2020届二轮复习考前冲刺必备五解题技法增分学案（江苏专用）

2020届二轮复习考前冲刺必备五解题技法增分学案（江苏专用）

必备五　解题技法增分　‎ 技法一　特例法 ‎　　在解填空题时,可以取一个(或一些)特殊数值(或特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊数列、特殊图形等)来确定其结果,这种方法称为特例法.特例法由于只需对特殊值、特殊情形进行检验,省去了推理论证及烦琐演算的过程,提高了解题的速度.特例法是考试中解答选择题和填空题时经常用到的一种方法,应用得当会有事半功倍的效果.‎ 典型例题 ‎　　例1　(1)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若a,b,c成等差数列,则cosA+cosC‎1+cosAcosC=　　　　　　. ‎ ‎(2)AD,BE是△ABC的中线,若|AD|=|BE|=1,且AD与BE的夹角为120°,则AB·AC=　　　　. ‎ 答案　(1)‎4‎‎5‎　(2)‎‎2‎‎3‎ 解析　(1)利用特例法,令a=3,b=4,c=5,则△ABC为直角三角形,cos A=‎4‎‎5‎,cos C=0,从而所求值为‎4‎‎5‎.‎ ‎(2)易知等边三角形为符合题意的△ABC的一个特例,则|AB|=‎2‎‎3‎‎3‎,∴AB·AC=|AB||AC|cos 60°=‎2‎‎3‎.‎ ‎【方法归纳】‎ 当填空题已知条件中含有某些不确定的量,但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时,可以将题中变化的不定量选取一些符合条件的恰当特殊值进行处理.‎ 跟踪集训 ‎1.求值:cos2a+cos2(a+120°)+cos2(a+240°)=　　　　. ‎ ‎2.已知m,n是直线,α,β,γ是平面,给出下列命题:①若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β;②若n⊥α,n⊥β,则α∥β;③若α内不共线的三点到β的距离都相等,则α∥β;④若n⊄α,m⊄α,且n∥β,m∥β,则α∥β;⑤若m,n为异面直线,n⊄α,n∥β,m⊄β,m∥α,则α∥β.其中正确的命题是　　　　.(把你认为正确的命题序号都填上) ‎ ‎3.如图,点P为椭圆x‎2‎‎25‎+y‎2‎‎9‎=1上第一象限内的任意一点,过椭圆的右顶点A、上顶点B分别作y轴、x轴的平行线,它们相交于点C,过点P引BC,AC的平行线,分别交AC于点N,交BC于点M,交AB于D,E两点,记矩形PMCN的面积为S1,三角形PDE的面积为S2,则S1∶S2=　　　　. ‎ 技法二　图解法 典型例题 ‎　　例2　(1)直线y=x+m与曲线x=‎1-‎y‎2‎有且仅有一个公共点,则m的取值范围是　　　　　　　　. ‎ ‎(2)(2019天津文改编,8,5分)已知函数f(x)=‎2x,0≤x≤1,‎‎1‎x‎,x>1.‎若关于x的方程f(x)=-‎1‎‎4‎x+a(a∈R)恰有两个互异的实数解,则a的取值范围为　　　　　　　　. ‎ 答案　(1)-11相切时,恰有两个公共点,此时a>0.‎ 联立y=‎1‎x,‎y=-‎1‎‎4‎x+a,‎得‎1‎x=-‎1‎‎4‎x+a,‎ 即‎1‎‎4‎x2-ax+1=0,‎ 由Δ=a2-4×‎1‎‎4‎×1=0,得a=1(舍去负根).‎ 综上,a∈‎5‎‎4‎‎,‎‎9‎‎4‎∪{1}.‎ 一题多解　令g(x)=f(x)+‎1‎‎4‎x=‎2x+x‎4‎(0≤x≤1),‎‎1‎x‎+x‎4‎(x>1),‎当0≤x≤1时,g(x)=2x+x‎4‎为增函数,其值域为‎0,‎‎9‎‎4‎;当x>1时,g(x)=‎1‎x+x‎4‎,对g(x)求导得g'(x)=-‎1‎x‎2‎+‎1‎‎4‎,令g '(x)=0,得x=2,当x∈(1,2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,∴当x=2时,g(x)min=g(2)=1,函数g(x)的简图如图所示:‎ 方程f(x)=-‎1‎‎4‎x+a恰有两个互异的实数解,即函数y=g(x)的图象与直线y=a有两个不同的交点,由图可知‎5‎‎4‎≤a≤‎9‎‎4‎或a=1满足条件.‎ 易错警示　本题入手时,容易分段研究方程2x=-‎1‎‎4‎x+a(0≤x≤1)与‎1‎x=-‎1‎‎4‎x+a(x>1)的解,陷入相对复杂的运算过程.