2020屆高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 下篇 指導(dǎo)三 巧用八種解題術(shù)教學(xué)案

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1、 指導(dǎo)三 巧用八種解題術(shù)    “探求思路、圖體向?qū)А毙g(shù) 對(duì)題設(shè)條件不夠明顯的數(shù)學(xué)問題求解,注意相關(guān)的圖形,巧用圖形作向?qū)?,可打破思維瓶頸,多途徑找到突破方法.尤其是對(duì)一些以函數(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,但可以設(shè)法構(gòu)造相應(yīng)的輔助圖形進(jìn)行分析,將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化為幾何問題來解.力爭(zhēng)做到有圖用圖,無圖想圖,補(bǔ)形改圖,充分運(yùn)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“用圖探路術(shù)”. [例1] 已知函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個(gè)極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(  ) A.(-∞,0)        B. C.(0,1) D.(0,+∞

2、) [解析] B [ 函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=ln x+1-2ax. 函數(shù)f(x)=x(ln x-ax)有兩個(gè)極值點(diǎn),等價(jià)于ln x+1-2ax=0在(0,+∞)上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根,令h(x)=ln x,g(x)=2ax-1,則函數(shù)h(x)=ln x的圖象與函數(shù)g(x)=2ax-1的圖象在(0,+∞)上有兩個(gè)不同的交點(diǎn). 設(shè)函數(shù)h(x)=ln x與函數(shù)g(x)=2ax-1的圖象相切于點(diǎn)A(m,ln m),其中m>0,函數(shù)g(x)的圖象在點(diǎn)A處的切線的斜率為k=2a,函數(shù)h(x)的圖象在點(diǎn)A處的切線的斜率為k=,∴2a=. ∵直線g(x)=2ax-1過點(diǎn)

3、(0,-1),∴k=, ∴=. 解得m=1, ∴當(dāng)函數(shù)h(x)與g(x)的圖象相切時(shí),a=. 又兩函數(shù)圖象有兩個(gè)交點(diǎn),∴a∈.] [活學(xué)活用1] (2019·杭州二模)設(shè)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 C.-1 D.1- 解析:D [ 由于(a-c)·(b-c)=-(a+b)·c+1,因此等價(jià)于求(a+b)·c的最大值,這個(gè)最大值只有當(dāng)向量a+b與向量c同向共線時(shí)取得.由于a·b=0,故a⊥b,如圖所示,|a+b|=,|c|=1.當(dāng)θ=0時(shí),(a+b)·c取得最大值且最大值為.故所求的最小值為1-

4、.]    “解題常招,設(shè)參換元”術(shù) 在解答數(shù)學(xué)問題時(shí),我們常把某個(gè)代數(shù)式看成一個(gè)新的未知數(shù),或?qū)⒛承┳冊(cè)昧硪粎⒆兞康谋磉_(dá)式來替換,以便將所求的式子變形,優(yōu)化思考對(duì)象,讓原來不醒目的條件,或隱含的信息顯露出來,促使問題的實(shí)質(zhì)明朗化,使非標(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化,從而便于我們將問題化繁為簡(jiǎn)、化難為易、化陌生為熟悉,從中找出解題思路.這種通過換元改變式子形式來變換研究對(duì)象,將問題移至新對(duì)象的知識(shí)背景中去探究解題思路的做法,就是“設(shè)參換元術(shù)”,常見的換元法:三角代換、比值代換、整體代換等. [例2] 已知橢圓C方程為+y2=1,且直線l:y=kx+m與圓O:x2+y2=1相切,若直線l與橢圓C交于M

5、,N兩點(diǎn),求△OMN面積的最大值. [解析] 圓O的圓心為坐標(biāo)原點(diǎn),半徑r=1,由直線l:y=kx+m,即kx-y+m=0與圓O:x2+y2=1相切,得=1,故有m2=1+k2.① 由 消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. 設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2), 則x1+x2=-,x1x2=. 所以|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2 =2-4× =.② 將①代入②,得|x1-x2|2=, 故|x1-x2|=. 所以|MN|=|x1-x2|=· =. 故△OMN的面積S=|MN|×1=. 令t=4k2+1(t≥1),則k2=,代入上式,

