2023届高考数学二轮复习思想方法与解题技巧第53讲特殊化法求解填空题选择题第54讲运用特殊一般的辩证关系优化解题方法含解析

这是一份2023届高考数学二轮复习思想方法与解题技巧第53讲特殊化法求解填空题选择题第54讲运用特殊一般的辩证关系优化解题方法含解析，共15页。
典型例题
【例 1 】(1) 在中, 角所对的边分别为, 若成等差数列, 则
（）。
(2) 函数的值域是（）。
A. B. C. D.
（3）函数的定义域为, 若与都是奇函数,则.
A. 是偶函数B. 是奇函数
C. D. 是奇函数
【分析】当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或是一个确定的范围、或具有某种确定的性质时,可以把题中变化的不定量用特殊值代替,即可以得到正确结果. 第问采用特殊化法, 用符合题设的特殊三角形确定所求值; 第问, 给出的四个选项中有真包含关系, 可考虑用特殊值法排除不可能选项;第问, 同样运用特殊化法即选择一个特殊的最为基本的函数排除不可能选项.
【解析】
令, 则为直角三角形, 从而所求值为.
(2) 令, 则, 淘汰.
令, 得, 当时, ,
矛盾, , 淘汰, 故选 B.
(3) 令, 则
可知, 当都是奇函数时, 不是偶函数,淘汰.
令,则
且.
可知,当都是奇函数时, 不是奇函数, 且 2), 淘汰, 故选.
在上述的分析中用两个都是特殊奇函数, 否定选项, 从而选.
事实上, 是奇函数, 则是奇函数, 则 ,
.
那么是奇函数, 因而知选。
【例 2】 (1) 已知和的夹角为, 且, 则（）
（2）在直角三角形中, 点是斜边的中点,点为线段的中点,则
（）
A. 2B. 4C. 5D. 10
(3) 已知二面角为, 动点分别在面内, 到面的距离为, 到面的距离为, 则两点之间距离的最小值为（）.
A. B. 2C. D. 4
【分析】
第问,把图形放在平面直角坐标系中,容易得出结果;第 (2)问,运用特殊图形法; 第问,运用特殊位置法,把的一般位置转化为在二面角的一个平面角的两边上计算.
【解析】
依题意可设, 其中, 再由, 得，进而解得,故.
（2）选取等腰直角三角形, 以直角顶点为原点, 所在直线为轴, 所在直线为轴建立平面直角坐标系, 并设, 则得, 进而得, 故选 D.
(3) (当点分别在二面角的一个平面角的两边时, 之间的距离最小)设过点的二面角的平面角为, 过点在平面内作交于, 则平面, 点到平面的距离分别是点在内的射影, 如图所示,且平面, 联结, 则, 所以 (斜边大于直角边).
由, 得.
在中, .
所以, 当点与重合时取等号, 故选.
【例 3】 (1) 如果奇函数在上是增函数且最小值为 5 , 那么在区间, 上是（）.
A. 增函数且最小值为B. 减函数且最小值为
C. 增函数且最大值为D. 减函数且最大值为
（2）在等差数列中, , 则（）
A. 0B, C. D.
(3) 已知与均为单位向量, 其夹角为, 有下列 4 个命题:
其中的真命题是.
A. B. C. D.
【分析】
第问,构造符合条件的特殊函数求解; 第问,构造符合条件的等差数列, 运用排除法;第问,取两向量夹角中的特殊角, 向量夹角范围是, 从选择点上看, 显然 0 和是特殊角.
【解析】
(1) 构造特殊函数, 显然满足题设条件, 并易知在区间上是增函数, 且最大值为, 故选.
(2) 构造等差数列使得, 这里, 于是, 排除, 故选.
（3）(取特殊角法)本题中 4 个命题都以可逆的形式给出, 因此判断时大可不必再考虑可逆性,依据 4 个命题的关系和特征将其分成两组进行判断,对于命题, 只需取或, 即可判断命题为真;对于命题, 也只需取角或, 即可判断出命题为真,故选.
【例 4】 (1) 已知双曲线的渐近线夹角为, 离心率为, 则等于（）。
A. B. C. D.
(2) 已知为异面直线, 为空间的一点,则过且与成角的直线有（）。
A. 3 条B. 2 条或 3 条C. 3 条或 4 条D. 2 条或 3 条或 4 条
（3）正四棱雉相邻侧面所成二面角的平面角为, 侧面与底面所成二面角的平面角为, 则的值为（）。
A. 1B. C. 0D. - 1
【分析】
第问, 原双曲线即为. 从中选择特殊的容易计算的双曲线,通过计算,容易求解结果;第(2)问,进行类比试验求解;第（3)问，㧓住当正四棱雉的高充分大时角的变化,进行推断.
【解析】
(1) 条件中给出的双曲线即为形式，取符合条件的特殊双曲线如, 易得离心率, 故选 C.
(2) 当所成角小于时, 显然有 2 条; 当所成角等于时, 可知有 3 条; 当所成角大于且小于时, 不难得知有 4 条, 故选.
（3）显然为钝角, 当棱锥的高充分大时, 可有, 从而, 由此可得, 故选 D.