利用数形结合时,容易在区间的端点处出现误判.‎ ‎【方法归纳】‎ 图解法实质上是数形结合思想在解题中的应用,利用图形的直观性并结合所学知识可直接得到相应的结论,这也是高考命题的热点.准确运用此法的关键是正确把握各种式子与几何图形中的变量之间的对应关系,利用几何图形中的相关结论求出结果.‎ 跟踪集训 ‎4.(2019泰州期末)在平面直角坐标系xOy中,过圆C1:(x-k)2+(y+k-4)2=1上任一点P作圆C2:x2+y2=1的一条切线,切点为Q,则当线段PQ的长最小时,k=　　　　. ‎ ‎5.向量OC=(2,2),OB=(2,0),CA=(‎2‎cos α,‎2‎sin α),则向量OA,CB的夹角β的取值范围是　　　　　　. ‎ ‎6.(2019南通、如皋二模)定义min{a,b}=a,a≤b,‎b,a>b.‎已知函数f(x)=ex-‎1‎m,g(x)=(x-1)(mx+2m2-m-1),若h(x)=min{f(x),g(x)}恰好有3个零点,则实数m的取值范围是　　　　　　　　. ‎ 技法三　等价转化法 ‎　　通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”将问题等价转化成便于解决的问题,从而得到正确的结果.‎ 典型例题 ‎　　例3　对任意的|m|≤2,函数f(x)=mx2-2x+1-m恒负,则x的取值范围为　　　　　　. ‎ 答案　‎‎7‎‎-1‎‎2‎‎,‎‎3‎‎+1‎‎2‎ 解析　对任意的|m|≤2,有mx2-2x+1-m<0恒成立,等价于|m|≤2时,(x2-1)m-2x+1<0恒成立.设g(m)=(x2-1)m-2x+1,则原问题转化为g(m)<0在[-2,2]上恒成立,则g(-2)<0,‎g(2)<0,‎即‎2x‎2‎+2x-3>0,‎‎2x‎2‎-2x-1<0,‎解得‎7‎‎-1‎‎2‎0).设G(x)=f(x)+2-g(x)有两个零点x1,x2,且x1,x0,x2成等差数列,试探究G'(x0)的符号.‎ 解析　因为G(x)=x2+2-aln x-bx有两个零点x1,x2,‎ 所以x‎1‎‎2‎‎+2-aln x‎1‎-bx‎1‎=0,‎x‎2‎‎2‎‎+2-aln x‎2‎-bx‎2‎=0,‎ 两式相减得x‎2‎‎2‎-x‎1‎‎2‎-a(ln x2-ln x1)-b(x2-x1)=0,‎ 即x2+x1-b=a(ln x‎2‎-ln x‎1‎)‎x‎2‎‎-‎x‎1‎,‎ 于是G'(x0)=2x0-ax‎0‎-b=(x1+x2-b)-‎‎2ax‎1‎‎+‎x‎2‎ ‎=a(ln x‎2‎-ln x‎1‎)‎x‎2‎‎-‎x‎1‎-‎‎2ax‎1‎‎+‎x‎2‎ ‎=‎ax‎2‎‎-‎x‎1‎lnx‎2‎x‎1‎-‎‎2(x‎2‎-x‎1‎)‎x‎1‎‎+‎x‎2‎ ‎=ax‎2‎‎-‎x‎1‎lnx‎2‎x‎1‎-‎‎2‎x‎2‎x‎1‎‎-1‎‎1+‎x‎2‎x‎1‎.‎ ‎①当01,‎ 且G'(x0)=ax‎2‎‎-‎x‎1‎lnt-‎‎2(t-1)‎‎1+t.‎ 设u(t)=ln t-‎2(t-1)‎‎1+t(t>1),‎ 则u'(t)=‎1‎t-‎4‎‎(1+t‎)‎‎2‎=‎(1-t‎)‎‎2‎t(1+t‎)‎‎2‎>0,‎ 则u(t)=ln t-‎2(t-1)‎‎1+t在(1,+∞)上为增函数,‎ 而u(1)=0,所以u(t)>0,即ln t-‎2(t-1)‎‎1+t>0.‎ 又因为a>0,x2-x1>0,所以G'(x0)>0.‎ ‎②当00.‎ 综上所述,G'(x0)的符号为正.‎ ‎【方法归纳】‎ 本题涉及两个变量x1,x2,在解题时利用换元法简化过程,然后构造函数,再利用导数法,结合函数单调性进行符号的判断.本题把式子x‎2‎x‎1‎看成一个整体,用变量t去代替它,从而达到化二元为一元的目的,同时使本来零乱、分散的问题得到简化.这种技巧在解题时非常重要,需要灵活运用.‎ 跟踪集训 ‎11.若f(ln x)=3x+4,则f(x)的表达式为　　　　　　　. ‎ ‎12.已知函数f(x)=4x,g(x)=2x,则方程f(x)+f(-x)-2g(x)-2g(-x)=‎22‎‎9‎的解为　　　　　　　　. ‎ ‎13.y=sin xcos x+sin x+cos x的最大值是　　　　. ‎ 技法六　构造法 ‎　　用构造法解题的关键是由条件和结论的特殊性构造数学模型,从而简化推导与运算过程.