选择题的特殊技巧

代入特殊点/值

代入特殊点/值

对于求取值范围的题，我们可以先代入特殊值排除选项，再做后续步骤。

观察每个选项区间范围和差异，代入差异的特殊值验证是否符合题设条件从而进行取舍。

此外也可以代入常见的，包括：$0,\pm 1,\pm 2,\pm e,\pm \dfrac{1}{e},\pm \dfrac{1}{e^2},\pm\infty$（取极限）等。

1. 设函数 $f(x)=\left\{\begin{array} \\ 2^{-x}, x\leqslant 0 \\ 1, x > 0\end{array},\right.$ 则满足 $f(x+1) < f(2x)$ 的 $x$ 的取值范围是($\qquad$)

   $\begin{array}\\ \text { A. }(-\infty,-1]&\text { B. }(0,+\infty)\end{array}$ $\begin{array}\\ \text { C. }(-1,0) & \text { D. }(-\infty, 0)\end{array}$

2. (2020.10.6EZ轮测) 已知函数 $f(x)=\left\{\begin{array}{l}\dfrac{1}{3} x^{2}-\dfrac{4}{3} x+4, x \geqslant 1 \\ -\dfrac{1}{3} x^{3}+x^{2}-x+\dfrac{10}{3}, x < 1\end{array},\right.$ 若关于 $x$ 的不等式 $f(x) \geqslant\left|\dfrac{4}{9} x-a\right|$ 在R上恒成立，则实数$a$的取值范围为$(\qquad)$.

   $\begin{array}\\ \text { A. }\left[-\dfrac{44}{27}, \dfrac{92}{27}\right]&\text { B. }\left[-\dfrac{44}{27},\dfrac{263}{81}\right]\end{array}$ $\begin{array}\\ \text { C. }\left[\dfrac{263}{81}, \dfrac{92}{27}\right]& \text { D. }\left(-\infty,-\dfrac{44}{27}\right]\end{array}$

   解析1

   【参考答案】B

   【分析】利用参变分离的方法，转化为 $\left(-\dfrac{1}{3} x^{2}+\dfrac{16}{9} x-4\right)_{\max } \leqslant a \leqslant\left(\dfrac{1}{3} x^{2}-\dfrac{8}{9} x+4\right)_{\min },$

   且$\left(\dfrac{1}{3} x^{3}-x^{2}+\dfrac{13}{9} x-\dfrac{10}{3}\right)_{\max } \leqslant a \leqslant\left(-\dfrac{1}{3} x^{3}+x^{2}-\dfrac{5}{9} x+\dfrac{10}{3}\right)_{\min },$

   转化为求函数的最值.

   
   

   【详解】当 $x \geqslant 1$ 时, $f(x)=\dfrac{1}{3} x^{2}-\dfrac{4}{3} x+4=\dfrac{1}{3}(x-2)^{2}+\dfrac{8}{3} > 0$

   当 $x < 1$ 时, $f(x)=-\dfrac{1}{3} x^{3}+x^{2}-x+\dfrac{10}{3},$ 则$f^{\prime}(x)=-x^{2}+2 x-1=-(x-1)^{2} < 0,$

   若关于 $x$ 的不等式 $f(x) \geqslant\left|\dfrac{4}{9} x-a\right|$ 在 $R$ 上恒成立,

   
   

   则 $\left\{ \begin{array}{l} -\dfrac{1}{3}x^2+\dfrac{4}{3}x-4\leqslant \dfrac{4}{9}x-a\leqslant \dfrac{1}{3}x^2-\dfrac{4}{3}x+4 \\\\ \dfrac{1}{3}x^3-x^2+x-\dfrac{10}{3}\leqslant \dfrac{4}{9}x-a\leqslant -\dfrac{1}{3}x^3+x^2-x+\dfrac{10}{3}\\ \end{array} \right.$

   
   

