2025年高考数学考试技巧篇（核心知识背记手册）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 高考数学 考试技巧篇 （36 类核心考试技巧背记手册） 目录 考试技巧 01 权方和不等式的应用及解题技巧 ......................................................................... 2 考试技巧 02 普通型糖水不等式的应用及解题技巧 ..................................................................3 考试技巧 03 对数型糖水不等式的应用及解题技巧 ..................................................................3 考试技巧 04 基本不等式链的应用及解题技巧 ......................................................................... 4 考试技巧 05 “奇函数+常函数”的最大值+最小值解题技巧 ...................................................5 考试技巧 06 “奇函数+常函数”的 f(a)+f(-a)解题技巧 .........................................................5 考试技巧 07 已知函数解析式判断函数图象解题技巧 .............................................................. 6 考试技巧 08 已知函数图象判断函数解析式解题技巧 .............................................................. 7 考试技巧 09 两类经典超越不等式比较函数值大小关系解题技巧 ........................................... 8 考试技巧 10 泰勒不等式比较函数值大小关系解题技巧 .......................................................... 9 考试技巧 11 不等式放缩合集比较函数值大小关系解题技巧 .................................................11 考试技巧 12 函数对称性的应用及解题技巧 ........................................................................... 13 考试技巧 13 解不等式（含分段函数）的应用及解题技巧 .....................................................13 考试技巧 14 整数解的应用及解题技巧 ...................................................................................14 考试技巧 15 零点的应用及解题技巧 ...................................................................................... 15 考试技巧 16 切线与公切线的应用及解题技巧 ....................................................................... 15 考试技巧 17 端点效应（必要性探索）解题技巧 ....................................................................16 考试技巧 18 函数凹凸性解题技巧 .......................................................................................... 18 考试技巧 19 洛必达法则解题技巧 .......................................................................................... 20 考试技巧 20 导数中的极值点偏移问题的解题技巧 ................................................................22 考试技巧 21 半角公式的应用及解题技巧 ...............................................................................24 考试技巧 22 万能公式的应用及解题技巧 ...............................................................................24 考试技巧 23 正余弦平方差公式的应用及解题技巧 ................................................................25 考试技巧 24 三角函数异名伸缩平移的解题技巧 ....................................................................25 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 考试技巧 25 “爪子定理”的应用及解题技巧 ....................................................................... 26 考试技巧 26 系数和（等和线）的应用及解题技巧 ................................................................26 考试技巧 27 极化恒等式的应用及解题技巧 ........................................................................... 28 考试技巧 28 奔驰定理与三角形四心的应用及解题技巧 ........................................................ 28 考试技巧 29 角平分线定理的应用及解题技巧 ....................................................................... 29 考试技巧 30 张角定理的应用及解题技巧 ...............................................................................30 考试技巧 31 点对称问题解题技巧 .......................................................................................... 31 考试技巧 32 圆中的切线问题解题技巧 ...................................................................................32 考试技巧 33 圆锥曲线中焦点弦的应用及解题技巧 ................................................................32 考试技巧 34 圆锥曲线中中点弦的应用及解题技巧 ................................................................33 考试技巧 35 复数的模长及最值的应用及解题技巧 ................................................................34 考试技巧 36 柯西不等式的应用及解题技巧 ........................................................................... 35 考试技巧 01 权方和不等式的应用及解题技巧 权方和不等式的初级应用: 若 , , , 0a b x y  则 2 2 2( )a b a b x y x y     当且仅当 a b x y  时取等. (注：熟练掌握权方和不等式的初级应用，足以解决高考中的这类型最值问题的秒杀) 例．已知 11, 2 a b  ，且 2 3a b  ，则 1 1 1 2 1a b    的最小值为（ ） A．1 B． 9 2 C．9 D． 12 因为2 3a b  ，所以4 2 6a b  由权方和不等式 2 2 2( )a b a b x y x y     可得  2 22 2 11 1 1 1 9 1 4 2 2 1 4 4 2 1 4 4 2 1 4 4 2 1a b a b a b a b                  当且仅当 2 1 4 4 2 1a b    ，即 7 2, 6 3 a b  时，等号成立．【答案】C 例．已知正数 x， y， z满足 1x y z   ，则 2 2 2 2 2 2      x y z y z z x x y 的最小值为 【分析】根据权方和不等式可得解. