高考数学考纲解读与热点难点突破专题25解题规范与评分细则教学案文含解析

课时：2课时年级：高三教学目标：1. 通过对高考数学试卷的解析，帮助学生梳理和巩固知识点，提高解题能力。

2. 培养学生分析问题和解决问题的能力，提高数学思维水平。

3. 帮助学生总结解题技巧，提升应试策略。

教学重点：1. 对高考数学试卷中的典型题型进行解析，帮助学生掌握解题方法。

2. 分析学生在试卷中的错误原因，引导学生改正错误，提高答题质量。

教学难点：1. 对试卷中复杂题型的解析，帮助学生突破思维障碍。

2. 引导学生总结解题技巧，形成有效的解题策略。

教学过程：第一课时一、导入1. 回顾高考数学试卷的题型和特点，引导学生关注试卷中的重点和难点。

2. 提出本节课的教学目标，让学生明确学习方向。

二、试卷解析1. 分析选择题和填空题，讲解解题思路和方法。

2. 讲解解答题，分析题目背景和考察的知识点，引导学生掌握解题步骤。

3. 针对试卷中的典型题型，进行详细解析，总结解题技巧。

三、学生讨论1. 组织学生分组讨论，针对试卷中的问题进行交流和解答。

2. 引导学生分享自己的解题思路和方法，提高解题能力。

四、课堂小结1. 总结本节课的学习内容，强调重点和难点。

2. 帮助学生梳理知识体系，提高复习效果。

第二课时一、复习导入1. 复习上节课的学习内容，引导学生回顾解题技巧和方法。

2. 提出本节课的教学目标，让学生明确学习方向。

二、错误分析1. 分析学生在试卷中的错误原因，引导学生改正错误。

2. 针对试卷中的错误，讲解正确的解题思路和方法。

三、解题技巧总结1. 总结试卷中的典型题型和解题技巧，帮助学生形成有效的解题策略。

2. 引导学生反思自己的解题过程，提高解题能力。

四、课堂练习1. 布置课堂练习题，让学生巩固所学知识。

2. 检查学生的解题过程，纠正错误，提高答题质量。

五、课堂小结1. 总结本节课的学习内容，强调重点和难点。

2. 帮助学生梳理知识体系，提高复习效果。

教学反思：1. 关注学生的学习情况，及时调整教学策略。

考纲解读明方向分析解读 本节内容是高考的重点考查内容之一,最近几年的高考有以下特点:1.古典概型主要考查等可能性事件发生的概率,也常与对立事件、互斥事件的概率及统计知识综合起来考查;2.几何概型试题也有所体现,可能考查会有所增加,以选择题、填空题为主.本节内容在高考中分值为5分左右,属容易题.分析解读从近几年的高考试题来看,本部分在高考中的考查点如下:1.主要考查分层抽样的定义,频率分布直方图,平均数、方差的计算,识图能力及借助概率知识分析、解决问题的能力;2.在频率分布直方图中,注意小矩形的高=频率/组距,小矩形的面积为频率,所有小矩形的面积之和为1;3.分析两个变量间的相关关系,通过独立性检验判断两个变量是否相关.本节内容在高考中分值为17分左右,属中档题.1．【2018年浙江卷】设0<p<1，随机变量ξ的分布列是则当p在（0，1）内增大时，A. D（ξ）减小B. D（ξ）增大C. D（ξ）先减小后增大D. D（ξ）先增大后减小【答案】D【解析】分析:先求数学期望，再求方差，最后根据方差函数确定单调性.点睛：2．【2018年全国卷Ⅲ文】若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为A. 0.3B. 0.4C. 0.6D. 0.7【答案】B【解析】分析：由公式计算可得详解：设设事件A为只用现金支付，事件B为只用非现金支付，则，因为，所以，故选B.点睛：本题主要考查事件的基本关系和概率的计算，属于基础题。

3．【2018年全国卷II文】从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务，则选中的2人都是女同学的概率为A. B. C. D.【答案】D【解析】分析：分别求出事件“2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区服务”的总可能及事件“选中的2人都是女同学”的总可能，代入概率公式可求得概率.点睛：应用古典概型求某事件的步骤：第一步，判断本试验的结果是否为等可能事件，设出事件；第二步，分别求出基本事件的总数与所求事件中所包含的基本事件个数；第三步，利用公式求出事件的概率.4．【2018年江苏卷】某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为________．【答案】【解析】分析：先确定总基本事件数，再从中确定满足条件的基本事件数，最后根据古典概型概率公式求概率.详解：从5名学生中抽取2名学生，共有10种方法，其中恰好选中2名女生的方法有3种，因此所求概率为点睛：古典概型中基本事件数的探求方法(1)列举法.(2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法.(3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化.(4)排列组合法（理科）：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目.5．【2018年江苏卷】已知5位裁判给某运动员打出的分数的茎叶图如图所示，那么这5位裁判打出的分数的平均数为________．【答案】90【解析】分析：先由茎叶图得数据，再根据平均数公式求平均数.点睛：的平均数为.6．【2018年全国卷Ⅲ文】某公司有大量客户，且不同龄段客户对其服务的评价有较大差异．为了解客户的评价，该公司准备进行抽样调查，可供选择的抽样方法有简单随机抽样、分层抽样和系统抽样，则最合适的抽样方法是________．【答案】分层抽样【解析】分析：由题可知满足分层抽样特点详解：由于从不同龄段客户中抽取，故采用分层抽样，故答案为：分层抽样。

高考数学答题技巧教案及答案教案标题：高考数学答题技巧教案及答案教学目标：1. 了解高考数学的考点和命题特点；2. 学习高考数学答题技巧，提高解题效率；3. 锻炼高考数学综合运用能力；4. 培养解题思维和逻辑推理能力。

教学内容：1. 高考数学考试概述及命题特点；2. 答题技巧和解题思路；3. 高考数学常见题型解析；4. 高考数学答题注意事项。

教学步骤：一、认识高考数学考试（15分钟）1. 引入课题，介绍高考数学的重要性；2. 简要概述高考数学考试内容和命题特点；3. 分析高考数学各个分值题目的分布情况。

二、答题技巧和解题思路（30分钟）1. 讲解在高考数学考试中常用的答题技巧，如代入法、逆向思维等；2. 示范演示应用答题技巧的解题过程；3. 强调培养良好解题思路的重要性。

三、高考数学常见题型解析（45分钟）1. 分析选择题、填空题、解答题的命题规律及解题策略；2. 针对高考数学常见题型进行详细解析，包括代数、几何、概率与统计等；3. 分析和解答一些高频考点的典型题目。

四、高考数学答题注意事项（20分钟）1. 强调严谨的解题步骤和书写规范；2. 分析易错的解题思路和常见错误，提醒学生注意避免；3. 教导学生时间分配的合理性，避免时间不足导致失分。

五、答疑解惑和总结（10分钟）1. 针对学生提出的问题进行答疑解惑；2. 总结本节课所学的数学答题技巧和解题思路；3. 留出时间让学生进行自我评价和反思，鼓励他们在日常学习中应用所学的技巧。

