2019高考数学（江苏） 考前冲刺技巧六　解题技法增分

必备六　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=　　　　　　.?
(2)AD,BE分别是△ABC的中线,若||=||=1,且与的夹角为120°,则·=　　　　.?
答案　(1)　(2)
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=,cos C=0,从而所求值为.
(2)易知等边三角形为符合题意的△ABC的一个特例,则|AB|=,∴·=||||cos 60°=.
【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+=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=有且仅有一个公共点,则m的取值范围是　　　　　　　　.?
(2)已知函数f(x)=(a>0,且a≠1)在R上单调递减,且关于x的方程|f(x)|=2-恰有两个不相等的实数解,则a的取值范围是　　　　.?
答案　(1)-1解析　(1)作出曲线x=的图形,如图所示.由图形可得,当直线y=x+m在b和c之间变化时,满足题意,同时,当直线在a的位置时也满足题意,所以m的取值范围是-1(2)因为函数f(x)在R上单调递减,
所以解得≤a≤.
在同一平面直角坐标系中作出函数y=|f(x)|,y=2-的图象,如图.
由图象可知,在[0,+∞)上,方程|f(x)|=2-有且仅有一个解;在(-∞,0)上,方程|f(x)|=2-同样有且仅有一个解,所以3a<2,即a<.
综上,a的取值范围是.
【方法归纳】
图解法实质上是数形结合的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.
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4.(2018江苏连云港期末)若方程组有解,则实数t的取值范围是　　　　　.?
5.向量=(2,2),=(2,0),=(cos α,sin α),则向量,的夹角的取值范围是　　　　　　.?
6.(2018镇江高三期末考试)已知k为常数,函数f(x)=若关于x的方程f(x)=kx+2有且只有4个不同的解,则实数k的取值范围为　　　　　　　　　.?
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　
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,则即解得【方法归纳】
在处理多元的数学问题时,我们可以选取其中的常量(或参数),将其看做“主元”,通过构造函数进行求解.运用转化方法解题,要注意转化的方向性,使转化的目的明确,使解题思路自然流畅,此外还要注意转化前后的等价性.
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7.无论k为何实数,直线y=kx+1与曲线x2+y2-2ax+a2-2a-4=0恒有交点,则实数a的取值范围是　　　　　　.?
8.如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是AB,CD的中点,点G是EF上的动点,记△A1B1G,△C1D1G的面积分别为S1,S2,则S1+S2的最小值为　　　　.?
技法四　待定系数法
　　待定系数法是为确定变量间的函数关系,设出未知数,然后根据所给条件确定这些未知数的一种方法,其理论依据是多项式恒等.多项式f(x)≡g(x)的充要条件是:对于一个任意的a值,都有f(a)≡g(a);或者两个多项式各同类项的系数对应相等.
典型例题
　　例4　已知圆M的方程为x2+(y-2)2=1,直线l的方程为x-2y=0,点P在直线l上,过P点作圆M的切线PA,PB,切点为A,B.
(1)若P点的坐标为(2,1),过P作直线与圆M交于C,D两点,当CD=时,求直线CD的方程;
(2)求证:经过A,P,M三点的圆必过定点,并求出所有定点的坐标.
解析　(1)易知直线CD的斜率k存在,设直线CD的方程为y-1=k(x-2),即kx-y+1-2k=0.由题知圆心M到直线CD的距离为,所以=,解得k=-1或k=-,故所求直线CD的方程为x+y-3=0或x+7y-9=0.
(2)证明:设P(2m,m),则MP的中点Q.
因为PA是圆M的切线,
所以经过A,P,M三点的圆是以Q为圆心,MQ为半径的圆,
故其方程为(x-m)2+=m2+,化简得x2+y2-2y-m(2x+y-2)=0,此式是关于m的恒等式,故解得或所以经过A,P,M三点的圆必过定点(0,2)或.
【方法归纳】
待定系数法解题的基本步骤:
第一步:确定含有待定系数的式子;
第二步:根据恒等的条件,列出一组含待定系数的方程;
第三步:解方程(组)或者消去待定系数,得到结果.
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9.已知二次函数f(x)的图象与x轴的两交点坐标为(2,0),(5,0),且f(0)=10,则f(x)的解析式为　　　　　　　　.?
10.已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,其离心率为,短轴的端点是B1,B2,点M(2,0)是x轴上的一定点,且MB1⊥MB2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设过点M且斜率不为0的直线交椭圆C于A,B两点.试问x轴上是否存在定点P,使直线PA与PB的斜率互为相反数?若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.
技法五　换元法
　　换元法又称辅助元素法、变量代换法.通过引入新的变量,可以把分散的条件联系起来,使隐含的条件显露出来,或者变为熟悉的形式,简化计算或证明.换元的实质是转化,关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象,使非标准型问题标准化、复杂问题简单化.换元法经常用于三角函数的化简求值、复合函数解析式的求解等.