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 【详解】因为正数 x， y满足 1x y z   ， 所以  22 2 2 1 2 2 2 2 2 2 3 x y zx y z y z z x x y y z z x x y               ， 当且仅当 2 2 2 x y z y z z x x y      即 1 3 x y z   时取等号，故答案为： 1 3 . 例．已知 2 3 4 5 30x y z u v     ，求 2 2 2 2 22 3 4 5x y z u v    的最小值为 【分析】应用权方和不等式即可求解. 【详解】           2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 5 2 3 4 5 1 2 3 4 5 2 3 4 5 30 60 1 2 3+4+5 15 y z u vxx y z u v x y z u v                   当且仅当 x y z u v    时取等号，故答案为：60 考试技巧 02 普通型糖水不等式的应用及解题技巧 1. 糖水不等式定理，若 0, 0a b m   , 则一定有 b m b a m a    通俗的理解: 就是 a 克的不饱和糖水里含有 b 克糖, 往糖水里面加入 m 克糖,则糖水更甜; 2. 糖水不等式的倒数形式，设 0, 0a b m   , 则有: a a m b b m    例．（2020·全国·统考高考真题）已知 55<84，134<85．设 a=log53，b=log85，c=log138，则（ ） A．a<b<c B．b<a<c C．b<c<a D．c<a<b 【详解】 8 24ln3 ln lnln 3 ln 55 5 8ln5 ln8 ln8ln 5 ln 5 a b        ,又 13 39ln3 ln lnln 3 ln85 5 13ln5 ln13 ln13ln5 ln 5 a c        ， 用排除法, 选 A 。 考试技巧 03 对数型糖水不等式的应用及解题技巧 (1) 设 n N , 且 1n  , 则有 1 2log log ( 1)n nn n   原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 (2) 设 1, 0a b m   , 则有 log log ( )a a mb b m  (3) 上式的倒数形式：设 1, 0a b m   , 则有 log log ( )b b ma a m  例．（2022·全国·统考高考真题）已知9 10, 10 11, 8 9m m ma b     ，则（ ） A． 0a b  B． 0a b  C． 0b a  D． 0b a  对数型糖水不等式 因为 9 10m  , 所以 9log 10m  . 在上述推论中取 9, 10a b  , 可得 9log 10m   10log 11 lg11 , 且 9 8log 10 log 9m   . 所以 lg1110 11 10 11 0,ma b      9log 98 9 8 9 0m     , 即 0a b  , 选 A. 考试技巧 04 基本不等式链的应用及解题技巧 基本不等式链: 2 2 2 ( 0, 0)1 12 2 a b a b ab a b a b         , 当且仅当 a b 时, 等号成立. 例．（2022·全国·统考高考真题）若 x，y满足 2 2 1  x y xy ，则（ ） A． 1x y  B． 2x y   C． 2 2 2x y  D． 2 2 1x y  由基本不等式链: 2 2 2 ( 0, 0)1 12 2 a b a b ab a b a b         , 可得 2 2 2 2 2 a b a bab        （ ,a bÎR）， 对于 AB 由 2 2 1  x y xy 可变形为，   2 2 1 3 3 2 x yx y xy          ， 解得 2 2x y    ，当且仅当 1x y   时， 2x y   ，当且仅当 1x y  时， 2x y  ，所以 A 错误，B 正确； 对于 C 【法一】由 2 2 1  x y xy 可变形为   2 2 2 2 1 2 x yx y xy     ，解得 2 2 2x y  ，当且仅当 1x y   时取等 号，所以 C 正确 【法二】由 2 2 2 2 2 , 2 2 x y x yx y xy              ,得 2 2 2 2 2 2 2 x y x yx xy y                , 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 又因为 2 2 1x xy y   ,所以 2 2 2 1 2 2 x y x y             ,即 2 1 ( ) 1, 2 4 x y x y    . 【法三】 2 2 2 2 2 21( ) 3 ( ) 3 ( ) 2 4 x yx xy y x y xy x y x y              , 又因为 2 2 1x xy y   ,所以 21 ( ) 1, 2 4 x y x y    . 【答案】：BC． 考试技巧 05 “奇函数+常函数”的最大值+最小值解题技巧 在定义域内，若     AxfxF  ，其中  xf 为奇函数，A为常数，则最大值M ，最小值m有 AmM 2 即 2mM 倍常数 例．（2023 上·江苏·高三模拟）已知M m、分别是函数 + +1 的最大值、最小值，则M m  2mM 倍常数=2 例．已知函数    3 2ln 1 3sin 7f x ax x x x      ，  2023,2023x  的最大值为 M，最小值为 m，则 M m  . 【法一】 2mM 倍常数=14 【法二】   1402  fmM 例．函数 3e e( ) e e x x x xf x      ， [ 5,5]x  ，记 ( )f x 的最大值为M ，最小值为m，则M m  . 3e e e e( ) 2 e e e e x x x x x x x xf x            【法一】 2mM 倍常数=4 【法二】   402  fmM 考试技巧 06 “奇函数+常函数”的 f(a)+f(-a)解题技巧 在定义域内，若     AxfxF  ，其中  xf 为奇函数， A为常数，有     Aafaf 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 即     2 afaf 倍常数 例．（全国·高考真题）已知函数    2ln 1 1f x x x    ，   4f a  ，则  f a  ．  2ln 1 x x  在定义域内为奇函数 所以     2 afaf 倍常数=2，解得   2f a   【答案】－2 例．已知函数   1 1ln 1 x xf x x x      ，则 1 1 e e f f             ．   1 1ln 1 1 xf x x x      ， 1ln 1 x x   和 1 x 在定义域内为奇函数 所以 1 1 e e f f             2 倍常数=-2 【答案】－2 考试技巧 07 已知函数解析式判断函数图象解题技巧 特值与极限 ① 646.27,45.26,236.25,732.13,414.12  ② 65.1,39.7,71828.2 2 1 2  eeee ③ 2 1ln,1ln,1.13ln,69.02ln,01ln  ee ④ 42.02cos,91.02sin,54.01cos,84.01sin  特别地：当 0x 时 xx sin 例如： 1.0099.01.0sin  ， 3.0296.03.0sin,2.0199.02.0sin  当 0x 时 1cos x 1980.0)2.0cos(,1995.01.0cos  例．函数  3 3 cosx xy x  在区间 π π, 2 2     的图象大致为（ ） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 A． B． C． D． 令    3 3 cos , ,2 2 x xf x x x          ，由奇偶性定义知  f x 为奇函数，排除 BD； 【法一】特值       0995.0331.0cos331.0 1.01.01.01.0  f ，故选：A. 【法二】极限法 当  0x 时 1cos x ， 13x ，  13 x 所以当  0x 时  3 3 cos 0x xy x   ，故选：A. 【法三】 当 0, 2 x      时，3 3 0,cos 0x x x   ，所以   0f x  【答案】A 考试技巧 08 已知函数图象判断函数解析式解题技巧 例．（2022·全国·统考高考真题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[ 3,3] 的大致图像，则该函数是（ ） A． 3 2 3 1 x xy x     B． 3 2 1 x xy x    C． 2 2 cos 1 x xy x   D． 