教学评估：1. 通过课堂互动，观察学生对高考数学答题技巧的理解和运用情况；2. 布置作业，检验学生掌握程度，如完成一套高考数学真题，并对其中出错的题目进行分析。

拓展延伸：1. 引导学生自主寻找高考数学真题，进行解题训练；2. 组织讨论和竞赛，促进学生之间的交流和学习。

教案答案：出于助教职责，我无法立即为你提供一个完整的教案答案。

高考数学题目较多，需要根据具体的题目类型进行解析和整理。

高中数学难点知识讲解教案
教学目标：
1. 理解高中数学中的难点知识点，包括但不限于函数、方程、不等式等。

2. 学会运用相关知识解决实际问题。

3. 提高学生数学思维能力和解题能力。

教学内容：
本节课将重点讲解高中数学中的难点知识点，主要包括函数、方程、不等式等内容。

教学步骤：
1. 引入：通过引入实际问题或者生活中的例子，引起学生对难点知识的兴趣和好奇心。

2. 讲解：详细讲解函数、方程、不等式等知识点的定义、性质和解题方法，帮助学生建立
深刻的理解。

3. 演示：通过例题演示，让学生掌握解题的方法和技巧。

4. 练习：让学生进行相关习题练习，巩固所学知识。

5. 拓展：鼓励学生多思考、多探索，拓展知识的应用场景，提高数学思维能力。

教学反思：
本节课主要侧重于讲解高中数学中的难点知识点，通过生动的例子和实用的习题帮助学生
深入理解和掌握相关知识。

教师需要注重引导学生思考和解题技巧的培养，提高学生的数
学素养和解题能力。

同时，教学过程中要及时了解学生的学习情况，及时进行反馈和指导，帮助学生更好地理解和消化所学知识。

第25讲 高考数学解答题的破解策略一、题型特点解答题是数学高考题的优良传统题型，包括计算题、证明题、应用题等等，约占总分的47%左右．解答题的功能侧重知识的综合运用和能力测试，是对考生知识掌握、分析推理、综合应用能力的全面检验．二、解题思路要完成高考数学解答题的解答，必须把握好以下各个环节： 1．审题——捕捉“题眼”审题是解题的开始，也是解题的基础．审题思考中，要把握“三性”，即明确目的性，提高准确性，注意隐含性．审题的技巧：①学会寻找题眼；②学会从问入手(如已知是什么？求解是什么？)；③学会抓住问题中的数量特征；④ 学会挖掘隐含条件．2．优化——思维策略常用的思维策略有：陌生问题熟悉化；复杂问题简单化；一般问题特殊化；抽象问题具体化等．3．选择——解题方法常见的解题方法：分析、综合、联想、类比、归纳、演绎、反证、化归等． 4．突出——通性通法(1)突出数学思想：函数方程思想；数形结合思想；分类讨论思想；等价转化思想； (2)联想常规方法：代入法、配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法等． 5．规范——书面表达力求表述准确，不使用不规范的语言．避免字迹不工整而造成的隐性失分． 三、解题策略 (一)语言转换策略每个数学命题都是由一些特定的数学语言(文字语言、符号语言、图形语言)所组成，数学解题活动过程，实际上是数学语言的转换过程，通过语言转换过程，理解题意，确定解题方案．例1函数f(x)＝cos (πx ＋φ)⎝⎛⎭⎫0<φ<π2的部分图象如图所示．(1)求φ及图中x 0的值；(2)设g(x)＝f(x)＋f ⎝⎛⎭⎫x ＋13，求函数g(x)在区间⎣⎡⎦⎤－12，13上的最大值和最小值． 【解析】(1)由题图得f(0)＝32，所以cos φ＝32，因为0<φ<π2，故φ＝π6.由于f(x)的最小正周期等于2，所以由题图可知1<x 0<2，故7π6<πx 0＋π6<13π6，由f(x 0)＝32得cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx 0＋π6＝32，所以πx 0＋π6＝11π6，x 0＝53.(2)因为f ⎝⎛⎭⎫x ＋13＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝⎛⎭⎫x ＋13＋π6＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π2＝－sin πx ， 所以g(x)＝f(x)＋f ⎝⎛⎭⎫x ＋13＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6－sin πx ＝cos πx cos π6－sin πx sin π6－sin πx＝32cos πx －32sin πx ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－πx . 当x ∈⎣⎡⎦⎤－12，13时，－π6≤π6－πx ≤2π3. 所以－12≤sin ⎝⎛⎭⎫π6－πx ≤1， 故π6－πx ＝π2，即x ＝－13时，g(x)取得最大值3； 当π6－πx ＝－π6，即x ＝13时，g(x)取得最小值－32. 【小结】本题首先要根据图象中的信息求其y ＝A sin (ωx ＋φ)＋k 的解析式，在这一过程中要实现图形语言、符号语言、文字语言转换，然后化简利用三角函数图象求出值域． (二)进退并举策略 对于一个命题，我们分析的目标是条件和结论，分析的目的是寻求条件与结论之间的关系，分析的过程就是缩短条件与结论之间的距离——条件进、结论退．学会分析是重要的，进退并举的解题策略是行之有效的．例2是否存在常数a 、b 、c ，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n ＋1)2＝n （n ＋1）（an 2＋bn ＋c ）12对于一切自然数n 都成立？并证明你的结论．【解析】第一，理解题意．命题是一个存在性探索问题，即要探索使得等式成立的常数a 、b 、c 的存在性，对这类题一般采用先设后证的原则．第二，退．可以从命题的特殊性性质入手，先设满足条件的常数a 、b 、c 存在，将n ＝1，2，3代入得到三元一次方程组：⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝24，4a ＋2b ＋c ＝44，9a ＋3b ＋c ＝70，解得a ＝3，b ＝11，c ＝10. 第三，进．从特殊到一般，利用数学归纳法证明：对一切自然数n 等式都成立． (三)整体求解策略整体求解处理，就是在处理问题时，利用问题中的整体与部分的关系，通过整体代人、整体运算、整体消元、整体合并等方法，常可以简化运算过程，提高解题速度，并从中感受到整体思维的和谐美．例3已知函数f(x)＝－x 2－2ax ＋ln x(a ∈R )．(1)当a ＝－12时，求函数f (x )的最大值；(2)试讨论函数f (x )的零点个数．【解析】(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝－12时，f ′(x )＝－2x ＋1＋1x ＝－2x 2＋x ＋1x ＝（1－x ）（2x ＋1）x.令f ′(x )＝0，得x ＝1(负值舍去)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)为单调递增函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)为单调递减函数； 所以f (x )max ＝f (1)＝－1＋1＋ln 1＝0.(2)f ′(x )＝－2x －2a ＋1x ＝－2x 2－2ax ＋1x.令g (x )＝－2x 2－2ax ＋1，Δ＝4a 2＋8>0， ∴g (x )有两个不相等的实根x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，由韦达定理知x 1x 2＝－12<0 ，∴x 1<0<x 2，且x 2＝a 2＋2－a2. 当x ∈()0，x 2时，f ′(x )>0 ，所以f (x )在()0，x 2为单调递增函数， 当x ∈()x 2，＋∞时，f ′(x )<0 ，所以f (x )在()x 2，＋∞为单调递减函数， 所以f (x )max ＝f (x 2)＝－x 22－2ax 2＋ln x 2. 又由f ′(x 2)＝0，知－2ax 2＝2x 22－1.于是f (x )max ＝f (x 2)＝－x 22－2ax 2＋ln x 2＝x 22＋ln x 2－1.令m (x )＝x 2＋ln x －1，m (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，且m (1)＝0，∴x ∈(0，1)时，m (x )<0，x ∈(1，＋∞)时，m (x )>0.①当a ＝－12时，x 2＝1，f (x 2)＝m (1)＝0，此时函数f (x )有一个零点；②当a >－12时，由于g (1)＝－1－2a <0，所以x 2∈(0，1)，所以f (x 2)<m (1)＝0，此时函数f (x )无零点；③当a <－12时，g (1)＝－1－2a >0，∴x 2∈(1，＋∞)，∴f (x 2)>m (1)＝0.易知x >0，且x →0时，f (x )<0， 易证x >0时，ln x <x ，所以f (x )＝－x 2－2ax ＋ln x <－x 2－2ax ＋x ＝－x 2－(2a －1)x ，所以x ＝2(1－2a )时，f (2(1－2a ))<－4(1－2a )2＋2(1－2a )2＝－2(1－2a )2<0， 所以函数f (x )在(0，x 2)和(x 2，2(1－2a ))各有一个零点，此时函数f (x )共有两个零点． 【点评】求解本题的关键是将－2ax 2＝2x 22－1整体代入消去参数a ，整体运算、整体消元、整体合并常可以简化运算过程，提高解题速度．例4已知函数f(x)＝ax ＋x ＋1(a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的最小值；(2)若函数f (x )图象上的点都在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，x －y －1≤0表示的平面区域内，求实数a 的取值范围；(3)若函数h (x )＝x 4＋[]f （x ）－x ＋1(x 2＋1)＋bx 2＋1在(0，＋∞)上有零点，求a 2＋b 2的最小值．【解析】(1)当a ＝1时，f (x )＝x ＋x ＋1，显然f (x )在定义域[－1，＋∞)内为增函数，f (x )min ＝f (－1)＝－1. (2)由题意可知，f (x )＝ax ＋x ＋1≥x －1在[)－1，＋∞上恒成立，令t ＝x ＋1，则t ≥0，代入得a (t 2－1)＋t ≥t 2－2在[)0，＋∞上恒成立， 即a (t ＋1)(t －1)≥(t －2)(t ＋1)， 即a (t －1)≥t －2对t ≥0恒成立，即(a －1)t ＋2－a ≥0在[)0，＋∞上恒成立， 此时只需a －1≥0且2－a ≥0，所以1≤a ≤2.(3)依题意知，h (x )＝x 4＋[f (x )－x ＋1](x 2＋1)＋bx 2＋1＝0在(0，＋∞)上有解，即x 2＋ax ＋a x ＋b ＋1x 2＝0在(0，＋∞)上有解，令t ＝x ＋1x ，则t ≥2，代入得方程t 2＋at ＋b －2＝0在[2，＋∞)上有解， 设g (t )＝t 2＋at ＋b －2(t ≥2)，当a <－4时，只需Δ＝a 2－4b ＋8≥0，a 2＋b 2的几何意义就表示点(a ，b )到原点(0，0)距离的平方，在此条件下，有a 2＋b 2≥16；当a ≥－4时，只需g (2)≤0，即22＋2a ＋b －2≤0，即2a ＋b ＋2≤0，a 2＋b 2的几何意义就表示点(a ，b )到原点(0，0)距离的平方，在此条件下，有a 2＋b 2≥45.所以a 2＋b 2的最小值为45.【点评】整体求解通常可以通过换元来实现．换元的特点是通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，把条件与结论联系起来，把陌生的形式转变为熟悉的形式．高中数学中主要换元法有整体换元、三角换元、对称换元、均值换元等等．换元法应用广泛，如解方程、解不等式、证明不等式、求函数的值域、求数列的通项与和等，在解析几何中也有广泛的应用．解题过程中要注意换元后新变量的取值范围．(四)联想与发散策略联想是问题转化的桥梁．稍具难度的问题和基础知识的联系，都是不明显的、间接的、复杂的．因此，解题的方法怎样、速度如何，取决于能否由观察到的特征，灵活运用有关知识，做出相应的联想，将问题打开缺口，不断深入．例5变量x 、y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3≤0，3x ＋5y －25≤0，x ≥1.(1)设z ＝yx，求z 的最小值；(2)设z ＝x 2＋y 2，求z 的取值范围；(3)设z ＝x 2＋y 2＋6x －4y ＋13，求z 的取值范围． 【解析】由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3≤0，3x ＋5y －25≤0，x ≥1，作出(x ，y)的可行域如图阴影所示．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，3x ＋5y －25＝0，解得A ⎝⎛⎭⎫1，225. 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，x －4y ＋3＝0，解得C(1，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3＝0，3x ＋5y －25＝0，解得B(5，2)．(1)∵z ＝y x ＝y －0x －0.∴z 的值即是可行域中的点与原点O 连线的斜率．观察图形可知z min ＝k OB ＝25.(2)z ＝x 2＋y 2的几何意义是可行域上的点到原点O 的距离的平方． 结合图形可知，可行域上的点到原点的距离中， d min ＝|OC|＝2，d max ＝|OB|＝29.∴2≤z ≤29.(3)z ＝x 2＋y 2＋6x －4y ＋13＝(x ＋3)2＋(y －2)2的几何意义是可行域上的点到点(－3，2)的距离的平方．结合图形可知，可行域上的点到(－3，2)的距离中， d min ＝1－(－3)＝4，d max ＝（－3－5）2＋（2－2）2＝8.∴16≤z ≤64.(五)数形结合策略数形结合是高考重点考查的思想方法之一，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，从图中找到解题突破口，一般函数、向量、解析几何问题能运用数形结合，而解方程、解不等式、三角和复数等问题可部分运用数形结合，在研究和处理问题时，有意识地将数和形结合起来，形中思数，数中构形，有助于我们找到思考问题的新视角、新思路．例6定义函数f n (x)＝(1＋x)n －1，x ＞－2，n ∈N *. (1)求证：f n (x )≥nx ；(2)是否存在区间[a ，0](a ＜0)，使函数h (x )＝f 3 (x )－f 2 (x )在区间[a ，0]上的值域为[ka ，0]？若存在，求出最小的k 值及相应的区间[a ，0]，若不存在，说明理由．【解析】(1)令g (x )＝(1＋x )n －1－nx ， 则g ′(x )＝n [(1＋x )n －1－1]．当－2＜x ＜0时，g ′(x )＜0，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0. ∴g (x )在x ＝0处有极小值g (0)＝0，∴g (x )≥0，即f n (x )≥nx (x ＝0时取等号)． (2)令h (x )＝f 3 (x )－f 2 (x )＝x (1＋x )2， h ′(x )＝(1＋x )(1＋3x )．令h ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝－13.∴x ∈(－2，－1)时，h ′(x )＞0；x ∈⎝⎛⎭⎫－1，－13时，h ′(x )＜0； x ∈⎝⎛⎭⎫－13，＋∞时，h ′＞0. 故h (x )草图如图所示，①在－13≤a ＜0时，h (x )的最小值为h (a )＝ka .∴k ＝(1＋a )2≥49.②在－43<a <－13时，h (x )的最小值为h ⎝⎛⎭⎫－13＝－427＝ka ，k ＝－427a ，∴19<k <49. ③在a ≤－43时，h (x )的最小值为h (a )＝a (1＋a )2＝ka ，∴k ＝(1＋a )2≥19⎝⎛⎭⎫a ＝－43时取等号， 综上，k 的最小值为19，此时[a ，0]＝⎣⎡⎦⎤－43，0. 【小结】1.数形结合的主要解题方式有：(1)数转化为形，即根据所给出的“数”的特点，构造符合条件的几何图形，用几何方法去解决．(2)形转化为数，即根据题目特点，用代数方法去研究几何问题．(3)数形结合，即用数研究形，用形研究数，相互结合，使问题变得简捷、直观、明了． 2．运用数形结合思想分析解决问题时，要遵循三个原则：一是等价性原则，要注意由于所作的草图不能精确刻画数量关系带来的负面效应；二是双向性原则，即进行几何直观分析，又要进行相应的代数抽象探求，仅对代数问题进行几何分析容易失真；三是简单性原则，不要为了“数形结合”而数形结合，而取决于是否有效、简便和更易达到解决问题的目的．(六)分类讨论策略分类讨论是一种“化整为零，各个击破”的思想方法，先根据题目要求，确定适当的分类标准，然后对划分的每一类分别求解，如有必要可再加以分类，最后进行综合，从而得出结果．例7已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a>b>0)的左焦点为F 1(－1，0)．(1)设椭圆M 与函数y ＝x 的图象交于点P ，若函数y ＝x 在点P 处的切线过椭圆的左焦点F 1，求椭圆的离心率；(2)设过点F 1且斜率不为零的直线l 交椭圆于A 、B 两点，连结AO(O 为坐标原点)并延长，交椭圆于点C ，若椭圆的长半轴长a 是大于1的给定常数，求△ABC 的面积的最大值S(a)．