2018年高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題一 選擇、填空題常用的10種解法教案

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1、 專題一 選擇、填空題常用的10種解法 抓牢小題，保住基本分才能得高分 ________________________________________________________________________ 原則與策略：1.基本原則：小題不用大做． 2.基本策略：充分利用題干和選項所提供的信息作出判斷．先定性后定量，先特殊后推理，先間接后直接，選擇題可先排除后求解．解題時應仔細審題、深入分析、正確推演運算、謹防疏漏． 題型特點： 1.高中低檔題，且多數(shù)按由易到難的順序排列.2.注重基本知識、基本技能與思想方法的考查.3.解題方法靈活多變不唯一.4.具有較好的區(qū)分度，試題

2、層次性強. 方法一　定義法 所謂定義法，就是直接利用數(shù)學定義解題，數(shù)學中的定理、公式、性質和法則等，都是由定義和公理推演出來的．簡單地說，定義是對數(shù)學實體的高度抽象，用定義法解題是最直接的方法．一般地，涉及圓錐曲線的頂點、焦點、準線、離心率等問題，常用定義法解決． [例1]　如圖，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線C1：－＝1與橢圓C2的公共焦點，點A是C1，C2在第一象限的公共點．若|F1A|＝|F1F2|，則C2的離心率是(　　) A. B. C. D. 解析：由雙曲線C1的方程可得|F1F2|＝2＝10， 由雙曲線的定義可得|F1A|－|F2A|＝2＝8， 由已知可得|F1A|

3、＝|F1F2|＝10， 所以|F2A|＝|F1A|－8＝2. 設橢圓的長軸長為2a，則由橢圓的定義可得2a＝|F1A|＋|F2A|＝10＋2＝12. 所以橢圓C2的離心率e＝＝＝.故選A. 答案：A [增分有招]　利用定義法求解動點的軌跡或圓錐曲線的有關問題，要注意動點或圓錐曲線上的點所滿足的條件，靈活利用相關的定義求解．如[本例]中根據(jù)雙曲線的定義和已知條件，分別把A到兩個焦點的距離求出來，然后根據(jù)橢圓定義求出其長軸長，最后就可根據(jù)離心率的定義求值． [技法體驗] 1．(2017·廣州模擬)如果P1，P2，…，Pn是拋物線C：y2＝4x上的點，它們的橫坐標依次為x1，x2，…，

4、xn，F(xiàn)是拋物線C的焦點，若x1＋x2＋…＋xn＝10，則|P1F|＋|P2F|＋…＋|PnF|＝(　　) A．n＋10 B．n＋20 C．2n＋10 D．2n＋20 解析：由題意得，拋物線C：y2＝4x的焦點為(1,0)，準線為x＝－1，由拋物線的定義，可知|P1F|＝x1＋1，|P2F|＝x2＋1，…，|PnF|＝xn＋1，故|P1F|＋|P2F|＋…＋|PnF|＝x1＋x2＋…＋xn＋n＝n＋10，選A. 答案：A 2．(2016·高考浙江卷)設雙曲線x2－＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2.若點P在雙曲線上，且△F1PF2為銳角三角形，則|PF1|＋|PF2|的取值范圍是_

5、_______． 解析：借助雙曲線的定義、幾何性質及余弦定理解決． ∵雙曲線x2－＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P在雙曲線上，∴|F1F2|＝4，||PF1|－|PF2||＝2.若△F1PF2為銳角三角形，則由余弦定理知|PF1|2＋|PF2|2－16>0，可化為(|PF1|＋|PF2|)2－2|PF1|·|PF2|>16①.由||PF1|－|PF2||＝2，得(|PF1|＋|PF2|)2－4|PF1||PF2|＝4.故2|PF1||PF2|＝，代入不等式①可得(|PF1|＋|PF2|)2>28，解得|PF1|＋|PF2|>2.不妨設P在左支上，∵|PF1|2＋16－|PF2|2>0