2 2sin 1 xy x   【法一】特值 由图知：   02 f ， 对于 A，   5 22 f ，对于 B，   5 62 f ，对于 C，     0 5 42.0222 f ，对于 D，   0 5 91.022 f 排除 BD 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 结合函数零点位置可选 A 【法二】猜测近似函数值 由图知   11 f 分别计算四个函数值即可得到答案 【法三】 设   3 2 1 x xf x x    ，则  1 0f  ，故排除 B; 设   2 2 cos 1 x xh x x   ，当 π0, 2 x      时，0 cos 1x  ， 所以   2 2 2 cos 2 1 1 1 x x xh x x x      ，故排除 C; 设   2 2sin 1 xg x x   ，则   2sin 33 0 10 g   ，故排除 D. 【答案】A 考试技巧 09 两类经典超越不等式比较函数值大小关系解题 技巧 1e  xx ， xx ee  ， 1ln11  xx x ， e ln xx  例．已知 99 1001 101, , ln 100 100 a b e c     , 则 , ,a b c 的大小关系为 ( ) A. a b c  B. a c b  C. c a b  D. b a c  99 100 99 11 100 100 e      101 101 1ln 1 100 100 100 c     【答案】 C 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 考试技巧 10 泰勒不等式比较函数值大小关系解题技巧 常见函数的泰勒展开式： （1）   2 3 1 e 1 e 1! 2! 3! ! 1 ! n n x xx x x x x n n            ，其中  0 1  ； （2）     2 3 1ln 1 1 2! 3! ! n n n x x xx x R n         ，其中     11 11 1 ! 1 nn n n xR n x         ； （3）     3 5 2 1 1sin 1 3! 5! 2 1 ! k k n x x xx x R k           ，其中     2 1 1 cos 2 1 ! k k n xR x k      ； （4）     2 4 2 2 1cos 1 1 2! 4! 2 2 ! k k n x x xx R k           ，其中     2 1 cos 2 ! k k n xR x k   ； （5） 2 1 1 ( ) 1 n nx x x o x x         ； （6） 2 2 ( 1)(1 ) 1 ( ) 2! n n nx nx x o x     ； （7）   3 5 22tan 3 15 nxx x x o x     ； （8）  2 31 1 11 1 2 8 16 nx x x x o x        ． 由泰勒公式，我们得到如下常用的不等式： e 1x x  ，  21e 1 0 2 x x x x    ，  31sin 0 6 x x x x   ， 21cos 1 2 x x  ， ln 1 x x ， 1ex x  ，  31tan 0 3 x x x x   ， 11 1 2 x x   ，  ln 1 x x  ． 常见函数的泰勒展开式： 结论 1 ln(1 ) ( 1)x x x    ． 结论 2 ln 1 ( 0)x x x   ． 结论 3 11 ln x x   （ 0x  ）． 结论 4   1ln ln 1 1 11 1 x x xxx x x        ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 结论 5 1 xx e  ；  1 11 xe x x    ；    ln 1 1 1 x x x x x       ． 结论 6 1 ( )xe x x R   ； 结论 7 1 ( )xe x x R    结论 8  1 1 1 xe x x    ． 结论 9  1 1 1 xe x x    ． 例．（2022年新Ⅰ卷高考真题第 7题）设 0.10.1ea  ， 1 9 b  ， ln 0.9c   则（ ） A． cba  B． abc  C． bac  D． bca  泰勒公式法： 因为 105.1 2 1.01.01 2 1.0 e ，所以 be  11111.0 9 11105.01.0 1.0 ，所以 ba  因为 ac  105.0006.0 9 1 2187 1 162 1 9 1 3 ) 9 1( 2 ) 9 1( 9 1)1 9 1ln( 9 10ln9.0ln 32 所以 ac  综上所述： bac  故选：C 例．（2022·全国·统考高考真题）已知 31 1 1, cos , 4sin 32 4 4 a b c   ，则（ ） A． c b a  B．b a c  C． a b c  D． a c b  泰勒展开 设 0.25x  ，则 231 0.251 32 2 a    ， 2 41 0.25 0.25cos 1 4 2 4! b     ， 2 4 1sin1 0.25 0.2544sin 114 3! 5! 4 c      ，计算得 c b a  ，故选 A. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 考试技巧 11 不等式放缩合集比较函数值大小关系解题技巧       2 π,0,tansin xxxx )1(1ln  x x xx ， )10(1ln  x x xx ， )1)(1( 2 1ln  x x xx ， )10)(1( 2 1ln  x x xx ， )1( 2 32 2 1ln 2  xxxx ， )10( 2 32 2 1ln 2  xxxx )1( 1 )1(2ln     x x xx ， )10( 1 )1(2ln     x x xx 放缩程度综合 )10(1 2 32 2 1 1 )1(2ln1)1( 2 111 2     xxxx x xx x x x x x )21(1)1( 2 11ln 1 )1(2 2 32 2 111 2     xx x x x xx x xxx x )2(1)1( 2 11ln 1 )1(211 2 32 2 1 2     xx x x x xx x x x xx 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 )1( 1 1e1    x x x x ， )1(e1 1 1   xx x x 例．（2022·全国·统考高考真题）设 0.1 10.1e , ln 0.9 9 a b c   ， ，则（ ） A．a b c  B． c b a  C． c<a<b D． a c b  放缩法 因为 )1( 1 1e1    x x x x ， 所以 ba      9 1 1.01 11.0e1.011.0 1.01 1e1.1 1.01.0 ，即 ba  因为 )1)(1( 2 1ln  x x xx ， 所以 ac  11.0 180 19) 10 9 9 10( 2 1 9 10ln9.0ln ，即 ac  综上所述： bac  ，故选：C 例．（2022·全国·统考高考真题）已知 31 1 1, cos , 4sin 32 4 4 a b c   ，则（ ） A． c b a  B．b a c  C． a b c  D． a c b  【法一】：不等式放缩一 因为当 π0, ,sin 2 x x x      ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 取 1 8 x = 得： 2 21 1 1 31cos 1 2sin 1 2 4 8 8 32          ，故b a 1 1 14sin cos 17 sin 4 4 4        ，其中 0, 2       ，且 1 4sin ,cos 17 17    当 1 14sin cos 17 4 4   时， 1 4 2   ，及 1 2 4    此时 1 4sin cos 4 17   ， 1 1cos sin 4 17   故 1 1cos 4 17  4 1 1sin 4sin 4 417    ，故b c 所以b a ，所以 c b a  ，故选 A 【法二】不等式放缩二 因为 14 tan 4 c b  ，因为当 π0, ,sin tan 2 x x x x       ，所以 1 1tan 4 4  ,即 1 c b  ，所以c b ；因为当 π0, ,sin 2 x x x      ，取 1 8 x = 得 2 21 1 1 31cos 1 2sin 1 2 4 8 8 32          ，故 b a ，所以c b a  ． 故选：A． 考试技巧 12 函数对称性的应用及解题技巧 例．（全国·高考真题）设函数 ( )y f x 的图像与 2x ay  的图像关于直线 y x  对称，且 ( 2) ( 4) 1f f    ， 则 a A． 1 B．1 C． 2 D． 4 反解 ( )f x 的解析式，可得 2 y ax    ，即  2logy a x   ， 因为 ( 2) ( 4) 1f f    ，所以 2 2log 2 log 4 1a a    ，解得解得 2a  ，故选 C 考试技巧 13 解不等式（含分段函数）的应用及解题技巧 例 2．（全国·高考真题）设函数     2 1 1 ln 1f x x x   = ,则使    2 1f x f x  成立的 x的取值范围是 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 A． 1 ,1 3       B．  1, 1, 3        C． 