构造法是建立在观察联想、分析综合的基础上的,首先应观察题目,观察已知条件形式上的特点,然后联想、类比已学过的知识及各种数学结构、数学模型,深刻了解问题及问题的背景(几何背景、代数背景),通过构造几何、函数、向量等具体的数学模型快速解题.‎ 典型例题 ‎　　例6　在四面体ABCD中,若AB=CD=‎13‎,AC=BD=5,AD=BC=2‎5‎,则该四面体的体积V=　　　　. ‎ 答案　8‎ 解析　构造如图所示的长方体,并且满足AB=CD=‎13‎,AC=BD=5,AD=BC=2‎5‎.‎ 设AP=p,AQ=q,AR=r,‎ 则p2+q2=AB2=13,r2+p2=AD2=20,q2+r2=AC2=25.‎ 由上述三式得p2+q2+r2=29,于是r=4,q=3,p=2.‎ 故V=V长方体-4VC-AQB=2×3×4-4×‎1‎‎3‎×4×‎1‎‎2‎×2×3=8.‎ ‎【方法归纳】‎ 构造法实质上是转化与化归思想在解题中的应用,需要根据已知条件和所要解决的问题确定构造的方向.一般通过构造新的函数、不等式或数列等模型将问题转化为熟悉的问题.在立体几何中,补形构造是最常用的解题技巧.通过补形可以将一般几何体的有关问题放在特殊的几何体中求解,如将三棱锥补成长方体等.‎ 跟踪集训 ‎14.设函数f(x)=ln x+mx,m∈R,若对任意b>a>0,f(b)-f(a)‎b-a<1恒成立,则m的取值范围为　　　　. ‎ ‎15.(2018南通高三第二次调研)已知a为常数,函数f(x)=xa-‎x‎2‎‎-‎‎1-‎x‎2‎的最小值为-‎2‎‎3‎,则a的所有值为　　　　. ‎ 技法七　逆向思维法 ‎　　解数学问题时,一般总是从正面入手进行思考.但时常会遇到从正面入手较复杂或不易解决的情况,这时若灵活运用逆向思维来分析解题,则能使问题得到非常简捷的解决,起到事半功倍之效.‎ 典型例题 ‎　　例7　已知二次函数f(x)=4x2-2(p-2)x-2p2-p+1,在区间[-1,1]内至少存在一个数c,使f(c)>0,则实数p的取值范围是　　　　. ‎ 答案　‎‎-3,‎‎3‎‎2‎ 解析　若f(x)在[-1,1]上不存在使f(c)>0的数c,则f(x)在[-1,1]内小于等于0,又Δ=36p2≥0,故f(-1)≤0且f(1)≤0,因此若要满足题意,则只需f(-1)>0或f(1)>0即可,由f(1)>0,得2p2+3p-9<0,即-30,得2p2-p-1<0,即-‎1‎‎2‎0,这个问题似乎无从下手,困难较大.若用逆向思维利用补集思想求解,则很直观简捷.‎ 跟踪集训 ‎16.已知集合A={x|x2-4mx+2m+6=0},B={x|x<0},若A∩B≠⌀,则实数m的取值范围是　　　　　　　. ‎ 技法八　分离参数法 ‎　　分离参数法是求解不等式有解、恒成立问题常用的方法,通过分离参数将问题转化为相应函数的最值或范围问题,从而避免对参数进行分类讨论的烦琐过程.该方法也适用于含参方程有解、无解等问题.但要注意该方法仅适用于分离参数后能求出相应函数的最值或值域的情况.‎ 典型例题 ‎　　例8　已知函数f(x)=ex(3x-2),g(x)=a(x-2),其中a,x∈R.‎ ‎(1)求过点(2,0)和函数y=f(x)图象相切的直线方程;‎ ‎(2)若对任意x∈R,有f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范围;‎ ‎(3)若存在唯一的整数x0,使得f(x0)ex‎(3x-2)‎x-2‎成立,‎ 因为F‎8‎‎3‎=9e‎8‎‎3‎最小,且F(3)=7e3,F(4)=5e4,所以当a>5e4时,至少有两个整数成立,‎ 所以当a≤7e3时,没有整数成立,所以a∈(7e3,5e4],‎ 综上,a∈‎5‎‎3e‎,1‎∪(7e3,5e4].‎ ‎【方法归纳】‎ 对于求不等式成立时参数范围的问题,在可能的情况下把参数分离出来,使不等式一端是含有参数的不等式,另一端是一个区间上的具体的函数.但要注意分离参数法不是万能的,如果分离参数后,得出的函数解析式较为复杂,性质很难研究,那么就不要使用分离参数法.‎ 跟踪集训 ‎17.若不等式2xln x≥-x2+ax-3恒成立,则实数a的取值范围为　　　　. ‎ ‎18.已知函数f(x)=‎1‎‎3‎x3-x2-3x+‎4‎‎3‎,直线l:9x+2y+c=0,当x∈[-2,2]时,函数f(x)的图象恒在直线l下方,则c的取值范围是　　　　. ‎ 技法九　整体代换法 ‎　　整体代换法是根据式子的结构特征,在求值过程中,直接将多个数之和的表达式或多项式当成一个整体来处理,从而建立已知和所求之间的关系或方程进行求解的方法.