6、，即(|PF1|＋|PF2|)·(|PF1|－|PF2|)>－16，又|PF1|－|PF2|＝－2，∴|PF1|＋|PF2|<8.故2<|PF1|＋|PF2|<8. 答案：(2，8) 方法二　特例法 特例法，包括特例驗證法、特例排除法，就是充分運用選擇題中單選題的特征，解題時，可以通過取一些特殊數(shù)值、特殊點、特殊函數(shù)、特殊數(shù)列、特殊圖形、特殊位置、特殊向量等對選項進行驗證的方法．對于定性、定值的問題可直接確定選項；對于其他問題可以排除干擾項，從而獲得正確結論．這是一種求解選項之間有著明顯差異的選擇題的特殊化策略． [例2]　(2016·高考浙江卷)已知實數(shù)a，b，c(　　) A．若|

7、a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1，則a2＋b2＋c2<100 B．若|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1，則a2＋b2＋c2<100 C．若|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1，則a2＋b2＋c2<100 D．若|a2＋b＋c|＋|a＋b2－c|≤1，則a2＋b2＋c2<100 解析：結合特殊值，利用排除法選擇答案． 對于A，取a＝b＝10，c＝－110， 顯然|a2＋b＋c|＋|a＋b2＋c|≤1成立， 但a2＋b2＋c2>100，即a2＋b2＋c2<100不成立． 對于B，取a2＝10，b＝－10，c＝0， 顯然|a2＋b＋c|＋|a2＋b－c|≤1成立， 但a

8、2＋b2＋c2＝110，即a2＋b2＋c2<100不成立． 對于C，取a＝10，b＝－10，c＝0，顯然|a＋b＋c2|＋|a＋b－c2|≤1成立， 但a2＋b2＋c2＝200，即a2＋b2＋c2<100不成立． 綜上知，A，B，C均不成立，所以選D. 答案：D [增分有招]　應用特例排除法的關鍵在于確定選項的差異性，利用差異性選取一些特例來檢驗選項是否與題干對應，從而排除干擾選項． [技法體驗] 1．函數(shù)f(x)＝cos x·log2|x|的圖象大致為(　　) 解析：函數(shù)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f()＝coslog2||＝－cos，f(－)＝cos(－)·

9、log2|－| ＝－cos，所以f(－)＝f()，排除A，D；又f()＝－cos＜0，故排除C. 綜上，選B. 答案：B 2．已知E為△ABC的重心，AD為BC邊上的中線，令＝a，＝b，過點E的直線分別交AB，AC于P，Q兩點，且＝ma，＝nb，則＋＝(　　) A．3 B．4 C．5 D. 解析：由于題中直線PQ的條件是過點E，所以該直線是一條“動”直線，所以最后的結果必然是一個定值．故可利用特殊直線確定所求值． 法一：如圖1，PQ∥BC，則＝，＝，此時m＝n＝，故＋＝3.故選A. 法二：如圖2，取直線BE作為直線PQ，顯然，此時＝，＝，故m＝1，n＝，所以＋＝3.故

10、選A. 答案：A 方法三　數(shù)形結合法 數(shù)形結合法，包含“以形助數(shù)”和“以數(shù)輔形”兩個方面，其應用分為兩種情形：一是代數(shù)問題幾何化，借助形的直觀性來闡明數(shù)之間的聯(lián)系，即以形作為手段，數(shù)作為目的，比如應用函數(shù)的圖象來直觀地說明函數(shù)的性質；二是幾何問題代數(shù)化，借助于數(shù)的精確性闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段，形作為目的，如應用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質． [例3]　(2017·安慶模擬)已知函數(shù)f(x)＝，g(x)＝x2－2x，設a為實數(shù)，若存在實數(shù)m，使f(m)－2g(a)＝0，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．[－1，＋∞) B．[－1,3] C．(－∞，－1]∪[3，＋