1 1, 3 3      D． 1 1, , 3 3               【特值法】 当 1x 时，    11 ff  不成立，排除 D，当 0x 时，则判断    10  ff 是否成立， 计算   10 f ，   19.0 2 12ln1 f ，不成立，故排除 B、C, 【答案】A 考试技巧 14 整数解的应用及解题技巧 例．已知关于 x的不等式 4 3 0ln x kx kx  恰有一个整数解，则实数 k的取值范围为（ ） A． ln 3 1, 54 8     B． ln 3 1, 27 8     C． ln 2, 8      D． ln 3 ln 2, 54 8     【猜根法，寻找临界条件】 由题知整数解不可能为 1， 若整数解为 2，则整数解 3不可取，代入有 8 2ln08162ln  kkk ， 54 3ln027813ln  kkk ，根据整数解问题区间为一开一闭，则选 D. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 考试技巧 15 零点的应用及解题技巧 例 4．（全国·高考真题）已知函数 2 1 1( ) 2 ( )x xf x x x a e e      有唯一零点，则 a A． 1 2  B． 1 3 C． 12 D．1 通过观察发现 2 2x x 关于 1x  对称， 1 1x xe e   也关于 1x  对称， 则唯一零点为 1，解得解得 1 2 a  .故选：C. 考试技巧 16 切线与公切线的应用及解题技巧 例．（2021·全国·统考高考真题）若过点  ,a b 可以作曲线 exy  的两条切线，则（ ） A． eb a B． ea b C．0 eba  D．0 eab  画出函数曲线 xy e 的图象如图所示，根据直观即可判定点  ,a b 在曲线下方和 x轴上方时才可以作出两条切 线.由此可知0 ab e  . 故选：D. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 16 例．（全国·高考真题）若直线 y kx b  是曲线 ln 2y x  的切线，也是曲线 ln( 1)y x  的切线，则 b  ． 对函数 ln 2y x  求导得 1y x   ，对 ln( 1)y x  求导得 1 1 y x    ，设直线 y kx b  与曲线 ln 2y x  相切于 点 1 1 1( , )P x y ，与曲线 ln( 1)y x  相切于点 2 2 2( , )P x y ，则 1 1 2 2ln 2, ln( 1)y x y x    ，由点 1 1 1( , )P x y 在切线上得  1 1 1 1ln 2 ( )y x x x x     ，由点 2 2 2( , )P x y 在切线上得 2 2 2 1ln( 1) ( ) 1 y x x x x      ，这两条直线表示同一条直 线，所以 ，解得 1 1 1 1 1, 2, ln 2 1 1 ln 2 2 x k b x x          . 考试技巧 17 端点效应（必要性探索）解题技巧 端点效应的类型 1.如果函数 ( )f x 在区间[ , ]a b 上, ( ) 0f x  恒成立,则 ( ) 0f a  或 ( ) 0f b  . 2.如果函数 ( )f x 在区问[ , ]a b 上, ( ) 0f x  恒成立,且 ( ) 0f a  (或 ( ) 0f b  ),则 ( ) 0f a   或 ( ) 0f b  . 3.如果函数 ( )f x 在区问 [ , ]a b 上 , ( ) 0f x  恒成立 ,且 ( ) 0, ( ) 0f a f a  (或 ( ) 0f b  , ( ) 0f b  则 ( ) 0f a  或 ( ) 0f b  . 例．（2023·全国·统考高考真题）已知函数 3 sin π( ) , 0, cos 2 xf x ax x x        (1)当 8a  时，讨论 ( )f x 的单调性； (2)若 ( ) sin 2f x x 恒成立，求 a的取值范围． 【法一】端点效应一 令 ( ) ( ) sin 2 , 0, 2 g x f x x x       ， 得 (0) 0g  ，且 ( ) 0g x  在 0, 2 x      上恒成立 画出草图 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 17 根据端点效应, 需要满足 (0) 0g  „ ，而 2 4 1 2sin( ) 2cos 2 cos xg x a x x     则 (0) 3g a   , 令 (0) 0g  „ , 得 3a  当 3a„ 时, 由于 (0) 0g  , 只需证 ( ) 0g x  即可 而 ( )g x 含有参数 a , 故可对 ( )g x 进行放缩 即   2 2 2 2 4 4 4 1 2sin 1 2sin 3 2cos2cos 2 3 2cos 2 5 4cos cos cos cos x x xg x a x x x x x x             令 2cost x , 其中 0 1t  设 2 3 2( ) 5 4th t t t     则 3 3 2 3 6 2 4 2 6( ) 4 t th t t t t        令 3( ) 4 2 6p t t t    则 2( ) 12 2 0p t t     , 故 ( )p t 在 (0,1) 上递减, 得 ( ) (1) 0p t p  则 ( ) 0h t  , 得 ( )h t 在 (0,1) 上单调递增, 则 ( ) (1) 0h t h  即 ( ) 0g x  , 满足 ( ) (0) 0g x g  成立 当 3a  时，  0 3 0由于 ,g a   故存在 0x , 使得在  00, x 上 ( ) 0g x  , 所以 ( )g x 在  00, x 上单调递增, 则 ( ) (0) 0g x g  , 不成立 特上所述: 3a  . 【法二】端点效应二 (2) 3 3 sin sin( ) sin 2 sin 2 ( ) sin 2 0 cos cos x xf x x ax x g x ax x x x          由于 (0) 0g  , 且 2 2 4 cos 3sin( ) 2cos 2 cos x xg x a x x     , 注意到当 (0) 0g   , 即 3a  时, 0 0, 2 x       使 ( ) 0g x  在  00,x x 成立, 故此时 ( )g x 单 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 18 调递减 ( ) (0) 0g x g   , 不成立. 另一方面, 当 3a„ 时, 3 sin( ) 3 sin 2 ( ) cos xg x x x h x x   „ , 下证它小于等于 0 .           2 2 4 2 24 2 4 4 4 22 2 4 3 2cos3 2cos 2 cos 3 cos 1 2cos 1 cos 2 cos3cos 2cos 3 2cos 2 cos cos cos cos 1 4cos 3 0. cos xh x x x x x x xx x x x x x x x x                 令 ( )g x 单调递减, ( ) (0) 0g x g „ . 特上所述: 3a  . 考试技巧 18 函数凹凸性解题技巧 凹函数：对于某区间内 1 2,x x , 都有    1 2 1 2 2 2 f x f x x xf        . 凸函数：对于某区间内 1 2,x x , 都有    1 2 1 2 2 2 f x f x x xf        . 例．在 ABC 中, 求 sin sin sinA B C  的最大值. 因为函数 siny x 在区间 (0, ) 上是上凸函数, 则 1 3(sin sin sin ) sin sin 3 3 3 2 A B CA B C           原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 19 即 3 3sin sin sin 2 A B C   , 当且仅当 sin sin sinA B C  时, 即 3 A B C    时,取等号. 上述例题是三角形中一个重要的不等式: 在 ABC 中, 3 3sin sin sin . 2 A B C   例. 丹麦数学家琴生 ( )Jensen 是 19 世纪对数学分析做出卓越贡献的数学家，特别是在函数的凹凸性与不等 式方面留下了很多宝贵的成果．设函数 ( )f x 在 ( , )a b 上的导函数为 ( )f x ， ( )f x 在 ( , )a b 上的导函数为 ( )f x ， 若在 ( , )a b 上 ( ) 0f x  恒成立，则称函数 ( )f x 在 ( , )a b 上为“凸函数”．已知 2( ) ln 2 x mf x e x x x   在 (1, 4)上为 “凸函数”，则实数 m的取值范围是（ ） A．  1,e   B． 1,e  C． 4 1 , 4 e     D． 