【解析】(1)由题意，点F 1为(－1，0)，设P(t ，t)，则kPF 1＝t t ＋1， 又kPF 1＝(x )′|x ＝t ＝⎝⎛⎭⎫12x |x ＝t ＝12t ，所以t t ＋1＝12t，解得t ＝1，即P(1，1)， 设椭圆M 的右焦点为F 2(1，0)， 则2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝5＋1，即a ＝5＋12， 又半焦距c ＝1，所以椭圆M 的离心率为e ＝ca ＝5－12；(2)因为椭圆M 的半焦距c ＝1，所以a 2－b 2＝1，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，直线l 的方程为x ＝my －1，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，x ＝my －1消去x 得：(a 2＋b 2m 2)y 2－2b 2my ＋b 2(1－a 2)＝0，∴y 1＋y 2＝2b 2m a 2＋b 2m 2，y 1y 2＝b 2（1－a 2）a 2＋b 2m 2＝－b 4a 2＋b 2m 2，连结OB ，由|OA|＝|OC|知S △ABC ＝2S △AOB ， ∴S △ABC ＝|OF 1|·|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝2ab 2m 2＋1a 2＋b 2m2.令m 2＋1＝t ，则m 2＝t 2－1(t ≥1)，∴S △ABC ＝2ab 2t a 2＋b 2（t 2－1）＝2ab 2t 1＋b 2t 2＝2ab 2b 2t ＋1t，①若1b ≥1，即0<b ≤1，1<a ≤2，则b 2t ＋1t ≥2b ＝2a 2－1，当且仅当t ＝1b，即m ＝±2－a 2a 2－1时，S(a)＝(S △ABC )max ＝a a 2－1；②若0<1b <1，即b>1，a>2时，设f(t)＝b 2t ＋1t ，则t ≥1时，f ′(t)＝b 2－1t 2>0，所以f(t)在[1，＋∞)上单调递增，所以[f(t)]min ＝f(1)＝b 2＋1＝a 2，当且仅当t ＝1， 即m ＝0时，S(a)＝(S △ABC )max ＝2（a 2－1）a；综上可知：S(a)＝⎩⎨⎧a a 2－1，1<a ≤2，2（a 2－1）a ，a> 2.【点评】与圆锥曲线有关的参数问题中应用分类讨论思想的常见类型：1．判断曲线的类型；2.直线与圆锥曲线位置关系的判定；3含参最值问题、范围问题．例8[2015·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝x 3＋ax ＋14，g(x)＝－ln x.(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f(x)的切线；(2)用min {}m ，n 表示m ，n 中的最小值，设函数h(x)＝min {}f （x ），g （x ）(x>0)，讨论h(x)零点的个数．【解析】(1)设曲线y ＝f(x)与x 轴相切于点(x 0，0)， 则f(x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴是曲线y ＝f(x)的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而h(x)＝min {f(x)，g(x)}≤g(x)<0， ∴h(x)在(1，＋∞)无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f(1)＝a ＋54≥0，h(1)＝min {f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x ＝1是h(x)的零点；若a<－54，则f(1)＝a ＋54<0，h(1)＝min {f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x ＝1不是h(x)的零点．当x ∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0，所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数． (ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f′(x)＝3x 2＋a 在(0，1)上无零点，故f(x)在(0，1)单调． 而f(0)＝14，f(1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f(x)在(0，1)上有一个零点；当a ≥0时，f(x)在(0，1)上无零点．(ⅱ)若－3<a<0，则f(x)在⎝⎛⎭⎫0，－a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x ＝－a 3时，f(x)取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝2a3－a 3＋14.①若f ⎝⎛⎭⎫－a3＞0，即－34＜a ＜0时，f(x)在(0，1)上无零点．②若f ⎝⎛⎭⎫－a3＝0，即a ＝－34时，f(x)在(0，1)上有唯一零点；③若f ⎝⎛⎭⎫－a3＜0，即－3<a<－34时，由于f(0)＝14，f(1)＝a ＋54，所以当－54<a<－34时，f(x)在(0，1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f(x)在(0，1)上有一个零点．综上，当a>－34或a<－54时，h(x)有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h(x)有两个零点；当－54<a<－34时，h(x)有三个零点．【点评】分类讨论思想在解决导数中的参数问题时的常见类型： 1．含参数的函数的单调性问题； 2.含参数的函数的极值(最值)问题． 【小结】求解分类讨论题的一般步骤是： (1)明确讨论对象，确定对象的范围．(2)认清为什么要分类，确定分类标准，进行合理分类，注意做到不重不漏．(3)逐类讨论，获得阶段性结果．(4)整合讨论． (七)等价转化策略等价转化是高考另一个考查重点，通过等价转化，将待解决的疑难问题逐步变为可解决的问题，变“正向突破”为“侧翼切入”，达到化繁为简，化难为易的目的．数学家G·波利亚在《怎样解题》中说过：数学解题是命题的连续变换．可见，解题过程是通过问题的转化才能完成的．转化是解数学题的一种十分重要的思维方法，那么怎样转化呢？概括地讲，就是把复杂问题转化成简单问题，把抽象问题转化成具体问题，把未知问题转化成已知问题．在解题时，观察具体特征，联想有关问题之后，就要寻求转化关系．例9在等腰Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，腰长为2，D 、E 分别是边AB 、BC 的中点．将△BDE 沿DE 翻折，得到四棱锥B －ADEC ，且F 为棱BC 的中点，BA ＝ 2.(1)求证：EF ⊥平面BAC ；(2)在线段AD 上是否存在一点Q ，使得AF ∥平面BEQ ？若存在，求二面角Q －BE －A 的余弦值，若不存在，请说明理由．【解析】(1)翻折后，由AD ＝BD ＝1，BA ＝2，可知AD ⊥BD ，取AB 中点H ，连结DH 、HF ，有DH ⊥AB ， 因为DE ⊥AD ，DE ⊥BD ，且AD ∩BD ＝D ，∴DE ⊥平面ADB ，因为DE ∥AC ，∴AC ⊥平面ADB ， ∴AC ⊥DH ，又AB ∩AC ＝A ，∴DH ⊥平面ABC ，又∵HF ∥AC ，DE ∥AC ，且HF ＝12AC ＝DE ，∴DEFH 是平行四边形， ∴EF ∥DH ，∴EF ⊥平面ABC ；(2)以D 为原点建立如图所示空间直角坐标系D －xyz.则A(0，1，0)，B(0，0，1)，E(1，0，0)，C(2，1，0)，F ⎝⎛⎭⎫1，12，12， 设Q(0，t ，0)(0≤t ≤1)，则BQ →＝(0，t ，－1)，EQ →＝(－1，t ，0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫1，－12，12，AB →＝(0，－1，1)，AE →＝(1，－1，0)．设平面BQE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ·BQ →＝0，且n ·EQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧yt －z ＝0，－x ＋ty ＝0，取y ＝1，则n ＝(t ，1，t )．要使AF ∥平面BEQ ，则需n ·AF →＝(t ，1，t )·⎝⎛⎭⎫1，－12，12＝t －12＋12t ＝0，所以t ＝13，即线段AD 上存在一点Q ⎝⎛⎭⎫0，13，0，使得AF ∥平面BEQ . 设平面BAE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由n 1·AB →＝0，且n 1·AE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y 1＋z 1＝0，x 1－y 1＝0，取y 1＝1，则n 1＝(1，1，1)，∴cos 〈n ，n 1〉＝13＋1＋13119·3＝533＝53333，因为二面角Q －BE －A 为锐二面角，所以其余弦值为53333， 即线段AD 上存在一点Q (点Q 是线段AD 上的靠近点D 的一个三等分点)，使得AF ∥平面BEQ ，此时二面角Q －BE －A 的余弦值为53333.【点评】在立体几何问题中，通常是将空间问题转化为平面几何问题来处理， 其次空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．例10已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a＞b ＞0)过点(0，2)，且离心率e ＝22.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：x ＝my －1(m ∈R )交椭圆E 于A ，B 两点，判断点G ⎝⎛⎭⎫－94，0与以线段AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由．【解析】(1)由已知得，⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝2，c ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为H (x 0，y 0)．⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 24＋y 22＝1得(m 2＋2)y 2－2my －3＝0. 所以y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－3m 2＋2，从而y 0＝m m 2＋2. 所以|GH |2＝⎝⎛⎭⎫x 0＋942＋y 20＝⎝⎛⎭⎫my 0＋542＋y 20 ＝(m 2＋1)y 20＋52my 0＋2516. |AB |24＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）24＝（1＋m 2）（y 1－y 2）24＝（1＋m 2）[]（y 1＋y 2）2－4y 1y 24＝(1＋m 2)(y 20－y 1y 2)， 故|GH |2－|AB |24＝52my 0＋(1＋m 2)y 1y 2＋2516＝5m 22（m 2＋2）－3（1＋m 2）m 2＋2＋2516＝17m 2＋216（m 2＋2）＞0， 所以|GH |＞|AB |2. 故点G ⎝⎛⎭⎫－94，0在以AB 为直径的圆外． 【点评】在解析几何问题中，与圆有关的问题经常转化为向量的关系处理，此题也可以验证GA →·GB →>0来求解更容易，与角度有关的问题经常转化为斜率的关系处理， 与交点坐标有关问题常转化为二次方程根与系数的关系处理．例11[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝1x－x ＋a ln x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2. (i )若a ≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．(ii )若a>2，令f′(x)＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x)<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x)>0.所以f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42单调递增． (2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0. 设函数g(x)＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g(x)<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2. 【点评】通过降元， 将多元转换成一元，把复杂问题转化成简单问题，从而使问题顺利解决.(八)正难则反策略例12已知函数f(x)＝ln x ，g(x)＝12ax 2＋bx ，a ≠0. (1)若b ＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a 的取值范围；(2)设函数f(x)的图象C 1与函数g(x)的图象C 2交于点P 、Q ，过线段PQ 的中点作x 轴的垂线分别交C 1，C 2于点M 、N ，证明C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行．【解析】(1)b ＝2时，h(x)＝ln x －12ax 2－2x ， 则h′(x)＝1x －ax －2＝－ax 2＋2x －1x. 因为函数h(x)存在单调递减区间，所以h′(x)<0有解．又因为x>0，则ax 2＋2x －1>0有x>0的解．①当a>0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向上的抛物线，ax 2＋2x －1>0总有x>0的解； ②当a<0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向下的抛物线，而ax 2＋2x －1>0总有x>0的解，则Δ＝4＋4a>0，且方程ax 2＋2x －1＝0至少有一正根．此时，－1<a<0.综上所述，a 的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞)．(2)证法一：设点P 、Q 的坐标分别是(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，0<x 1<x 2.则点M 、N 的横坐标为x ＝x 1＋x 22， C 1在点M 处的切线斜率为k 1＝1x |x ＝x 1＋x 22＝2x 1＋x 2， C 2在点N 处的切线斜率为k 2＝(ax ＋b)|x ＝x 1＋x 22＝a （x 1＋x 2）2＋b. 假设C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线平行，则k 1＝k 2.即2x 1＋x 2＝a （x 1＋x 2）2＋b ，则 2（x 2－x 1）x 1＋x 2＝a 2(x 22－x 21)＋b(x 2－x 1) ＝⎝⎛⎭⎫a 2x 22＋bx 2－⎝⎛⎭⎫a 2x 21＋bx 1＝y 2－y 1＝ln x 2－ln x 1.所以ln x 2x 1＝2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－11＋x 2x 1. 设t ＝x 2x 1，则ln t ＝2（t －1）1＋t，t>1. ① 令r(t)＝ln t －2（t －1）1＋t，t>1. 则r′(t)＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2. 因为t>1时，r ′(t)>0，所以r(t)在(1，＋∞)上单调递增. 故r(t)>r(1)＝0，则ln t>2（t －1）1＋t. 这与①矛盾，假设不成立． 故C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行．证法二：同证法一得(x 2＋x 1)(ln x 2－ln x 1)＝2(x 2－x 1)．因为x 1>0，所以⎝⎛⎭⎫x 2x 1＋1ln x 2x 1＝2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－1.令t ＝x 2x 1，得(t ＋1)ln t ＝2(t －1)，t>1. ② 令r(t)＝(t ＋1)ln t －2(t －1)，t>1，则r′(t)＝ln t ＋1t－1. 因为⎝⎛⎭⎫ln t ＋1t ′＝1t －1t 2＝t －1t 2， 所以t>1时，⎝⎛⎭⎫ln t ＋1t ′>0. 故ln t ＋1t 在(1，＋∞)上单调递增，从而ln t ＋1t－1>0，即r′(t)>0. 于是r(t)在(1，＋∞)上单调递增，故r(t)>r(1)＝0.即(t ＋1)ln t>2(t －1)．这与②矛盾，假设不成立．故C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行．【点评】否定性命题，常要利用正反的相互转化，先从正面求解，再取正面答案的补集即可．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单．因此，间接法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中．。