11、∞) D．(－∞，3] 解析：∵g(x)＝x2－2x，a為實數(shù)，∴2g(a)＝2a2－4a.∵函數(shù)f(x)＝，作出函數(shù)f(x)的圖象可知，其值域為[－2,6]，∵存在實數(shù)m，使f(m)－2g(a)＝0，∴－2≤2a2－4a≤6，即－1≤a≤3， 故選B. 答案：B [增分有招]　數(shù)形結合的思想，其實質是將抽象的數(shù)學語言與直觀的圖象結合起來，關鍵是代數(shù)問題與圖形之間的相互轉化，如[本例]中求解，可通過作出圖象，數(shù)形結合求解． [技法體驗] 1．(2017·珠海摸底)已知|a|＝|b|，且|a＋b|＝|a－b|，則向量a與b的夾角為(　　) A．30° B．45° C．60

12、° D．120° 解析：通解：設a與b的夾角為θ，由已知可得a2＋2a·b＋b2＝3(a2－2a·b＋b2)，即4a·b＝a2＋b2，因為|a|＝|b|，所以a·b＝a2，所以cos θ＝＝，θ＝60°，選C. 優(yōu)解：由|a|＝|b|，且|a＋b|＝|a－b|可構造邊長為|a|＝|b|＝1的菱形，如圖，則|a＋b|與|a－b|分別表示兩條對角線的長，且|a＋b|＝，|a－b|＝1，故a與b的夾角為60°，選C. 答案：C 2．已知點P在拋物線y2＝4x上，則點P到點Q(2，－1)的距離與點P到拋物線的焦點F的距離之和取得最小值時，點P的坐標為(　　) A．(，1) B．(，－

13、1) C．(1,2) D．(1，－2) 解析：如圖，因為點Q(2，－1)在拋物線的內(nèi)部，由拋物線的定義可知，|PF|等于點P到準線x＝－1的距離．過Q(2，－1)作x＝－1的垂線QH，交拋物線于點K，則點K為點P到點Q(2，－1)的距離與點P到準線x＝－1的距離之和取得最小值時的點．將y＝－1代入y2＝4x得x＝，所以點P的坐標為(，－1)，選B. 答案：B 方法四　待定系數(shù)法 要確定變量間的函數(shù)關系，設出某些未知系數(shù)，然后根據(jù)所給條件來確定這些未知系數(shù)的方法叫作待定系數(shù)法，其理論依據(jù)是多項式恒等——兩個多項式各同類項的系數(shù)對應相等．使用待定系數(shù)法，就是把具有某種確定形式的數(shù)學

14、問題，通過引入一些待定的系數(shù)，轉化為方程組來解決．待定系數(shù)法主要用來解決所求解的數(shù)學問題具有某種確定的數(shù)學表達式，例如數(shù)列求和、求函數(shù)式、求復數(shù)、解析幾何中求曲線方程等． [例4]　(2017·天津紅橋區(qū)模擬)已知橢圓C的焦點在y軸上，焦距等于4，離心率為，則橢圓C的標準方程是(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 解析：由題意可得2c＝4，故c＝2，又e＝＝，解得a＝2，故b＝＝2，因為焦點在y軸上，故選C. 答案：C [增分有招]　待定系數(shù)法主要用來解決已經(jīng)定性的問題，如[本例]中已知橢圓的焦點所在坐標軸，設出標準方程，根據(jù)已知列方程求解． [技法體驗]

15、 1．若等差數(shù)列{an}的前20項的和為100，前45項的和為400，則前65項的和為(　　) A．640 B．650 C．660 D．780 解析：設等差數(shù)列{an}的公差為d，依題意，得?，則前65項的和為65a1＋d＝65×＋×＝780. 答案：D 2．已知函數(shù)f(x)＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0,0＜φ＜π)的部分圖象如圖所示，則f()的值為(　　) A. B．0 C．1 D. 解析：由題圖可知，A＝2，T＝－＝π，∴T＝＝π，∴ω＝2，即f(x)＝2sin(2x＋φ)，由f()＝2sin(2×＋φ)＝2得2×＋φ＝2kπ＋，k∈Z，即φ＝＋2k

