從而結(jié)論是推斷是否正確的 唯一標(biāo)準(zhǔn)，因此解填空題時(shí)要留意如下幾個(gè)方面： (1)要仔細(xì)審題，明確要求，思維嚴(yán)謹(jǐn)、周密，計(jì)算有 據(jù)、精確； (2)要盡量利用已知的定理、性質(zhì)與已有的結(jié)論； (3)要重視對(duì)所求結(jié)果的檢驗(yàn).知能提升演練1．設(shè)全集U＝R，A＝{x|eq\f(x－1,x＋m)>0}，?UA＝[－1，－n]，則 m2＋n2＝________.解析由?UA＝[－1,－n],知A＝(－∞，－1)∪(－n,＋∞)，即不等式eq\f(x－1,x＋m)>0的解集為(－∞,－1)∪(－n，＋∞),所以－n＝1,－m＝－1，因此m＝1，n＝－1，故m2＋n2＝2.2．在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a5·a6＝9，則log3a ＋log3a2＋…＋log3a解析特殊化法：盡管滿意a5·a6＝9的數(shù)列有無窮多，但所求結(jié)果應(yīng)唯一的，故只需選取一個(gè)滿意條件的特殊數(shù)列a5＝a6＝3，則公比q＝1就可以了．原式＝log3(3·3·3·…·3)＝log3310＝10.3．在數(shù)列{an}中，若a1＝1，an＋1＝2an＋3(n≥1)，則該數(shù)列 的通項(xiàng)an＝________.解析由an＋1＝2an＋3，則有an＋1＋3＝2(an＋3)，即eq\f(an＋1＋3,an＋3)＝2.所以數(shù)列{an＋3}是以a1＋3為首項(xiàng)、公比為2的等比數(shù)列，即an＋3＝4·2n－1＝2n＋1，所以an＝2n＋1－3.4．設(shè)非零向量a，b，c滿意|a|＝|b|＝|c|，a＋b＝c，則 cos〈a，b〉＝________.解析設(shè)正三角形△ABC中，eq\o(BA,\s\up12(→))＝a，eq\o(AC,\s\up12(→))＝b，eq\o(BC,\s\up12(→))＝c，所以eq\o(BA,\s\up12(→))與eq\o(AC,\s\up12(→))的夾角為120°，所以cos〈a，b〉＝cos120°＝－eq\f(1,2).5．設(shè)等差數(shù)列{an}，{bn}的前n項(xiàng)的和分別為Sn與Tn，若eq\f(Sn,Tn) ＝eq\f(2n,3n＋1)，則eq\f(an,bn)＝________.解析因?yàn)榈炔顢?shù)列的前n項(xiàng)和公式為Sn＝a1n＋eq\f(n(n－1)d,2)＝eq\f(d,2)n2＋(a1－eq\f(1,2)d)n，故可設(shè)Sn＝2n·n，Tn＝(3n＋1)·n，則可得an＝4n－2，bn＝6n－2，∴eq\f(an,bn)＝eq\f(4n－2,6n－2)＝eq\f(2n－1,3n－1).6．△ABC的外接圓的圓心為O，兩條邊上的高的交點(diǎn)為H， eq\o(OH,\s\up12(→))＝m(eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→)))，則實(shí)數(shù)m＝____.解析(特殊值法)當(dāng)∠B＝90°時(shí),△ABC為直角三角形,O為AC中點(diǎn)．AB、BC邊上高的交點(diǎn)H與B重合．eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\o(OB,\s\up12(→))＋eq\o(OC,\s\up12(→))＝eq\o(OB,\s\up12(→))＝eq\o(OH,\s\up12(→))，∴m＝1.7．(2010·湖南)若數(shù)列{an}滿意：對(duì)隨意的n∈N*，只有有限個(gè) 正整數(shù)m使得am<n成立，記這樣的m的個(gè)數(shù)為{an}*，則得到 一個(gè)新數(shù)列{(an)*}．例如，若數(shù)列{an}是1,2,3，…，n，…， 則數(shù)列{(an)*}是0,1,2，…，n－1，….已知對(duì)隨意的n∈N*， an＝n2，則(a5)*＝________，((an)*)*＝________.解析由(an)*的定義知，要求(a5)*只需找尋滿意am<5的m的個(gè)數(shù)即可．由于12＝1<5,22＝4<5,32＝9>5，故(a5)*＝2.∵{an}＝{1,22,32，…，n2，…}，∴((a1)*)*＝1，((a2)*)*＝4＝22，((a3)*)*＝9＝32，…，((an)*)*＝n2.8．直線y＝kx＋3k－2與直線y＝－eq\f(1,4)x＋1的交點(diǎn)在第一象限， 則k的取值范圍是________．解析因?yàn)閥＝kx＋3k－2，即y＝k(x＋3)－2，故直線過定點(diǎn)P(－3，－2)，而定直線y＝－eq\f(1,4)x＋1在兩坐標(biāo)軸上的交點(diǎn)分別為A(4,0)，B(0,1)．如圖所示，求得eq\f(2,7)<k<1.9.已知四面體ABCD的一條棱長(zhǎng)為x，其余棱長(zhǎng)都為1，則x 的取值范圍是________．解析如圖所示，設(shè)AB邊長(zhǎng)為x，固定△BCD，讓△ACD繞CD轉(zhuǎn)動(dòng).當(dāng)點(diǎn)A，x→B時(shí)，x→0；當(dāng)點(diǎn)A→A1(正△A1CD與△BCD)共面時(shí)，x→eq\r(3).故x∈(0，eq\r(3))．10．