高考高中数学第80炼 排列组合中的常见模型

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第80炼 排列组合的常见模型

一、基础知识：

（一）处理排列组合问题的常用思路：

1、特殊优先：对于题目中有特殊要求的元素，在考虑步骤时优先安排，然后再去处理无要求的元素。

例如：用0,1,2,3,4组成无重复数字的五位数，共有多少种排法？

解：五位数意味着首位不能是0，所以先处理首位，共有4种选择，而其余数位没有要求，

4

只需将剩下的元素全排列即可，所以排法总数为N4A496种

2、寻找对立事件：如果一件事从正面入手，考虑的情况较多，则可以考虑该事的对立面，再用全部可能的总数减去对立面的个数即可。

例如：在10件产品中，有7件合格品，3件次品。从这10件产品中任意抽出3件，至少有一件次品的情况有多少种

解：如果从正面考虑，则“至少1件次品”包含1件，2件，3件次品的情况，需要进行分类讨论，但如果从对立面想，则只需用所有抽取情况减去全是正品的情况即可，列式较为简

33

单。NC10C785（种）

3、先取再排（先分组再排列）：排列数An是指从n个元素中取出m个元素，再将这m个元素进行排列。但有时会出现所需排列的元素并非前一步选出的元素，所以此时就要将过程拆分成两个阶段，可先将所需元素取出，然后再进行排列。

例如：从4名男生和3名女生中选3人，分别从事3项不同的工作，若这3人中只有一名女生，则选派方案有多少种。

解：本题由于需要先确定人数的选取，再能进行分配（排列），所以将方案分为两步，第一步：确定选哪些学生，共有C4C3种可能，然后将选出的三个人进行排列：A3。所以共有

213C4C3A3108种方案

2

1

3

m

（二）排列组合的常见模型

1、捆绑法（整体法）：当题目中有“相邻元素”时，则可将相邻元素视为一个整体，与其他元素进行排列，然后再考虑相邻元素之间的顺序即可。 例如：5个人排队，其中甲乙相邻，共有多少种不同的排法

1


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解：考虑第一步将甲乙视为一个整体，与其余3个元素排列，则共有A4种位置，第二步考

242

虑甲乙自身顺序，有A2种位置，所以排法的总数为NA4A248种

4

2、插空法：当题目中有“不相邻元素”时，则可考虑用剩余元素“搭台”，不相邻元素进行“插空”，然后再进行各自的排序

注：（1）要注意在插空的过程中是否可以插在两边 （2）要从题目中判断是否需要各自排序

例如：有6名同学排队，其中甲乙不相邻，则共有多少种不同的排法

解：考虑剩下四名同学“搭台”，甲乙不相邻，则需要从5个空中选择2个插入进去，即有C5

242

种选择，然后四名同学排序，甲乙排序。所以NC5A4A2480种

2

3、错位排列：排列好的n个元素，经过一次再排序后，每个元素都不在原先的位置上，则称为这n个元素的一个错位排列。例如对于a,b,c,d，则d,c,a,b是其中一个错位排列。3个元素的错位排列有2种，4个元素的错位排列有9种，5个元素的错位排列有44种。以上三种情况可作为结论记住

例如：安排6个班的班主任监考这六个班，则其中恰好有两个班主任监考自己班的安排总数有多少种？

解：第一步先确定那两个班班主任监考自己班，共有C6种选法，然后剩下4个班主任均不

2

监考自己班，则为4个元素的错位排列，共9种。所以安排总数为NC69135

2

4、依次插空：如果在n个元素的排列中有m个元素保持相对位置不变，则可以考虑先将这

m个元素排好位置，再将nm个元素一个个插入到队伍当中（注意每插入一个元素，下

一个元素可选择的空1）

例如：已知A,B,C,D,E,F6个人排队，其中A,B,C相对位置不变，则不同的排法有多少种

解：考虑先将A,B,C排好，则D有4个空可以选择，D进入队伍后，E有5个空可以选择，以此类推，F有6种选择，所以方法的总数为N456120种 5、不同元素分组：将n个不同元素放入m个不同的盒中

6、相同元素分组：将n个相同元素放入m个不同的盒内，且每盒不空，则不同的方法共有

m1Cn，因为元素相同，所以只需考虑每个盒子里1种。解决此类问题常用的方法是“挡板法”