课时：2课时教学目标：1. 让学生了解高考数学试卷的题型、难度和考察范围。

2. 培养学生分析问题、解决问题的能力。

3. 提高学生的数学思维和应试技巧。

教学重点：1. 高考数学试卷的题型和考察范围。

2. 分析解题思路和方法。

教学难点：1. 复杂题型的解题思路。

2. 应试技巧的掌握。

教学过程：第一课时一、导入1. 回顾高考数学试卷的基本情况，包括题型、难度和考察范围。

2. 引导学生关注高考数学试卷中的重点题型和考察知识点。

二、讲解试题1. 选择一道典型的高考数学试题进行讲解，让学生了解试题的结构和考察目的。

2. 分析试题的解题思路和方法，让学生掌握解题技巧。

三、课堂练习1. 让学生独立完成一道类似的题目，巩固所学知识。

2. 针对学生的完成情况进行点评和指导。

四、总结1. 总结本节课所学内容，强调重点题型和解题技巧。

2. 布置课后作业，让学生巩固所学知识。

第二课时一、复习导入1. 回顾上一节课所讲解的高考数学试题，引导学生回顾解题思路和方法。

2. 强调重点题型和解题技巧。

二、讲解试题1. 选择一道复杂的高考数学试题进行讲解，让学生了解解题思路和方法。

2. 分析试题中的关键步骤，引导学生掌握解题技巧。

三、课堂练习1. 让学生独立完成一道类似的题目，巩固所学知识。

2. 针对学生的完成情况进行点评和指导。

四、应试技巧讲解1. 讲解高考数学试卷的应试技巧，如时间分配、审题技巧等。

2. 引导学生进行模拟考试，提高应试能力。

五、总结1. 总结本节课所学内容，强调重点题型、解题技巧和应试技巧。

2. 布置课后作业，让学生巩固所学知识。

教学反思：1. 关注学生的学习情况，及时调整教学策略。

2. 注重培养学生的数学思维和应试能力。

3. 提高课堂效率，让学生在有限的时间内掌握更多知识。

不等式选讲【2019年高考考纲解读】本部分主要考查绝对值不等式的解法．求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值X 围、不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想． 【重点、难点剖析】1．含有绝对值的不等式的解法(1)|f (x )|>a (a >0)⇔f (x )>a 或f (x )<－a ； (2)|f (x )|<a (a >0)⇔－a <f (x )<a ；(3)对形如|x －a |＋|x －b |≤c ，|x －a |＋|x －b |≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解． 2．含有绝对值的不等式的性质|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.此性质可用来解不等式或证明不等式． 3．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立． 定理2：如果a ，b 为正数，则a ＋b2≥ab ，当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理3：如果a ，b ，c 为正数，则a ＋b ＋c3≥3abc ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1、a 2、…、a n 为n 个正数，则a 1＋a 2＋…＋a n n≥na 1a 2…a n ，当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立． 所以()1f x ≥的解集为{}1x x ≥. （2）由得，而，且当32x =时，.故m 的取值X 围为5-4⎛⎤∞ ⎥⎝⎦，.【变式探究】已知函数.（I ）在答题卡第（24）题图中画出()y f x =的图像； （II ）求不等式()1f x >的解集．【答案】（I ）见解析（II ）【解析】⑴如图所示：⑵()1f x >,当1x -≤,41x ->,解得5x >或3x <,1x -∴≤当312x -<<,321x ->,解得1x >或13x <113x -<<∴或312x <<当32x ≥,41x ->,解得5x >或3x <,332x <∴≤或5x >综上,13x <或13x <<或5x >,()1f x >∴,解集为【变式探究】解不等式 x ＋|2x ＋3|≥2.【变式探究】若函数f (x )＝|x ＋1|＋2|x －a |的最小值为5，则实数a ＝________.解析 由绝对值的性质知f (x )的最小值在x ＝－1或x ＝a 时取得，若f (－1)＝2|－1－a |＝5，a ＝32或a ＝－72，经检验均不合适；若f (a )＝5，则|x ＋1|＝5，a ＝4或a ＝－6，经检验合题意，因此a ＝4或a ＝－6. 答案 4或－6【变式探究】设函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |(a >0)．(1)证明：f (x )≥2；(2)若f (3)<5，求a 的取值X 围．【命题意图】本题主要考查绝对值三角不等式与基本不等式的应用，含绝对值的不等式的解法，意在考查考生的运算求解能力与分类讨论思想的应用．【解题思路】(1)利用“绝对值三角不等式”进行放缩，结合基本不等式即得证． (2)明确不等式后解关于a 的绝对值不等式，再分类讨论求解即可．【解析】(1)证明：由a >0，有f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a ＋|x －a |≥⎪⎪⎪⎪⎪⎪x ＋1a－x －a ＝1a＋a ≥2.所以f (x )≥2.(2)f (3)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪3＋1a ＋|3－a |.当a >3时，f (3)＝a ＋1a，由f (3)<5，得3<a <5＋212.当0<a ≤3时，f (3)＝6－a ＋1a，由f (3)<5，得1＋52<a ≤3.综上，a 的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，5＋212.【感悟提升】1．用零点分段法解绝对值不等式的步骤(1)求零点；(2)划区间、去绝对值号；(3)分别解去掉绝对值的不等式；(4)取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．2．用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．3．求解绝对值不等式恒成立问题的解析(1)可利用绝对值不等式的性质求最值或去掉绝对值号转化为分段函数求最值．(2)结合“a ≥f (x )恒成立，则a ≥f (x )max ，a ≤f (x )恒成立，则a ≤f (x )min ”求字母参数的取值X 围． 【举一反三】已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}． (1)某某数a ，b 的值；(2)求at ＋12＋bt 的最大值．解 (1)由|x ＋a |＜b ，得－b －a ＜x ＜b －a ，则⎩⎪⎨⎪⎧－b －a ＝2，b －a ＝4，解得a ＝－3，b ＝1. (2)－3t ＋12＋t＝34－t ＋t ≤[（3）2＋12][（4－t ）2＋（t ）2] ＝24－t ＋t ＝4， 当且仅当4－t 3＝t1， 即t ＝1时等号成立， 故(－3t ＋12＋t )max ＝4.【举一反三】已知函数f (x )＝|x ＋1|－2|x －a |，a >0. (1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若f (x )的图象与x 轴围成的三角形面积大于6，求a 的取值X 围． 解 (1)当a ＝1时，f (x )>1化为|x ＋1|－2|x －1|－1>0. 当x ≤－1时，不等式化为x －4>0，无解； 当－1<x <1时，不等式化为3x －2>0，解得23<x <1；当x ≥1时，不等式化为－x ＋2>0，解得1≤x <2. 所以f (x )>1的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪23<x <2. (2)由题设可得，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －1－2a ，x <－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，－x ＋1＋2a ，x >a .所以函数f (x )的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －13，0，B (2a ＋1，0)，C (a ，a ＋1)，△ABC 的面积为23(a ＋1)2.由题设得23(a ＋1)2>6，故a >2.所以a 的取值X 围为(2，＋∞)． 题型二 不等式的证明【例2】已知函数f (x )＝|x －1|＋||x －3. (1)解不等式f (x )≤x ＋1；(2)设函数f (x )的最小值为c ，实数a ，b 满足a >0，b >0，a ＋b ＝c ，求证：a 2a ＋1＋b 2b ＋1≥1.【解析】(1)解 f (x )≤x ＋1，即|x －1|＋||x －3≤x ＋1. ①当x <1时，不等式可化为4－2x ≤x ＋1，解得x ≥1. 又∵x <1，∴x ∈∅；②当1≤x ≤3时，不等式可化为2≤x ＋1，解得x ≥1. 又∵1≤x ≤3，∴1≤x ≤3；③当x >3时，不等式可化为2x －4≤x ＋1，解得x ≤5. 又∵x >3，∴3<x ≤5.综上所得，1≤x ≤3或3<x ≤5，即1≤x ≤5. ∴原不等式的解集为[]1，5.【感悟提升】(1)作差法是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：①作差；②分解因式；③与0比较；④结论．关键是代数式的变形能力．(2)在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧．【变式探究】已知函数f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|，M 为不等式f (x )<6的解集． (1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，求证：|ab ＋1|>|a ＋b |. (1)解 f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|<6. 当x <－13时，f (x )＝－3x －1－3x ＋1＝－6x ，由－6x <6，解得x >－1，∴－1<x <－13；当－13≤x ≤13时，f (x )＝3x ＋1－3x ＋1＝2，又2<6恒成立， ∴－13≤x ≤13；当x >13时，f (x )＝3x ＋1＋3x －1＝6x ，由6x <6，解得x <1，∴13<x <1.综上，f (x )<6的解集M ＝{x |－1<x <1}． (2)证明()ab ＋12－(a ＋b )2＝a 2b 2＋2ab ＋1－(a 2＋b 2＋2ab )＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)． 由a ，b ∈M ，得|a |<1，|b |<1， ∴a 2－1<0，b 2－1<0，∴(a 2－1)(b 2－1)>0， ∴||ab ＋1>|a ＋b |.【变式探究】【2017课标II 】已知。

课时：1课时教学目标：1. 让学生了解本次数学试卷的整体情况，包括试卷的结构、题型、难度等。

2. 帮助学生分析错题原因，提高解题能力。

3. 培养学生良好的学习习惯，提高解题速度和准确性。

教学重点：1. 分析错题原因，总结解题方法。

2. 培养学生良好的学习习惯，提高解题速度和准确性。

教学难点：1. 分析错题原因，找出解题过程中的薄弱环节。

2. 培养学生良好的学习习惯，提高解题速度和准确性。

教学过程：一、导入1. 引导学生回顾本次数学试卷的结构、题型和难度。

2. 提问：大家在这次考试中遇到哪些问题？有哪些收获？二、试卷分析1. 分析试卷的整体情况，包括试卷的结构、题型、难度等。

2. 分析各个题型的得分情况，找出学生普遍存在的问题。

三、错题分析1. 对错题进行分类，如基础知识错误、解题方法错误、计算错误等。

2. 分析错题原因，引导学生找出解题过程中的薄弱环节。

3. 针对错题原因，给出相应的解题方法和技巧。

四、解题方法总结1. 针对试卷中的典型题目，总结解题方法和技巧。

2. 强调解题过程中的注意事项，如审题、步骤、计算等。

五、学习习惯培养1. 引导学生反思自己的学习习惯，如时间管理、笔记整理等。

2. 强调良好的学习习惯对提高解题速度和准确性的重要性。

六、课堂练习1. 设计与本次试卷题型相似的题目，让学生进行练习。

2. 在练习过程中，指导学生运用所学解题方法和技巧。

七、总结1. 总结本次讲评课的重点内容，强调错题原因分析和解题方法总结。

2. 鼓励学生在今后的学习中，注重基础知识的学习和良好学习习惯的培养。

教学反思：本节课通过试卷讲评，帮助学生了解自己的学习情况，找出解题过程中的薄弱环节。

在错题分析环节，引导学生找出原因，总结解题方法和技巧。

同时，注重培养学生良好的学习习惯，提高解题速度和准确性。

在教学过程中，应关注学生的个体差异，针对不同学生的需求，给予个性化的指导。

算法、复数
【2019年高考考纲解读】
1.对于复数要掌握复数的概念、纯虚数、复数相等、复数的模、共轭复数等，以及复数的几何意义及四则运算(重点考查复数的乘除)．
2.对于程序框图要掌握基本算法语句尤其是含循环结构的程序框图，往往与分段函数的求值、数列求和或求积、统计等有规律的重复计算问题放在一起考查，读题审题要仔细．
【重点、难点剖析】
一、复数的概念与运算
1．复数的乘法
复数的乘法类似于多项式的四则运算，可将含有虚数单位i 的看作一类项，不含i 的看作另一类项，分别合并同类项即可．
【变式探究】执行如图所示的程序框图，运行相应的程序，若输出的结果是4，则常数a 的值为( )
A ．4
B ．2
C ．12
D ．－1 【解析】S 和n 依次循环的结果如下：S ＝11－a ，n ＝2；S ＝1－1a ，n ＝4.所以1－1a
＝2，a ＝－1.故选D ． 【答案】D
【变式探究】若某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的i 的值为( )
A．4 B．5 C．6 D．7。