6、 得S=2· =· =· =· , 所以當(dāng)t=3,即4k2+1=3,解得k=±時(shí),S取得最大值,且最大值為× =1. [活學(xué)活用2] (1)函數(shù)f(x)=sin x+cos x+2sin xcos x的最小值是________. 解析:f(x)=sin x+cos x+2sin xcos x=(sin x+cos x)2+sin x+cos x-1,令sin x+cos x=t,則t=sin,∵x∈,∴x+∈,∴0≤t≤,∴原函數(shù)可化為g(t)=t2+t-1(0≤t≤).∵函數(shù)g(t)=t2+t-1的圖象開口向上,其對(duì)稱軸的方程為t=-,∴當(dāng)0≤t≤時(shí),g(t)單調(diào)遞增.當(dāng)t=0時(shí)

7、,g(t)取得最小值-1. 答案:-1 (2)已知a>0,b>0,a2+b2-ab=3,則2a+b的最大值是________. 解析:令t=2a+b(t>0),則b=t-2a,代入a2+b2-ab=3,得7a2-5at+t2-3=0, 由關(guān)于a的一元二次方程有解得,Δ=25t2-28(t2-3)≥0,即t2≤28,所以0<t≤2,當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)取等號(hào),故2a+b的最大值是2. 答案:2    “巧設(shè)變量,引參搭橋”術(shù) 當(dāng)題目條件中的已知量或變量無法直接與要求的結(jié)論之間建立關(guān)系時(shí),可考慮引入一些中間變量,即參數(shù)(可以是角度、線段、斜率及點(diǎn)的坐標(biāo)等),來溝通條件與結(jié)論之間的聯(lián)系,這是一

8、種非常重要的解題思想方法,即“引參搭橋”術(shù). [例3] 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. (1)證明:直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值; (2)若直線l過點(diǎn),延長(zhǎng)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. [解析] (1)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,故 xM==,yM=kxM+b=.

9、 于是直線OM的斜率kOM==-,則kOM·k=-9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值. (2)四邊形OAPB能為平行四邊形. 因?yàn)橹本€l過點(diǎn),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)得直線OM的方程為y=-x. 設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xp. 由得x=,即xp= . 將代入l的方程得b=, 因此xm=. 當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分,即xP=2xM時(shí),四邊形OAPB為平行四邊形. 于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.因?yàn)閗i>0,ki≠3,i=1,2,所以當(dāng)l的斜率為4-或4+時(shí),四邊形OAPB為平行四邊形. [活學(xué)活用3] 已

10、知△ABC為等腰三角形,AB=AC,BD是其腰AC的中線,且BD=3,求△ABC面積的最大值. 解析:設(shè)AB=2x,∠BAC=θ,θ∈(0,π),則AD=x, 故S△ABC=·2x·2x·sin θ=2x2sin θ, 在△ABD中,BD2=AB2+AD2-2AB·AD·cos θ,解得x2=,故S△ABC=2x2sin θ=,θ∈(0,π), 令f(θ)=,θ∈(0,π),則f′(θ)=, 令cos θ0=,θ0∈(0,π),故當(dāng)θ∈(0,θ0)時(shí),f′(θ)>0,當(dāng)θ∈(θ0,π)時(shí),f′(θ)<0,故f(θ)在θ0處取到極大值,也是最大值,故f(θ)max==6,故△ABC