(2010·陜西)視察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62, 13＋23＋33＋43＝102，…，依據(jù)上述規(guī)律，第五個(gè)等式為 ________________________________．解析由前三個(gè)式子可以得出如下規(guī)律：每個(gè)式子等號(hào)的左邊是從1起先的連續(xù)正整數(shù)的立方和，且個(gè)數(shù)依次多1，等號(hào)的右邊是一個(gè)正整數(shù)的平方，后一個(gè)正整數(shù)依次比前一個(gè)大3,4，…，因此，第五個(gè)等式為13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.11．設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈，假如對(duì)于隨意的x1∈D存在唯 一的x2∈D，使eq\f(f(x1)＋f(x2),2)＝C(C為常數(shù))成立，則稱函數(shù) f(x)在D上的均值為C.下列五個(gè)函數(shù)：①y＝4sinx；②y＝ x3；③y＝lgx；④y＝2x；⑤y＝2x－1，則滿意在其定義域 上均值為2的全部函數(shù)的序號(hào)是_______．②③⑤解析因?yàn)橐蠛瘮?shù)的均值為2，所以滿意條件的函數(shù)的函數(shù)值必需能關(guān)于2對(duì)稱，而y＝2x的值域?yàn)?0，＋∞)，故④不符合題意；又y＝4sinx是周期為2π的函數(shù)，即若存在隨意的x1∈D，x2∈D，使eq\f(f(x1)＋f(x2),2)＝C(C為常數(shù))成立，則確定存在x3＝2π＋x2∈D，使eq\f(f(x1)＋f(x3),2)＝C(C為常數(shù))成立，不滿意唯一性，故①不對(duì)2．圓x2＋y2＝1的隨意一條切線l與圓x2＋y2＝4相交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則x1x2＋y1y2 ＝________.解析如圖，△AOB中，OA＝OB＝2，OC⊥AB，OC＝1，因此∠AOB＝120°.所以x1x2＋y1y2＝eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB,\s\up12(→))＝|eq\o(OA,\s\up12(→))|·|eq\o(OB,\s\up12(→))|cos120°＝－2.13．已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，a1＝1.其前n項(xiàng)和Sn滿意 2Sn＝2paeq\o\al(2,n)＋an－p(p∈R)，則{an}的通項(xiàng)公式為 ________．解析∵a1＝1，∴2a1＝2paeq\o\al(2,1)＋a1－p，即2＝2p＋1－p，得p＝1.于是2Sn＝2aeq\o\al(2,n)＋an－1.當(dāng)n≥2時(shí)，有2Sn－1＝2aeq\o\al(2,n－1)＋an－1－1，兩式相減，得2an＝2aeq\o\al(2,n)－2aeq\o\al(2,n－1)＋an－an－1，整理，得2(an＋an－1)·(an－an－1－eq\f(1,2))＝0.又∵an>0，∴an－an－1＝eq\f(1,2)，于是{an}是等差數(shù)列，故an＝1＋(n－1)·eq\f(1,2)＝eq\f(n＋1,2).14．已知f(x)＝x＋log2eq\f(x,9－x)，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(8) 的值為________．解析由于f(x)＝x＋log2eq\f(x,9－x)，所以f(9－x)＝9－x＋log2eq\f(9－x,x)＝9－x－log2eq\f(x,9－x)，于是有f(x)＋f(9－x)＝9.從而f(1)＋f(8)＝f(2)＋f(7)＝f(3)＋f(6)＝f(4)＋f(5)＝9.故原式值為9×4＝36.15．在△ABC中，假如sinA∶sinB∶sinC＝5∶6∶8，則此 三角形最大角的余弦值是_________．解析由正弦定理得a∶b∶c＝5∶6∶8，令a＝5，b＝6，c＝8，則C是最大角，即cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)＝eq\f(25＋36－64,60)＝－eq\f(1,20).16．已知最小正周期為2的函數(shù)y＝f(x)，當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)， f(x)＝x2，則方程f(x)＝|log5x|的解的個(gè)數(shù)為________．解析設(shè)g(x)＝|log5x|，作出函數(shù)f(x)與g(x)的圖象，由圖象知兩個(gè)函數(shù)共有5個(gè)交點(diǎn)，即方程f(x)＝|log5x|的解的個(gè)數(shù)為5個(gè)．第3講解答題答題模板第3講解答題答題模板數(shù)學(xué)解答題是高考數(shù)學(xué)試卷中的一類重要題型，通常是高考的把關(guān)題和壓軸題，具有較好的區(qū)分層次和選拔功能．目前的高考解答題已經(jīng)由單純的學(xué)問綜合型轉(zhuǎn)化為學(xué)問、方法和實(shí)力的綜合型解答題．在高考考場(chǎng)上，能否做好解答題，是高考成敗的關(guān)鍵，因此，在高考備考中學(xué)會(huì)怎樣解題，是一項(xiàng)重要內(nèi)容．