典型例题
　　例5　已知函数f(x)=x2,g(x)=aln x+bx(a>0).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
两式相减得--a(ln x2-ln x1)-b(x2-x1)=0,
即x2+x1-b=,
于是G'(x0)=2x0--b=(x1+x2-b)-
=-=
=.
①当01,
且G'(x0)=.
设u(t)=ln t-(t>1),
则u'(t)=-=>0,
则u(t)=ln t-在(1,+∞)上为增函数,
而u(1)=0,所以u(t)>0,即ln 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.
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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)=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=,AC=BD=5,AD=BC=2,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=,AC=BD=5,AD=BC=2.
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××4××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+,m∈R,若对任意b>a>0,<1恒成立,则m的取值范围为　　　　.?
15.(2018南通调研)已知a为常数,函数f(x)=的最小值为-,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　若二次函数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　
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-【方法归纳】
直接利用二次函数在区间[-1,1]上的图象特征求至少存在一个实数c,使f(x)>0,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)解析　(1)设切点为(x0,y0), f '(x)=ex(3x+1),则切线斜率为(3x0+1),
所以切线方程为y-y0=(3x0+1)(x-x0),因为切线过点(2,0),
所以-(3x0-2)=(3x0+1)(2-x0),
化简得3-8x0=0,
解得x0=0或x0=,
当x0=0时,切线方程为y=x-2,
当x0=时,切线方程为y=9x-18.
(2)由题意,对任意x∈R有ex(3x-2)≥a(x-2)恒成立,
①当x∈(-∞,2)时,a≥?a≥,
令F(x)=,则F'(x)=,
令F'(x)=0,得x=0,
x
(-∞,0)
0
(0,2)
F'(x)
+
0
-
F(x)
单调递增
极大值
单调递减
Fmax(x)=F(0)=1,故此时a≥1,
②当x=2时,恒成立,故此时a∈R.
③当x∈(2,+∞)时,a≤?a≤,
令F'(x)=0?x=,
x
F'(x)
-
0
+
F(x)
单调递减
极小值
单调递增
　　Fmin(x)=F=9,故此时a≤9.
综上,1≤a≤9.
(3)因为f(x)由(2)知a∈(-∞,1)∪(9,+∞),
令F(x)=,则
x
(-∞,0)
0
(0,2)
F'(x)
+
0
-
-
0
+
F(x)
单调递增
极大值
单调递减
单调递减
极小值
单调递增
　　当x∈(-∞,2)时,存在唯一的整数x0使得f(x0)等价于存在唯一的整数x0使得a<成立,
因为F(0)=1最大,F(-1)=,F(1)=-e,所以当a<时,至少有两个整数成立,
所以a∈.
当x∈(2,+∞)时,存在唯一的整数x0使得f(x0)等价于存在唯一的整数x0使得a>成立,
因为F=9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∈∪(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)=x3-x2-3x+,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+++=,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,
又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=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的平面向量和,它们的夹角为120°.如图所示,点C在以O为圆心的上运动,若=x+y,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+<,1++<,1+++<,……据其中规律,可以猜想出:1++++…+<　　　　　.?
答案　
解析　由已知中的不等式:
1+<=,1++<=,1+++<=,……
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++++…+<,∴1++++…+<=,故答案为.
【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)=,设fn+1(x)为fn(x)的导函数, f1(x)=[f0(x)]'=, f2(x)=[f1(x)]'=,……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体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=,PC=,在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM===,
所以△PAC的面积S△PAC=PC·AM=××=.
设点D到平面PAC的距离为h,因为VD-PAC=VP-ACD,
所以S△PAC·h=S△ACD·PO,
又S△ACD=×2×=,所以××h=××,解得h=.
故点D到平面PAM的距离为.
【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=CD=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　
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.
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P,则可计算S1=×(5-4)=,易求得PD=2,PE=,所以S2=×2×=,所以S1∶S2=1.
技法二　图解法
跟踪集训
4.答案　[1,121]
解析　原方程组有解,即两圆(x+4)2+(y-5)2=36与(x+1)2+(y-1)2=t有交点,则|-6|≤5≤+6,解得1≤≤11,则1≤t≤121.
5.答案　[105°,165°]
解析　不妨令O为坐标原点.∵=(2,0),=(2,2),∴B(2,0),C(2,2),
∵=(cos α,sin α),∴||=,
∴点A在以点C为圆心,为半径的圆上.
∴当OA与圆C相切时,向量与向量的夹角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=2,AC⊥OA,
∵sin∠AOC==,∴∠AOC=∠A'OC=30°,
∴∠AOB=∠A'Oy=15°,
∴当切点为点A时,向量与向量的夹角取得最小值15°+90°=105°,
当切点为点A'时,向量与向量的夹角取得最大值180°-15°=165°.
故答案为[105°,165°].
6.答案　∪(-e,-1)
解析　当x=0时,=kx+2成立,
故当x≠0时,方程有三个根,
当x<0时,=kx+2?k=,
当x>0时,|ln x|=kx+2?k=-=
故k=令k=g(x),
当0当x≥1时,g'(x)==,
令g'(x)=0,则x=e3,g(e3)=.
画出图象可得k∈(-e,-1)∪.
技法三　等价转化法
跟踪集训
7.答案　[-1,3]
解析　题设条件等价于点(0,1)在圆内或圆上,即等价于点(0,1)到圆心(a,0)的距离小于或等于圆半径,即≤,解得-1≤a≤3.
8.答案　2
解析　设EG=x,则FG=2-x,0≤x≤2,
则S1+S2=×2+×2=+,
在平面直角坐标系中,它表示x轴上的点P(x,0)到M(0,2)与N(2,2)两点的距离之和,而点M关于x轴的对称点为M'(0,-2),且当P在直线M'N上时,PM+PN最小,为2,则S1+S2的最小值为2.
技法四　待定系数法
跟踪集训
9.答案　f(x)=x2-7x+10
解析　设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0).
∵二次函数f(x)的图象与x轴的两交点坐标为(2,0),(5,0),f(0)=10,
∴∴∴f(x)=x2-7x+10.
10.解析　(1)设椭圆的标准方程为+=1(a>b>0),
∴=(-2,b),=(-2,-b),
∵⊥,∴·=0,解得b2=4,
又e===,解得a2=9,
故椭圆的标准方程为+=1.
(2)是.
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+=1,
整理得(4m2+9)y2+16my-20=0.
设A(x1,y1),B(x2,y2),
∴y1+y2=,y1·y2=-.
又PA,PB所在直线斜率分别为kPA=,kPB=,
∴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=.
故存在满足条件的定点P,其坐标为.
技法五　换元法
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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=log2
解析　由f(x)+f(-x)-2g(x)-2g(-x)=,得4x+4-x-2(2x+2-x)=,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=或t=-(舍去),则2x+2-x=,即2x+=,
解得2x=3或2x=,所以x=log23或x=log2.
13.答案　+
解析　设sin x+cos x=t,则t∈[-,],则y=+t-=(t+1)2-1,当t=时,y取最大值,ymax=+.
技法六　构造法
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14.答案　
解析　对于任意的b>a>0,<1恒成立,等价于f(b)-b0),则h(b)0),所以m≥,即实数m的取值范围为.
15.答案　4,
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)=,令m=(x,),n=(,x),则|m|=1,|n|=,设m,n的夹角是α,α∈[0,π],则x+x=m·n= cos α∈[-,],当01时, f(x)min=-=-,解得a=4,适合,故a的值为4或.
技法七　逆向思维法
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16.答案　(-∞,-1]
解析　若A∩B=?,则
①当A=?时,有Δ=(-4m)2-4(2m+6)<0,解得-1②当A≠?时,方程x2-4mx+2m+6=0的两根x1,x2均为非负数,则解得m≥,
则当A∩B=?时,m>-1,
故所求实数m的取值范围为(-∞,-1].
技法八　分离参数法
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17.答案　(-∞,4]
解析　已知条件可转化为a≤2ln x+x+恒成立.
设f(x)=2ln x+x+,
则f '(x)=(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x3-x2-3x+<-x-在x∈[-2,2]上恒成立,则->x3-x2+x+,
设g(x)=x3-x2+x+,则g'(x)=x2-2x+,
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
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19.答案　
解析　+++=+++=,则2(a2+a8)=14,即a2+a8=7,所以S9==.
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=>0,q2>0,
a5+a6=(a2+a1)q4==6(q2-2)++24≥12+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
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21.答案　
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)·≤0,解得-≤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.
22.答案　(-∞,-2]∪[2,+∞)
解析　因为S5S6+15=0,
所以(5a1+10d)(6a1+15d)+15=0,
化简得2+9da1+10d2+1=0.
因为a1∈R,所以Δ=81d2-8(10d2+1)≥0,
得d≥2或d≤-2.
23.答案　2
解析　因为=(x+y)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
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24.答案　
解析　f3(x)=[f2(x)]'==?fn(x)=(-1)n-1?f2 017(x)=(-1)2 017-1=.
25.答案　(1)3·2n-3　(2)9-9·
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·(n∈N*),∴n级分形图中所有线段的长度之和为
3·+3·+…+3·=3·=9-9·.
技法十二　等积转化法
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26.答案　
解析　∵PA⊥平面ABCD,
∴PA是三棱锥P-CED的高,PA=2.
∵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=,
∴S△CED=CE·ED=××=.
∴VC-PED=VP-CED=·S△CED·PA=××2=.
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=CD.
又AB∥CD,AB=CD,
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=.
在△BCD中,BD=BC=,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S△BEC·d=S△BCD·ED,
即S△BEC·d=S△BCD·ED.
在△EDB中,BE==,
所以S△BEC=·BE·BC=××=,
又S△BCD=·BD·BC=××=1,
所以d=1×1,得d=,
于是点D到平面BEC的距离为.