高中数学试题细致讲解教案教学目标：1. 能够正确理解和解答高中数学试题。

2. 培养学生的数学分析能力和解题能力。

3. 帮助学生提高数学成绩和应试能力。

教学重点：1. 理解题意和解题思路。

2. 运用数学知识解决问题。

3. 分析和解答试题。

教学难点：1. 发现试题中隐藏的关键信息。

2. 思维逻辑合理性。

3. 解题过程中的技巧和方法。

教学过程：一、引入老师先向学生介绍今天的教学内容，并强调解题时的思维过程和技巧，鼓励学生树立正确的数学学习态度。

二、示范解题1. 教师选择一道高中数学试题，并通过示范解题的方式，展示解题思路和方法。

2. 教师讲解题目背景和关键信息，引导学生理解题目要求。

3. 教师逐步解答试题，强调解题的逻辑性和步骤性。

三、学生练习1. 学生利用课堂时间完成练习题目，教师在旁边指导和帮助。

2. 学生在解题过程中，要注意发现题目中的提示信息，同时灵活应用数学知识和解题方法。

3. 学生完成练习后，互相交流讨论解题思路和方法。

四、讲解答案1. 教师根据学生的解题情况，逐一讲解试题答案，并强调解题过程中的关键点和技巧。

2. 学生在听讲过程中，要及时纠正自己的答题错误，吸收教师的解题经验。

3. 学生还可以就答案中的疑难问题提出疑问，以加深对数学知识的理解。

五、操练巩固1. 学生利用课后时间继续做相关习题，巩固和深化数学知识。

2. 学生可以结合课本和参考书的练习，拓展自己的数学思维。

3. 学生还可以相互交流讨论解题经验，共同提高数学水平。

教学反思：本教案通过示范解题和学生练习的方式，帮助学生提高解答试题的能力和水平。

同时，引导学生正确理解数学知识和加强实际运用能力，提高数学成绩和学习效果。

解题规范与评分细则1．若函数f(x)＝2x 3－ax 2＋1(a ∈R )在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f (x )在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．解析：f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上递增，又f (0)＝1，∴ f (x )在(0，＋∞)上无零点． ②当a >0时，由f ′(x )>0解得x >a3，由f ′(x )<0解得0<x <a3，∴ f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 3上递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a3，＋∞上递增． 又f (x )只有一个零点，∴ f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝－a 327＋1＝0，∴ a ＝3.此时f (x )＝2x 3－3x 2＋1，f ′(x )＝6x (x －1)，当x ∈[－1,1]时，f (x )在[－1,0]上递增，在[0,1]上递减． 又f (1)＝0，f (－1)＝－4，∴ f (x )max ＋f (x )min ＝f (0)＋f (－1)＝1－4＝－3. 答案：－32．设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x.(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． 解析：(1)解：因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x. 所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e≠0. 所以a 的值为1.(2)解：由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x＝(ax －1)(x －2)e x.若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.3．已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0.4.已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋xx ＋2，其中a 为常数．(1)当1<a ≤2时，讨论f (x )的单调性；(2)当x >0时，求g (x )＝x ln ⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x ＋1xln(1＋x )的最大值．解析：(1)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x x －2a ＋x ＋3，x >－1.①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即a >32时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增， 当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0,2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1,2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3,0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a ≤2时，f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0,2a －3)上单调递减．(2)∵g (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ln(1＋x )－x ln x ＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ，∴g (x )在(0，＋∞)上的最大值等价于g (x )在(0,1]上的最大值． 所以直线l 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝1.10．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，右焦点为F 2(1,0)，点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝k (x －4)(k ≠0)与椭圆C 由左至右依次交于M ，N 两点，已知直线A 1M 与A 2N 相交于点G ，证明：点G 在定直线上，并求出定直线的方程．解析：(1)由F 2(1,0)，知c ＝1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1＋b 2，1a 2＋94b 2＝1，所以a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)因为y ＝k (x －4)，所以直线l 过定点(4,0)，由椭圆的对称性知点G 在直线x ＝x 0上． 当直线l 过椭圆C 的上顶点时，M (0，3)，所以直线l 的斜率k ＝－34，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－34x －，x 24＋y23＝1，得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝85，y ＝335，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，335，由(1)知A 1(－2,0)，A 2(2,0)，所以直线lA 1M 的方程为y ＝32(x ＋2)，直线lA 2N 的方程为y ＝－332(x －2)，所以G ⎝⎛⎭⎪⎫1，332，所以G 在直线x ＝1上．当直线l 不过椭圆C 的上顶点时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，所以Δ＝(－32k 2)2－4×(3＋4k 2)·(64k 2－12)＞0，得－12＜k ＜12，x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，x 1·x 2＝64k 2－123＋4k 2，易得直线lA 1M 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，直线lA 2N 的方程为y ＝y 2x 2－2(x －2)，当x ＝1时，3y 1x 1＋2＝－y 2x 2－2得2x 1x 2－5(x 1＋x 2)＋8＝0， 所以k 2－3＋4k 2－5×32k 23＋4k2＋＋4k 23＋4k2＝0显然成立，所以G 在直线x ＝1上．11．已知平面直角坐标系内两定点A (－22，0)，B (22，0)及动点C (x ，y )，△ABC 的两边AC ，BC 所在直线的斜率之积为－34.(1)求动点C 的轨迹E 的方程；(2)设P 是y 轴上的一点，若(1)中轨迹E 上存在两点M ，N 使得MP →＝2PN →，求以AP 为直径的圆的面积的取值范围．解析：(1)由已知，k AC ·k BC ＝－34，即y x ＋22·y x －22＝－34，所以3x 2＋4y 2＝24，又三点构成三角形，所以y ≠0， 所以点C 的轨迹E 的方程为x 28＋y 26＝1(y ≠0)． (2)设点P 的坐标为(0，t )当直线MN 的斜率不存在时，可得M ，N 分别是短轴的两端点，得到t ＝±63. 当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋t (k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则由MP →＝2PN →得x 1＝－2x 2. ①联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 28＋y26＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－24＝0，当Δ＞0得64k 2t 2－4(3＋4k 2)(4t 2－24)＞0，整理得t 2＜8k 2＋6. 所以x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2，x 1x 2＝4t 2－243＋4k 2， ②由①②，消去x 1，x 2得k 2＝－t 2＋612t 2－8. 则⎩⎪⎨⎪⎧－t 2＋612t 2－8＞0，t 2＜8·－t 2＋612t 2－8＋6，解得23＜t 2＜6.不妨取M (－22，0)，可求得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，±322，此时t ＝±2，由(1)知y ≠0，故t 2≠2.综上，23≤t 2＜2或2＜t 2＜6.又以AP 为直径的圆的面积S ＝π·8＋t24，所以S 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫13π6，5π2∪⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2，7π2.12．已知角α的顶点与原点O 重合，始边与x 轴的非负半轴重合，它的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45.(1)求sin(α＋π)的值；(2)若角β满足sin(α＋β)＝513，求cos β的值．解析：(1)解：由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得sin α＝－45.所以sin(α＋π)＝－sin α＝45.(2)解：由角α的终边过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－35，－45，得cos α＝－35.由sin(α＋β)＝513，得cos(α＋β)＝±1213.由β＝(α＋β)－α，得cos β＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α， 所以cos β＝－5665或cos β＝1665.13．已知α，β为锐角，tan α＝43，cos(α＋β)＝－55.(1)求cos 2α的值；(2)求tan(α－β)的值．解析：(1)解：因为tan α＝43，tan α＝sin αcos α，所以sin α＝43cos α.因为sin 2α＋cos 2α＝1， 所以cos 2α＝925，因此，cos 2α＝2cos 2α－1＝－725.(2)解：因为α，β为锐角，所以α＋β∈(0，π)． 又因为cos(α＋β)＝－55， 所以sin(α＋β)＝1－cos 2α＋β＝255，因此tan(α＋β)＝－2. 因为tan α＝43，所以tan 2α＝2tan α1－tan 2α＝－247. 因此，tan(α－β)＝tan[2α－(α＋β)] ＝tan 2α－α＋β1＋tan 2αα＋β＝－211.14．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且b sin B ＝a sin A ＋(c －a )sin C . (1)求B ；(2)若3sin C ＝2sin A ，且△ABC 的面积为63，求b .解析：(1)由b sin B ＝a sin A ＋(c －a )sin C 及正弦定理，得b 2＝a 2＋(c －a )c ，即a 2＋c 2－b 2＝ac .由余弦定理，得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12，因为B ∈(0，π)，所以B ＝π3. (2)由(1)得B ＝π3，所以△ABC 的面积为12ac sin B ＝34ac ＝63，得ac ＝24.由3sin C ＝2sin A 及正弦定理，得3c ＝2a ， 所以a ＝6，c ＝4.由余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝36＋16－24＝28，所以b ＝27.15．已知函数f (x )＝1＋23sin x 2cos x2－2cos 2x2，△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .(1)求f (A )的取值范围；(2)若A 为锐角且f (A )＝2，2sin A ＝sin B ＋2sin C ，△ABC 的面积为3＋34，求b 的值．解析：(1)f (x )＝3sin x －cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6，∴f (A )＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6，由题意知，0<A <π，则A －π6∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6，5π6，∴sin ⎝⎛⎭⎪⎫A －π6∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－12，1，故f (A )的取值范围为(－1,2]．16．[2018·全国卷Ⅱ]记Sn 为等差数列{an }的前n 项和，已知a 1＝－7，S 3＝－15. (1)求{an }的通项公式； (2)求Sn ，并求Sn 的最小值．解析：(1)解：设{an }的公差为d ，由题意得3a 1＋3d ＝－15. 由a 1＝－7得d ＝2.所以{an }的通项公式为an ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －9. (2)解：由(1)得Sn ＝a 1＋an2·n ＝n 2－8n ＝(n －4)2－16.所以当n ＝4时，Sn 取得最小值，最小值为－16.17．已知数列{a n }是等差数列，a 2＝6，前n 项和为S n ，{b n }是等比数列，b 2＝2，a 1b 3＝12，S 3＋b 1＝19. (1)求{a n }，{b n }的通项公式；(2)求数列{b n cos(a n π)}的前n 项和T n . 解析：(1)∵数列{a n }是等差数列，a 2＝6， ∴S 3＋b 1＝3a 2＋b 1＝18＋b 1＝19，∴b 1＝1. ∵b 2＝2，数列{b n }是等比数列，∴b n ＝2n －1.∴b 3＝4，∵a 1b 3＝12，∴a 1＝3，∵a 2＝6，数列{a n }是等差数列，∴a n ＝3n . (2)由(1)得，令C n ＝b n cos(a n π)＝(－1)n 2n －1，∴C n ＋1＝(－1)n ＋12n，∴C n ＋1C n＝－2，又C 1＝－1， ∴数列 {b n cos(a n π)}是以－1为首项、－2为公比的等比数列， ∴T n ＝－1×[1－－n]1＋2＝－13[1－(－2)n]．18．已知数列{a n }满足：1a 1＋2a 2＋…＋n a n ＝38(32n －1)，n ∈N *.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝log 3a nn，求1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1.解析：(1)1a 1＝38(32－1)＝3，当n ≥2时，因为n a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n a n －⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1＋2a 2＋…＋n －1a n －1＝38(32n －1)－38(32n －2－1) ＝32n －1，当n ＝1，na n＝32n －1也成立，所以a n ＝n32n －1.(2)b n ＝log 3a n n＝－(2n －1)， 因为1b n b n ＋1＝1n －n ＋＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，所以1b 1b 2＋1b 2b 3＋…＋1b n b n ＋1＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1＝n2n ＋1. 19．已知数列{a n }满足：a 1＝1，a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n . (1)设b n ＝a nn，求数列{b n }的通项公式； (2)求数列{a n }的前n 项和S n . 解析：(1)由a n ＋1＝n ＋1n a n ＋n ＋12n ，可得a n ＋1n ＋1＝a n n ＋12n， 又b n ＝a n n ，∴b n ＋1－b n ＝12n ，由a 1＝1，得b 1＝1，累加可得(b 2－b 1)＋(b 3－b 2)＋…＋(b n －b n －1)＝121＋122＋…＋12n －1，即b n －b 1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝1－12n －1，∴b n ＝2－12n －1.(2)由(1)可知a n ＝2n －n 2n －1，设数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2n －1的前n 项和为T n ，则T n ＝120＋221＋322＋…＋n2n －1 ①，12T n ＝121＋222＋323＋…＋n2n ②， ①－②得12T n ＝120＋121＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝1－12n1－12－n 2n ＝2－n ＋22n ，∴T n ＝4－n ＋22n －1.易知数列{2n }的前n 项和为n (n ＋1)， ∴S n ＝n (n ＋1)－4＋n ＋22n －1.20．已知各项均不相等的等差数列{a n }的前四项和S 4＝14，且a 1，a 3，a 7成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式． (2)设T n 为数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n a n ＋1的前n 项和，若λT n ≤a n ＋1对一切n ∈N *恒成立，求实数λ的最大值．解析：(1)设数列{a n }的公差为d (d ≠0)，由已知得，⎩⎪⎨⎪⎧4a 1＋6d ＝14，a 1＋2d 2＝a 1a 1＋6d ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，d ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝72，d ＝0(舍去)，所以a n ＝n ＋1.(2)由(1)知1a n a n ＋1＝1n ＋1－1n ＋2， 所以T n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－14＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＝12－1n ＋2＝n n ＋.又λT n ≤a n ＋1恒成立，所以λ≤n ＋2n＝2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8， 而2⎝⎛⎭⎪⎫n ＋4n ＋8≥16，当且仅当n ＝2时等号成立．所以λ≤16，即实数λ的最大值为16.21．在等差数列{a n }中，已知a 3＝5，且a 1，a 2，a 5为递增的等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }的通项公式(k ∈N *)，求数列{b n }的前n 项和S n .解析：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，易知d ≠0， 由题意得，(a 3－2d )(a 3＋2d )＝(a 3－d )2， 即d 2－2d ＝0，解得d ＝2或d ＝0(舍去)，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝a 3＋(n －3)d ＝2n －1. (2)当n ＝2k ，k ∈N *时，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝b 1＋b 3＋…＋b 2k －1＋b 2＋b 4＋…＋b 2k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＋(20＋21＋…＋2k －1)＝k＋2k －2＋1－2k 1－2＝k 2＋2k －1＝n 24＋2n 2－1； 当n ＝2k －1，k ∈N *时，n ＋1＝2k ，则S n ＝S n ＋1－b n ＋1＝n ＋24＋2+12n －1－2+12n －1＝n 2＋2n －34＋2-12n .综上，S n＝⎩⎪⎨⎪⎧n 24＋2n2－1，n ＝2k ，n 2＋2n －34＋2n －12，n ＝2k －1(k ∈N *)．22．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ，∠ABC ＝90°，侧面A 1ABB 1⊥底面ABC . (1)求证：AB 1⊥平面A 1BC ；(2)若AC ＝5，BC ＝3，∠A 1AB ＝60°，求三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积．解析：(1)证明：在侧面A 1ABB 1中，∵A 1A ＝AB ，∴四边形A 1ABB 1为菱形，∴AB 1⊥A 1B .∵侧面A 1ABB 1⊥底面ABC ，∠ABC ＝90°，∴CB ⊥平面A 1ABB 1∵AB 1⊂平面A 1ABB 1，∴CB ⊥AB 1.又A 1B ∩BC ＝B ，∴AB 1⊥平面A 1BC .(2)解法一 如图，过A 1作A 1D ⊥AB ，垂足为D .∵平面ABC ⊥平面A 1ABB 1，平面ABC ∩平面A 1ABB 1＝AB ，∴A 1D ⊥平面ABC ，∴A 1D 为三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高．∵BC ＝3，AC ＝5，∠ABC ＝90°，∴AB ＝4，又AA 1＝AB ，∠A 1AB ＝60°，∴△A 1AB 为等边三角形， ∴A 1D ＝32×AB ＝2 3. ∴VABC －A 1B 1C 1＝S △ABC ·A 1D ＝12×4×3×23＝12 3. 解法二 在△ABC 中，由AC ＝5，BC ＝3，∠ABC ＝90°，可得AB ＝4.又A 1A ＝AB ，∠A 1AB ＝60°，∴△ABA 1是边长为4的等边三角形，∴S △ABA 1＝34×42＝4 3. 由(1)知BC ⊥平面ABA 1，∴VC －ABA 1＝13×S △ABA 1×BC ＝13×43×3＝4 3.设三棱柱ABC －A 1B 1C 1的高为h ， 则VABC －A 1B 1C 1＝S △ABC ·h ＝3×⎝ ⎛⎭⎪⎫13S △ABC ·h ＝3VA 1－ABC ＝3VC －ABA 1＝3×43＝12 3. 23．如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，M 是AB 的中点．(1)证明：BC 1∥平面MCA 1；(2)若AB ＝A 1M ＝2MC ＝2，BC ＝2，求点C 1到平面MCA 1的距离．解：(1)如图，连接AC 1，设AC 1与A 1C 的交点为N ，则N 为AC 1的中点，连接MN ，因为M 是AB 的中点，所以MN ∥BC 1，又MN ⊂平面MCA 1，BC 1⊄平面MCA 1，所以BC 1∥平面MCA 1.(2)因为AB ＝2MC ＝2，M 是AB 的中点，所以∠ACB ＝90°，在直三棱柱中，A 1M ＝2，AM ＝1，所以AA 1＝3，又BC ＝2，所以AC ＝2，A 1C ＝5，所以∠A 1MC ＝90°.设点C 1到平面MCA 1的距离为h ，因为AC 1的中点N在平面MCA 1上，所以点A 到平面MCA 1的距离也为h ，三棱锥A 1－AMC 的体积V ＝13S △AMC ·AA 1＝36，△MCA 1的面积S ＝12A 1M ·MC ＝1，则V ＝13Sh ＝13h ＝36，得h ＝32，故点C 1到平面MCA 1的距离为32.24．[2018·全国卷Ⅲ]如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧所在平面垂直，M 是上异于C ，D 的点．(1)证明：平面AMD ⊥平面BMC ；(2)在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．解析：(1)证明：由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD .因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM . 因为M 为上异于C ，D 的点，且DC 为直径， 所以DM ⊥CM .又BC ∩CM ＝C ，所以DM ⊥平面BMC .而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC .(2)解：当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD .证明如下：如图，连接AC 交BD 于O .因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点．连接OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP .又MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD .25．如图1，已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝∠BAD ＝π2，AB ＝BC ＝2AD ＝4，E 、F 分别是AB 、CD 上的点，EF ∥BC ，AE ＝x ，沿EF 将梯形ABCD 翻折，使平面AEFD ⊥平面EBCF (如图2)．G 是BC 的中点，以F 、B 、C 、D 为顶点的三棱锥的体积记为f (x )．(1)当x ＝2时，求证：BD ⊥EG ；(2)求f (x )的最大值；(3)当f (x )取得最大值时，求异面直线AE 与BD 所成角的余弦值．解析：(1)证明：作DH ⊥EF ，垂足为H ，连接BH 、GH 、EG .∵平面AEFD ⊥平面EBCF ，平面AEFD ∩平面EBCF ＝EF ，∴DH ⊥平面EBCF ，又∵EG ⊂平面EBCF ，∴EG ⊥DH .∵AE ＝2，BG ＝12BC ＝2，∴BE ＝BG . ∵EH ＝AD ＝12BC ＝BG ，EF ∥BC ，∠EBC ＝90°， ∴四边形BGHE 为正方形，∴EG ⊥BH .又∵BH 、DH ⊂平面DBH ，且BH ∩DH ＝H ，∴EG ⊥平面DBH .∵BD ⊂平面DBH ，∴EG ⊥BD .(3)由(2)知当f (x )取最大值时，AE ＝2，故BE ＝2，结合DH ∥AE ，可得∠BDH 或其补角是异面直线AE 与BD 所成的角．在Rt △BEH 中，BH ＝BE 2＋EH 2＝4＋4＝2 2.∵DH ⊥平面EBCF ，BH ⊂平面EBCF ，∴DH ⊥BH .在Rt △BDH 中，BD ＝BH 2＋DH 2＝8＋4＝23，∴cos ∠BDH ＝DH BD ＝223＝33.∴异面直线AE 与BD 所成角的余弦值为33.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。

