2020届高考数学大二轮复习 下篇 指导三 巧用八种解题术教学案

-1-指导三巧用八种解题术“探求思路、图体向导”术对题设条件不够明显的数学问题求解，注意相关的图形，巧用图形作向导，可打破思维瓶颈，多途径找到突破方法．尤其是对一些以函数、三角函数、不等式等形式给出的命题，其本身虽不带有图形，但可以设法构造相应的辅助图形进行分析，将代数问题转化为几何问题来解．力争做到有图用图，无图想图，补形改图，充分运用其几何特征的直观性来启迪思维，从而较快地获得解题的途径这就是“用图探路术”．[例1]已知函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0)B.0，12C．(0,1)D．(0，＋∞)[解析]B[函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx＋1－2ax.函数f(x)＝x(lnx－ax)有两个极值点，等价于lnx＋1－2ax＝0在(0，＋∞)上有两个不相等的实数根，令h(x)＝lnx，g(x)＝2ax－1，则函数h(x)＝lnx的图象与函数g(x)＝2ax－1的图象在(0，＋∞)上有两个不同的交点．设函数h(x)＝lnx与函数g(x)＝2ax－1的图象相切于点A(m，lnm)，其中m＞0，函数g(x)的图象在点A处的切线的斜率为k＝2a，函数h(x)的图象在点A处的切线的斜率为k＝1m，∴2a＝1m.∵直线g(x)＝2ax－1过点(0，－1)，∴k＝lnm＋1m，∴lnm＋1m＝1m.解得m＝1，∴当函数h(x)与g(x)的图象相切时，a＝12.又两函数图象有两个交点，∴a∈0，12.][活学活用1](2019·杭州二模)设a，b，c是单位向量，且a·b＝0，则(a－c)·(b－c)的最小值为()-2-A．－2B.2－2C．－1D．1－2解析：D[由于(a－c)·(b－c)＝－(a＋b)·c＋1，因此等价于求(a＋b)·c的最大值，这个最大值只有当向量a＋b与向量c同向共线时取得．由于a·b＝0，故a⊥b，如图所示，|a＋b|＝2，|c|＝1.当θ＝0时，(a＋b)·c取得最大值且最大值为2.故所求的最小值为1－2.]“解题常招，设参换元”术在解答数学问题时，我们常把某个代数式看成一个新的未知数，或将某些变元用另一参变量的表达式来替换，以便将所求的式子变形，优化思考对象，让原来不醒目的条件，或隐含的信息显露出来，促使问题的实质明朗化，使非标准型问题标准化，从而便于我们将问题化繁为简、化难为易、化陌生为熟悉，从中找出解题思路．这种通过换元改变式子形式来变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去探究解题思路的做法，就是“设参换元术”，常见的换元法：三角代换、比值代换、整体代换等．[例2]已知椭圆C方程为x24＋y2＝1，且直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．[解析]圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0与圆O：x2＋y2＝1相切，得|m|1＋k2＝1，故有m2＝1＋k2.①由x24＋y2＝1，y＝kx＋m，消去y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝－8km4k2＋12－4×4m2－44k2＋1＝k2－m2＋k2＋2.②-3-将①代入②，得|x1－x2|2＝48k2k2＋2，故|x1－x2|＝43|k|4k2＋1.所以|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·43|k|4k2＋1＝43k2k2＋4k2＋1.故△OMN的面积S＝12|MN|×1＝23k2k2＋4k2＋1.令t＝4k2＋1(t≥1)，则k2＝t－14，代入上式，得S＝2·3×t－14t－14＋1t2＝32·t－t＋t2＝32·－1t2＋23t＋13＝32·－1t－132＋49，所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±22时，S取得最大值，且最大值为32×49＝1.[活学活用2](1)函数f(x)＝sinx＋cosx＋2sinxcosxx∈－π4，π4的最小值是________．解析：f(x)＝sinx＋cosx＋2sinxcosx＝(sinx＋cosx)2＋sinx＋cosx－1，令sinx＋cosx＝t，则t＝2sinx＋π4，∵x∈－π4，π4，∴x＋π4∈0，π2，∴0≤t≤2，∴原函数可化为g(t)＝t2＋t－1(0≤t≤2)．∵函数g(t)＝t2＋t－1的图象开口向上，其对称轴的方程为t＝－12，∴当0≤t≤2时，g(t)单调递增．当t＝0时，g(t)取得最小值－1.答案：－1(2)已知a＞0，b＞0，a2＋b2－ab＝3，则2a＋b的最大值是________．解析：令t＝2a＋b(t＞0)，则b＝t－2a，代入a2＋b2－ab＝3，得7a2－5at＋t2－3＝0，由关于a的一元二次方程有解得，Δ＝25t2－28(t2－3)≥0，即t2≤28，所以0＜t≤27，当且仅当7a2－107a＋25＝0，2a＋b＝27，即a＝57，b＝47时取等号，故2a＋b的最大值是27.答案：27-4-“巧设变量，引参搭桥”术当题目条件中的已知量或变量无法直接与要求的结论之间建立关系时，可考虑引入一些中间变量，即参数(可以是角度、线段、斜率及点的坐标等)，来沟通条件与结论之间的联系，这是一种非常重要的解题思想方法，即“引参搭桥”术．[例3]已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若直线l过点m3，m，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．