2


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所含元素个数，则可将这n个元素排成一列，共有n1个空，使用m1个“挡板”进入空档处，则可将这n个元素划分为m个区域，刚好对应那m个盒子。例如：将6个相同的小球放入到4个不同的盒子里，那么6个小球5个空档，选择3个位置放“挡板”，共有

3C520种可能

7、涂色问题：涂色的规则是“相邻区域涂不同的颜色”，在处理涂色问题时，可按照选择颜色的总数进行分类讨论，每减少一种颜色的使用，便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色（还要注意两两不相邻的情况），先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。例如：最多使用四种颜色涂图中四个区域，不同的涂色方案有多少种？ 解：可根据使用颜色的种数进行分类讨论

4（1）使用4种颜色，则每个区域涂一种颜色即可：N1A4

（2）使用3种颜色，则有一对不相邻的区域涂同一种颜色，首先要选择不相邻的区域：用列举法可得：I,IV不相邻

3

所以涂色方案有：N2A4

（3）使用2种颜色，则无法找到符合条件的情况，所以讨论终止

43

总计SA4A448种

二、典型例题：

例1：某电视台邀请了6位同学的父母共12人，请12位家长中的4位介绍对子女的教育情况，如果这4位中恰有一对是夫妻，则不同选择的方法种数有多少

思路：本题解决的方案可以是：先挑选出一对夫妻，然后在挑选出两个不是夫妻的即可。 第一步：先挑出一对夫妻：C6

2

第二步：在剩下的10个人中选出两个不是夫妻的，使用间接法：C105

1

所以选择的方法总数为NC6C105240（种） 答案：240种

例2：某教师一天上3个班级的课，每班上1节，如果一天共9节课，上午5节，下午4节，并且教师不能连上3节课（第5节和第6节不算连上），那么这位教师一天的课表的所有不同排法有（ ）

A. 474种 B. 77种 C. 462种 D. 79种



3

1



2




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思路：本题如果用直接法考虑，则在安排的过程中还要考虑两节连堂，并且会受到第5,6节课连堂的影响，分类讨论的情形较多，不易求解。如果使用间接法则更为容易。首先在无任何特殊要求下，安排的总数为A9。不符合要求的情况为上午连上3节：A4和下午连上三

3333

节：A3，所以不同排法的总数为：A9A4A3474（种）

3

3

答案：A

例3：2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是（ ）

A. 60 B. 48 C. 42 D. 36

思路：首先考虑从3位女生中先选中相邻的两位女生，从而相邻的女生要与另一女生不相邻，则可插空，让男生搭架子，因为男生甲不站两端，所以在插空的过程中需有人站在甲的边上，再从剩下的两个空中选一个空插入即可。

第一步：从三位女生中选出要相邻的两位女生：C3

第二步：两位男生搭出三个空，其中甲的边上要进入女生，另外两个空中要选一个空进女生，所以共有C2种选法。

第三步：排列男生甲，乙的位置：A2，排列相邻女生和单个女生的位置：A2，排列相邻女生相互的位置：A2

21222

所以共有NC3C2A2A2A248种

2

2

2

1

2

答案：B

例4：某班班会准备从甲，乙等7名学生中选派4名学生发言，要求甲，乙两名同学至少有一人参加，且若甲乙同时参加，则他们发言时不能相邻，那么不同的发言顺序种数为（ ） A. 360 B. 520 C. 600 D. 720

思路：因为选人的结果不同会导致安排顺序的不同，所以考虑“先取再排”，分为“甲乙”同时选中和“甲乙只有一人选中”两种情况讨论：若甲乙同时被选中，则只需再从剩下5

22

C52，人中选取2人即可：在安排顺序时，甲乙不相邻则“插空”，所以安排的方式有：A3A2，222

从而第一种情况的总数为：N1C5A3A2120（种），若甲乙只有一人选中，则首先先

从甲乙中选一人，有C2，再从剩下5人中选取三人，有C5，安排顺序时则无要求，所以第

13

4


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134

二种情况的总数为：N2C2C5A4480（种），从而总计600种

答案：C

例5：从单词“equation”中选取5个不同的字母排成一排，含有“qu”（其中“qu”相连且顺序不变）的不同排列共有________种

思路：从题意上看，解决的策略要分为两步：第一步要先取出元素，因为“qu”必须取出，所以另外3个元素需从剩下的6个元素中取出，即C6种，然后在排列时，因为要求“qu”相连，所以采用“捆绑法”，将qu视为一个元素与其它三个元素进行排列：A4，因为“qu”