11、面積的最大值為6. 答案:6    “變量交錯(cuò)、分離協(xié)調(diào)”術(shù) 對(duì)多個(gè)變量交叉混合布局的數(shù)學(xué)問題,在求解時(shí)往往需要分離變量,即將混為一團(tuán)的變量分開,使之各自成為一個(gè)小整體,便于分別分析各自所具有的特征,研究它們之間的差異,從中發(fā)現(xiàn)解題的思路.這種通過對(duì)變量的分離來協(xié)調(diào)變量間的關(guān)系,理順解題思路進(jìn)行各個(gè)擊破的解題策略,就是“分離變量”的戰(zhàn)術(shù). [例4] 設(shè)函數(shù)f(x)=lg,其中a∈R,n是任意給定的正整數(shù),且n≥2,如果當(dāng)x∈(-∞,1]時(shí),f(x)有意義,求a的取值范圍. [解析] 由題意有1+2x+…+(n-1)x+nxa>0, 從而a>-. 因?yàn)閚≥2,而y=x(k=1,2,

12、…,n-1)是x∈(-∞,1]上的減函數(shù), 所以≥++…+=,故a>-. [活學(xué)活用4] 設(shè)函數(shù)g(x)=+x+b對(duì)任意a∈,都有g(shù)(x)≤10在x∈上恒成立,求實(shí)數(shù)b的取值范圍. 解析:變量分離.b≤10-.令h(x)=+x,則h′(x)=1-=, 得x=(極小值點(diǎn)),x=-(極大值點(diǎn)), 故h(x)在(-∞,-)上單調(diào)遞增,在(-,0)上單調(diào)遞減,在(0,)上單調(diào)遞減,在(,+∞)上單調(diào)遞增. 由此可知,h(x)在上的最大值為h與h(1)中的較大者. 又h-h(huán)(1)=3,a∈, ∴h>h(1),∴h(x)max=h=4a+,所以,只需b≤10-恒成立即可,又≤10-≤,從

13、而得b的取值范圍是. 答案:    “固勢(shì)推導(dǎo),反客為主”術(shù) 我們解答數(shù)學(xué)題時(shí)通常把注意力集中在主變?cè)?,這是理所當(dāng)然的事.當(dāng)思維受阻時(shí),若注重考查命題的求解趨勢(shì),依從條件與結(jié)論的內(nèi)在聯(lián)系變換思考方向,視其參變?cè)獮橹髯冊(cè)M(jìn)行研究、推導(dǎo),也能得到解決問題的途徑,有時(shí)還能獲得問題的巧解.這種做法就是“反客為主”的戰(zhàn)術(shù). [例5] 若f(x)=ax2+2(2a-1)x+4a-7,a∈N*,若f(x)至少有一個(gè)整數(shù)根,則a的取值為________. [解析] 依題意可知,當(dāng)f(x)=0時(shí),有2x+7=a(x+2)2,① 顯然,當(dāng)x=-2時(shí),方程①不成立. 故有a=(x≠-2),② 于是

14、,當(dāng)a為正整數(shù)時(shí),則必有2x+7≥(x+2)2,且x∈Z,x≠-2, 即x必須滿足條件:-3≤x≤1(x∈Z,x≠-2). 由此可知,x只能在-3,-1,0,1中取值. 將-3,-1,0,1分別代入①中,得知: 僅當(dāng)x=-3,x=-1和x=1時(shí)能保證a為正整數(shù),且此時(shí)有a=1和a=5. 所以,當(dāng)a=1和a=5時(shí),原方程至少有一個(gè)整數(shù)根. [答案] 1或5 [活學(xué)活用5] 對(duì)于滿足|log2p|<2的所有實(shí)數(shù)p,使x2+px+1>2x+p恒成立的x的取值范圍為________________. 解析:由|log2p|<2,得<p<4. 由題意可設(shè)f(p)=(x-1)p+(x2

15、-2x+1)>0, 易知f(p)是p的一次函數(shù),故要使f(p)>0在p∈上恒成立, 則必須有x≠1,且 即x≠1,且 解得 且x≠1, 由此可得x≤-3或x>1. 所以滿足題意的實(shí)數(shù)x的取值范圍是x≤-3或x>1. 答案:(-∞,-3]∪(1,+∞)    “換位推理,聲東擊西”術(shù) 對(duì)有些命題在直接求解常感到困難或根本難以從條件入手,這時(shí)可避開正面強(qiáng)攻,從結(jié)論的對(duì)立面入手,或考查與其相關(guān)的另一問題,或反例,從中也可以找到解決問題的途徑,有時(shí)甚至還能獲得最佳的解法,這就是“聲東擊西”術(shù),常見的基本方式有反證法、補(bǔ)集法、反例法等. [例6] 若拋物線y=x2上的所有弦都不能被