第25讲 高考数学解答题的破解策略一、题型特点解答题是数学高考题的优良传统题型，包括计算题、证明题、应用题等等，约占总分的47%左右．解答题的功能侧重知识的综合运用和能力测试，是对考生知识掌握、分析推理、综合应用能力的全面检验．二、解题思路要完成高考数学解答题的解答，必须把握好以下各个环节： 1．审题——捕捉“题眼”审题是解题的开始，也是解题的基础．审题思考中，要把握“三性”，即明确目的性，提高准确性，注意隐含性．审题的技巧：①学会寻找题眼；②学会从问入手(如已知是什么？求解是什么？)；③学会抓住问题中的数量特征；④ 学会挖掘隐含条件．2．优化——思维策略常用的思维策略有：陌生问题熟悉化；复杂问题简单化；一般问题特殊化；抽象问题具体化等．3．选择——解题方法常见的解题方法：分析、综合、联想、类比、归纳、演绎、反证、化归等． 4．突出——通性通法(1)突出数学思想：函数方程思想；数形结合思想；分类讨论思想；等价转化思想； (2)联想常规方法：代入法、配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法等． 5．规范——书面表达力求表述准确，不使用不规范的语言．避免字迹不工整而造成的隐性失分． 三、解题策略 (一)语言转换策略每个数学命题都是由一些特定的数学语言(文字语言、符号语言、图形语言)所组成，数学解题活动过程，实际上是数学语言的转换过程，通过语言转换过程，理解题意，确定解题方案．例1函数f(x)＝cos (πx ＋φ)⎝⎛⎭⎫0<φ<π2的部分图象如图所示．(1)求φ及图中x 0的值；(2)设g(x)＝f(x)＋f ⎝⎛⎭⎫x ＋13，求函数g(x)在区间⎣⎡⎦⎤－12，13上的最大值和最小值． 【解析】(1)由题图得f(0)＝32，所以cos φ＝32，因为0<φ<π2，故φ＝π6.由于f(x)的最小正周期等于2，所以由题图可知1<x 0<2，故7π6<πx 0＋π6<13π6，由f(x 0)＝32得cos ⎝⎛⎭⎪⎫πx 0＋π6＝32，所以πx 0＋π6＝11π6，x 0＝53.(2)因为f ⎝⎛⎭⎫x ＋13＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝⎛⎭⎫x ＋13＋π6＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π2＝－sin πx ， 所以g(x)＝f(x)＋f ⎝⎛⎭⎫x ＋13＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6－sin πx ＝cos πx cos π6－sin πx sin π6－sin πx＝32cos πx －32sin πx ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－πx . 当x ∈⎣⎡⎦⎤－12，13时，－π6≤π6－πx ≤2π3. 所以－12≤sin ⎝⎛⎭⎫π6－πx ≤1， 故π6－πx ＝π2，即x ＝－13时，g(x)取得最大值3； 当π6－πx ＝－π6，即x ＝13时，g(x)取得最小值－32. 【小结】本题首先要根据图象中的信息求其y ＝A sin (ωx ＋φ)＋k 的解析式，在这一过程中要实现图形语言、符号语言、文字语言转换，然后化简利用三角函数图象求出值域． (二)进退并举策略 对于一个命题，我们分析的目标是条件和结论，分析的目的是寻求条件与结论之间的关系，分析的过程就是缩短条件与结论之间的距离——条件进、结论退．学会分析是重要的，进退并举的解题策略是行之有效的．例2是否存在常数a 、b 、c ，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n ＋1)2＝n （n ＋1）（an 2＋bn ＋c ）12对于一切自然数n 都成立？并证明你的结论．【解析】第一，理解题意．命题是一个存在性探索问题，即要探索使得等式成立的常数a 、b 、c 的存在性，对这类题一般采用先设后证的原则．第二，退．可以从命题的特殊性性质入手，先设满足条件的常数a 、b 、c 存在，将n ＝1，2，3代入得到三元一次方程组：⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝24，4a ＋2b ＋c ＝44，9a ＋3b ＋c ＝70，解得a ＝3，b ＝11，c ＝10. 第三，进．从特殊到一般，利用数学归纳法证明：对一切自然数n 等式都成立． (三)整体求解策略整体求解处理，就是在处理问题时，利用问题中的整体与部分的关系，通过整体代人、整体运算、整体消元、整体合并等方法，常可以简化运算过程，提高解题速度，并从中感受到整体思维的和谐美．例3已知函数f(x)＝－x 2－2ax ＋ln x(a ∈R )．(1)当a ＝－12时，求函数f (x )的最大值；(2)试讨论函数f (x )的零点个数．【解析】(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝－12时，f ′(x )＝－2x ＋1＋1x ＝－2x 2＋x ＋1x ＝（1－x ）（2x ＋1）x.令f ′(x )＝0，得x ＝1(负值舍去)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)为单调递增函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)为单调递减函数； 所以f (x )max ＝f (1)＝－1＋1＋ln 1＝0.(2)f ′(x )＝－2x －2a ＋1x ＝－2x 2－2ax ＋1x.令g (x )＝－2x 2－2ax ＋1，Δ＝4a 2＋8>0， ∴g (x )有两个不相等的实根x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，由韦达定理知x 1x 2＝－12<0 ，∴x 1<0<x 2，且x 2＝a 2＋2－a2. 当x ∈()0，x 2时，f ′(x )>0 ，所以f (x )在()0，x 2为单调递增函数， 当x ∈()x 2，＋∞时，f ′(x )<0 ，所以f (x )在()x 2，＋∞为单调递减函数， 所以f (x )max ＝f (x 2)＝－x 22－2ax 2＋ln x 2. 又由f ′(x 2)＝0，知－2ax 2＝2x 22－1.于是f (x )max ＝f (x 2)＝－x 22－2ax 2＋ln x 2＝x 22＋ln x 2－1.令m (x )＝x 2＋ln x －1，m (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，且m (1)＝0，∴x ∈(0，1)时，m (x )<0，x ∈(1，＋∞)时，m (x )>0.①当a ＝－12时，x 2＝1，f (x 2)＝m (1)＝0，此时函数f (x )有一个零点；②当a >－12时，由于g (1)＝－1－2a <0，所以x 2∈(0，1)，所以f (x 2)<m (1)＝0，此时函数f (x )无零点；③当a <－12时，g (1)＝－1－2a >0，∴x 2∈(1，＋∞)，∴f (x 2)>m (1)＝0.易知x >0，且x →0时，f (x )<0， 易证x >0时，ln x <x ，所以f (x )＝－x 2－2ax ＋ln x <－x 2－2ax ＋x ＝－x 2－(2a －1)x ，所以x ＝2(1－2a )时，f (2(1－2a ))<－4(1－2a )2＋2(1－2a )2＝－2(1－2a )2<0， 所以函数f (x )在(0，x 2)和(x 2，2(1－2a ))各有一个零点，此时函数f (x )共有两个零点． 【点评】求解本题的关键是将－2ax 2＝2x 22－1整体代入消去参数a ，整体运算、整体消元、整体合并常可以简化运算过程，提高解题速度．例4已知函数f(x)＝ax ＋x ＋1(a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的最小值；(2)若函数f (x )图象上的点都在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，x －y －1≤0表示的平面区域内，求实数a 的取值范围；(3)若函数h (x )＝x 4＋[]f （x ）－x ＋1(x 2＋1)＋bx 2＋1在(0，＋∞)上有零点，求a 2＋b 2的最小值．【解析】(1)当a ＝1时，f (x )＝x ＋x ＋1，显然f (x )在定义域[－1，＋∞)内为增函数，f (x )min ＝f (－1)＝－1. (2)由题意可知，f (x )＝ax ＋x ＋1≥x －1在[)－1，＋∞上恒成立，令t ＝x ＋1，则t ≥0，代入得a (t 2－1)＋t ≥t 2－2在[)0，＋∞上恒成立， 即a (t ＋1)(t －1)≥(t －2)(t ＋1)， 即a (t －1)≥t －2对t ≥0恒成立，即(a －1)t ＋2－a ≥0在[)0，＋∞上恒成立， 此时只需a －1≥0且2－a ≥0，所以1≤a ≤2.(3)依题意知，h (x )＝x 4＋[f (x )－x ＋1](x 2＋1)＋bx 2＋1＝0在(0，＋∞)上有解，即x 2＋ax ＋a x ＋b ＋1x 2＝0在(0，＋∞)上有解，令t ＝x ＋1x ，则t ≥2，代入得方程t 2＋at ＋b －2＝0在[2，＋∞)上有解， 设g (t )＝t 2＋at ＋b －2(t ≥2)，当a <－4时，只需Δ＝a 2－4b ＋8≥0，a 2＋b 2的几何意义就表示点(a ，b )到原点(0，0)距离的平方，在此条件下，有a 2＋b 2≥16；当a ≥－4时，只需g (2)≤0，即22＋2a ＋b －2≤0，即2a ＋b ＋2≤0，a 2＋b 2的几何意义就表示点(a ，b )到原点(0，0)距离的平方，在此条件下，有a 2＋b 2≥45.所以a 2＋b 2的最小值为45.【点评】整体求解通常可以通过换元来实现．换元的特点是通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，把条件与结论联系起来，把陌生的形式转变为熟悉的形式．高中数学中主要换元法有整体换元、三角换元、对称换元、均值换元等等．换元法应用广泛，如解方程、解不等式、证明不等式、求函数的值域、求数列的通项与和等，在解析几何中也有广泛的应用．解题过程中要注意换元后新变量的取值范围．(四)联想与发散策略联想是问题转化的桥梁．稍具难度的问题和基础知识的联系，都是不明显的、间接的、复杂的．因此，解题的方法怎样、速度如何，取决于能否由观察到的特征，灵活运用有关知识，做出相应的联想，将问题打开缺口，不断深入．例5变量x 、y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3≤0，3x ＋5y －25≤0，x ≥1.(1)设z ＝yx，求z 的最小值；(2)设z ＝x 2＋y 2，求z 的取值范围；(3)设z ＝x 2＋y 2＋6x －4y ＋13，求z 的取值范围． 【解析】由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3≤0，3x ＋5y －25≤0，x ≥1，作出(x ，y)的可行域如图阴影所示．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，3x ＋5y －25＝0，解得A ⎝⎛⎭⎫1，225. 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，x －4y ＋3＝0，解得C(1，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3＝0，3x ＋5y －25＝0，解得B(5，2)．(1)∵z ＝y x ＝y －0x －0.∴z 的值即是可行域中的点与原点O 连线的斜率．观察图形可知z min ＝k OB ＝25.(2)z ＝x 2＋y 2的几何意义是可行域上的点到原点O 的距离的平方． 结合图形可知，可行域上的点到原点的距离中， d min ＝|OC|＝2，d max ＝|OB|＝29.∴2≤z ≤29.(3)z ＝x 2＋y 2＋6x －4y ＋13＝(x ＋3)2＋(y －2)2的几何意义是可行域上的点到点(－3，2)的距离的平方．结合图形可知，可行域上的点到(－3，2)的距离中， d min ＝1－(－3)＝4，d max ＝（－3－5）2＋（2－2）2＝8.∴16≤z ≤64.(五)数形结合策略数形结合是高考重点考查的思想方法之一，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，从图中找到解题突破口，一般函数、向量、解析几何问题能运用数形结合，而解方程、解不等式、三角和复数等问题可部分运用数形结合，在研究和处理问题时，有意识地将数和形结合起来，形中思数，数中构形，有助于我们找到思考问题的新视角、新思路．例6定义函数f n (x)＝(1＋x)n －1，x ＞－2，n ∈N *. (1)求证：f n (x )≥nx ；(2)是否存在区间[a ，0](a ＜0)，使函数h (x )＝f 3 (x )－f 2 (x )在区间[a ，0]上的值域为[ka ，0]？若存在，求出最小的k 值及相应的区间[a ，0]，若不存在，说明理由．【解析】(1)令g (x )＝(1＋x )n －1－nx ， 则g ′(x )＝n [(1＋x )n －1－1]．当－2＜x ＜0时，g ′(x )＜0，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0. ∴g (x )在x ＝0处有极小值g (0)＝0，∴g (x )≥0，即f n (x )≥nx (x ＝0时取等号)． (2)令h (x )＝f 3 (x )－f 2 (x )＝x (1＋x )2， h ′(x )＝(1＋x )(1＋3x )．令h ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝－13.∴x ∈(－2，－1)时，h ′(x )＞0；x ∈⎝⎛⎭⎫－1，－13时，h ′(x )＜0； x ∈⎝⎛⎭⎫－13，＋∞时，h ′＞0. 故h (x )草图如图所示，①在－13≤a ＜0时，h (x )的最小值为h (a )＝ka .∴k ＝(1＋a )2≥49.②在－43<a <－13时，h (x )的最小值为h ⎝⎛⎭⎫－13＝－427＝ka ，k ＝－427a ，∴19<k <49. ③在a ≤－43时，h (x )的最小值为h (a )＝a (1＋a )2＝ka ，∴k ＝(1＋a )2≥19⎝⎛⎭⎫a ＝－43时取等号， 综上，k 的最小值为19，此时[a ，0]＝⎣⎡⎦⎤－43，0. 【小结】1.数形结合的主要解题方式有：(1)数转化为形，即根据所给出的“数”的特点，构造符合条件的几何图形，用几何方法去解决．(2)形转化为数，即根据题目特点，用代数方法去研究几何问题．(3)数形结合，即用数研究形，用形研究数，相互结合，使问题变得简捷、直观、明了． 2．运用数形结合思想分析解决问题时，要遵循三个原则：一是等价性原则，要注意由于所作的草图不能精确刻画数量关系带来的负面效应；二是双向性原则，即进行几何直观分析，又要进行相应的代数抽象探求，仅对代数问题进行几何分析容易失真；三是简单性原则，不要为了“数形结合”而数形结合，而取决于是否有效、简便和更易达到解决问题的目的．(六)分类讨论策略分类讨论是一种“化整为零，各个击破”的思想方法，先根据题目要求，确定适当的分类标准，然后对划分的每一类分别求解，如有必要可再加以分类，最后进行综合，从而得出结果．例7已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a>b>0)的左焦点为F 1(－1，0)．(1)设椭圆M 与函数y ＝x 的图象交于点P ，若函数y ＝x 在点P 处的切线过椭圆的左焦点F 1，求椭圆的离心率；(2)设过点F 1且斜率不为零的直线l 交椭圆于A 、B 两点，连结AO(O 为坐标原点)并延长，交椭圆于点C ，若椭圆的长半轴长a 是大于1的给定常数，求△ABC 的面积的最大值S(a)．【解析】(1)由题意，点F 1为(－1，0)，设P(t ，t)，则kPF 1＝t t ＋1， 又kPF 1＝(x )′|x ＝t ＝⎝⎛⎭⎫12x |x ＝t ＝12t ，所以t t ＋1＝12t，解得t ＝1，即P(1，1)， 设椭圆M 的右焦点为F 2(1，0)，则2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝5＋1，即a ＝5＋12，又半焦距c ＝1，所以椭圆M 的离心率为e ＝ca ＝5－12；(2)因为椭圆M 的半焦距c ＝1，所以a 2－b 2＝1，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，直线l 的方程为x ＝my －1，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，x ＝my －1消去x 得：(a 2＋b 2m 2)y 2－2b 2my ＋b 2(1－a 2)＝0，∴y 1＋y 2＝2b 2m a 2＋b 2m 2，y 1y 2＝b 2（1－a 2）a 2＋b 2m 2＝－b 4a 2＋b 2m 2，连结OB ，由|OA|＝|OC|知S △ABC ＝2S △AOB ， ∴S △ABC ＝|OF 1|·|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝2ab 2m 2＋1a 2＋b 2m 2.