4 1 , 4 e      因为 2( ) ln 2 x mf x e x x x   ， 所以  ( ) 1 ln ln 1x xf x e x mx e mx x         ， 1( ) xf x e m x     ， 因为 2( ) ln 2 x mf x e x x x   在 (1, 4)上为“凸函数”， 所以 1( ) 0xf x e m x      对于 (1,4)x 恒成立， 可得 1xm e x   对于 (1,4)x 恒成立， 令   1xg x e x   ，则  maxm g x ， 因为   2 1 0xg x e x    ，所以   1xg x e x   在 (1, 4)单调递增， 所以     4max 14 4 g x g e   ， 所以 4 1 4 m e  ， 【答案】C 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 20 考试技巧 19 洛必达法则解题技巧 法则 1 若函数 f(x) 和 g(x)满足下列条件： (1)  lim 0 x a f x   及  lim 0 x a g x   ； (2)在点 a的去心邻域内，f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x)≠0； (3)     lim x a f x l g x    ， 那么     lim x a f x g x =     lim x a f x l g x    。 0 0 型 法则 2 若函数 f(x) 和 g(x)满足下列条件： (1)  lim x a f x   及  lim x a g x   ； (2)在点 a的去心邻域内，f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x)≠0； (3)     lim x a f x l g x    ， 那么     lim x a f x g x =     lim x a f x l g x    。   型 例．（全国高考）已知 ln 1 ln 1 1 x x k x x x x      恒成立, 求 k 的取值范围 解: 2 ln 1 ln 2 ln 1 1 1 1 x x k x xk x x x x x          记 2 2 ln( ) 1 1 x xg x x    , 则           2 2 2 2 2 2 22 2 2 1 ln 2 1 2 1 1( ) ln 11 1 x x x x xg x x xx x                2 2 1ln 1 记 xh x x x     则       22 2 22 2 11 4( ) 0 1 1 xxh x x x x x         所以, ( )h x 在 (0, ) 单调递增, 且 (1) 0h  所以 (0,1)x 时, ( ) 0, (1, )h x x   时, ( ) 0h x  即 ( )g x 在 (0,1) 上单调递减, 在 (1, ) 上单调递增 所以 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 21   21 1 21 1 2 lnlim lim 1 1 2 ln 2 2lnlim 1 lim 1 1 1 0 1 2 x x x x x xk g x x x x x x x                     所以 0k  分析 上式中求 21 2 lnlim 1 1x x x x   用了洛必达法则 当 1x 时, 分子 2 ln 0x x , 分母 21 0x  , 符合 0 0 不定形式, 所以 21 1 2 ln 2 2lnlim lim 1 1 2x x x x x x x        例．（全国高考） 2(0, ), 1 0xx e x ax      … 恒成立, 求 a 的取值范围 解: 2 2 11 0 x x e xe x ax a x       … 记 2 1( ) xe xg x x    , 则 3 2 2( ) x xxe e xg x x     记 ( ) 2 2x xh x xe e x    则 ( ) 1x xh x xe e    ( ) 0xh x xe   所以, ( )h x 在 (0, ) 单调递增, 所以 ( ) (0) 0h x h   所以, ( )h x 在 (0, ) 单调递增, 所以 ( ) (0) 0h x h  即在 (0, ) 上 ( ) 0g x  , 所以 ( )g x 在 (0, ) 上单调递增 所以 20 0 0 0 1 1 1lim ( ) lim lim lim 2 2 2 x x x x x x x e x e ea g x x x            所以 1 2 a  原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 22 考试技巧 20 导数中的极值点偏移问题的解题技巧 例．（2022·全国·统考高考真题）已知函数   ln x f x x a x xe    ． (1)若   0f x  ，求 a的取值范围； (2)证明：若  f x 有两个零点 1 2,x x ，则 1 2 1x x  ． （2）[方法一]：构造函数 由题知,  f x 一个零点小于 1,一个零点大于 1，不妨设 1 21x x< < 要证 1 2 1x x  ,即证 1 2 1x x  因为 1 2 1, (0,1)x x  ,即证  1 2 1f x f x        又因为    1 2f x f x ,故只需证  2 2 1f x f x        即证 1 1ln ln 0, (1, ) x xe x x xe x x x x         即证 1 1 12 ln 0 2 x xe xe x x x x            下面证明 1x  时， 1 1 10, ln 0 2 x xe xe x x x x          设 1 1( ,) x xeg xe x xx   ， 则 1 1 1 2 2 1 1 1 1 1 1( ) 1 1x xx x xg x e e xe e e x x x x x x                                     1 11 11 x x x xe x ee e x x x x                   设       2 2 1 1 11 , 0 x x xe xx x x e e x x x x             所以    1x e   ,而 1xe e 所以 1 0 x xe e x   ,所以 ( ) 0g x  所以 ( )g x 在 (1, ) 单调递增 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 23 即 ( ) (1) 0g x g  ,所以 1 0 x xe xe x   令 1 1( ) ln , 1 2 h x x x x x         2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 ( 1)( ) 1 0 2 2 2 x x xh x x x x x               所以 ( )h x 在 (1, ) 单调递减 即 ( ) (1) 0h x h  ,所以 1 1ln 0 2 x x x        ； 综上, 1 1 12 ln 0 2 x xe xe x x x x            ,所以 1 2 1x x  . [方法二]：对数平均不等式 由题意得：   ln x xe ef x a x x    令 1 xet x   ，则   lnf t t t a   ，   1' 1 0f t t    所以   lng t t t a   在  1, 上单调递增，故   0g t  只有 1个解 又因为   ln x xe ef x a x x    有两个零点 1 2,x x ，故 1 2 1 2 x xe et x x   两边取对数得： 1 1 2 2ln lnx x x x   ，即 1 2 1 2 1 ln ln x x x x    又因为  1 21 2 1 2 * ln ln x xx x x x    ，故 1 2 1x x  ，即 1 2 1x x  下证  1 21 2 1 2 * ln ln x xx x x x    因为 1 2 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2 11 2 ln ln ln ln ln x x x x x x xx x x x x x x x xx x           不妨设 1 2 1xt x   ，则只需证 12ln t t t   构造   12 ln , 1h t t t t t     ，则   2 2 2 1 1' 1 1 0h t t t t            故   12 lnh t t t t    在  1, 上单调递减 故    1 0h t h  ，即 12ln t t t   得证 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 24 考试技巧 21 半角公式的应用及解题技巧 sin α 2 ＝± 1－cos α 2 ，cosα 2 ＝± 1＋cos α 2 ，tanα 2 ＝± 1－cos α 1＋cos α ＝ sin α 1＋cos α ＝ 1－cos α sin α . 例．（2023·全国·统考高考真题）已知 为锐角， 1 5cos 4   ，则 sin 2  （ ）． A． 3 5 8  B． 1 5 8   C． 3 5 4  D． 1 5 4   【详解】因为 2 1 5cos 1 2sin 2 4     ，而 为锐角， 所以 sin 2   1－cos α 2  25 13 5 5 1 8 16 4      ． 