利用该种方法求值,可以避免烦琐的计算.该方法适用于等差、等比数列中连续几项和的有关计算.‎ 典型例题 ‎　　例9　在等比数列{an}中,公比q=2,前87项和S87=140,则a3+a6+a9+…+a87=　　　　. ‎ 答案　80‎ 解析　设b1=a1+a4+a7+…+a85,b2=a2+a5+a8+…+a86,b3=a3+a6+a9+…+a87,‎ 因为b1q=b2,b2q=b3,且b1+b2+b3=140,‎ 所以b1(1+q+q2)=140,而1+q+q2=7,‎ 所以b1=20,则b3=q2b1=4×20=80.‎ ‎【方法归纳】‎ 整体代换法求值的关键是准确把握代数式的结构特征,确定已知和所求之间的关系.‎ 跟踪集训 ‎19.设等差数列{an}的前n项和为Sn,若a2a4a6a8=120,且‎1‎a‎4‎a‎6‎a‎8‎+‎1‎a‎2‎a‎6‎a‎8‎+‎1‎a‎2‎a‎4‎a‎8‎+‎1‎a‎2‎a‎4‎a‎6‎=‎7‎‎60‎,则S9的值为　　　　. ‎ ‎20.在正项等比数列{an}中,a4+a3-2a2-2a1=6,则a5+a6的最小值为　　　　　. ‎ 技法十　判别式法 ‎　　判别式法就是利用一元二次方程ax2+bx+c=0(a≠0)有解的充要条件(判别式Δ=b2-4ac≥0)求解.‎ 典型例题 ‎　　例10　已知α,β,γ为任意三角形的三个内角,求证:‎ x2+y2+z2≥2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.‎ 证明　设f(x)=x2+y2+z2-(2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ)‎ ‎=x2-2(ycos α+zcos γ)x+y2+z2-2yzcos β,‎ 因为Δ=4(ycos α+zcos γ)2-4(y2+z2-2yzcos β)‎ ‎=-4(ysin α-zsin γ)2≤0,‎ 所以f(x)≥0,即x2+y2+z2≥2xycos α+2yzcos β+2zxcos γ.‎ ‎【方法归纳】‎ 判别式是方程、函数和不等式之间联系的重要工具,是不等式之间相互转化的重要桥梁,运用判别式法证明不等式有两种途径:(1)构造一元二次方程,然后利用Δ≥0来证明;(2)构造恒大于(或小于)零的一元二次函数,然后利用Δ≤0来证明.‎ 跟踪集训 ‎21.函数y=‎2x‎2‎+4x-7‎x‎2‎‎+2x+3‎的值域为　　　　　　. ‎ ‎22.设a1,d为实数,首项为a1,公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn,满足S5S6+15=0,则d的取值范围是　　　　. ‎ ‎23.给定两个长度为1的平面向量OA和OB,它们的夹角为120°.如图所示,点C在以O为圆心的AB上运动,若OC=xOA+yOB,其中x,y∈R,则x+y的最大值是　　　　. ‎ 技法十一　归纳法 ‎　　归纳法的过程可概括为 从具体问 题出发观察、分析、 比较、联想归纳、类比提出结论 发现与猜想的结论都要经过进一步严格证明.‎ 典型例题 ‎　　例11　(2018江苏沭阳调研)观察下列式子:1+‎1‎‎2‎‎2‎<‎3‎‎2‎,1+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎<‎5‎‎3‎,1+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎+‎1‎‎4‎‎2‎<‎7‎‎4‎,……,据其中规律,可以猜想出:1+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎+‎1‎‎4‎‎2‎+…+‎1‎‎1‎‎0‎‎2‎<　　　　　. ‎ 答案　‎‎19‎‎10‎ 解析　由已知中的不等式:‎ ‎1+‎1‎‎2‎‎2‎<‎3‎‎2‎=‎2×2-1‎‎2‎,1+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎<‎5‎‎3‎=‎2×3-1‎‎3‎,1+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎+‎1‎‎4‎‎2‎<‎7‎‎4‎=‎2×4-1‎‎4‎,……,‎ 我们可以推断出:不等式右边分式的分母与左边最后一项分母的底数相等,分子是分母的2倍减1,即 ‎1+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎+‎1‎‎4‎‎2‎+…+‎1‎n‎2‎<‎2n-1‎n,∴1+‎1‎‎2‎‎2‎+‎1‎‎3‎‎2‎+‎1‎‎4‎‎2‎+…+‎1‎‎1‎‎0‎‎2‎<‎2×10-1‎‎10‎=‎19‎‎10‎,故答案为‎19‎‎10‎.