34

顺序不变，所以不需要再对qu进行排列。综上，共有：C6A4480种

4

3

答案：480

例6：设有编号1,2,3,4,5的五个茶杯和编号为1,2,3,4,5的五个杯盖，将五个杯盖盖在五个茶杯上，至少有两个杯盖和茶杯的编号相同的盖法有（ ）

A. 30种 B. 31种 C. 32种 D. 36种 思路：本题可按照相同编号的个数进行分类讨论，有两个相同时，要先从5个里选出哪两个

22

相同，有C5种选法，则剩下三个为错位排列，有2种情况，所以N1C52，有三个相同3

时，同理，剩下两个错位排列只有一种情况（交换位置），所以N2C51，有四个相同时23

则最后一个也只能相同，所以N31，从而SC52C51131（种）

答案：B

例7：某人上10级台阶，他一步可能跨1级台阶，称为一阶步，也可能跨2级台阶，称为二阶步；最多能跨3级台阶，称为三阶步，若他总共跨了6步，而且任何相邻两步均不同阶，则此人所有可能的不同过程的种数为（ ）

A. 6 B. 8 C. 10 D. 12 答案：A

思路：首先要确定在这6步中，一阶步，二阶步，三阶步各有几步，分别设为x,y,zN，



x4x3x2

xyz6则有，解得：y0,y2,y4，因为相邻两步不同阶，所以符合

x2y3z10z2z1z0



5


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x3

要求的只有y2，下面开始安排顺序，可以让一阶步搭架子，则二阶步与三阶步必须插

z1

入一阶步里面的两个空中，所以共有2种插法，二阶步与三阶步的前后安排共有3种（三二二，三二三，二三三），所以过程总数为N236 答案：A

例8：某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，2人只会日语，其余4人既会英语又会日语，现要从中选6人，其中3人负责英语导游，另外三人负责日语导游，则不同的选择方法有_______种

思路：在步骤上可以考虑先选定英语导游，再选定日语导游。英语导游的组成可按只会英语的和会双语的人数组成进行分类讨论，然后再在剩下的人里选出日语导游即可。第一种情况：没有会双语的人加入英语导游队伍，则英语导游选择数为C3，日语导游从剩下6个人中选

333

择，有C6中，从而N0C3C6，第二种情况：有一个会双语的人加入英语导游队伍，从

3

123

而可得N1C4，依次类推，第三种情况。两个会双语的加入英语导游队伍，则C3C521N2C4C3C43，第四种情况，英语导游均为会双语的。则N3C43C33，综上所述，3312321333不同的选择方法总数为SC3C6C4C3C5C4C3C4C4C3216(种)





答案：216种

例9：如图，用四种不同颜色给图中A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ） A. 288种 B. 264种 C. 240种 D. 168种

思路：如果用四种颜色涂六个点，则需要有两对不相邻的点涂相同的颜色。所以考虑列举出不相邻的两对点。列举的情况如下：

A,CB,D，A,CB,E，A,CD,F，A,FB,D，

A,FB,E，A,FC,E，B,DC,E，B,ED,F，C,ED,F共九组，

4

所以涂色方法共有9A4216

如果用三种颜色涂六个点，则需要有三对不相邻的点涂相同的颜色，列举情况如下：

6




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A,CB,ED,F，A,FC,EB,D共两组，所以涂色方法共有2A4348

综上所述，总计264种 答案：B

例10：有8张卡片分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有（ ） A. 1344种 B. 1248种 C. 1056种 D. 960种 思路：中间行数字和为5只有两种情况，即1,4和2,3，但这两组不能同时占据两行，若按题意思考，以1,4占中间行为例，则在安排时既要考虑另一组2,3是否同时被选中，还要考虑同时被选中时不能呆在同一行，情况比较复杂。所以考虑间接法，先求出中间和为5的所有情况，再减去两行和为5的情形 解：先考虑中间和为5的所有情况： 第一步：先将中间行放入1,4或2,3：C2 第二步：中间行数字的左右顺序：A2