16、直線y=k(x-3)垂直平分,則k的取值范圍是(  ) A. B. C. D. [解析] D [設(shè)拋物線y=x2上兩點(diǎn)A(x1,x),B(x2,x)關(guān)于直線y=k(x-3)對(duì)稱,AB的中點(diǎn)為P(x0,y0),則x0=,y0=. 由題設(shè)知=-,所以=-. 又AB的中點(diǎn)P(x0,y0)在直線y=k(x-3)上, 所以=k=-, 所以中點(diǎn)P. 由于點(diǎn)P在y>x2的區(qū)域內(nèi),則->2, 整理得(2k+1)(6k2-2k+1)<0,解得k<-. 因此當(dāng)k<-時(shí),拋物線y=x2上存在兩點(diǎn)關(guān)于直線y=k(x-3)對(duì)稱,于是當(dāng)k≥-時(shí),拋物線y=x2上不存在兩點(diǎn)關(guān)于直線y=k(x-3

17、)對(duì)稱. 所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為.故選D.] [活學(xué)活用6] 已知函數(shù)f(x)=ax2-x+ln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為____________. 解析:f′(x)=2ax-1+. 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-1+≥0,得a≥.(*) 令t=,因?yàn)閤∈(1,2),所以t=∈. 設(shè)h(t)=(t-t2)=-2+,t∈,顯然函數(shù)y=h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減, 所以h(1)<h(t)<h,即0<h(t)<. 由(*)可知,a≥. ②若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減,則f′(x)≤0

18、在(1,2)上恒成立,所以2ax-1+≤0,得a≤. 結(jié)合①可知,a≤0. 綜上,若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(-∞,0]∪. 所以若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上不單調(diào),則實(shí)數(shù)a的取值范圍為. 答案:    “關(guān)注整體,設(shè)而不求”術(shù) 設(shè)而不求是數(shù)學(xué)解題中的一種很有用的手段,采用設(shè)而不求的策略,往往能避免盲目推演而造成的無益的循環(huán)運(yùn)算,從而達(dá)到準(zhǔn)確、快速、簡(jiǎn)捷的解題效果. [方法1] 整體代入,設(shè)而不求 在解決某些涉及若干個(gè)量的求值問題時(shí),要有目標(biāo)意識(shí),通過虛設(shè)的策略,整體轉(zhuǎn)化的思想,繞開復(fù)雜的運(yùn)算過程,可使問題迅速得到解決. [例7] 已知等比

19、數(shù)列{an}中Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和,Sm=16,S2m=64,則S3m的值為________. [解析] 設(shè)公比為q,由于S2m≠2Sm,故q≠1, 于是 ②÷①得1+qm=4,則qm=3, 所以S3m= =(1+qm+q2m) =16×(1+3+32) =208. [答案] 208 [方法2] 轉(zhuǎn)化圖形,設(shè)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(shè)而不求,轉(zhuǎn)化成幾何問題求解. [例8] 設(shè)a,b均為正數(shù),且a+b=1,則+的最大值為________. [解析] 設(shè)u=, v=(u>1,v>1), u+v=m, 則u,v同時(shí)滿足 其中u+v=

20、m表示直線,m為此直線在v軸上的截距. u2+v2=4是以原點(diǎn)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(shí),所對(duì)應(yīng)的截距m的值最大. 由圖易得mmax=2, 即+≤2. [答案] 2 [方法3] 適當(dāng)引參,設(shè)而不求 恰當(dāng)合理地引入?yún)?shù),可使解題目標(biāo)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9] 已知對(duì)任何滿足(x-1)2+y2=1的實(shí)數(shù)x,y,不等式x+y+k≥0恒成立,求實(shí)數(shù)k的取值范圍. [解析] 由題意設(shè) 則g(θ)=x+y+k=sin θ+cos θ+1+k =sin+1+k≥-+1+k. 令-+1+k