考试技巧 22 万能公式的应用及解题技巧 2 2 2 2 2 tan 1 tan 2 tan 2 2 2sin cos tan 1 tan 1 tan 1 tan 2 2 2 x x x x x xx x x        例．在 △ ��� 中, tan � 2 = 3tan � 2 , 则 2 sin� + 6 sin� 的最小值为 A. 4 B. 2 5 C. 4 5 D. 16 2 sin� + 6 sin� = 2 2tan �2 1 + tan2 �2 + 6 2tan �2 1 + tan2 �2 = 1 + tan2 �2 tan�2 + 3 1 + tan2 � 2 tan�2 = 1 tan�2 + tan � 2 + 3 tan �2 + 3tan � 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 25 = 1 tan�2 + tan � 2 + 3 3tan �2 + 3 ⋅ 3tan � 2 = 10tan � 2 + 2 tan �2 ≥ 2 20 = 4 5. 最小值为 4 5 考试技巧 23 正余弦平方差公式的应用及解题技巧 正弦平方差公式: sin2� − sin2� = sin � + � sin � − � 余弦平方差公式: cos2� − sin2� = cos � + � cos � − � 例．已知 sin� = 1 2 , sin� = 1 3 , 则 sin � + � sin � − � =________ 由已知可得 sin � + � sin � − � = sin2� − sin2� = 1 2 2 − 1 3 2 = 5 36 . 考试技巧 24 三角函数异名伸缩平移的解题技巧 通常用        2 πcossin xx 进行正弦化余弦，用        2 πsincos xx 进行余弦化正弦 例．若要得到函数   πsin 2 6 f x x      的图象，只需将函数   πcos 2 3 g x x      的图象（ ） A．向左平移 π 6 个单位长度 B．向右平移 π 6 个单位长度 C．向左平移 π 3 个单位长度 D．向右平移 π 3 个单位长度 我们可以对平移前   πcos 2 3 g x x      进行变换，   π π π 5πcos 2 =sin 2 sin 2 3 3 2 6 g x x x x                      ， 从而转化为   5πsin 2 6 g x x        πsin 2 6 f x x       ？ 的变换； 我们同样也对平移后   πsin 2 6 f x x      进行变换，   π π π πsin 2 cos 2 cos 2 6 6 2 3 f x x x x                       ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 26 从而转化为   πcos 2 3 g x x        πcos 2 3 f x x       ？ 的变换，进而求解变换过程 【答案】D 考试技巧 25 “爪子定理”的应用及解题技巧 例．（全国·高考真题）设D为 ABC 所在平面内一点，且 3BC CD   ，则（ ） A. 1 4 3 3 AD AB AC      B. 1 4 3 3 AD AB AC     C. 4 1 3 3 AD AB AC     D. 4 1 3 3 AD AB AC     解析：由图可想到“爪字形图得： 1 3 4 4 AC AB AD     ，解得： 1 4 3 3 AD AB AC      答案：A 考试技巧 26 系数和（等和线）的应用及解题技巧 例．（全国·高考真题）在矩形 ABCD 中，AB=1，AD=2，动点 P 在以点 C 为圆心且与 BD 相切的圆上．若AP  = AB  + AD  ，则 +  的最大值为 A．3 B．2 2 C． 5 D．2 【系数和】 分析：如图 ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 27 由平面向量基底等和线定理可知，当等和线 l与圆相切时，   最大，此时 3 3, AF AB BE EF AB AB AB AB         故选 A . 例．边长为 2 的正六边形 ABCDEF中，动圆Q的半径为 1，圆心在线段CD (含短点)上运动，P是圆Q上 及其内部的动点，设向量 ( , )AP mAB nAF m n R      ，则m n 的取值范围是（ ）        5,3.5,2.6,5.2,1. DCBA 分析:如图，设 AP mAB nAF     ，由等和线结论， 2 2AG ABm n AB AB     .此为m n 的最小值； 同理，设 AP mAB nAF     ，由等和线结论， 5AHm n AB    .此为m n 的最大值. 综上可知 [2,5]m n  . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 28 考试技巧 27 极化恒等式的应用及解题技巧 例．（全国·高考真题）设向量 满足 ， ，则 A．1 B．2 C．3 D．5 由极化恒等式可得： 2 2 2 2( ) ( ) 1 4 4 a b a ba b a ba b               ，故选 A． 例．（2023·全国·统考高考真题）正方形 ABCD的边长是 2， E是 AB的中点，则 EC ED    （ ） A． 5 B．3 C． 2 5 D．5 设 CD中点为 O点，由极化恒等式可得： 2 21 3 4 EC ED EO DC          故选：B. 考试技巧 28 奔驰定理与三角形四心的应用及解题技巧 例．（宁夏·高考真题）已知 O，N，P 在 ABC 所在平面内，且 , 0OA OB OC NA NB NC     ，且 • • •PA PB PB PC PC PA  ，则点 O，N，P 依次是 ABC 的 （注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心） A．重心外心垂心 B．重心外心内心 C．外心重心垂心 D．外心重心内心 因为 OA OB OC     ，所以O到定点 , ,A B C的距离相等，所以O为 ABC 的外心，由 0NA NB NC      ， 则 NA NB NC      ，取 AB的中点 E，则 2NA NB NE CN        ，所以 2 NE CN   ，所以 N是 ABC 的重心； 由 • • •PA PB PB PC PC PA        ，得 ( ) 0PA PC PB      ，即 0AC PB    ，所以 AC PB ，同理 AB PC ，所以 点 P为 ABC 的垂心，故选 C. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 29 例．（江苏·高考真题）O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点 P满足 | | | | AB ACOP OA AB AC               ， ,[ )0  ，则 P的轨迹一定通过 ABC 的（ ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【详解】 OP OA AP      ， ( ) | | | | AB ACAP AB AC        令 | | | | AB AC AM AB AC        ， 则 AM  是以A为始点，向量 | | AB AB   与 | | AC AC   为邻边的菱形的对角线对应的向量， 即 AM  在 BAC 的平分线上， AP AM    ， ,AP AM   共线， 故点 P 的轨迹一定通过△ABC 的内心， 故选：B 考试技巧 29 角平分线定理的应用及解题技巧 角平分线定理 （1）在 ABC 中， AD为 BAC 的角平分线，则有 CD AC BD AB  （2） 2 cos 2 BACb c AD b c      （3） 2AD AB AC BD CD    （库斯顿定理） （4） ABD ACD SAB AC S    原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 30 例．（2023·全国·统考高考真题）在 ABC 中， 60 , 2, 6BAC AB BC     ， BAC 的角平分线交 BC于 D， 则 AD  ． 由余弦定理可得， 2 22 2 2 cos60 6b b      ，因为 0b  ，解得： 1 3b   ， 则 2 cos 2 BACb c AD b c      计算即可，故答案为： 2． 考试技巧 30 张角定理的应用及解题技巧 张角定理 ADACAB )sin(sinsin    例．如图，已知 AD是 ABC 中 BAC 的角平分线，交 BC边于点D . （1）用正弦定理证明： AB BD AC DC  ； （2）若 120BAC  ， 2AB  ， 1AC  ，求 AD的长. 先用面积之和来证明张角定理，然后直接由张角定理求得 AD 的长为 ． 例．