‎ ‎【方法归纳】‎ 归纳问题的常见类型及解题策略 ‎(1)与数字有关的等式的推理.观察数字特点,找出等式左右两侧的规律及符号可解.‎ ‎(2)与不等式有关的推理.观察每个不等式的特点,注意是纵向看,找到规律后可解.‎ ‎(3)与数列有关的推理.通常是先求出几个特殊项,采用不完全归纳法,找出数列的项与项数的关系,列出即可.‎ ‎(4)与图形变化有关的推理.合理利用特殊图形归纳推理得出结论,并用赋值检验法验证其真伪性.‎ 跟踪集训 ‎24.(2018江苏如皋调研)已知函数f0(x)=xex,设fn+1(x)为fn(x)的导函数, f1(x)=[f0(x)]'=‎1-xex, f2(x)=[f1(x)]'=x-2‎ex,……,根据以上结果,推断f2 017(x)=　　　　　. ‎ ‎25.某种平面分形图如图所示,一级分形图是由一点出发的三条线段,长度均为1,两两夹角为120°组成的;二级分形图是在一级分形图的每条线段的末端再生成两条长度为原来的‎1‎‎3‎的线段,且这两条线段与原线段两两夹角为120°;……,依此规律得到n级分形图.‎ ‎(1)n级分形图中共有　　　　条线段; ‎ ‎(2)n级分形图中所有线段长度之和为　　　　　　. ‎ 技法十二　等积转化法 ‎　　等积转化法是通过变换几何体的底面,利用几何体(主要是三棱锥)体积的不同表达形式求解相关问题的方法.其主要用于立体几何中求解点到面的距离.‎ 典型例题 ‎　　例12　如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.‎ ‎(1)求证:PC⊥AD;‎ ‎(2)求点D到平面PAM的距离.‎ 解析　(1)证明:如图,取AD的中点O,连接OP,OC,AC,‎ ‎△PAD,△ACD均为正三角形,所以OC⊥AD,OP⊥AD.‎ 又OC∩OP=O,所以AD⊥平面POC,‎ 又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.‎ ‎(2)点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离,由(1)可知,PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.‎ 在Rt△POC中,PO=OC=‎3‎,PC=‎6‎,在△PAC中,PA=AC=2,PC=‎6‎,边PC上的高AM=PA‎2‎-PM‎2‎=‎2‎‎2‎‎-‎‎6‎‎2‎‎2‎=‎10‎‎2‎,‎ 所以△PAC的面积S△PAC=‎1‎‎2‎PC·AM=‎1‎‎2‎×‎6‎×‎10‎‎2‎=‎15‎‎2‎.‎ 设点D到平面PAC的距离为h,因为VD-PAC=VP-ACD,‎ 所以‎1‎‎3‎S△PAC·h=‎1‎‎3‎S△ACD·PO,‎ 又S△ACD=‎1‎‎2‎×2×‎3‎=‎3‎,所以‎1‎‎3‎×‎15‎‎2‎×h=‎1‎‎3‎×‎3‎×‎3‎,解得h=‎2‎‎15‎‎5‎.‎ 故点D到平面PAM的距离为‎2‎‎15‎‎5‎.‎ ‎【方法归纳】‎ 等积变换法求解点到平面的距离,关键是选择合适的底面,选择的底面应具备两个特征:一是底面的形状规则,面积可求;二是底面上的高比较明显,即线面垂直比较明显.‎ 跟踪集训 ‎26.如图所示,四边形ABCD是正方形,PA⊥平面ABCD,E,F分别是AC,PC的中点,PA=2,AB=1,则三棱锥C-PED的体积为　　　　. ‎ ‎27.如图所示,已知正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直,AD⊥CD,AB∥CD,AB=AD=‎1‎‎2‎CD=1.‎ ‎(1)当点M为ED的中点时,求证:AM∥平面BEC;‎ ‎(2)求点D到平面BEC的距离.‎ 答案精解精析 技法一　特例法 跟踪集训 ‎1.