16、π，k∈Z，又0＜φ＜π，∴φ＝，∴f(x)＝2sin(2x＋)，∴f()＝2sin(2×＋)＝2cos ＝，故選D. 答案：D 方法五　估值法 估值法就是不需要計算出代數(shù)式的準確數(shù)值，通過估計其大致取值范圍從而解決相應問題的方法．該種方法主要適用于比較大小的有關問題，尤其是在選擇題或填空題中，解答不需要詳細的過程，因此可以猜測、合情推理、估算而獲得，從而減少運算量． [例5]　若a＝20.5，b＝logπ3，c＝log2sin ，則(　　) A．a(chǎn)>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．b>c>a 解析：由指數(shù)函數(shù)的性質可知y＝2x在R上單調(diào)遞增，而0<0.5<1，所

17、以a＝20.5∈(1,2)．由對數(shù)函數(shù)的性質可知y＝logπx，y＝log2x均在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，而1<3<π，所以b＝logπ3∈(0,1)；因為sin ∈(0,1)，所以c＝log2sin <0. 綜上，a>1>b>0>c，即a>b>c.故選A. 答案：A [增分有招]　估算，省去很多推導過程和比較復雜的計算，節(jié)省時間，是發(fā)現(xiàn)問題、研究問題、解決問題的一種重要的運算方法．但要注意估算也要有依據(jù)，如[本例]是根據(jù)指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性估計每個值的取值范圍，從而比較三者的大小，其實質就是找一個中間值進行比較． [技法體驗] 已知函數(shù)f(x)＝2sin(ωx＋φ)＋1，其圖

18、象與直線y＝－1相鄰兩個交點的距離為π.若f(x)>1對于任意的x∈恒成立，則φ的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 解析：因為函數(shù)f(x)的最小值為－2＋1＝－1，由函數(shù)f(x)的圖象與直線y＝－1相鄰兩個交點的距離為π可得，該函數(shù)的最小正周期為T＝π，所以＝π，解得ω＝2. 故f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1.由f(x)>1，可得sin(2x＋φ)>0. 又x∈，所以2x∈. 對于選項B，D，若取φ＝，則2x＋∈，在上，sin(2x＋φ)<0，不合題意；對于選項C，若取φ＝，則2x＋∈，在上，sin(2x＋φ)<0，不合題意．選A. 答案：A 方法六　反證法

19、 反證法是指從命題正面論證比較困難，通過假設原命題不成立，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，從而證明了原命題成立的證明方法．反證法證明問題一般分為三步：(1)反設，即否定結論；(2)歸謬，即推導矛盾；(3)得結論，即說明命題成立． [例6]　已知x∈R，a＝x2＋，b＝1－3x，c＝x2＋x＋1，則下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)，b，c至少有一個不小于1 B．a(chǎn)，b，c至多有一個不小于1 C．a(chǎn)，b，c都小于1 D．a(chǎn)，b，c都大于1 解析：假設a，b，c均小于1，即a<1，b<1，c<1，則有a＋b＋c<3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋＝22＋3≥3.顯然兩者矛盾，所

20、以假設不成立．故a，b，c至少有一個不小于1.選A. 答案：A [增分有招]　反證法證明全稱命題以及“至少”“至多”類型的問題比較方便．其關鍵是根據(jù)假設導出矛盾——與已知條件、定義、公理、定理及明顯的事實矛盾或自相矛盾．如[本例]中導出等式的矛盾，從而說明假設錯誤，原命題正確． [技法體驗] 如果△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內(nèi)角的正弦值，則(　　) A．△A1B1C1和△A2B2C2都是銳角三角形 B．△A1B1C1和△A2B2C2都是鈍角三角形 C．△A1B1C1是鈍角三角形，△A2B2C2是銳角三角形 D．△A1B1C1是銳角三角形，△A2B