令m 2＋1＝t ，则m 2＝t 2－1(t ≥1)，∴S △ABC ＝2ab 2t a 2＋b 2（t 2－1）＝2ab 2t 1＋b 2t 2＝2ab 2b 2t ＋1t，①若1b ≥1，即0<b ≤1，1<a ≤2，则b 2t ＋1t ≥2b ＝2a 2－1，当且仅当t ＝1b，即m ＝±2－a 2a 2－1时，S(a)＝(S △ABC )max ＝aa 2－1；②若0<1b <1，即b>1，a>2时，设f(t)＝b 2t ＋1t ，则t ≥1时，f ′(t)＝b 2－1t 2>0，所以f(t)在[1，＋∞)上单调递增，所以[f(t)]min ＝f(1)＝b 2＋1＝a 2，当且仅当t ＝1， 即m ＝0时，S(a)＝(S △ABC )max ＝2（a 2－1）a；综上可知：S(a)＝⎩⎨⎧a a 2－1，1<a ≤2，2（a 2－1）a ，a> 2.【点评】与圆锥曲线有关的参数问题中应用分类讨论思想的常见类型：1．判断曲线的类型；2.直线与圆锥曲线位置关系的判定；3含参最值问题、范围问题．例8[2015·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝x 3＋ax ＋14，g(x)＝－ln x.(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f(x)的切线；(2)用min {}m ，n 表示m ，n 中的最小值，设函数h(x)＝min {}f （x ），g （x ）(x>0)，讨论h(x)零点的个数．【解析】(1)设曲线y ＝f(x)与x 轴相切于点(x 0，0)， 则f(x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴是曲线y ＝f(x)的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而h(x)＝min {f(x)，g(x)}≤g(x)<0， ∴h(x)在(1，＋∞)无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f(1)＝a ＋54≥0，h(1)＝min {f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x ＝1是h(x)的零点；若a<－54，则f(1)＝a ＋54<0，h(1)＝min {f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x ＝1不是h(x)的零点．当x ∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0，所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数． (ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f′(x)＝3x 2＋a 在(0，1)上无零点，故f(x)在(0，1)单调． 而f(0)＝14，f(1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f(x)在(0，1)上有一个零点；当a ≥0时，f(x)在(0，1)上无零点．(ⅱ)若－3<a<0，则f(x)在⎝⎛⎭⎫0，－a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x ＝－a 3时，f(x)取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝2a3－a 3＋14.①若f ⎝⎛⎭⎫－a3＞0，即－34＜a ＜0时，f(x)在(0，1)上无零点．②若f ⎝⎛⎭⎫－a3＝0，即a ＝－34时，f(x)在(0，1)上有唯一零点；③若f ⎝⎛⎭⎫－a3＜0，即－3<a<－34时，由于f(0)＝14，f(1)＝a ＋54，所以当－54<a<－34时，f(x)在(0，1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f(x)在(0，1)上有一个零点．综上，当a>－34或a<－54时，h(x)有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h(x)有两个零点；当－54<a<－34时，h(x)有三个零点．【点评】分类讨论思想在解决导数中的参数问题时的常见类型： 1．含参数的函数的单调性问题； 2.含参数的函数的极值(最值)问题． 【小结】求解分类讨论题的一般步骤是： (1)明确讨论对象，确定对象的范围．(2)认清为什么要分类，确定分类标准，进行合理分类，注意做到不重不漏．(3)逐类讨论，获得阶段性结果．(4)整合讨论． (七)等价转化策略等价转化是高考另一个考查重点，通过等价转化，将待解决的疑难问题逐步变为可解决的问题，变“正向突破”为“侧翼切入”，达到化繁为简，化难为易的目的．数学家G·波利亚在《怎样解题》中说过：数学解题是命题的连续变换．可见，解题过程是通过问题的转化才能完成的．转化是解数学题的一种十分重要的思维方法，那么怎样转化呢？概括地讲，就是把复杂问题转化成简单问题，把抽象问题转化成具体问题，把未知问题转化成已知问题．在解题时，观察具体特征，联想有关问题之后，就要寻求转化关系．例9在等腰Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，腰长为2，D 、E 分别是边AB 、BC 的中点．将△BDE 沿DE 翻折，得到四棱锥B －ADEC ，且F 为棱BC 的中点，BA ＝ 2.(1)求证：EF ⊥平面BAC ；(2)在线段AD 上是否存在一点Q ，使得AF ∥平面BEQ ？若存在，求二面角Q －BE －A 的余弦值，若不存在，请说明理由．【解析】(1)翻折后，由AD ＝BD ＝1，BA ＝2，可知AD ⊥BD ，取AB 中点H ，连结DH 、HF ，有DH ⊥AB ， 因为DE ⊥AD ，DE ⊥BD ，且AD ∩BD ＝D ，∴DE ⊥平面ADB ，因为DE ∥AC ，∴AC ⊥平面ADB ， ∴AC ⊥DH ，又AB ∩AC ＝A ，∴DH ⊥平面ABC ，又∵HF ∥AC ，DE ∥AC ，且HF ＝12AC ＝DE ，∴DEFH 是平行四边形， ∴EF ∥DH ，∴EF ⊥平面ABC ；(2)以D 为原点建立如图所示空间直角坐标系D －xyz.则A(0，1，0)，B(0，0，1)，E(1，0，0)，C(2，1，0)，F ⎝⎛⎭⎫1，12，12， 设Q(0，t ，0)(0≤t ≤1)，则BQ →＝(0，t ，－1)，EQ →＝(－1，t ，0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫1，－12，12，AB →＝(0，－1，1)，AE →＝(1，－1，0)．设平面BQE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ·BQ →＝0，且n ·EQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧yt －z ＝0，－x ＋ty ＝0，取y ＝1，则n ＝(t ，1，t )．要使AF ∥平面BEQ ，则需n ·AF →＝(t ，1，t )·⎝⎛⎭⎫1，－12，12＝t －12＋12t ＝0，所以t ＝13，即线段AD 上存在一点Q ⎝⎛⎭⎫0，13，0，使得AF ∥平面BEQ . 设平面BAE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由n 1·AB →＝0，且n 1·AE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y 1＋z 1＝0，x 1－y 1＝0，取y 1＝1，则n 1＝(1，1，1)，∴cos 〈n ，n 1〉＝13＋1＋13119·3＝533＝53333，因为二面角Q －BE －A 为锐二面角，所以其余弦值为53333， 即线段AD 上存在一点Q (点Q 是线段AD 上的靠近点D 的一个三等分点)，使得AF ∥平面BEQ ，此时二面角Q －BE －A 的余弦值为53333.【点评】在立体几何问题中，通常是将空间问题转化为平面几何问题来处理， 其次空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．例10已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)过点(0，2)，且离心率e ＝22.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：x ＝my －1(m ∈R )交椭圆E 于A ，B 两点，判断点G ⎝⎛⎭⎫－94，0与以线段AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由．【解析】(1)由已知得，⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝2，c ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为H (x 0，y 0)．⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 24＋y 22＝1得(m 2＋2)y 2－2my －3＝0. 所以y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－3m 2＋2，从而y 0＝m m 2＋2. 所以|GH |2＝⎝⎛⎭⎫x 0＋942＋y 20＝⎝⎛⎭⎫my 0＋542＋y 20 ＝(m 2＋1)y 20＋52my 0＋2516. |AB |24＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）24＝（1＋m 2）（y 1－y 2）24 ＝（1＋m 2）[]（y 1＋y 2）2－4y 1y 24＝(1＋m 2)(y 20－y 1y 2)， 故|GH |2－|AB |24＝52my 0＋(1＋m 2)y 1y 2＋2516＝5m 22（m 2＋2）－3（1＋m 2）m 2＋2＋2516＝17m 2＋216（m 2＋2）＞0， 所以|GH |＞|AB |2. 故点G ⎝⎛⎭⎫－94，0在以AB 为直径的圆外． 【点评】在解析几何问题中，与圆有关的问题经常转化为向量的关系处理，此题也可以验证GA →·GB →>0来求解更容易，与角度有关的问题经常转化为斜率的关系处理， 与交点坐标有关问题常转化为二次方程根与系数的关系处理．例11[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝1x－x ＋a ln x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2. (i )若a ≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．(ii )若a>2，令f′(x)＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x)<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x)>0.所以f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42单调递增． (2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0. 设函数g(x)＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g(x)<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2. 【点评】通过降元， 将多元转换成一元，把复杂问题转化成简单问题，从而使问题顺利解决.(八)正难则反策略例12已知函数f(x)＝ln x ，g(x)＝12ax 2＋bx ，a ≠0. (1)若b ＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a 的取值范围；(2)设函数f(x)的图象C 1与函数g(x)的图象C 2交于点P 、Q ，过线段PQ 的中点作x 轴的垂线分别交C 1，C 2于点M 、N ，证明C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行．【解析】(1)b ＝2时，h(x)＝ln x －12ax 2－2x ， 则h′(x)＝1x －ax －2＝－ax 2＋2x －1x. 因为函数h(x)存在单调递减区间，所以h′(x)<0有解．又因为x>0，则ax 2＋2x －1>0有x>0的解．①当a>0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向上的抛物线，ax 2＋2x －1>0总有x>0的解； ②当a<0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向下的抛物线，而ax 2＋2x －1>0总有x>0的解，则Δ＝4＋4a>0，且方程ax 2＋2x －1＝0至少有一正根．此时，－1<a<0.综上所述，a 的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞)．(2)证法一：设点P 、Q 的坐标分别是(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，0<x 1<x 2.则点M 、N 的横坐标为x ＝x 1＋x 22， C 1在点M 处的切线斜率为k 1＝1x |x ＝x 1＋x 22＝2x 1＋x 2， C 2在点N 处的切线斜率为k 2＝(ax ＋b)|x ＝x 1＋x 22＝a （x 1＋x 2）2＋b. 假设C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线平行，则k 1＝k 2.即2x 1＋x 2＝a （x 1＋x 2）2＋b ，则 2（x 2－x 1）x 1＋x 2＝a 2(x 22－x 21)＋b(x 2－x 1) ＝⎝⎛⎭⎫a 2x 22＋bx 2－⎝⎛⎭⎫a 2x 21＋bx 1＝y 2－y 1＝ln x 2－ln x 1.所以ln x 2x 1＝2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－11＋x 2x 1. 设t ＝x 2x 1，则ln t ＝2（t －1）1＋t，t>1. ① 令r(t)＝ln t －2（t －1）1＋t，t>1. 则r′(t)＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2. 因为t>1时，r ′(t)>0，所以r(t)在(1，＋∞)上单调递增. 故r(t)>r(1)＝0，则ln t>2（t －1）1＋t. 这与①矛盾，假设不成立． 故C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行．证法二：同证法一得(x 2＋x 1)(ln x 2－ln x 1)＝2(x 2－x 1)．因为x 1>0，所以⎝⎛⎭⎫x 2x 1＋1ln x 2x 1＝2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－1.令t ＝x 2x 1，得(t ＋1)ln t ＝2(t －1)，t>1. ② 令r(t)＝(t ＋1)ln t －2(t －1)，t>1，则r′(t)＝ln t ＋1t－1. 因为⎝⎛⎭⎫ln t ＋1t ′＝1t －1t 2＝t －1t 2， 所以t>1时，⎝⎛⎭⎫ln t ＋1t ′>0. 故ln t ＋1t 在(1，＋∞)上单调递增，从而ln t ＋1t－1>0，即r′(t)>0. 于是r(t)在(1，＋∞)上单调递增，故r(t)>r(1)＝0.即(t ＋1)ln t>2(t －1)．这与②矛盾，假设不成立．故C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行．【点评】否定性命题，常要利用正反的相互转化，先从正面求解，再取正面答案的补集即可．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单．因此，间接法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中．。