   即 $\left\{ \begin{array}{l} -\dfrac{1}{3} x^{2}+\dfrac{16}{9} x-4 \leqslant a \leqslant \dfrac{1}{3} x^{2}-\dfrac{8}{9} x+4\\\\ \dfrac{1}{3} x^{3}-x^{2}+\dfrac{13}{9} x-\dfrac{10}{3} \leqslant a \leqslant-\dfrac{1}{3} x^{3}+x^{2}-\dfrac{5}{9} x+\dfrac{10}{3}\\ \end{array} \right.$ 恒成立,

   
   

   所以 $\left\{ \begin{array}{l} \left(-\dfrac{1}{3} x^{2}+\dfrac{16}{9} x-4\right)_{\max } \leqslant a \leqslant\left(\dfrac{1}{3} x^{2}-\dfrac{8}{9} x+4\right)_{\min }\\\\ \left(\dfrac{1}{3} x^{3}-x^{2}+\dfrac{13}{9} x-\dfrac{10}{3}\right)_{\max } \leqslant a \leqslant\left(-\dfrac{1}{3} x^{3}+x^{2}-\dfrac{5}{9} x+\dfrac{10}{3}\right)_{\min }\\ \end{array} \right.$

   
   

   (1) 当 $x \geqslant 1$ 时，函数 $y=\dfrac{1}{3} x^{2}-\dfrac{8}{9} x+4=\dfrac{1}{3}\left(x-\dfrac{4}{3}\right)^{2}+\dfrac{92}{27}(x \geqslant 1),$

   当 $x=\dfrac{4}{3}$ 吋，函数取得枝小值 $\dfrac{92}{27},$

   函数 $y=-\dfrac{1}{3} x^{2}+\dfrac{16}{9} x-4=-\dfrac{1}{3}\left(x-\dfrac{8}{3}\right)^{2}-\dfrac{44}{27}(x \geqslant 1),$

   所以当 $x=\dfrac{8}{3}$ 时函数取得提大值 $-\dfrac{44}{27}, \quad$ 所以 $-\dfrac{44}{27} \leqslant a \leqslant \dfrac{92}{27}\quad(1).$

   
   

   (2) 当 $x < 1$ 时, $y=\dfrac{1}{3} x^{3}-x^{2}+\dfrac{13}{9} x-\dfrac{10}{3}, \quad y^{\prime}=x^{2}-2 x+\dfrac{13}{9} > 0,$

   函数在 $(-\infty, 1)$ 单调递增,

   所以 $f(x) < f(1)=-\dfrac{23}{9},$

   $y=-\dfrac{1}{3} x^{3}+x^{2}-\dfrac{5}{9} x+\dfrac{10}{3}(x < 1),$

   $y^{\prime}=-x^{2}+2 x-\dfrac{5}{9}=-(x-1)^{2}+\dfrac{4}{9},$

   令 $y^{\prime} > 0,$ 解得 $\dfrac{1}{3} < x < 1,$

   令 $y^{\prime} < 0,$ 解得 $x < \dfrac{1}{3},$

   故函数在 $\left(-\infty, \dfrac{1}{3}\right)$ 单调递减, 在 $\left(\dfrac{1}{3}, 1\right)$ 递增,

   所以函数在 $x=\dfrac{1}{3}$ 处取得最小值, $f\left(\dfrac{1}{3}\right)=\dfrac{263}{81},$

   所以 $-\dfrac{23}{9} \leqslant a \leqslant \dfrac{263}{81}\quad(2)$

   
   

   根据(1)(2)可知 $-\dfrac{44}{27} \leqslant a \leqslant \dfrac{263}{81}.$

   解析2

   【法二】 Idea by lzx.

   将$x=0$代入得

   $f(0)=\dfrac{10}{3} \geqslant |a|$ $\therefore-\dfrac{10}{3} \leqslant a \leqslant \dfrac{10}{3}$$=\dfrac{90}{27}=\dfrac{270}{81}$

   排除A、C、D选项.