21、≥0,得k≥-1. 即實(shí)數(shù)k的取值范圍是[-1,+∞). [答案] [-1,+∞) [方法4] 巧設(shè)坐標(biāo),設(shè)而不求 在解析幾何問題中,對(duì)于有關(guān)點(diǎn)的坐標(biāo)采用設(shè)而不求的策略,能促使問題定向,簡(jiǎn)便化歸,起到以簡(jiǎn)馭繁的解題效果. [例10] 設(shè)拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,經(jīng)過點(diǎn)F的直線交拋物線于A,B兩點(diǎn),點(diǎn)C在拋物線的準(zhǔn)線上,且BC∥x軸,求證:直線AC經(jīng)過原點(diǎn)O. [證明]  設(shè)A(2pt,2pt1),B(2pt,2pt2),則C. 因?yàn)锳B過焦點(diǎn)F, 所以2pt1·2pt2=-p2, 得t1t2=-. 又直線OC的斜率kOC==-4t2=, 直線OA的斜率

22、kOA==,則kOC=kOA, 故A,O,C三點(diǎn)共線,即直線AC經(jīng)過原點(diǎn)O. [活學(xué)活用7] (1)一直線被兩直線4x+y+6=0,3x-5y-6=0截得的線段中點(diǎn)恰好是坐標(biāo)原點(diǎn),則這條直線的方程為________________. 解析:設(shè)所求直線分別交直線4x+y+6=0,3x-5y-6=0于點(diǎn)M,N,設(shè)M(x0,y0),則有4x0+y0+6=0.① 因?yàn)镸,N關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,所以N(-x0,-y0),從而-3x0+5y0-6=0.② 由①+②得x0+6y0=0.③ 顯然M(x0,y0),N(-x0,-y0),O(0,0)三點(diǎn)的坐標(biāo)均適合方程③. 故所求直線的方程為x+6y=

23、0. 答案:x+6y=0 (2)已知橢圓+=1,F(xiàn)1,F(xiàn)2為焦點(diǎn),點(diǎn)P為橢圓上一點(diǎn),∠F1PF2=,則S△F1PF2=________. 解析:設(shè)|PF1|=r1,|PF2|=r2, 由橢圓定義得r1+r2=10.① 由余弦定理得r+r-2r1r2cos=64.② ①2-②得,r1r2=12, 所以S△F1PF2=r1r2sin=3. 答案:3 (3)已知F1,F(xiàn)2是橢圓2x2+y2=4的兩個(gè)焦點(diǎn),點(diǎn)P是橢圓上在第一象限內(nèi)的點(diǎn),且·=1.過點(diǎn)P作傾斜角互補(bǔ)的兩條直線PA,PB分別交橢圓于A,B兩點(diǎn). (ⅰ)求點(diǎn)P的坐標(biāo); (ⅱ)求直線AB的斜率. 解析:(ⅰ)設(shè)P(m,

24、n),因?yàn)辄c(diǎn)P在橢圓上, 所以2m2+n2=4,m>0,n>0.① 又橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為+=1, 設(shè)F1(0,),F(xiàn)2(0,-), 所以·=(-m,-n)·(-m,--n)=1,由此可得m2+n2=3.② 由①②解得m=1,n=, 即所求點(diǎn)P的坐標(biāo)為(1,). (ⅱ)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),因?yàn)辄c(diǎn)A,B在橢圓上,所以2x+y=4,2x+y=4,兩式相減得2(x1-x2)(x1+x2)+(y1-y2)(y1+y2)=0. 所以kAB==-2·.③ 同理可得kAP==-2·,④ kBP==-2· .⑤ 因?yàn)镻A,PB傾斜角互補(bǔ),所以kPA+kPB=0.⑥ 由④⑤