本節(jié)以聞名數(shù)學(xué)家波利亞的《怎樣解題》為理論依據(jù)，結(jié)合詳細(xì)的題目類型，來談一談解答數(shù)學(xué)解答題的一般思維過程、解題程序和答題格式，即所謂的“答題模板”．模板1三角函數(shù)的單調(diào)性與求值問題例1已知函數(shù)f(x)＝cos2(x＋eq\f(π,12))，g(x)＝1＋eq\f(1,2)sin2x.(1)設(shè)x＝x0是函數(shù)y＝f(x)圖象的一條對(duì)稱軸，求g(x0)的值；(2)求函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間．思維啟迪(1)由x＝x0是y＝f(x)的一條對(duì)稱軸知f(x0)是f(x)的最值，從而得2x0＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，即x0＝eq\f(kπ,2)－eq\f(π,12)(k∈Z)．(2)化簡(jiǎn)h(x)＝f(x)＋g(x)為h(x)＝Asin(ωx＋φ)或h(x)＝Acos(ωx＋φ)的形式．(3)依據(jù)正弦或余弦函數(shù)求單調(diào)遞增區(qū)間.規(guī)范解答示例解(1)由題設(shè)知f(x)＝eq\f(1,2)[1＋cos(2x＋eq\f(π,6))]．因?yàn)閤＝x0是函數(shù)y＝f(x)的圖象的一條對(duì)稱軸，所以2x0＋eq\f(π,6)＝kπ(k∈Z)，即2x0＝kπ－eq\f(π,6)(k∈Z)．所以g(x0)＝1＋eq\f(1,2)sin2x0＝1＋eq\f(1,2)sin(kπ－eq\f(π,6))．當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，g(x0)＝1＋eq\f(1,2)sin(－eq\f(π,6))＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)；當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，g(x0)＝1＋eq\f(1,2)sineq\f(π,6)＝1＋eq\f(1,4)＝eq\f(5,4).(2)h(x)＝f(x)＋g(x)＝eq\f(1,2)[1＋cos(2x＋eq\f(π,6))]＋1＋eq\f(1,2)sin2x＝eq\f(1,2)[cos(2x＋eq\f(π,6))＋sin2x]＋eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)(eq\f(\r(3),2)cos2x＋eq\f(1,2)sin2x)＋eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)sin(2x＋eq\f(π,3))＋eq\f(3,2).當(dāng)2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)(k∈Z)時(shí)，函數(shù)h(x)＝eq\f(1,2)sin(2x＋eq\f(π,3))＋eq\f(3,2)是增函數(shù)．故函數(shù)h(x)的單調(diào)遞增區(qū)構(gòu)建答題模板第一步：三角函數(shù)式的化簡(jiǎn)，一般化成y＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式或y＝Acos(ωx＋φ)＋h的形式．如：f(x)＝eq\f(1,2)cos(2x＋eq\f(π,6))＋eq\f(1,2)，h(x)＝eq\f(1,2)sin(2x＋eq\f(π,3))＋eq\f(3,2).其次步：由三角函數(shù)值求角；由角求三角函數(shù)值．第三步：由sinx、cosx的單調(diào)性，將“ωx＋φ”看作一個(gè)整體，轉(zhuǎn)化為解不等式問題．第四步：明確規(guī)范表述結(jié)論．第五步：反思回顧．查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)與解題規(guī)范．如本題中，由x0求g(x0)時(shí)，由于x0中含有變量k，應(yīng)對(duì)k的奇偶進(jìn)行探討.模板2解析幾何中的探究性問題例2已知定點(diǎn)C(－1,0)與橢圓x2＋3y2＝5，過點(diǎn)C的動(dòng)直線與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)．(1)若線段AB中點(diǎn)的橫坐標(biāo)是－eq\f(1,2)，求直線AB的方程；(2)在x軸上是否存在點(diǎn)M，常數(shù)？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由．思維啟迪(1)設(shè)過C(－1,0)的直線方程y＝k(x＋1)，利用待定系數(shù)法求k.（2）從假設(shè)存在點(diǎn)M（m,0）動(dòng)身去求若能找到一個(gè)m值使為常數(shù)，即假設(shè)正確，否則不正確．規(guī)范解答示例解(1)依題意，直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x＋1)，將y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，消去y整理得(3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則(2)假設(shè)在x軸上存在點(diǎn)M（m，0），使為常數(shù).