第三步：从剩下6个数字中选择4个，填入到剩余的四个位置并排序：A6

124

所以中间和为5的情况总数为SC2A2A41440

4

2

1

在考虑两行和为5的情况：

第一步：1,4，2,3两组中哪组占用中间行：C2 第二步：另一组可选择的行数：C2

第三步：1,4，2,3在本行中的左右顺序：A2A2

第四步：从剩下4个数中选取2个填入所剩位置并排序：A4

11222

所以两行和为5的情况：NC2C2A2A2A4192

2

2

2

1

1

从而仅有中间行为5的情况为SN1248（种） 答案：B

7


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一、光速解题——学会9种快速解题技法

技法1 特例法

在解答填空题时,可以取一个(或一些)特殊值、特殊位置、特殊函数、特殊点、特殊方程、特殊图形等来确定其结果,这种方法称为特例法.特例法只需对特殊数值、特殊情形进行检验,失去了推理论证的演算过程,提高了解题速度.特例法是解答填空题时经常用到的一种方法.

典例1 (特殊数值)求值:cosα+cos(α+120°)+cos(α+240°)= .

2

2

2

答案

解析 题目中“求值”二字提供了这样的信息:答案为一定值,于是不妨令α=0°,则

原式=cos0+cos120°+cos240°=1+

222

+=.

典例2 (特殊点)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= .

答案 1

解析 不妨取点P,则S1=×(5-4)=,PD=2,PE=,所以

S2=×2×=,所以S1∶S2=1.

典例3 (特殊函数)若函数y= f(x)对定义域D中的每一个x1,都存在唯一的x2∈D,使f(x1)·f(x2)=1成立,则称f(x)为“影子函数”,有下列三个命题:

①“影子函数” f(x)的值域可以是R; ②“影子函数” f(x)可以是奇函数;

③若y= f(x),y=g(x)都是“影子函数”,且定义域相同,则y= f(x)·g(x)是“影子函数”.

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上述正确命题的序号是 . 答案 ②

解析 对于①:假设“影子函数”的值域为R,则存在x1,使得f(x1)=0,此时不存在x2,使得f(x1)·f(x2)=1,所以①错误;

对于②:函数f(x)=x(x≠0),对任意的x1∈(-∞,0)∪(0,+∞),取x2=,则

f(x1)·f(x2)=1,因为函数f(x)=x(x≠0)为奇函数,所以“影子函数” f(x)可以是奇函数,②正确;

对于③:函数f(x)=x(x>0),g(x)=(x>0)都是“影子函数”,但F(x)=

f(x)·g(x)=1(x>0)不是“影子函数”(因为对任意的x1∈(0,+∞),存在无数多个x2∈(0,+∞),使得F(x1)·F(x2)=1),所以③错误.

典例4 (特殊位置)(1)已知E为△ABC的重心,AD为BC边上的中线,令=a,

=b,过点E的直线分别交AB,AC于P,Q两点,且

=ma,

=nb,则

+= .

(2)如图,在三棱柱的侧棱A1A和B1B上各有一动点P,Q,且A1P=BQ,过P,Q,C三点的截面把棱柱分成上、下两部分,则上、下两部分的体积之比为 .



答案 (1)3 (2)2∶1

解析 (1)由题意知结果必然是一个定值,故可利用特殊直线确定所求值.如图,令

PQ∥BC,则=,=,此时,m=n=,故+=3.





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(2)将P,Q置于特殊位置:P→A1,Q→B,此时仍满足条件A1P=BQ(=0),则有

==.

因此过P,Q,C三点的截面把棱柱分成了体积比为2∶1的上、下两部分.

典例5 (特殊图形)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= .

答案

解析 不妨令△ABC为等边三角形,则cos A=cos C=

技法2 换元法

,则=.

换元法又称变量代换法.通过引进新的变量,可以把分散的条件联系起来,隐含的条件显露出来,或者将题目变为熟悉的形式,简化复杂的计算和推理.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,将问题移至新对象的知识背景中再研究,从而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.