25、左端及⑥得x1y2+x2y1-(x2+x1)-(y1+y2)+2=0,⑦ 由④⑤右端及⑥得x1y2+x2y1+(x2+x1)+(y1+y2)+2=0,⑧ 由⑧-⑦得2(x2+x1)+2(y1+y2)=0, 即y1+y2=-(x1+x2),⑨ 由③⑨得kAB=.    “解題卡殼,攻堅(jiān)突圍”術(shù) 思維受限一般出現(xiàn)在壓軸題或計(jì)算量大的題上,有時(shí)也出現(xiàn)在一些條件特殊的選擇題、填空題上,這些題不一定就是做不好的題或是難度很大的題,而可能是因某些運(yùn)算或推理繁雜感到心理緊張而導(dǎo)致一下子想不出解決方法的題. 一般來說,對(duì)此類問題的突圍關(guān)鍵在于如何針對(duì)已有的信息與所求目標(biāo)的差異進(jìn)行綜合分析,整合相

26、關(guān)的結(jié)論(包括已推得的結(jié)論),注重信息的遷移.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(diǎn),構(gòu)建相應(yīng)的數(shù)學(xué)模型進(jìn)行模仿探索,力爭(zhēng)做到求什么,想什么.在審查已做的運(yùn)算、推理與所求結(jié)論的要求是否正確時(shí),要注重隱含條件的挖掘與整合,仔細(xì)清查還有哪些條件未用上,還有哪些相關(guān)的通法未用到,力爭(zhēng)做到給什么,用什么.在將條件與結(jié)論聯(lián)系起來時(shí),要勇于試探、創(chuàng)新思維,注重類比、猜想、湊形、配式,力爭(zhēng)做到差什么,找什么.這就是我們常常說的“思維受限突圍術(shù)”.常見的突圍策略有以下兩種: [策略1] 前難后易空城計(jì) 對(duì)設(shè)有多問的數(shù)學(xué)命題,若前一問不會(huì)解,而后面的幾問又是自己容易解的,或是可用第一問的結(jié)論來

27、求解的,此時(shí)應(yīng)放棄第一問的求解,著重攻后面的幾問,并將第一問的結(jié)論作為后幾問的條件使用,巧妙地配合題設(shè)條件或有關(guān)定理解答后面的問題.這種利用自己根本不懂或不會(huì)證明的問題條件來解后幾問的做法,就是數(shù)學(xué)解題中的“空城計(jì)”,即前問難后問易,棄前攻后為上計(jì)(有時(shí)也說成:前難后易前問棄,借前結(jié)論攻后題). [例11] 設(shè)函數(shù)fn(x)=xn+bx+c(n∈N*,b,c∈R). (1)設(shè)n≥2,b=1,c=-1,證明:fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點(diǎn); (2)設(shè)n=2,若對(duì)任意x1,x2∈[-1,1],有|f2(x1)-f2(x2)|≤4,求b的取值范圍; (3)在(1)的條件下,設(shè)xn是fn(x)

28、在內(nèi)的零點(diǎn),判斷數(shù)列x2,x3,…,xn,…的增減性. [解析] (1)證明:當(dāng)b=1,c=-1,n≥2時(shí), fn(x)=xn+x-1. ∵fnfn(1)=×1<0, ∴fn(x)在內(nèi)存在零點(diǎn). 又∵當(dāng)x∈時(shí),f′(x)=nxn-1+1>0, ∴fn(x)在上是單調(diào)遞增的, ∴fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點(diǎn). (2)當(dāng)n=2時(shí),f2(x)=x2+bx+c. 對(duì)任意x1,x2∈[-1,1]都有|f2(x1)-f2(x2)|≤4等價(jià)于f2(x)在[-1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.據(jù)此分類討論如下: ①當(dāng)>1,即|b|>2時(shí), M=|f2(1)-f2(-1)|=2|b|

