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1、解题卡壳解题卡壳 攻坚突围攻坚突围 1212 术第 解题卡壳，一般都是卡在压轴题，或计算量大的题上，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，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
2、算了一步，再无法继续解题或把条件看错，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，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(包括已推包括已推 得的结论得的结论)，注重信息的迁移，考查相关定义，注重信息的迁移
3、，考查相关定义与图形，从不同的与图形，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 的的“自我提示自我提示”因此，在重审结论或剖析条件时，要注重考查因此，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，力争做到学模型进行模仿探索，力争做到求什么，想什么求什么，想什么在审查已做的在审查已做的 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运算、推理与所求结论的要求是否对路时，要注重隐含条件
4、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，力争做到未用到，力争做到给什么，用什么给什么，用什么在沟通条件与结论时，要勇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，力争做到于试探、创新思维，注重类比、猜想、凑形、配式，力争做到差差 什么，找什么什么，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 有以下两种有以下两种 策略一：前难后易空城计策略一：前难后易空城计 对设有多问的数学问题，若前一问不会解，而后面的几对设有多问的数学问题，若前一问不会
5、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，就是数学解题中的问题作条件来解后几问的做法，就是数学解题中的“空城空城 计计”，即：，即：前问难作后问易，弃前攻后为上计前问难作后问易，
6、弃前攻后为上计(也可说成：也可说成：前前 难后易前问弃，借前结论攻后题难后易前问弃，借前结论攻后题) 典例典例 设函数设函数 fn(x)xnbxc(nN*，b，cR) (1)设设 n2，b1，c1，证明：，证明：fn(x)在区间在区间 1 2， ，1 内存在唯内存在唯 一零点；一零点； 证明证明 当当 b1，c1，n2 时，时， fn(x)xnx1. fn 1 2 fn(1) 1 2n 1 2 10， fn(x)在在 1 2， ，1 内存在零点内存在零点 又又当当 x 1 2， ，1 时，时，fn(x)nxn 1 10， fn(x)在在 1 2， ，1 上是单调递增的，上是单调递增的， fn(
7、x)在区间在区间 1 2， ，1 内存在唯一零点内存在唯一零点 (2)设设 n2，若对任意，若对任意 x1，x21,1，有，有|f2(x1)f2(x2)|4，求，求 b 的取值范围；的取值范围； 解解 当当 n2 时，时，f2(x)x2bxc. 对任意对任意x1， x21,1都有都有|f2(x1)f2(x2)|4等价于等价于f2(x)在在1,1 上的最大值与最小值之差上的最大值与最小值之差 M4.据此分类讨论如下：据此分类讨论如下： 当当 b 2 1，即，即|b|2 时，时， M|f2(1)f2(1)|2|b|4，与题设矛盾，与题设矛盾 当当1b 2 0，即，即 0b2 时，时， Mf2(1)
8、f2 b 2 b 2 1 2 4 恒成立恒成立 当当 0b 2 1，即，即2b0 时，时， Mf2(1)f2 b 2 b 2 1 2 4 恒成立恒成立 综上可知，当综上可知，当2b2 时，对任意时，对任意 x1，x21,1都有都有|f2(x1) f2(x2)|4. 故故 b 的取值范围为的取值范围为2,2 (3)在在(1)的条件下， 设的条件下， 设 xn是是 fn(x)在在 1 2， ，1 内的零点， 判断数内的零点， 判断数 列列 x2，x3，xn，的增减性的增减性 解解 法一：法一：设设 xn是是 fn(x)在在 1 2， ，1 内的唯一零点内的唯一零点(n2)， 则则 fn(xn)xn