分类讨论思想、转化与化归思想【高考题型示例】题型一、概念、定理分类整合概念、定理分类整合即利用数学中的基本概念、定理对研究对象进行分类，如绝对值的定义、不等式的转化、等比数列{a n }的前n 项和公式等，然后分别对每类问题进行解决.解决此问题可以分解为三个步骤：分类转化、依次求解、汇总结论.汇总结论就是对分类讨论的结果进行整合.例1.若一条直线过点(5，2)，且在x 轴，y 轴上截距相等，则这条直线的方程为( ) A.x ＋y －7＝0 B.2x －5y ＝0C.x ＋y －7＝0或2x －5y ＝0D.x ＋y ＋7＝0或2y －5x ＝0 答案 C解析 设该直线在x 轴，y 轴上的截距均为a ，当a ＝0时，直线过原点，此时直线方程为y ＝25x ，即2x －5y ＝0；当a≠0时，设直线方程为x a ＋ya ＝1，求得a ＝7，则直线方程为x ＋y －7＝0.例2. 已知S n 为数列{a n }的前n 项和，且S n ＝2a n －2，则S 5－S 4的值为( ) A.8 B.10C.16 D.32 答案 D例3.已知集合A ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，12，B ＝{x|mx －1＝0，m∈R}，若A∩B＝B ，则所有符合条件的实数m 组成的集合是( )A.{0，－1，2}B.⎩⎨⎧⎭⎬⎫－12，0，1C.{－1，2}D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，0，12答案 A解析 因为A∩B＝B ，所以B ⊆A.若B 为∅，则m ＝0；若B≠∅，则－m －1＝0或12m －1＝0，解得m ＝－1或2.综上，m∈{0，－1，2}.故选A.例 4.设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧sin πx 2，－1<x<0，e x －1，x≥0.若f(1)＋f(a)＝2，则实数a 的所有可能取值的集合是________. 答案 ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－22，1 解析 f(1)＝e 0＝1，即f(1)＝1. 由f(1)＋f(a)＝2，得f(a)＝1. 当a≥0时，f(a)＝1＝ea －1，所以a ＝1.当－1<a<0时，f(a)＝sin(πa 2)＝1， 所以πa 2＝2kπ＋π2(k∈Z)，所以a 2＝2k ＋12(k∈Z)，k 只能取0，此时a 2＝12.因为－1<a<0，所以a ＝－22. 则实数a 的取值集合为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－22，1. 题型二、图形位置、形状分类整合图形位置、形状分类整合是指由几何图形的不确定性而引起的分类讨论，这种方法适用于几何图形中点、线、面的位置关系的研究以及解析几何中直线与圆锥曲线的位置关系.例5.已知正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为( ) A.833 B.43C.239 D.43或833答案 D解析 当矩形长、宽分别为6和4时，体积V ＝2×3×12×4＝4 3；当长、宽分别为4和6时，体积V ＝43×233×12×6＝833.例6.已知变量x ，y 满足的不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x≥0，y≥2x，kx －y ