（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第三层备考篇 专题一 解题常用8术系统归纳 第8讲 解题卡壳

1第8讲解题卡壳，攻坚突围解题卡壳，一般都是卡在压轴题，或计算量大的题上，有时也卡在有些条件特殊的选择题、填空题上.卡壳题不一定就是做不好的题，或是啃不动的题，而是因某些运算，或推理繁杂感到心理紧张而导致一下子难想出好主意，或回忆不到相关的公式、定理，或想不出相应的辅助线、辅助函数，或把条件看错，或在推理中错算了一步，再无法继续.解题过程卡在某一过渡环节上是常见的事.当解题遇到卡壳时，应注意调整心态、保持冷静，注重更换思考方式、跳步或跳问解答，沉着迎战.一般来说，对卡壳题的突围关键在于如何针对已有的信息与所求目标的差异进行综合分析，回头整合相关的结论(包括已推得的结论)，注重信息的迁移，考查相关定义与图形，从不同的角度再次认识条件及结论，使之产生解题的灵感，从而获得相关的“自我提示”.因此，在重审结论或剖析条件时，要注重考查命题所涉及的概念、定理，把握命题的结构特点，构建相应的数学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么.在审查已做的运算、推理与所求结论的要求是否对路时，要注重隐含条件的挖掘与整合，仔细清查还有哪些条件未用上，还有哪些相关的通法未用到，力争做到给什么，用什么.在沟通条件与结论时，要勇于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差什么，找什么.这就是我们常说的卡壳突围术.常见的突围策略有以下两种.策略（一）前难后易空城计对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几问又是自己容易解的，或是可用前一问的结论来求解的，此时应放弃前一问的求解，着重攻后面的几问，并将前一问的结论作为后几问的条件使用，巧妙地配合题设条件或有关定理来解答后面的问题.这种利用自己根本不懂或不会证明的问题作条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城计”，即：前问难作后问易，弃前攻后为上计(也可说成：前难后易前问弃，借前结论攻后题).[例1]设函数fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R).(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间12，1内存在唯一零点；(2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1，1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范围；(3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在12，1内的零点，判断数列x2，x3，…，xn，…的增减性.[解](1)证明：当b＝1，c＝－1，n≥2时，fn(x)＝xn＋x－1.∵fn12·fn(1)＝12n－12×1＜0，∴fn(x)在12，1内存在零点.2又∵当x∈12，1时，fn′(x)＝nxn－1＋1＞0，∴fn(x)在12，1上是单调递增的，∴fn(x)在区间12，1内存在唯一零点.(2)当n＝2时，f2(x)＝x2＋bx＋c.对任意x1，x2∈[－1，1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等价于f2(x)在[－1，1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：①当b2＞1，即|b|＞2时，M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾.②当－1≤－b2＜0，即0＜b≤2时，M＝f2(1)－f2－b2＝b2＋12≤4恒成立.③当0≤－b2≤1，即－2≤b≤0时，M＝f2(－1)－f2－b2＝b2－12≤4恒成立.综上可知，当－2≤b≤2时，对任意x1，x2∈[－1，1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4.故b的取值范围为[－2，2].(3)法一：设xn是fn(x)在12，1内的唯一零点(n≥2)，则fn(xn)＝xnn＋xn－1＝0，fn＋1(xn＋1)＝xn＋1n＋1＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈12，1，于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)＝xn＋1n＋1＋xn＋1－1＜xnn＋1＋xn＋1－1＝fn(xn＋1).又由(1)知fn(x)在12，1上是单调递增的，故xn＜xn＋1(n≥2)，所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列.法二：设xn是fn(x)在12，1内的唯一零点，fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(xn＋1n＋xn－1)(1n＋1＋1－1)＝xn＋1n＋xn－1xnn＋xn－1＝0，3则fn＋1(x)的零点xn＋1在(xn，1)内，故xnxn＋1(n≥2)，所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列.[点评]第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理较容易解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(3)问的解答.事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举.策略（二）前解倒推混战术有些数学命题的求解，开始入手还较为顺畅，但一到最后就难以继续进行了.此时若知悉它的大致趋势和结果，可依从所求结论的形式、特点，进行反推、凑形，直到得出大致与所要达到的目标相当、相同或相似的式子，再来巧妙地进行沟通也是可行的.对于这一步虽然是自己做不到的，但这样写了几下，却可能全都是对的.也就是说，对此解答，自己是以其昏昏，却能使人昭昭.因为别人看上去确实是一步接着一步写的，没有什么跳跃，也没掉什么关键步.这一战术与“中间会师”有点相似，但实质却不同.因为它不是清清楚楚地推理过来的.这种不按常规方式出牌，浑水摸鱼的解题方法我们称之为混战术：解题结尾路难行，倒推凑形亦为径.[例2]已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，求证：x1＋x22.[解](1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)·(ex＋2a).①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点.②设a0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增.又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b0且blna2，则f(b)a2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b0，故f(x)存在两个零点.③设a0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a).若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增.又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点.4若a－e2，则ln(－2a)1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)0.因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增.又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点.综上，a的取值范围为(0，＋∞).(2)证明：不妨设x1x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)内单调递减，所以x1＋x22等价于f(x1)f(2－x2)，即f(2－x2)0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex).所以当x1时，g′(x)0，而g(1)＝0，故当x1时，g(x)0.从而g(x2)＝f(2－x2)0，故x1＋x22.[点评]本题在证明x1＋x22时，如果直接从题目条件出发，很难证明该结论成立，而通过分析，将x1＋x22转化为x12－x21，利用函数f(x)的单调性及f(x1)＝f(x2)，将问题转化为证明不等式f(x1)f(2－x2)，进而构造函数g(x)＝f(2－x2)，转化为证明函数g(x)的最大值小于0，从而使问题得证.[应用体验]1.设函数f(x)＝lnx－x＋1.(1)讨论f(x)的单调性；(2)求证：当x∈(1，＋∞)时，1＜x－1lnx＜x；(3)设c＞1，求证：当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减.(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，最大值为f(1)＝0.5所以当x≠1时，lnx＜x－1.故当x∈(1，＋∞)时，lnx＜x－1，ln1x＜1x－1，即1＜x－1lnx＜x.(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，则g′(x)＝c－1－cxlnc.令g′(x)＝0，解得x0＝lnc－1lnclnc.当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减.由(2)知1＜c－1lnc＜c，故0＜x0＜1.又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.所以当x∈(0，1)时，1＋(c－1)x＞cx.2.已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝x＋m(m∈R).(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1x2，求证：x1x21.解：(1)令F(x)＝f(x)－g(x)，则F(x)＝lnx－x－m(x0)，F′(x)＝1x－1＝1－xx，当x1时，F′(x)0；当0x1时，F′(x)0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增，所以F(x)在x＝1处取得最大值，为－1－m.若f(x)≤g(x)恒成立，则F(x)≤0恒成立，所以－1－m≤0，解得m≥－1.所以实数m的取值范围为[－1，＋∞).(2)证明：由(1)可知，函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点x1，x2满足0x11x2，要证x1x21，只需证x21x1，由于F(x)在(1，＋∞)上单调递减，从而只需证F(x2)F1x1，因为F(x1)＝F(x2)＝0，所以m＝lnx1－x1，即证ln1x1－1x1－m＝ln1x1－1x1＋x1－lnx1＝－1x1＋x1－2lnx10.令h(x)＝－1x＋x－2lnx，则h′(x)＝1x2＋1－2x＝（x－1）2x2，当0x1时，h′(x)0，则h(x)在(0，1)上单调递增，6所以h(x)h(1)＝0，所以x1x21.