[解析](1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝x1＋x22＝－kbk2＋9，yM＝kxM＋b＝9bk2＋9.于是直线OM的斜率kOM＝yM－yOxM－yO＝－9k，则kOM·k＝－9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．(2)四边形OAPB能为平行四边形．因为直线l过点m3，m，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3.由(1)得直线OM的方程为y＝－9kx.设点P的横坐标为xp.由y＝－9kx，9x2＋y2＝m2得x2P＝k2m29k2＋81，即xp＝±km3k2＋9.将m3，m代入l的方程得b＝m－k3，因此xm＝kk－mk2＋.当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM时，四边形OAPB为平行四边形．于是±km3k2＋9＝2×kk－mk2＋，解得k1＝4－7，k2＝4＋7.因为ki＞0，ki≠3，i＝1,2，所以当l的斜率为4－7或4＋7时，四边形OAPB为平行四边形．[活学活用3]已知△ABC为等腰三角形，AB＝AC，BD是其腰AC的中线，且BD＝3，求△ABC面积的最-5-大值．解析：设AB＝2x，∠BAC＝θ，θ∈(0，π)，则AD＝x，故S△ABC＝12·2x·2x·sinθ＝2x2sinθ，在△ABD中，BD2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cosθ，解得x2＝95－4cosθ，故S△ABC＝2x2sinθ＝18sinθ5－4cosθ，θ∈(0，π)，令f(θ)＝18sinθ5－4cosθ，θ∈(0，π)，则f′(θ)＝θ－－4cosθ2，令cosθ0＝45，θ0∈(0，π)，故当θ∈(0，θ0)时，f′(θ)＞0，当θ∈(θ0，π)时，f′(θ)＜0，故f(θ)在θ0处取到极大值，也是最大值，故f(θ)max＝18×355－4×45＝6，故△ABC面积的最大值为6.答案：6“变量交错、分离协调”术对多个变量交叉混合布局的数学问题，在求解时往往需要分离变量，即将混为一团的变量分开，使之各自成为一个小整体，便于分别分析各自所具有的特征，研究它们之间的差异，从中发现解题的思路．这种通过对变量的分离来协调变量间的关系，理顺解题思路进行各个击破的解题策略，就是“分离变量”的战术．[例4]设函数f(x)＝lg1＋2x＋…＋n－x＋nxan，其中a∈R，n是任意给定的正整数，且n≥2，如果当x∈(－∞，1]时，f(x)有意义，求a的取值范围．[解析]由题意有1＋2x＋…＋(n－1)x＋nxa＞0，从而a＞－1nx＋2nx＋…＋n－1nx.因为n≥2，而y＝knx(k＝1,2，…，n－1)是x∈(－∞，1]上的减函数，-6-所以1nx＋2nx＋…＋n－1nx≥1n＋2n＋…＋n－1n＝n－12，故a＞－n－12.[活学活用4]设函数g(x)＝ax＋x＋b对任意a∈12，2，都有g(x)≤10在x∈14，1上恒成立，求实数b的取值范围．解析：变量分离．b≤10－ax＋x.令h(x)＝ax＋x，则h′(x)＝1－ax2＝x－ax＋ax2，得x＝a(极小值点)，x＝－a(极大值点)，故h(x)在(－∞，－a)上单调递增，在(－a，0)上单调递减，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．由此可知，h(x)在14，1上的最大值为h14与h(1)中的较大者．又h14－h(1)＝3a－14，a∈12，2，∴h14＞h(1)，∴h(x)max＝h14＝4a＋14，所以，只需b≤10－4a＋14恒成立即可，又74≤10－4a＋14≤314，从而得b的取值范围是－∞，74.答案：－∞，74“固势推导，反客为主”术我们解答数学题时通常把注意力集中在主变元上，这是理所当然的事．当思维受阻时，若注重考查命题的求解趋势，依从条件与结论的内在联系变换思考方向，视其参变元为主变元进行研究、推导，也能得到解决问题的途径，有时还能获得问题的巧解．这种做法就是“反客为主”的战术．[例5]若f(x)＝ax2＋2(2a－1)x＋4a－7，a∈N*，若f(x)至少有一个整数根，则a的取值为________．[解析]依题意可知，当f(x)＝0时，有2x＋7＝a(x＋2)2，①显然，当x＝－2时，方程①不成立．故有a＝2x＋7x＋2(x≠－2)，②于是，当a为正整数时，则必有2x＋7≥(x＋2)2，且x∈Z，x≠－2，即x必须满足条件：－3≤x≤1(x∈Z，x≠－2)．-7-由此可知，x只能在－3，－1,0,1中取值．将－3，－1,0,1分别代入①中，得知：仅当x＝－3，x＝－1和x＝1时能保证a为正整数，且此时有a＝1和a＝5.所以，当a＝1和a＝5时，原方程至少有一个整数根．[答案]1或5[活学活用5]对于满足|log2p|＜2的所有实数p，使x2＋px＋1＞2x＋p恒成立的x的取值范围为________________．解析：由|log2p|＜2，得14＜p＜4.由题意可设f(p)＝(x－1)p＋(x2－2x＋1)＞0，易知f(p)是p的一次函数，故要使f(p)＞0在p∈14，4上恒成立，则必须有x≠1，且f14≥0，f，即x≠1，且14x－＋x－2≥0，x－＋x－2≥0，解得x≤34或x≥1，x≤－3或x≥1，且x≠1，由此可得x≤－3或x＞1.所以满足题意的实数x的取值范围是x≤－3或x＞1.答案：(－∞，－3]∪(1，＋∞)“换位推理，声东击西”术对有些命题在直接求解常感到困难或根本难以从条件入手，这时可避开正面强