典例1 (三角换元)已知x,y∈R,满足x+2xy+4y=6,则z=x+4y的取值范围是 .

答案 [4,12]

解析 已知x+2xy+4y=6, 即(x+y)+(故设x+y=即x=

2

22

2

2

2

2

2

2

y)=(cos α,cos α-

2

), y=sin α,y=cos α-sin α, sin α. sin α)·

sin α

2

则z=x+4y=6-2xy=6-2(

=8-4sin.

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所以8-4≤z≤8+4,即z的取值范围是[4,12].

典例2 (整体代换)函数y=sin x-cos x+sin xcos x,x∈[0,π]的最小值是 . 答案 -1

解析 设t=sin x-cos x=sin,

则sin xcos x=,

因为x∈[0,π],所以x-所以t∈[-1,

],

∈,

所以y=t+典例

3

=-(t-1)+1,当t=-1时,ymin=-1.

x,不等式

2

(局部换元)设对一切实数

xlog2

2

+2xlog2+log2>0恒成立,求a的取值范围.

解析 设log2=t,则

log2=log2=3+log2=3-log2=3-t,log2=2log2

=-2t,则原不等式化为(3-t)x+2tx-2t>0,它对一切实数x恒成立,所以

2

解得所以t<0,即log2<0,所以

0<<1,解得0

技法3 数形结合法

数形结合法包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面,其应用分为两种情形:一是代数问题几何化,借助形的直观性来阐明数之间的联系,即以形为手段,以数为目的,比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质;二是几何问题代数化,借助数的精确性阐明形的某些

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属性,即以数为手段,以形为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.

典例1 (平面向量问题)设a,b,c是单位向量,且a·b=0,则(a-c)·(b-c)的最小值为 .

答案 1-

解析 由于(a-c)·(b-c)=-(a+b)·c+1,因此求(a-c)·(b-c)的最小值等价于求(a+b)·c的最大值,这个最大值只有当向量a+b与向量c同向共线时取得.由于a·b=0,故a⊥b,如图所示,|a+b|=小值为1-.

,|c|=1,当θ=0时,(a+b)·c取得最大值

,故所求的最



典例2 (函数问题)(1)用min{a,b,c}表示a,b,c三个数中最小的数,设f(x)=min{2,x+2,10-x}(x≥0),则f(x)的最大值为 .

(2)设函数g(x)=x-2(x∈R),

2

x

f(x)=则f(x)的值域是 .

答案 (1)6 (2)∪(2,+∞)

x

解析 (1)在同一平面直角坐标系中画出y=2,y=x+2,y=10-x的图象(如图),观察图象可

知f(x)=



∴f(x)的最大值在x=4时取得,为6.

(2)依题意知f(x)=

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即f(x)=作出图象如下(加粗部分),由图象可知f(x)

的值域是∪(2,+∞).



典例

3

已知函数

f(x)是定义在

R

上的奇函数,若

f(x)=

为 .

答案 1-2

a

则关于x的方程f(x)+a=0(0的所有根之和

解析 在平面直角坐标系中作出函数f(x)=以及y=-a的

图象,由图象可知,关于x的方程f(x)+a=0(0共有5个根,这5个根由小到大依次记为x1,x2,x3,x4,x5,

则

x1+x2=-6,x4+x5=6,

a

a

由-log2(-x3+1)=-a得x3=1-2,

a

所以

x1+x2+x3+x4+x5=-6+(1-2)+6=1-2.



典例4 (不等式问题)已知当动点P(x,y)满足x+y+2y≥2a-1恒成立,则实数a的取值范围是 .



2

2

时,不等式

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答案

解析 动点P(x,y)满足的约束条件为

2

2

2

2

2

2

其可行域如阴影部分所

示.x+y+2y=x+(y+1)-1,其中x+(y+1)表示点(x,y)到点(0,-1)的距离的平方,

由图可知,点A(0,-1)到直线y=-x的距离的平方就是x+(y+1)的最小值,

2

2

由点到直线的距离的平方得x+(y+1)的最小值为

22

=,

因此x+y+2y=x+(y+1)-1的最小值为

2222

-1=-,

所以由不等式恒成立的条件知2a-1≤-,解得a≤,故实数a的取值范围是

.