答案　‎‎3‎‎2‎ 解析　题目中“求值”二字暗示答案为一定值,于是不妨令a=0°,得结果为‎3‎‎2‎.‎ ‎2.答案　②‎ 解析　依题意可取特殊模型正方体AC1(如图),在正方体AC1中逐一判断各命题,易得正确的命题是②.‎ ‎3.答案　1‎ 解析　不妨取点P‎4,‎‎9‎‎5‎,则可计算S1=‎3-‎‎9‎‎5‎×(5-4)=‎6‎‎5‎,易求得PD=2,PE=‎6‎‎5‎,所以S2=‎1‎‎2‎×2×‎6‎‎5‎=‎6‎‎5‎,所以S1∶S2=1.‎ 技法二　图解法 跟踪集训 ‎4.答案　2‎ 解析　如图,因为PQ为圆C2的切线,所以PQ⊥C2Q,由勾股定理,得|PQ|=‎|PC‎2‎‎|‎‎2‎-1‎,要使|PQ|最小,则|PC2|最小,‎ 显然当点P为C1C2与圆C1的交点时,|PC2|最小,‎ 此时,|PC2|=|C1C2|-1,‎ ‎|C1C2|=k‎2‎‎+(-k+4‎‎)‎‎2‎=‎2(k-2‎)‎‎2‎+8‎≥2‎2‎.‎ 当k=2时,|C1C2|最小,同时|PQ|最小.‎ ‎5.答案　105°≤β≤165°‎ 解析　不妨令O为坐标原点.‎ ‎∵OB=(2,0),OC=(2,2),‎ ‎∴B(2,0),C(2,2),‎ ‎∵CA=(‎2‎cos α,‎2‎sin α),∴|CA|=‎2‎,‎ ‎∴点A在以点C为圆心,‎2‎为半径的圆上.‎ ‎∴当OA与圆C相切时,向量OA与向量CB的夹角β取得最大值或最小值.‎ 设切点分别为点A和点A',连接OC,OA,OA',如图,则OC=2‎2‎,AC⊥OA,‎ ‎∵sin∠AOC=ACOC=‎1‎‎2‎,‎ ‎∴∠AOC=∠A'OC=30°,‎ ‎∴∠AOB=∠A'Oy=15°,‎ ‎∴当切点为点A时,向量OA与向量CB的夹角β取得最小值15°+90°=105°,‎ 当切点为点A'时,向量OA与向量CB的夹角β取得最大值180°-15°=165°.‎ 故答案为105°≤β≤165°.‎ ‎6.答案　‎1‎e‎,‎‎2‎‎2‎∪‎‎2‎‎2‎‎,1‎ 解析　当m<0时, f(x)=ex-‎1‎m的图象在x轴上方,无零点,‎ g(x)=(x-1)(mx+2m2-m-1)至多有2个零点,与题意不符.‎ 当m>0时, f(x)=ex-‎1‎m的零点为x=ln‎1‎m=-ln m,‎ g(x)=(x-1)(mx+2m2-m-1)的零点为x1=1,x2=1+‎1‎m-2m.‎ ‎(1)若1+‎1‎m-2m>1,则有0‎1‎e,所以‎1‎e‎2‎‎2‎,画出两函数图象如图.‎ 由图可知,要有3个零点,需满足-ln m<1+‎1‎m-2m,即1+‎1‎m-2m+ln m>0,‎ 令φ(m)=1+‎1‎m-2m+ln m,‎ 求导得φ'(m)=-‎1‎m‎2‎-2+‎1‎m=‎ ‎-2m‎2‎+m-1‎m‎2‎‎,‎ 对于函数k(m)=-2m2+m-1,Δ=1-8=-7<0,所以k(m)<0恒成立,‎ 即φ'(m)<0恒成立,所以函数φ(m)=1+‎1‎m-2m+ln m在‎2‎‎2‎‎,+∞‎上是减函数,‎ 又φ(1)=0,‎ 所以当m∈‎2‎‎2‎‎,1‎时,φ(m)>0,‎ 所以‎2‎‎2‎b>0),‎ ‎∴MB‎1‎=(-2,b),MB‎2‎=(-2,-b),‎ ‎∵MB‎1‎⊥MB‎2‎,∴MB‎1‎·MB‎2‎=0,‎ 解得b2=4,‎ 又e=a‎2‎‎-‎b‎2‎a=‎1-‎b‎2‎a‎2‎=‎5‎‎3‎,‎ 解得a2=9,‎ 故椭圆的标准方程为x‎2‎‎9‎+y‎2‎‎4‎=1.‎ ‎(2)存在.‎ 假设存在满足条件的定点P,其坐标为(t,0),由题意可设直线AB的方程为x=my+2,代入x‎2‎‎9‎+y‎2‎‎4‎=1,‎ 整理得(4m2+9)y2+16my-20=0,‎ ‎∴y1+y2=‎-16m‎4m‎2‎+9‎,y1·y2=-‎20‎‎4m‎2‎+9‎.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ ‎∵PA,PB所在直线斜率分别为kPA=y‎1‎x‎1‎‎-t,kPB=y‎2‎x‎2‎‎-t,‎ ‎∴kPA+kPB=0⇔y1(x2-t)+y2(x1-t)=0⇔2my1y2+(2-t)(y1+y2)=0⇔-40m-16m(2-t)=0.‎ 上式对任意m∈R恒成立,其充要条件为-40m-16m(2-t)=0,解得t=‎9‎‎2‎.‎ 故存在满足条件的定点P,其坐标为‎9‎‎2‎‎,0‎.