在 ABC 中,角 、 、A B C所对的边分别为 、 、a b c ,已知点D在 BC边上, 2 2,sin , 3 2, 3 3 AD AC BAC AB AD     ,则CD  __________ 解：如图 高考数学 考试技巧篇 （36类核心考试技巧背记手册） 目录 考试技巧01 权方和不等式的应用及解题技巧 2 考试技巧02 普通型糖水不等式的应用及解题技巧 3 考试技巧03 对数型糖水不等式的应用及解题技巧 3 考试技巧04 基本不等式链的应用及解题技巧 4 考试技巧05 “奇函数+常函数”的最大值+最小值解题技巧 5 考试技巧06 “奇函数+常函数”的f(a)+f(-a)解题技巧 5 考试技巧07 已知函数解析式判断函数图象解题技巧 6 考试技巧08 已知函数图象判断函数解析式解题技巧 7 考试技巧09 两类经典超越不等式比较函数值大小关系解题技巧 8 考试技巧10 泰勒不等式比较函数值大小关系解题技巧 9 考试技巧11 不等式放缩合集比较函数值大小关系解题技巧 11 考试技巧12 函数对称性的应用及解题技巧 13 考试技巧13 解不等式（含分段函数）的应用及解题技巧 13 考试技巧14 整数解的应用及解题技巧 14 考试技巧15 零点的应用及解题技巧 15 考试技巧16 切线与公切线的应用及解题技巧 15 考试技巧17 端点效应（必要性探索）解题技巧 16 考试技巧18 函数凹凸性解题技巧 18 考试技巧19 洛必达法则解题技巧 20 考试技巧20 导数中的极值点偏移问题的解题技巧 22 考试技巧21 半角公式的应用及解题技巧 24 考试技巧22 万能公式的应用及解题技巧 24 考试技巧23 正余弦平方差公式的应用及解题技巧 25 考试技巧24 三角函数异名伸缩平移的解题技巧 25 考试技巧25 “爪子定理”的应用及解题技巧 26 考试技巧26 系数和（等和线）的应用及解题技巧 26 考试技巧27 极化恒等式的应用及解题技巧 28 考试技巧28 奔驰定理与三角形四心的应用及解题技巧 28 考试技巧29 角平分线定理的应用及解题技巧 29 考试技巧30 张角定理的应用及解题技巧 30 考试技巧31 点对称问题解题技巧 31 考试技巧32 圆中的切线问题解题技巧 32 考试技巧33 圆锥曲线中焦点弦的应用及解题技巧 32 考试技巧34 圆锥曲线中中点弦的应用及解题技巧 33 考试技巧35 复数的模长及最值的应用及解题技巧 34 考试技巧36 柯西不等式的应用及解题技巧 35 考试技巧01 权方和不等式的应用及解题技巧 权方和不等式的初级应用: 若 则 当且仅当 时取等. (注：熟练掌握权方和不等式的初级应用，足以解决高考中的这类型最值问题的秒杀) 例．已知，且，则的最小值为（    ） A．1 B． C．9 D． 因为，所以 由权方和不等式 可得 当且仅当，即时，等号成立．【答案】C 例．已知正数，，满足，则的最小值为 【分析】根据权方和不等式可得解. 【详解】因为正数，满足， 所以， 当且仅当即时取等号，故答案为：. 例．已知，求的最小值为 【分析】应用权方和不等式即可求解. 【详解】 当且仅当时取等号，故答案为：60 考试技巧02 普通型糖水不等式的应用及解题技巧 1. 糖水不等式定理，若 , 则一定有 通俗的理解: 就是 克的不饱和糖水里含有 克糖, 往糖水里面加入 克糖,则糖水更甜; 2. 糖水不等式的倒数形式，设 , 则有: 例．（2020·全国·统考高考真题）已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（    ） A．a<b<c B．b<a<c C．b<c<a D．c<a<b 【详解】 ,又 ， 用排除法, 选 A 。 考试技巧03 对数型糖水不等式的应用及解题技巧 (1) 设 , 且 , 则有 (2) 设 , 则有 (3) 上式的倒数形式：设 , 则有 例．（2022·全国·统考高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 对数型糖水不等式 因为 , 所以 . 在上述推论中取 , 可得 , 且 . 所以 , 即 , 选 A. 考试技巧04 基本不等式链的应用及解题技巧 基本不等式链: , 当且仅当 时, 等号成立. 例．（2022·全国·统考高考真题）若x，y满足，则（    ） A． B． C． D． 由基本不等式链: , 可得（R）， 对于AB 由可变形为，， 解得，当且仅当时，，当且仅当时，，所以A错误，B正确； 对于C 【法一】由可变形为，解得，当且仅当时取等号，所以C正确 【法二】由 ,得 , 又因为 ,所以 ,即 . 【法三】 , 又因为 ,所以 . 【答案】：BC． 考试技巧05 “奇函数+常函数”的最大值+最小值解题技巧 在定义域内，若，其中为奇函数，为常数，则最大值，最小值有 即倍常数 例．（2023上·江苏·高三模拟）已知分别是函数++1的最大值、最小值，则 倍常数=2 例．已知函数，的最大值为M，最小值为m，则 . 【法一】倍常数=14 【法二】 例．函数，，记的最大值为，最小值为，则 . 【法一】倍常数=4 【法二】 考试技巧06 “奇函数+常函数”的f(a)+f(-a)解题技巧 在定义域内，若，其中为奇函数，为常数，有 即倍常数 例．（全国·高考真题）已知函数，，则 ． 在定义域内为奇函数 所以倍常数=2，解得 【答案】－2 例．已知函数，则 ． ，和在定义域内为奇函数 所以2倍常数=-2 【答案】－2 考试技巧07 已知函数解析式判断函数图象解题技巧 特值与极限 ① ② ③ ④ 特别地：当时 例如：， 当时 例．函数在区间的图象大致为（    ） A．B．C．D． 令，由奇偶性定义知为奇函数，排除BD； 【法一】特值 ，故选：A. 【法二】极限法 当时，， 所以当时，故选：A. 【法三】 当时，，所以 【答案】A 考试技巧08 已知函数图象判断函数解析式解题技巧 例．（2022·全国·统考高考真题）如图是下列四个函数中的某个函数在区间的大致图像，则该函数是（    ） A． B． C． D． 【法一】特值 由图知：， 对于A，，对于B，，对于C，，对于D， 排除BD 结合函数零点位置可选A 【法二】猜测近似函数值 由图知 分别计算四个函数值即可得到答案 【法三】 设，则，故排除B; 设，当时，， 所以，故排除C; 设，则，故排除D. 【答案】A 考试技巧09 两类经典超越不等式比较函数值大小关系解题技巧 ，，， 例．已知 , 则 的大小关系为 ( ) A. B. C. D. 【答案】 考试技巧10 泰勒不等式比较函数值大小关系解题技巧 常见函数的泰勒展开式： （1），其中； （2），其中； （3），其中； （4），其中； （5）； （6）； （7）； （8）． 由泰勒公式，我们得到如下常用的不等式： ，，， ，，， ，，． 常见函数的泰勒展开式： 结论1 ． 结论2 ． 结论3 （）． 结论4 ． 结论5 ；；． 结论6 ； 结论7 结论8 ． 结论9 ． 例．（2022年新Ⅰ卷高考真题第7题）设，，则（       ） A． B． C． D． 泰勒公式法： 因为，所以，所以 因为 所以 综上所述： 故选：C 例．（2022·全国·统考高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 泰勒展开 设，则，， ，计算得，故选A. 考试技巧11 不等式放缩合集比较函数值大小关系解题技巧 ，， ，， ， ， 放缩程度综合 ， 例．（2022·全国·统考高考真题）设，则（    ） A． B． C． D． 放缩法 因为， 所以，即 因为， 所以，即 综上所述：，故选：C 例．（2022·全国·统考高考真题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【法一】：不等式放缩一 因为当， 取得：，故 ，其中，且 当时，，及 此时， 故，故 所以，所以，故选A 【法二】不等式放缩二 因为，因为当，所以,即，所以；因为当，取得，故，所以． 故选：A． 考试技巧12 函数对称性的应用及解题技巧 例．（全国·高考真题）设函数的图像与的图像关于直线对称，且，则 A． B． C． D． 反解的解析式，可得，即， 因为，所以，解得解得，故选C 考试技巧13 解不等式（含分段函数）的应用及解题技巧 例2．（全国·高考真题）设函数,则使成立的的取值范围是 A． B． C． D． 【特值法】 当时，不成立，排除D，当时，则判断是否成立， 计算，，不成立，故排除B、C, 【答案】A 考试技巧14 整数解的应用及解题技巧 例．已知关于x的不等式恰有一个整数解，则实数k的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【猜根法，寻找临界条件】 由题知整数解不可能为1， 若整数解为2，则整数解3不可取，代入有， ，根据整数解问题区间为一开一闭，则选D. 考试技巧15 零点的应用及解题技巧 例4．（全国·高考真题）已知函数有唯一零点，则 A． B． C． D．1 通过观察发现关于对称，也关于对称， 则唯一零点为1，解得解得.故选：C. 考试技巧16 切线与公切线的应用及解题技巧 例．（2021·全国·统考高考真题）若过点可以作曲线的两条切线，则（    ） A． B． C． D． 画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.    故选：D. 例．（全国·高考真题）若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则 ． 对函数求导得，对求导得，设直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，则，由点在切线上得，由点在切线上得，这两条直线表示同一条直线，所以，解得. 考试技巧17 端点效应（必要性探索）解题技巧 端点效应的类型 1.如果函数在区间上,恒成立,则或. 2.如果函数在区问上,恒成立,且(或),则或. 3.如果函数在区问上,恒成立,且(或,则或. 