典例5 (解析几何问题)若抛物线y=2px(p>0)上一点M到抛物线的准线和对称轴的距离分别为10和6,则点M的横坐标为 .

答案 9或1

解析 在图(1)中,MN=MF=10,MG=6,∴FG=8,故AF=2,则xM=OF+FG=9,∴M的横坐标为9.在图(2)中,GF=8,∴AF=10+8=18,∴OG=AG-OA=10-9=1,故M的横坐标为1.

2





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技法4 待定系数法

待定系数法就是把具有某种确定形式的数学问题,通过引入一些待定的系数,转化为解方程(组)的问题来解决.待定系数法主要用来解决所求解的数学问题中涉及某种确定的数学表达式的情况,例如求函数解析式、求曲线方程、求数列的通项公式等问题.

典例1 (求函数解析式)(1)已知f(x)是一次函数,且满足3f(x+1)-2 f(x-1)=2x+17,求f(x).

(2)已知f(x)是二次函数,且f(0)=0, f(x+1)=f(x)+x+1,求f(x). 解析 (1)设f(x)=ax+b(a≠0), 则f(x+1)=ax+a+b, f(x-1)=ax-a+b, ∴3 f(x+1)-2 f(x-1)=ax+b+5a=2x+17,

∴

2

解得∴f(x)=2x+7.

(2)设f(x)=ax+bx+c(a≠0), 由f(0)=0,知c=0,∴f(x)=ax+bx. ∵f(x+1)= f(x)+x+1,

∴a(x+1)+b(x+1)=ax+bx+x+1, ∴ax+(2a+b)x+a+b=ax+(b+1)x+1,

2

2

2

2

2

∴解得

∴f(x)=x+

2

x.

2

典例2 (求曲线方程)(1)(2017天津,12,5分)设抛物线y=4x的焦点为F,准线为l.已知点C在l上,以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若∠FAC=120°,则圆的方程为 .

(2)已知椭圆C的焦点在x轴上,其离心率为准方程为 .

,且过点A,则椭圆C的标

答案 (1)(x+1)+(y-

2

)=1 (2)

2

+y=1

15

2


高中数学

解析 (1)由抛物线的方程可知F(1,0),准线方程为x=-1,设点C(-1,t),t>0,则圆C的方程为(x+1)+(y-t)=1,

因为∠FAC=120°,CA⊥y轴, 所以∠OAF=30°,在△AOF中,OF=1, 所以OA=

,即t=

2

2

2

,

)=1.

2

故圆C的方程为(x+1)+(y-



(2)设椭圆C的标准方程为+=1(a>b>0).

因为e==,所以=,即a=2b.

故椭圆C的方程为+=1.

又点A解得b=1.

2

在椭圆C上,所以+=1,

所以椭圆C的标准方程为+y=1.

2

典例3 (求数列的通项公式)(2018江苏南京调研)已知数列{an}中,a1=0,an+1=2an+n(n∈N),求数列{an}的通项公式.

解析 已知an+1=2an+n, 设an+1+A(n+1)+B=2(an+An+B), 则an+1+An+A+B=2an+2An+2B, 即an+1=2an+An+B-A,

*

则

16

⇒


高中数学

∴an+1+n+1+1=2(an+n+1),

∴{an+n+1}是首项为a1+1+1=2,公比为2的等比数列, ∴an+n+1=2·2=2, ∴an=2-n-1(n∈N).

技法5 构造法

构造法是指利用数学的基本思想,通过已知和所求之间的联系,构造出解题的数学模型,从而使问题得以解决.构造法需以广泛抽象的普遍性与现实问题的特殊性为基础,针对具体问题的特点采取相应的解决办法,其基本的方法是借用一类问题的性质来确定另一类问题的相关性质.常见的构造法有构造函数、构造图形、构造方程等.

典例1 (构造函数)已知可导函数f(x)(x∈R)的导函数f '(x)满足f(x)< f '(x),则不等式f(x)≥ f(2 019)e

x-2 019

n

*n-1

n

的解集是 .

答案 [2 019,+∞)

解析 构造函数g(x)=,因为f(x)< f '(x),所以g'(x)=>0,所以

g(x)=在R上单调递增.不等式f(x)≥f(2 019)e

x-2 019

可转化为≥,

即g(x)≥g(2 019),即x≥2 019,故原不等式的解集为[2 019,+∞).