‎ 技法五　换元法 跟踪集训 ‎11.答案　f(x)=3ex+4‎ 解析　令ln x=t,则x=et, f(t)=3et+4,即f(x)=3ex+4.‎ ‎12.答案　x=log23或x=log2‎‎1‎‎3‎ 解析　由f(x)+f(-x)-2g(x)-2g(-x)=‎22‎‎9‎,得4x+4-x-2(2x+2-x)=‎22‎‎9‎,令t=2x+2-x,则4x+4-x=t2-2,故原方程可化为9t2-18t-40=0,解得t=‎10‎‎3‎或t=-‎4‎‎3‎(舍去),则2x+2-x=‎10‎‎3‎,即2x+‎1‎‎2‎x=‎10‎‎3‎,‎ 解得2x=3或2x=‎1‎‎3‎,‎ 所以x=log23或x=log2‎1‎‎3‎.‎ ‎13.答案　‎1‎‎2‎+‎‎2‎ 解析　设sin x+cos x=t,则t∈[-‎2‎,‎2‎],则y=t‎2‎‎2‎+t-‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎(t+1)2-1,当t=‎2‎时,y取最大值,ymax=‎1‎‎2‎+‎2‎.‎ 技法六　构造法 跟踪集训 ‎14.答案　‎‎1‎‎4‎‎,+∞‎ 解析　对于任意的b>a>0,f(b)-f(a)‎b-a<1恒成立,等价于f(b)-b0),则h(b)0),所以m≥‎1‎‎4‎,即实数m的取值范围为‎1‎‎4‎‎,+∞‎.‎ ‎15.答案　4,‎‎1‎‎4‎ 解析　构造平面向量的数量积.‎ 由函数解析式可得a>0,a≠1,‎ f(x)=xa-‎x‎2‎+x‎1-‎x‎2‎a-1‎,令m=(x,‎1-‎x‎2‎),n=(a-‎x‎2‎,x),则|m|=1,|n|=a,设m,n的夹角是α,α∈[0,π],则xa-‎x‎2‎+x‎1-‎x‎2‎=m·n=a cos α∈[-a,a],当01时, f(x)min=-aa-1‎=-‎2‎‎3‎,解得a=4,适合,故a的值为4或‎1‎‎4‎.‎ 技法七　逆向思维法 跟踪集训 ‎16.答案　(-∞,-1]‎ 解析　若A∩B=⌀,则 ‎①当A=⌀时,有Δ=(-4m)2-4(2m+6)<0,解得-1-1,‎ 故所求实数m的取值范围为(-∞,-1].‎ 技法八　分离参数法 跟踪集训 ‎17.答案　(-∞,4]‎ 解析　已知条件可转化为a≤2ln x+x+‎3‎x恒成立.‎ 设f(x)=2ln x+x+‎3‎x,‎ 则f '(x)=‎(x+3)(x-1)‎x‎2‎(x>0).‎ 当x∈(0,1)时, f '(x)<0,函数f(x)单调递减;‎ 当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,函数f(x)单调递增,‎ 所以f(x)min=f(1)=4,所以a≤4.‎ ‎18.答案　(-∞,-6)‎ 解析　根据题意知‎1‎‎3‎x3-x2-3x+‎4‎‎3‎<-‎9‎‎2‎x-c‎2‎在x∈[-2,2]上恒成立,‎ 则-c‎2‎>‎1‎‎3‎x3-x2+‎3‎‎2‎x+‎4‎‎3‎,‎ 设g(x)=‎1‎‎3‎x3-x2+‎3‎‎2‎x+‎4‎‎3‎,‎ 则g'(x)=x2-2x+‎3‎‎2‎,‎ 因为g'(x)>0恒成立,‎ 所以g(x)在[-2,2]上单调递增,‎ 所以g(x)max=g(2)=3,则c<-6.‎ 技法九　整体代换法 跟踪集训 ‎19.答案　‎‎63‎‎2‎ 解析　‎1‎a‎4‎a‎6‎a‎8‎+‎1‎a‎2‎a‎6‎a‎8‎+‎1‎a‎2‎a‎4‎a‎8‎+‎‎1‎a‎2‎a‎4‎a‎6‎ ‎=a‎2‎‎120‎+a‎4‎‎120‎+a‎6‎‎120‎+a‎8‎‎120‎=‎7‎‎60‎,则2(a2+a8)=14,即a2+a8=7,‎ 所以S9=‎9(a‎2‎+a‎8‎)‎‎2‎=‎63‎‎2‎.‎ ‎20.答案　48‎ 解析　设正项等比数列的公比为q,q>0,则a4+a3-2a2-2a1=(a2+a1)(q2-2)=6,‎ 则a2+a1=‎6‎q‎2‎‎-2‎>0,q2>0,‎ a5+a6=(a2+a1)q4=‎6‎q‎4‎q‎2‎‎-2‎=6(q2-2)+‎24‎q‎2‎‎-2‎+24≥12‎(q‎2‎-2)·‎‎4‎q‎2‎‎-2‎+24=48,当且仅当q=2时取等号,故a5+a6的最小值是48.‎ 技法十　判别式法 跟踪集训 ‎21.