第54讲运用特殊与一般的辩证关系优化解题方法
“一般”概括了“特殊”,“一般”比“特殊”更能反映事物的本质, 因此人们常常把许许多多特殊具体的事物置于一般的普遍的事物中,通过对一般情形的讨论、转换去解决和处理特殊的问题, 事物的特殊性中包含着普遍性, 即所谓共性存在于个性之中,相对于“一般” 而言,特殊的事物往往更简单,直观、具体,更容易认识, 因而在处理一般性问题时,常常从特殊的情况人手,通过对特殊情况的研究, 找出处理“一般”问题的方案,使“一般”的问题得到解决,这就是特殊化的解题策略. 特殊化常表现为范围的收缩或限制, 即从较大范围的问题向较小范围的问题过渡,或从某类问题向其子类问题的过渡. 显然, 较为理想化的特殊问题是其自身容易解决的,且从其解决过程中又易发现或得到一般性问题的解法, 所以,特殊化策略的关键是能否找到一个最佳的、一针见血”的
特例.
典型例题
【例 1 】设, 其中均为常数, 如果对所有实数都成立,求证: 且.
【分析】
所给三角函数解析式非常复杂，且有四个字母参数把这些字母参数，如何把这些字母从解析式中剥离出来呢? 利用“特殊探路”处理不等式相关问题是上策, 抓住不等式对所有实数都成立, 可将换成特殊值（可以是多次), 把或剥离出来，这也是“以退为进”的策略
【解析】
【证明】
将变形:
将①中的换成, 则
, 得: .
即对任意, 有
取的特殊值代人③, 得, 即.
将代之以变量, 由①得
④, 得
因为⑤对任意都成立,故对特殊值也成立, 从而,得: , 即.
【例 2】如图所示, 椭圆的左焦点为, 右焦点为, 离心率, 过点的直线交椭圆于两点, 且的周长为 8 .
(1) 求椭圆的方程;
(2)设动直线与椭圆有且只有一个公共点, 且与直线相交于点, 试探究:在坐标平面内是否存在定点, 使得以为直径的圆恒过点若存在,求出点的坐标;若不存在,说明理由.
【分析】
本例第问用一般情况解还是用特殊探路的方法解,很值得比较. 若通过一般情况解,即直接假设点存在,依据条件得出点的坐标,但在动直线上有两个参变量的前提下进行推理运算, 明显需要较强的技巧,下面给出的两种解法, 读者一定会感觉非常烦琐;若通过特殊探路(由椭圆的对称性, 其特殊性还是容易找到的) 的方式求解,猜测一般问题的结果, 再给予证明,显得自然、简捷, 由此有了第三种解法, 这里,特殊化解题的好处得到了一定的体现.
【解析】
因为, 即,
又, 所以, 得.
又因为, 即, 所以, 所以,
故椭圆的方程是.
(2) 由得. 因为动直线与椭圆有且只有一个公共点, 所以且, 即, 化简得此时, 所以. 由得. 探究点的存在性,有如下几种解法.
【解法1】假设平面内存在定点满足条件, 由图形对称性知, 点必在轴上, 设, 则对满足 (1)式的恒成立。
因为，由, 得,
整理得
由于(2)式对满足(1)式的恒成立, 所以, 解得.
故存在定点, 使得以为直径的圆恒过点.
【解法2】
以为直径的圆中,圆心为, 半径,
所以圆方程为.
令, 得, 所以或, 所以存在点, 使得以为直径的圆恒过点.
【解法 3】
假设平面内存在定点满足条件, 由图形对称性知, 点必在轴上, 取, 此时 (此时运用特殊化法.
以为直径的圆为, 交轴于点;
取, 此时 (取另一组特殊值), 以为直径的圆为, 交轴于点, 所以若符合条件的点存在,则点的坐标必为.
以下证明就是满足条件的点 (通过上面特殊探路,猜测一般问题的结果，再给予证明)：
因为点的坐标为, 所以, 从而, 故恒有, 即存在定点, 使得以为直径的圆恒过点.
【例 3】在数列与中, , 数列的前项和满足为与的等比中项, .
(1) 求的值;
(2) 求数列与的通项公式;
(3) 设, 证明: .
【分析】
第问, 只需由一般到特殊演绎计算, 而第、第两问,则要由特殊到一般的归纳探索, 其中第 (2) 问,关键是探索得到数列的通项可以有不同的方法. 第问, 关键是计算, 其中涉及, 故对是奇数还是偶数必须分类讨论, 由此得到的分段表示, 再由此得出的分类计算结果. 在解决了关键问题之后, 证明就不难了.通过对这道题的分析, 我们发现运用特殊与一般的辬证关系可以优化解题过程.
【解析】 (1) (特殊化与一般化, 分类与归纳,解方程求 )
由已知递推关系, 可知特殊化）
即,解得,
由已知可知, , 则.
(2) ①首先探索数列的通项, 有三种方法:
【方法1】
由已知, 可知, (这是一般式,再特殊化)
则有,
等式两边分别相乘, 左边, (有限项相乘, 由特殊到一般)
右边, (相约后分子、分母各剩 3 个因式）
所以, (前项之和),
那么
所以,数列的通项为.
【方法2】
由已知移项得,
则, 当时, ,
两式相减,得, 整理为. (这是一般式,再特殊化)
则有
等式两边分别相乘, 得. (用累乘法, 时也成立）
所以.
【方法3】
由, 即, 代人, 依次计算, 得
依次求差, ,
等式两边分别相加, 得,可知.
(2) 探索数列的通项, 由上述任何一种方法求得后继续解下去:
又由已知, 可知, 即
所以, . (再特殊化依次推理)
则有
依次类推, , (类比推理所得的结果)
所以, 数列的通项为.
（3）证明由知, .
注意到的奇偶特征, 为
因而设则
所以
设
等差数列通项,
则数列是首项, 公差的等差数列.
而,
,
,
当时, ,
此时, .
那么当时, 即
;
当时,即
当时, 即
当时, 即
又当时, .
综上所证, 对且, 总有, 即成立.