21、2C2是鈍角三角形 解析：由條件知△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值均大于0，則△A1B1C1是銳角三角形． 假設△A2B2C2是銳角三角形， 則由題意可得解得 所以A2＋B2＋C2＝＋＋，即π＝－π，顯然該等式不成立，所以假設不成立． 易知△A2B2C2不是銳角三角形，所以△A2B2C2是鈍角三角形．故選D. 答案：D 方法七　換元法 換元法又稱輔助元素法、變量代換法．通過引進新的變量，可以把分散的條件聯(lián)系起來，隱含的條件顯露出來，或者變?yōu)槭煜さ男问?，把復雜的計算和推證簡化．換元的實質是轉化，關鍵是構造元和設元．理論依據(jù)是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景

22、中去研究，從而使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化．換元法經(jīng)常用于三角函數(shù)的化簡求值、復合函數(shù)解析式的求解等． [例7]　已知正數(shù)x，y滿足4y－＝1，則x＋2y的最小值為________． 解析：由4y－＝1，得x＋2y＝4xy，即＋＝1，所以x＋2y＝(x＋2y)＝1＋＋≥1＋2＝2.所以x＋2y的最小值為2. 答案：2 [增分有招]　換元法主要有常量代換和變量代換，要根據(jù)所求解問題的特征進行合理代換．如[本例]中就是使用常數(shù)1的代換，將已知條件改寫為“＋＝1”，然后利用乘法運算規(guī)律，任何式子與1的乘積等于本身，再將其展開，通過構造基本不等式的形式求解最值． [技法體驗] 1．

23、(2016·成都模擬)若函數(shù)f(x)＝，其定義域為(－∞，1]，則a的取值范圍是(　　) A．a(chǎn)＝－ B．a(chǎn)≥－ C．a(chǎn)≤－ D．－≤a<0 解析：由題意得1＋3x＋a·9x≥0的解集為(－∞，1]，即2＋x＋a≥0的解集為(－∞，1]． 令t＝x，則t≥，即方程t2＋t＋a≥0的解集為， ∴2＋＋a＝0，所以a＝－. 答案：A 2．函數(shù)y＝cos2x－sin x在x∈上的最大值為________． 解析：y＝cos2x－sin x＝－sin2x－sin x＋1. 令t＝sin x，又x∈，∴t∈， ∴y＝－t2－t＋1，t∈. ∵函數(shù)y＝－t2－t＋1在上單調(diào)遞減，

24、 ∴t＝0時，ymax＝1. 答案：1 方法八　補集法 補集法就是已知問題涉及的類別較多，或直接求解比較麻煩時，可以通過求解該問題的對立事件，求出問題的結果，則所求解問題的結果就可以利用補集的思想求得．該方法在概率、函數(shù)性質等問題中應用較多． [例8]某學校為了研究高中三個年級的數(shù)學學習情況，從三個年級中分別抽取了1,2,3個班級進行問卷調(diào)查，若再從中任意抽取兩個班級進行測試，則兩個班級不來自同一年級的概率為________． 解析：記高一年級中抽取的班級為a1，高二年級中抽取的班級為b1，b2， 高三年級中抽取的班級為c1，c2，c3. 從已抽取的6個班級中任意抽取兩個班級的所

25、有可能結果為(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，c1)，(a1，c2)，(a1，c3)，(b1，b2)，(b1，c1)，(b1，c2)，(b1，c3)，(b2，c1)，(b2，c2)，(b2，c3)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共15種． 設“抽取的兩個班級不來自同一年級”為事件A，則事件為抽取的兩個班級來自同一年級． 由題意，兩個班級來自同一年級的結果為(b1，b2)，(c1，c2)，(c1，c3)，(c2，c3)，共4種． 所以P()＝，故P(A)＝1－P()＝1－＝. 所以兩個班級不來自同一年級的概率為. 答案： [增分有招]　利用補集法求解問題時，一

26、定要準確把握所求問題的對立事件．如[本例]中，“兩個班級不來自同一年級”的對立事件是“兩個班級來自同一年級”，而高一年級只有一個班級，所以兩個班級來自同一年級的可能性僅限于來自于高二年級，或來自于高三年級，顯然所包含基本事件的個數(shù)較少． [技法體驗] 1．(2016·四川雅安中學月考)已知命題“?x0∈R，使2x＋(a－1)x0＋≤0”是假命題，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1) B．(－1,3) C．(－3，＋∞) D．(－3,1) 解析：依題意可知“?x∈R,2x2＋(a－1)x＋＞0”為真命題，所以Δ＝(a－1)2－4×2×＜0， 即(a＋1)·(a－3)＜