(ⅰ)當(dāng)直線AB與x軸不垂直時(shí)，由(1)知x1＋x2＝－eq\f(6k2,3k2＋1)，x1x2＝eq\f(3k2－5,3k2＋1).③所以＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2.將③代入，整理得＝eq\f((6m－1)k2－5,3k2＋1)＋m2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－\f(1,3)))(3k2＋1)－2m－\f(14,3),3k2＋1)＋m2＝m2＋2m－eq\f(1,3)－eq\f(6m＋14,3(3k2＋1)).留意到是與k無關(guān)的常數(shù)，從而有6m+14=0，此時(shí)（ⅱ）當(dāng)直線AB與x軸垂直時(shí)，此時(shí)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為當(dāng)m=時(shí)，也有綜上，在x軸上存在定點(diǎn)使\構(gòu)建答題模板第一步：假設(shè)結(jié)論存在．其次步：以存在為條件，進(jìn)行推理求解．第三步：明確規(guī)范表述結(jié)論．若能推出合理結(jié)果，閱歷證成馬上可確定正確；若推出沖突，即否定假設(shè)．第四步：反思回顧．查看關(guān)鍵點(diǎn)，易錯(cuò)點(diǎn)與解題規(guī)范．如本題中第(1)問簡(jiǎn)潔忽視Δ>0這一隱含條件．第(2)問易忽視直線AB與x軸垂直的狀況.模板3由數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn與通項(xiàng)an的關(guān)系求通項(xiàng)an例3已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，Sn為其前n項(xiàng)和，對(duì)于隨意的n∈N*，滿意關(guān)系式2Sn＝3an－3.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式是bn＝eq\f(1,log3an·log3an＋1)，前n項(xiàng)和為Tn，求證：對(duì)于隨意的正整數(shù)n，總有Tn<1.思維啟迪(1)求出數(shù)列{an}的遞推關(guān)系，由遞推關(guān)系求通項(xiàng)．(2)化簡(jiǎn)bn，裂項(xiàng)求和.規(guī)范解答示例(1)解①當(dāng)n＝1時(shí)，由2Sn＝3an－3得，2a1＝3a∴a1＝3.②當(dāng)n≥2時(shí)，由2Sn＝3an－3得，2Sn－1＝3an－1－3.兩式相減得：2(Sn－Sn－1)＝3an－3an－1，即2an＝3an－3an－1，∴an＝3an－1，又∵a1＝3≠0，∴{an}是等比數(shù)列，∴an＝3n.驗(yàn)證：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝3也適合an＝3n.∴{an}的通項(xiàng)公式為an＝3n.(2)證明∵bn＝eq\f(1,log3an·log3an＋1)＝eq\f(1,log33n·log33n＋1)＝eq\f(1,(n＋1)n)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1)，∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝1－eq\f(1,n＋1)<1.構(gòu)建答題模板第一步：令n＝1，由Sn＝f(an)求出a1.其次步：令n≥2，構(gòu)造an＝Sn－Sn－1，用an代換Sn－Sn－1(或用Sn－Sn－1代換an，這要結(jié)合題目特點(diǎn))，由遞推關(guān)系求通項(xiàng)．第三步：驗(yàn)證當(dāng)n＝1時(shí)的結(jié)論適合當(dāng)n≥2時(shí)的結(jié)論．第四步：寫出明確規(guī)范的答案．第五步：反思回顧．查看關(guān)鍵點(diǎn)、易錯(cuò)點(diǎn)與解題規(guī)范．本題的易錯(cuò)點(diǎn)，易忽視對(duì)n＝1和n≥2分兩類進(jìn)行探討，同時(shí)忽視結(jié)論中對(duì)二者的合模板4函數(shù)的單調(diào)性、最值、極值問題例4(2010·天津)已知函數(shù)f(x)＝ax3－eq\f(3,2)x2＋1(x∈R)，其中a>0.(1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線方程；(2)若在區(qū)間[－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]上，f(x)>0恒成立，求a的取值范圍．思維啟迪(1)知解析式和切點(diǎn)求切線方程，先求斜率，用點(diǎn)斜式方程求切線方程．（2）依據(jù)導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的參數(shù).求導(dǎo)→求導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)→確定導(dǎo)函數(shù)在區(qū)間中的正、負(fù)→確定函數(shù)中的參數(shù)范圍.規(guī)范解答示例解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x3－eq\f(3,2)x2＋1，f(2