答案　‎‎-‎9‎‎2‎,2‎ 解析　已知函数式可变形为yx2+2yx+3y=2x2+4x-7,即(y-2)x2+2(y-2)x+3y+7=0,‎ 当y≠2时,将上式视为关于x的一元二次方程,‎ ‎∵x∈R,∴Δ≥0,‎ 即[2(y-2)]2-4(y-2)(3y+7)≥0,‎ 整理得2y2+5y-18≤0,因式分解得2(y-2)y+‎‎9‎‎2‎≤0,解得-‎9‎‎2‎≤y<2(也可以依据二次函数y=2x2+5x-18在x轴下方的图象求解).‎ 当y=2时,3×2+7≠0,不符合题意,应舍去.‎ 故函数的值域为‎-‎9‎‎2‎,2‎.‎ ‎22.答案　(-∞,-2‎2‎]∪[2‎2‎,+∞)‎ 解析　因为S5S6+15=0,‎ 所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,‎ 化简得2a‎1‎‎2‎+9da1+10d2+1=0.‎ 因为a1∈R,‎ 所以Δ=81d2-8(10d2+1)≥0,‎ 得d≥2‎2‎或d≤-2‎2‎.‎ ‎23.答案　2‎ 解析　因为OC‎2‎=(xOA+yOB)2,所以x2+y2-xy=1.(*)‎ 记x+y=t,则x=t-y,代入(*),得(t-y)2+y2-(t-y)y=1,化简得3y2-3ty+t2-1=0,因为Δ=(-3t)2-12(t2-1)≥0,所以t2≤4,所以x+y的最大值是2.‎ 技法十一　归纳法 跟踪集训 ‎24.答案　‎‎2 017-xex 解析　f3(x)=[f2(x)]'=‎1×ex-(x-2)‎ex‎(‎ex‎)‎‎2‎=‎3-xex⇒fn(x)=(-1)n-1n-xex⇒f2 017(x)=(-1)2 017-1‎2 017-xex=‎2 017-xex.‎ ‎25.答案　(1)3·2n-3　(2)9-9·‎‎2‎‎3‎n 解析　(1)由题图知,一级分形图中有3=3×2-3条线段,二级分形图中有9=3×22-3条线段,三级分形图中有21=3×23-3条线段,按此规律得n级分形图中的线段条数为3·2n-3.‎ ‎(2)∵分形图的每条线段的末端出发再生成两条长度为原来‎1‎‎3‎的线段,∴n级分形图中第n级的(最短的)所有线段的长度和为3·‎2‎‎3‎n-1‎(n∈N*),∴n级分形图中所有线段的长度之和为3·‎2‎‎3‎‎0‎+3·‎2‎‎3‎‎1‎+…+3·‎2‎‎3‎n-1‎=3·‎1-‎‎2‎‎3‎n‎1-‎‎2‎‎3‎=9-9·‎2‎‎3‎n.‎ 技法十二　等积转化法 跟踪集训 ‎26.答案　‎‎1‎‎6‎ 解析　∵PA⊥平面ABCD,‎ ‎∴PA是三棱锥P-CED的高.‎ ‎∵四边形ABCD是正方形,E是AC的中点,‎ ‎∴△CED是等腰直角三角形.‎ ‎∵AB=1,∴CE=ED=‎2‎‎2‎,‎ ‎∴S△CED=‎1‎‎2‎CE·ED=‎1‎‎2‎×‎2‎‎2‎×‎2‎‎2‎=‎1‎‎4‎.‎ ‎∴VC-PED=VP-CED=‎1‎‎3‎·S△CED·PA=‎1‎‎3‎×‎1‎‎4‎×2=‎1‎‎6‎.‎ ‎27.解析　(1)证明:如图,取EC的中点N,连接MN,BN.‎ 在△EDC中,M,N分别为ED,EC的中点,‎ 所以MN∥CD,且MN=‎1‎‎2‎CD.‎ 又AB∥CD,AB=‎1‎‎2‎CD,‎ 所以MN∥AB,且MN=AB.‎ 所以四边形ABNM为平行四边形,所以BN∥AM.‎ 因为BN⊂平面BEC,且AM⊄平面BEC,‎ 所以AM∥平面BEC.‎ ‎(2)如图,连接BD.‎ 在正方形ADEF中,ED⊥AD,‎ 因为平面ADEF⊥平面ABCD,且平面ADEF∩平面ABCD=AD,‎ 所以ED⊥平面ABCD,而BC⊂平面ABCD,所以ED⊥BC.‎ 在直角梯形ABCD中,AB=AD=1,CD=2,可得BC=‎2‎.‎ 在△BCD中,BD=BC=‎2‎,CD=2,‎ 所以BD2+BC2=CD2,所以BC⊥BD.‎ 又DE∩DB=D,所以BC⊥平面EDB.‎ 又BE⊂平面EDB,所以BC⊥BE.‎ 设点D到平面BEC的距离为d,‎ 由VD-BEC=VE-BCD,‎ 得‎1‎‎3‎S△BEC·d=‎1‎‎3‎S△BCD·ED,‎ 即S△BEC·d=S△BCD·ED.‎ 在△EDB中,BE=DE‎2‎+DB‎2‎=‎3‎,‎ 所以S△BEC=‎1‎‎2‎·BE·BC=‎1‎‎2‎×‎3‎×‎2‎=‎6‎‎2‎,‎ 又S△BCD=‎1‎‎2‎·BD·BC=‎1‎‎2‎×‎2‎×‎2‎=1,‎ 所以‎6‎‎2‎d=1×1,得d=‎6‎‎3‎,‎ 于是点D到平面BEC的距离为‎6‎‎3‎.‎