3. (2023南京一模)已知集合$A=\left\{x|\dfrac{x-1}{x-a}<0\right\}$.若$A\cap \mathbb{N}^{*}=\varnothing$，则实数a的取值范围是($\quad$)

   $\begin{array}\\ \text { A. }1&\text { B. }(-∞,1)\end{array}$ $\begin{array}\\ \text { C. }[1,2] & \text { D. }(-∞,2]\end{array}$

   解析

   若$a=0$时，$A=\left\{x|0<x<1\right\}$，满足条件$A\cap \mathbb{N}^{*}=\varnothing$，排除A、C;

   若$a=1$时，$A=\varnothing$，满足条件$A\cap \mathbb{N}^{*}=\varnothing$，排除B;

   故选D.

4. (2023山东德州)我国古代魏晋时期数学家刘徽用“割圆术”计算圆周率，“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体无所失矣”.刘徽从圆内接正六边形逐次分割，一直分割到圆内接正1536边形，用正多边形的面积逼近圆的面积.利用该方法，由圆内接正n边形与圆内接正2n边形分别计算出的圆周率的比值为($\quad$)

   $\begin{array}\\ \text{A.}{\sin\left(\dfrac{180}{n}\right)^{\circ}}&\text{B.}\cos\left(\dfrac{180}{n}\right)^{\circ}\end{array}$$\begin{array}\\ \text{C.}2\sin\left(\dfrac{360}{n}\right)^{\circ}& \text {D.}2\cos\left(\dfrac{360}{n}\right)^{\circ}\end{array}$

   解析

   当$n$趋向于$+∞$时，圆内接正$n$边形与圆内接正$2n$边形都接近于圆，

   因此，它们的比值趋向于1，

   $n$趋向于$+∞$时，$\left(\dfrac{180}{n}\right)^{\circ}→0$和$\left(\dfrac{360}{n}\right)^{\circ}→0$

   结合选项，只有选项B的值趋向于1，故选B.

5. 在等差数列{$a_{n}$}中，已知$a_{4}+a_{8}=16$，求该数列前11项和。

   A.58   B.88   C.143   D.176

   解析

   采用特殊值法，取每一项都等于8的常数列，则数列{$a_{n}$}前11项和为88，选B.

6. 已知$\sin a-\cos a=\sqrt{2},a\in(0,\pi)$，则$\tan a$=()

   $\begin{array}\\ \text{A.}{-1}&\text{B.}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\end{array}$$\begin{array}\\ \text{C.}\dfrac{\sqrt{2}}{2} &\text {D.}1\end{array}$

   解析

   采用特殊值法，取满足条件的两个函数值。

   $\sin a=\dfrac{\sqrt{2}}{2},\cos a=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$，则直接求得$\tan a=-1$,

   选A.

7. 已知点$P(x，y)$在曲线$y=\frac{x^{2}}{4}+1$上，则$\dfrac{|x+y|}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$的取值范围是($\quad$)

   $\begin{array}\\ \text{A.}[0,\dfrac{\sqrt{2}}{2}]&\text{B.}[0,1]\end{array}$$\begin{array}\\ \text{C.}[0,\dfrac{\sqrt{6}}{2}]&\text{D.}[0,\sqrt{2}]\end{array}$

   解析

   在曲线上取特殊点(0，1)和(2，2),

   代入$\dfrac{|x+y|}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}$，分别得到函数值1和$\sqrt{2}$，

   四个选项中同时含有这两个函数值的只有D选项，故选D。

8. 已知二面角$\alpha-l-\beta$的平面角为$\theta(0<\theta<\frac{\pi}{2})$,$A\in\alpha$,$B\in\beta$,$C\in l,D\in l$，且 $AB\bot l$.$B$与平面$β$所成角为$\dfrac{\pi}{3}$。记$△ACD$的面积为$S_{1}$，$△BCD$的面积为$S_{2}$，则$\dfrac{S_{1}}{S_{2}}$的取值范围为($\quad$)。