典例2 (构造图形)(2018江苏四校高三调研)已知a>1,b>2,则为 .

答案 6 解析 (a+b)=(

2

的最小值

构造图形(如图),在直角三角形中由勾股定理可得

+

)+9,

2

则

=(+)+≥6,

17


高中数学



当且仅当+=3时取等号,故

2

的最小值为6.

典例3 (构造方程)已知16cos C+4sin B+tan A=0,sinB=4cos Ctan A,其中cos C≠0,

试确定的值.

2

解析 令t=4,则由16cos C+4sin B+tan A=0得tcos C+tsin B+tan A=0.(*) 因为cos C≠0,所以(*)式是关于t的一元二次方程. 易得Δ=sinB-4cos Ctan A=0,

所以关于t的一元二次方程(*)有两个相等的实根,且t1=t2=4.

2

由根与系数的关系得:=t1·t2=4=16,故tan A≠0,

2

因此,

=.

技法6 补集法

补集法就是在已知问题涉及的类别较多,或直接求解比较麻烦时,先求解该问题的对立事件,进而利用补集的思想求得问题结果的方法.该方法在概率、集合、函数等问题中应用较多.

典例1 (概率问题)(2018江苏南通海安高级中学高三检测)分别在集合A={1,2,3,4}和集合B={5,6,7,8}中各取一个数相乘,则乘积为偶数的概率为 .

答案

解析 在集合A={1,2,3,4}和集合B={5,6,7,8}中各取一个数相乘,有16种结果,其中乘

积为奇数的有(1,5)、(1,7)、(3,5)、(3,7),共4种,则乘积为偶数的概率为1-2

2

2

=.

典例2 (集合问题)已知集合A={x|x-2x-8=0},B={x|x+ax+a-12=0},且A∪B≠A,求实

18


高中数学

数a的取值范围.

解析 ∵集合A={x|x-2x-8=0}={-2,4}. 若A∪B=A,则B⊆A,

①若B=A,则x=-2和x=4是方程x+ax+a-12=0的两个根,解得a=-2. ②若B={-2},则x=-2是方程x+ax+a-12=0的唯一解,得a=4. ③若B={4},则x=4是方程x+ax+a-12=0的唯一解,此时a不存在.

④若B为空集,则方程x+ax+a-12=0无实数解,即a-4(a-12)<0,解得a<-4或a>4. 综上可知,若A∪B=A,则a=-2或a<-4或a≥4. ∴若A∪B≠A,实数a的取值范围是[-4,-2)∪(-2,4).

典例3 (函数问题)已知函数f(x)=ax-x+ln x在区间[1,2]上不单调,则实数a的取值范围是 .

2

2

2

2

2

2

2

2

22

2

2

答案

解析 f '(x)=2ax-1+.

①若函数f(x)在区间[1,2]上单调递增,则f '(x)≥0在[1,2]上恒成立,即

2ax-1+≥0,x∈[1,2],即a≥,x∈[1,2].(*)

令t=,因为x∈[1,2],所以t=∈.

设h(t)=(t-t)=-

2

+,t∈,显然函数h(t)在区间

上单调递减,

所以h(1)≤h(t)≤h,即0≤h(t)≤.

由(*)可知,a≥.

②若函数f(x)在区间[1,2]上单调递减,则f '(x)≤0在[1,2]上恒成立,即

19


高中数学

2ax-1+≤0,x∈[1,2],即a≤·,x∈[1,2].

结合①可知,a≤0.

综上,若函数f(x)在区间[1,2]上单调,则实数a的取值范围为(-∞,0]∪.

所以,若函数f(x)在区间[1,2]上不单调,则实数a的取值范围为

技法7 等价转化法

.

等价转化法是把难解的问题转化为在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法.通过不断的转化,把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范、简单的问题.利用等价转化的思想方法解决数学问题没有统一的模式.既可以在数与数、形与形、数与形之间进行转换,也可以在宏观上进行等价转化,消元法、换元法等都体现了等价转化的思想.

典例1 (等体积转化)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,E,F分别为线段AA1,B1C上的点,则三棱锥D1-EDF的体积为 .