29、>4,與題設(shè)矛盾. ②當(dāng)-1≤-<0,即0<b≤2時(shí), M=f2(1)-f2=2≤4恒成立. ③當(dāng)0≤-≤1,即-2≤b≤0時(shí), M=f2(-1)-f2=2≤4恒成立. 綜上可知,-2≤b≤2. (3)解法一:設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(diǎn)(n≥2),fn(xn)=x+xn-1=0, fn+1(xn+1)=x+xn+1-1=0,xn+1∈, 于是有fn(xn)=0=fn+1(xn+1)=x+xn+1-1<x+xn+1-1=fn(xn+1). 又由(1)知fn(x)在上是單調(diào)遞增的, 故xn<xn+1(n≥2), 所以數(shù)列x2,x3,…,xn,…是遞增數(shù)列. 解法二:設(shè)

30、xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(diǎn). fn+1(xn)fn+1(1)=(x+xn-1)(1n+1+1-1) =x+xn-1<x+xn-1=0, 則fn+1(x)的零點(diǎn)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(diǎn)評(píng)] 第(1)問可利用函數(shù)的單調(diào)性及零點(diǎn)存在性定理進(jìn)行解題,但第(2)問較麻煩,很多同學(xué)不會(huì)做或耽誤較長(zhǎng)時(shí)間,從而延誤了第(3)問的解答.事實(shí)上,由題意可知,第(3)問的解答與第(2)問沒有任何關(guān)系,但與第(1)問是相關(guān)的,且非常容易解答,因此我們可跨過第(2)問,先解決第(3)問,從而加大了本題的得分率,這是解決此

31、類題的上策之舉. [策略2] 前解倒推混戰(zhàn)術(shù) 有些數(shù)學(xué)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(jìn)行了.此時(shí)若知悉它的大致趨勢(shì)和結(jié)果,可依從所求結(jié)論的形式、特點(diǎn),進(jìn)行反推、湊形,直到得出大致與所要達(dá)到的目標(biāo)相當(dāng)、相同或相似的式子,再來巧妙地進(jìn)行溝通也是可行的.對(duì)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(duì)的.也就是說,對(duì)此解答,自己是以其昏昏,卻能使人昭昭.因?yàn)閯e人看上去確實(shí)是一步接著一步寫的,沒有什么跳躍,也沒掉什么關(guān)鍵步.這一戰(zhàn)術(shù)與“中間會(huì)師”有點(diǎn)相似,但實(shí)質(zhì)卻不同.因?yàn)樗皇乔迩宄赝评磉^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(shù):解題結(jié)

32、尾路難行,倒推湊形亦為徑. [例12] 已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個(gè)零點(diǎn). (1)求a的取值范圍; (2)設(shè)x1,x2是f(x)的兩個(gè)零點(diǎn),求證:x1+x2<2. [解析] (1)f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). ①設(shè)a=0,則f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一個(gè)零點(diǎn). ②設(shè)a>0,則當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí),f′(x)<0; 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)>0, 所以f(x)在(-∞,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 又f(1)=-e,f(2)=a,取b滿足b<0且b<ln, 則f(b)>(b-

33、2)+a(b-1)2=a>0, 故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn). ③設(shè)a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a). 若a≥-,則ln(-2a)≤1,故當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí), f′(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 又當(dāng)x≤1時(shí),f(x)<0,所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn). 若a<-,則ln(-2a)>1, 故當(dāng)x∈(1,ln(-2a))時(shí),f′(x)<0; 當(dāng)x∈(ln(-2a),+∞)時(shí),f′(x)>0. 因此f(x)在(1,ln(-2a))內(nèi)單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 又當(dāng)x≤1時(shí),f(x)<0,所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn). 綜上