例．（2023·全国·统考高考真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 【法一】端点效应一 令 ，得 ，且 在 上恒成立 画出草图 根据端点效应, 需要满足 ，而 则 , 令 , 得 当 时, 由于 , 只需证 即可 而 含有参数 , 故可对 进行放缩 即 令 , 其中 设 则 令 则 , 故 在 上递减, 得 则 , 得 在 上单调递增, 则 即 , 满足 成立 当 时， 故存在 , 使得在 上 , 所以 在 上单调递增, 则 , 不成立 特上所述: . 【法二】端点效应二 (2) 由于 , 且 , 注意到当 , 即 时, 使 在 成立, 故此时 单调递减 , 不成立. 另一方面, 当 时, , 下证它小于等于 0 . 单调递减, . 特上所述: . 考试技巧18 函数凹凸性解题技巧 凹函数：对于某区间内 , 都有 . 凸函数：对于某区间内 , 都有 . 例．在 中, 求 的最大值. 因为函数 在区间 上是上凸函数, 则 即 , 当且仅当 时, 即 时,取等号. 上述例题是三角形中一个重要的不等式: 在 中, 例. 丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的数学家，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．设函数在上的导函数为，在上的导函数为，若在上恒成立，则称函数在上为“凸函数”．已知在上为“凸函数”，则实数m的取值范围是（    ） A． B． C． D． 因为， 所以， ， 因为在上为“凸函数”， 所以对于恒成立， 可得对于恒成立， 令，则， 因为，所以在单调递增， 所以， 所以， 【答案】C 考试技巧19 洛必达法则解题技巧 法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 例．（全国高考）已知 恒成立, 求 的取值范围 解: 记 , 则 则 所以, 在 单调递增, 且 所以 时, 时, 即 在 上单调递减, 在 上单调递增 所以 所以 分析 上式中求 用了洛必达法则 当 时, 分子 , 分母 , 符合 不定形式, 所以 例．（全国高考） 恒成立, 求 的取值范围 解: 记 , 则 记 则 所以, 在 单调递增, 所以 所以, 在 单调递增, 所以 即在 上 , 所以 在 上单调递增 所以 所以 考试技巧20 导数中的极值点偏移问题的解题技巧 例．（2022·全国·统考高考真题）已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． （2）[方法一]：构造函数 由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设 要证,即证 因为,即证 又因为,故只需证 即证 即证 下面证明时， 设， 则 设 所以,而 所以,所以 所以在单调递增 即,所以 令 所以在单调递减 即,所以； 综上, ,所以. [方法二]：对数平均不等式 由题意得： 令，则， 所以在上单调递增，故只有1个解 又因为有两个零点，故 两边取对数得：，即 又因为，故，即 下证 因为 不妨设，则只需证 构造，则 故在上单调递减 故，即得证 考试技巧21 半角公式的应用及解题技巧 sin ＝± ，cos＝± ，tan＝± ＝＝. 例．（2023·全国·统考高考真题）已知为锐角，，则（    ）． A． B． C． D． 【详解】因为，而为锐角， 所以 ． 考试技巧22 万能公式的应用及解题技巧 例．在 中, , 则 的最小值为 A. 4 B. C. D. 16 最小值为 考试技巧23 正余弦平方差公式的应用及解题技巧 正弦平方差公式: 余弦平方差公式: 例．已知 , 则 ________ 由已知可得 考试技巧24 三角函数异名伸缩平移的解题技巧 通常用进行正弦化余弦，用进行余弦化正弦 例．若要得到函数的图象，只需将函数的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 我们可以对平移前进行变换，，从而转化为的变换； 我们同样也对平移后进行变换，，从而转化为的变换，进而求解变换过程 【答案】D 考试技巧25 “爪子定理”的应用及解题技巧 例．（全国·高考真题）设为所在平面内一点，且，则（ ） A. B. C. D. 解析：由图可想到“爪字形图得：，解得： 答案：A 考试技巧26 系数和（等和线）的应用及解题技巧 例．（全国·高考真题）在矩形ABCD中，AB=1，AD=2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若= +，则+的最大值为 A．3 B．2 C． D．2 【系数和】 分析：如图 ， 由平面向量基底等和线定理可知，当等和线与圆相切时， 最大，此时 故选 . 例．边长为2的正六边形中，动圆的半径为1，圆心在线段(含短点)上运动，是圆上及其内部的动点，设向量，则的取值范围是（ ） 分析:如图，设，由等和线结论，.此为的最小值； 同理，设，由等和线结论，.此为的最大值. 综上可知. 考试技巧27 极化恒等式的应用及解题技巧 例．（全国·高考真题）设向量满足，，则 A．1 B．2 C．3 D．5 由极化恒等式可得：，故选A． 例．（2023·全国·统考高考真题）正方形的边长是2，是的中点，则（    ） A． B．3 C． D．5 设CD中点为O点，由极化恒等式可得： 故选：B. 考试技巧28 奔驰定理与三角形四心的应用及解题技巧 例．（宁夏·高考真题）已知O，N，P在所在平面内，且，且，则点O，N，P依次是的 （注：三角形的三条高线交于一点，此点为三角型的垂心） A．重心外心垂心 B．重心外心内心 C．外心重心垂心 D．外心重心内心 因为，所以到定点的距离相等，所以为的外心，由，则，取的中点，则，所以，所以是的重心；由，得，即，所以，同理，所以点为的垂心，故选C.    例．（江苏·高考真题）O是平面上一定点，A、B、C是平面上不共线的三个点，动点P满足，，则P的轨迹一定通过的（    ） A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心 【详解】， 令， 则是以为始点，向量与为邻边的菱形的对角线对应的向量， 即在的平分线上， ，共线， 故点P的轨迹一定通过△ABC的内心， 故选：B 考试技巧29 角平分线定理的应用及解题技巧 角平分线定理 （1）在中，为的角平分线，则有 （2） （3）（库斯顿定理） （4） 例．（2023·全国·统考高考真题）在中，，的角平分线交BC于D，则 ． 由余弦定理可得，，因为，解得：， 则计算即可，故答案为：． 考试技巧30 张角定理的应用及解题技巧 张角定理 例．如图，已知是中的角平分线，交边于点. （1）用正弦定理证明：； （2）若，，，求的长. 先用面积之和来证明张角定理，然后直接由张角定理求得AD的长为． 例．在中,角所对的边分别为,已知点在边上, ,则__________ 解：如图 由张角定理得: 即 考试技巧31 点对称问题解题技巧 点 关于直线 的对称点坐标 例．点关于直线的对称点的坐标是 ． 直线中，,所以，所以， 答案为：. 考试技巧32 圆中的切线问题解题技巧 例．经过点且与圆相切的直线方程为 ． 代入求解即可，答案为： 例．过圆上点的切线方程为 ． 代入求解即可，答案为： 例．过点作圆的两条切线，切点分别为A、B，则直线AB方程是 . 过圆外一点作圆的两条切线,则切点弦方程为，代入求解即可 答案为: 考试技巧33 圆锥曲线中焦点弦的应用及解题技巧 例．过双曲线的右焦点作倾斜角为直线，交双曲线于两点，求弦长． 由双曲线得，又所以． 例．（山东·统考高考真题）斜率为的直线过抛物线C：y2=4x的焦点，且与C交于A，B两点，则= ． 【法一】先求出倾斜角，代入求解即可 【法二】解得    所以 【法三】 设，则, 过分别作准线的垂线，设垂足分别为如图所示. 故答案为： 考试技巧34 圆锥曲线中中点弦的应用及解题技巧 例．（全国·高考真题）已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为 A．＋＝1 B．＋＝1 C．＋＝1 D．＋＝1 【法一】.，解得=，因为c=3，所以. 例．（重庆·高考真题）直线与圆相交于两点，，弦的中点为，则直线的方程为 ． 【答案】. 【详解】设圆心，直线的斜率为，弦AB的中点为，的斜率为，则，所以由点斜式得． 例．（江苏·高考真题）已知双曲线的中心在原点且一个焦点为，直线与其相交于，两点，若中点的横坐标为，则此双曲线的方程是 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据点差法得，再根据焦点坐标得，解方程组得，，即得结果. 【详解】设双曲线的方程为，由题意可得，设，，则的中点为，由且，得 ， ，即，联立，解得，，故所求双曲线的方程为．故选D． 考试技巧35 复数的模长及最值的应用及解题技巧 例（全国高考）设，则= A．2 B． C． D．1 【答案】C 例．已知满足.则的最大值是（   ） A．3 B．10 C．20 D．16 【答案】D 【详解】对应的点在以为圆心，3为半径的圆上， . 故答案为D 考试技巧36 柯西不等式的应用及解题技巧 例．函数的最小值为 ． 【答案】 【详解】注意到，． 则． 例．已知x，y，z满足，则的最小值为 . 【答案】 【详解】因为, 即, 所以最小值为，当且仅当时取等号. 故答案为：. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$