   A.$[\dfrac{1}{2},1)$   B.$[\dfrac{1}{2},\sqrt{3})$  

   C.$[\dfrac{\sqrt{3}}{2},\sqrt{3})$   D.$[\dfrac{\sqrt{3}}{2},1)$

   解析

   首先选择极限情况$\theta=\dfrac{\pi}{2}$，求得面积之比为$\sqrt{3}$(但是取不到)，符合这种情况的只有B、C，接着，观察θ在变化过程中两个三角形面积的变化情况，可以再取另一种极限情况$AB\bot\alpha$，同理可以求得$\dfrac{S_{1}}{S_{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，故选C。

构造特殊函数

构造特殊函数

对于构造特殊函数求不等式解集的题，可以不采用课堂所讲的构造函数的办法，优先考虑特殊函数。如：

• $f(x)=c$(常数)
• $f(x)=x$
• $f(x)=-x$
• $f(x)=x^2$
• $f(x)=1-x^2$

1. 已知可导函数 $f(x)$ 的导函数为 $f^{\prime}(x),$ 若对任意的 $x \in R,$ 都有 $f(x) > f^{\prime}(x)+1,$ 且 $f(0)=2020,$ 则不等式 $f(x)-2019 e^{x} < 1$ 的解集为 $(\qquad)$.

   $A. (-\infty, 0)$ $B. (0,+\infty)$ $C. \left(-\infty, \dfrac{1}{e}\right)$ $D. \left(\dfrac{1}{e},+\infty\right)$

   解析1

   【参考答案】

   构造函数 $g(x)=\dfrac{f(x)-1}{e^{x}}$

   则 $g^{\prime}(x)=\dfrac{f^{\prime}(x)-f(x)+1}{e^{x}} < 0,$

   所以函数 $g(x)=\dfrac{f(x)-1}{e^{x}}$ 在 $R$ 上单调递减 因为 $f(0)=2020,$ 所以$g(0)=\dfrac{f(0)-1}{e^{0}}=2019$

   由 $f(x)-2019 e^{x} < 1$

   得 $f(x)-1 < 2019 e^{x},$ 即 $\dfrac{f(x)-1}{e^{x}} < 2019,$

   所以得 $g(x) < g(0),$

   因为函数 $g(x)$ 在 $R$ 上单调递减

   所以 $x > 0,$

   所以不等式 $f(x)-2019 e^{x} < 1$ 的解集为 $(0,+\infty),$

   故选B。

   解析2

   【法二】

   令$f(x)=2020,$

   即求$2020-2019e^x < 1,$

   即$e^x > 1,\therefore x > 0$

2. (2023全国I卷)(多选题)已知函数$f(x)$的定义域为$\mathbb{R}$，$f(xy)$$=y^{2}f(x)$$+x^{2}f(y)$，则($\quad$)

   A.$f(0)=0$     B.$f(1)=0$     C.$f(x)$是偶函数   D.$x=0$为$f(x)$的极小值点

   解析

   因为$f(xy)=y^{2}f(x)+x^{2}f(y)$，

   对于A，令$x=y=0$,$f(0)=0f(0)+0f(0)=0$，故A正确；

   对于B，令$x=y=1$,$f(1)=1f(1)+1f(1)$，则$f(1)=0$,

   故B正确；

   对于C，令$x=y=-1$,$f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1)$,则$f(-1)=0$，

   令$y=-1$,$f(-x)$$=f(x)+x^{2}f(-1)=f(x)$,

   又函数$f(x)$的定义域为$\mathbb{R}$，所以$f(x)$为偶函数，故C正确；

   对于D，不妨令$f(x)=0$，显然符合题设条件，此时$f(x)$无极值，故D错误.

参考文献

• 刘新福.基于高考题型的高中数学解题技巧探究——以高考选择题为例[J].数理化解题研究,2024,(21):60-62.
• 毕成.解答数学高考选择题切勿“小题大做”[J].考试与招生,2024,(05):7-9.
• 积累选择策略,提高答题效率...考数学选择题的解答技巧为例_吴艳

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