34、,a的取值范圍為(0,+∞). (2)證明:不妨設(shè)x1<x2,由(1)知,x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞),2-x2∈(-∞,1),又f(x)在(-∞,1)內(nèi)單調(diào)遞減, 所以x1+x2<2等價(jià)于f(x1)>f(2-x2),即f(2-x2)<0. 設(shè)g(x)=-xe2-x-(x-2)ex, 則g′(x)=(x-1)(e2-x-ex). 所以當(dāng)x>1時(shí),g′(x)<0,而g(1)=0, 故當(dāng)x>1時(shí),g(x)<0. 從而g(x2)=f(2-x2)<0,故x1+x2<2. [點(diǎn)評(píng)] 本題在證明x1+x2<2時(shí),如果直接從題目條件出發(fā),很難證明該結(jié)論成立,而通過分析,將x1+

35、x2<2轉(zhuǎn)化為x1<2-x2<1,利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性及f(x1)=f(x2),將問題轉(zhuǎn)化為證明不等式f(x1)>f(2-x2),進(jìn)而構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(2-x2),轉(zhuǎn)化為證明函數(shù)g(x)的最大值小于0,從而使問題得證. [活學(xué)活用8] (2019·沈陽監(jiān)測(cè))已知f(x)=ex-ax2-2x,a∈R. (1)求函數(shù)f(x)的圖象恒過的定點(diǎn)的坐標(biāo); (2)若f′(x)≥-ax-1恒成立,求a的值; (3)在(2)成立的條件下,證明:f(x)存在唯一的極小值點(diǎn)x0,且-2<f(x0)<-. 解析:(1)要使參數(shù)a對(duì)函數(shù)值不產(chǎn)生影響,需x=0, 此時(shí)f(0)=e0-a×02-2×

36、0=1,∴函數(shù)f(x)的圖象恒過的定點(diǎn)的坐標(biāo)為(0,1). (2)依題意得ex-2ax-2≥-ax-1恒成立, ∴ex≥ax+1恒成立. 構(gòu)造函數(shù)g(x)=ex-ax-1, 則g(x)=ex-ax-1的圖象恒過點(diǎn)(0,0), g′(x)=ex-a, ①若a≤0,則g′(x)>0,∴g(x)在R上單調(diào)遞增, ∴ex≥ax+1不能恒成立. ②若a>0,令g′(x)=0,∴x=ln a. ∵當(dāng)x∈(-∞,ln a)時(shí),g′(x)<0,函數(shù)g(x)=ex-ax-1單調(diào)遞減, 當(dāng)x∈(ln a,+∞)時(shí),g′(x)>0,函數(shù)g(x)=ex-ax-1單調(diào)遞增, ∴函數(shù)g(x)在x=l

37、n a處取得極小值,g(ln a)=a-aln a-1. ∴要使ex-2ax-2≥-ax-1恒成立,只需a-aln a-1≥0. 設(shè)h(a)=a-aln a-1,則函數(shù)h(a)的圖象恒過點(diǎn)(1,0),h′(a)=1-ln a-1=-ln a, 當(dāng)a∈(0,1)時(shí),h′(a)>0,函數(shù)h(a)單調(diào)遞增; 當(dāng)a∈(1,+∞)時(shí),h′(a)<0,函數(shù)h(a)單調(diào)遞減. ∴函數(shù)h(a)在a=1處取得極大值0, ∴要使函數(shù)h(a)≥0恒成立,只需a=1.綜上,a的值為1. (3)證明:f′(x)=ex-2x-2,設(shè)m(x)=ex-2x-2,則m′(x)=ex-2,當(dāng)x>ln 2時(shí),m′(x)>0,當(dāng)x<ln 2時(shí),m′(x)<0, ∴函數(shù)m(x)在(-∞,ln 2)上單調(diào)遞減,在(ln 2,+∞)上單調(diào)遞增, m(x)=ex-2x-2在x=ln 2處取得極小值,且m(ln 2)=-2ln 2<0, 又m(-1)=>0,m(2)=e2-6>0, ∴m(x)有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn),∴f(x)存在唯一的極小值點(diǎn)x0, ∴x0∈, ∴函數(shù)f(x)的極小值f(x0)=2-x∈, 即-2<f(x0)<-. - 17 -

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