27、0，解得－1＜a＜3.故選B. 答案：B 2．已知函數(shù)f(x)＝ax2－x＋ln x在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：f′(x)＝2ax－1＋. (1)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞增，則f′(x)≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax－1＋≥0， 得a≥.① 令t＝，因為x∈(1,2)，所以t∈， 設h(t)＝(t－t2)＝－2＋，t∈， 顯然函數(shù)y＝h(t)在區(qū)間上單調(diào)遞減， 所以h(1)＜h(t)＜h，即0＜h(t)＜. 由①可知，a≥. (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)遞減，則f′(x)≤0在(1,2)上恒成立

28、，所以2ax－1＋≤0， 得a≤.② 結合(1)可知，a≤0. 綜上，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]∪. 所以若函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)上不單調(diào)，則實數(shù)a的取值范圍為. 答案： 方法九　分離參數(shù)法 分離參數(shù)法是求解不等式有解、恒成立問題常用的方法，通過分離參數(shù)將問題轉化為相應函數(shù)的最值或范圍問題求解，從而避免對參數(shù)進行分類討論的繁瑣過程．該種方法也適用于含參方程有解、無解等問題的解決．但要注意該種方法僅適用于分離參數(shù)后能夠求解相應函數(shù)的最值或值域的情況． [例9]　若不等式x2＋ax＋1≥0對一切x∈恒成立，則a的最小值是______

29、__． 解析：由于x>0，則由已知可得a≥－x－在x∈上恒成立，而當x∈時，max＝－， ∴a≥－，故a的最小值為－. 答案：－ [增分有招]　分離參數(shù)法解決不等式恒成立問題或有解問題，關鍵在于準確分離參數(shù)，然后將問題轉化為參數(shù)與函數(shù)最值之間的大小關系．分離參數(shù)時要注意參數(shù)系數(shù)的符號是否會發(fā)生變化，如果參數(shù)的系數(shù)符號為負號，則分離參數(shù)時應注意不等號的變化，否則就會導致錯解． [技法體驗] 1．(2016·長沙調(diào)研)若函數(shù)f(x)＝x3－tx2＋3x在區(qū)間[1,4]上單調(diào)遞減，則實數(shù)t的取值范圍是(　　) A. B．(－∞，3] C. D．[3，＋∞) 解析：f′(x)＝3

30、x2－2tx＋3，由于f(x)在區(qū)間[1,4]上單調(diào)遞減，則有f′(x)≤0在[1,4]上恒成立， 即3x2－2tx＋3≤0在[1,4]上恒成立，則t≥在[1,4]上恒成立，因為y＝在[1,4]上單調(diào)遞增，所以t≥＝，故選C. 答案：C 2．(2016·湖南五校調(diào)研)方程log(a－2x)＝2＋x有解，則a的最小值為________． 解析：若方程log(a－2x)＝2＋x有解，則2＋x＝a－2x有解，即x＋2x＝a有解，∵x＋2x≥1，故a的最小值為1. 答案：1 方法十　構造法 構造法是指利用數(shù)學的基本思想，經(jīng)過認真的觀察，深入的思考，構造出解題的數(shù)學模型，從而使問題得以解決

31、．構造法的內(nèi)涵十分豐富，沒有完全固定的模式可以套用，它是以廣泛抽象的普遍性與現(xiàn)實問題的特殊性為基礎，針對具體問題的特點采取相應的解決辦法，其基本的方法是借用一類問題的性質，來研究另一類問題的相關性質．常見的構造法有構造函數(shù)、構造方程、構造圖形等． [例10]　已知m，n∈(2，e)，且－n B．m2＋ D．m，n的大小關系不確定 解析：由不等式可得－0，故函數(shù)f(x)在(2，e

32、)上單調(diào)遞增． 因為f(n)