答案

解析 依题意可知=,点F到平面D1ED的距离为1,所以

==××1=,即三棱锥D1-EDF的体积为.

典例2 (正与反的转化)由命题“存在x0∈R,使范围是(-∞,a),则实数a的取值范围是 .

答案 a=1

解析 由命题“存在x0∈R,使

20

-m≤0”是假命题得m的取值

-m≤0”是假命题可知它的否定形式“对任意


高中数学

的x∈R,都有e

|x-1|

-m>0”是真命题,即m

|x-1|

对任意的x∈R恒成立,而(e

|x-1|

)min=1,所以m<1,

即m的取值范围为(-∞,1),所以a=1.

典例3 (函数、方程、不等式间的转化)若关于x的方程9+(4+a)·3+4=0有解,则实数a的取值范围是 .

答案 (-∞,-8]

解析 令3=t,t>0,则关于x的方程9+(4+a)·3+4=0有解可转化为t+(4+a)t+4=0在t∈(0,+∞)上有解,

x

x

x

2

x

x

故a==-4-在t∈(0,+∞)上有解,由基本不等式可得t+≥4,

当且仅当t=,即t=2时等号成立,故-≤-4,所以-4-≤-8,所以

a≤-8,所以实数a的取值范围是(-∞,-8].

典例4 (命题转化)已知命题甲:a+b≠4,命题乙:a≠1且b≠3,则命题甲是命题乙的 条件.

答案 既不充分也不必要

解析 ∵a=1或b=3⇒/ a+b=4,且a+b=4⇒/ a=1或b=3, ∴a=1或b=3是a+b=4的既不充分也不必要条件.

由原命题与逆否命题等价可知,“a+b≠4”是“a≠1且b≠3”的既不充分也不必要条件.

典例5 (变量与常量的转化)设f(x)是定义在R上的单调递增函数,若f(1-ax-x)≤f(2-a)对任意的a∈[-1,1]恒成立,则x的取值范围是 .

答案 (-∞,-1]∪[0,+∞) 解析

22

因为f(x)是定义在

2

R

2

上的单调递增函数,所以

f(1-ax-x)≤f(2-a)⇔1-ax-x≤2-a,即(x-1)a+x+1≥0对任意的a∈[-1,1]恒成立,即

解得x≤-1或x≥0.



技法8 坐标法

坐标法是解决平面图形(立体几何中也有坐标法的应用)问题的有力工具,把平面图形放在平面直角坐标系中,可以使用平面解析几何、平面向量的方法解决问题.



21


高中数学

典例 (平面向量)已知直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,AD=2,BC=1,P是腰DC上的动点,则|

答案 5

解析 建立如图所示的平面直角坐标系,设DC=m,P(0,t),由题意可知,A(2,0),B(1,m),则

=(2,-t),

=(1,m-t),

+3

=(5,3m-4t),|

+3

|=

+3

|的最小值为 .

≥5,当且仅当t=m时取等号,即|+3|的最小值是5.





技法9 向量法

向量法在解决几何问题、三角问题、代数问题中具有广泛的应用.解题的关键是把已知和所求向量化,使用向量知识加以解决.



典例1 (三角问题)在直角梯形ABCD中,AB∥CD,∠ABC=90°,AB=2BC=2CD,则cos∠DAC等于 .

答案

解析 以点B为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系, 设AB=2, 则

AC==(-2,1),

=(-1,1),

,AD=

·

,C(0,1),A(2,0),D(1,1),

=(-2,1)·(-1,1)=3.

则

根据平面向量数量积定义得

·

所以

=|

|·|

|cos∠CAD=

cos∠CAD,

cos∠CAD=3,

所以cos∠CAD=

22

=.


高中数学



2222

典例2 (代数问题)已知a+b=1,m+n=1,则am+bn的取值范围是 . 答案 [-1,1]

解析 设u=(a,b),v=(m,n), 则|u|=|v|=1,且u·v=ma+nb,

根据平面向量数量积的定义得u·v=|u|·|v|cos θ=cos θ,其中θ为向量u,v的夹角,

由于0≤θ≤π,所以-1≤cos θ≤1, 所以-1≤am+bn≤1,

即am+bn的取值范围是[-1,1].

23

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