9、 n xn10， fn 1(xn1)xn 1 n 1xn110，xn1 1 2， ，1 ， 于是有于是有 fn(xn)0fn 1(xn1) xn 1 n 1xn11xn n 1xn11fn(xn1) 又由又由(1)知知 fn(x)在在 1 2， ，1 上是单调递增的，上是单调递增的， 故故 xnxn 1(n2)， 所以数列所以数列 x2，x3，xn，是递增数列是递增数列 法二：法二：设设 xn是是 fn(x)在在 1 2， ，1 内的唯一零点，内的唯一零点， fn 1(xn)fn1(1)(xn 1 n xn1)(1n 1 11) xn 1 n xn12. (2) 由由(1)知，当知，当 a0
10、时，时，f(x)在在 R 上单调递增，没有两上单调递增，没有两 个不同的零点个不同的零点 当当 a0 时，时，f(x)在在 x2ln a 处取得极小值，处取得极小值， 所以所以 f(2ln a)eln aa(2ln a)1 e. 所以所以 a 的取值范围为的取值范围为 1 e， ， . 解解 (1)由由 f(x)ex 2 ax，得，得 f(x)ex 2 a. 当当 a0 时，时，f(x)0，函数，函数 f(x)在在 R R 上单调递增上单调递增 当当 a0 时，由时，由 f(x)ex 2 a0，得，得 x2ln a. 若若 x2ln a，则，则 f(x)0，函数，函数 f(x)在在(2ln a
11、，)上上 单调递增；单调递增； 若若 x0)，则，则 g(x)11 x. 当当 x1 时，时，g(x)0；当；当 02，只需证，只需证x22x11. 因为因为g(x)在在(1，)上单调递增，上单调递增， 所以只需证所以只需证g(x2)g(2x1) 因为因为g(x1)g(x2)， 所以只需证所以只需证g(x1)g(2x1)， 即证即证g(x1)g(2x1)0. 令令h(x)g(x)g(2x)x2ln x2x2ln(2x) 2x2ln xln(2x)(0h(1)0，即，即 g(x1)g(2x1)0， 所以所以 x1x22 得证得证 启思维启思维 本题在证明本题在证明x1x22时，如果直接从题目条件
12、时，如果直接从题目条件 出发，很难证明该结论成立出发，很难证明该结论成立，而通过分析，将而通过分析，将x1x22转化为转化为 x22x11，利用函数利用函数g(x)x2ln x的单调性以及的单调性以及g(x1) g(x2)，将问题转化为证明不等式将问题转化为证明不等式g(x1)g(2x1)，进而构造函进而构造函 数数h(x)g(x)g(2x)，转化为证明函数转化为证明函数h(x)的最小值大于的最小值大于0， 从而使问题得证从而使问题得证 即时应用体验即时应用体验 1设函数设函数 f(x)ln xx1. (1)讨论讨论 f(x)的单调性；的单调性； (2)求证：当求证：当 x(1，)时，时，1x
13、 1 ln x x； (3)设设 c1，求证：当，求证：当 x(0,1)时，时，1(c1)xcx. (2)证明：由证明：由(1)知，知，f(x)在在 x1 处取得最大值，处取得最大值， 最大值为最大值为 f(1)0. 所以当所以当 x1 时，时，ln xx1. 故当故当 x(1，)时，时，ln xx1，ln 1 x 1 x 1， 即即 1x 1 ln x x. 解：解：(1)由题设，由题设，f(x)的定义域为的定义域为(0，)，f(x)1 x 1， 令令 f(x)0，解得，解得 x1. 当当 0x1 时，时，f(x)0，f(x)单调递增；单调递增； 当当 x1 时，时，f(x)0，f(x)单调
14、递减单调递减 (3)证明：由题设证明：由题设 c1，设，设 g(x)1(c1)xcx， 则则 g(x)c1cxln c. 令令 g(x)0，解得，解得 x0 lnc 1 ln c ln c . 当当 xx0时，时，g(x)0，g(x)单调递增；单调递增； 当当 xx0时，时，g(x)0，g(x)单调递减单调递减 由由(2)知知 1c 1 ln c c，故，故 0x01. 又又 g(0)g(1)0，故当，故当 0x1 时，时，g(x)0. 所以当所以当 x(0,1)时，时，1(c1)xcx. 2已知函数已知函数 f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点有两个零点 (1)求求 a 的取值范围；的
15、取值范围； (2)设设 x1，x2是是 f(x)的两个零点，求证：的两个零点，求证：x1x20，则当，则当 x(，1)时，时，f(x)0， 所以所以 f(x)在在(，1)内单调递减，在内单调递减，在(1，)内单调递增内单调递增 又又 f(1)e，f(2)a，取，取 b 满足满足 ba 2(b 2)a(b1)2a b23 2b 0， ， 故故 f(x)存在两个零点存在两个零点 设设 a0，因此，因此 f(x)在在(1，)内单调递增内单调递增 又当又当 x1 时，时，f(x)1， 故当故当 x(1，ln(2a)时，时，f(x)0. 因此因此 f(x)在在(1，ln(2a)内单调递减，在内单调递减，在(ln(2a)，)内单内单 调递增调递增 又当又当 x1 时，时，f(x)f(2x2)，即，即 f(2x2)1 时，时，g(x)1 时，时，g(x)0. 从而从而 g(x2)f(2x2)0，故，故 x1x22.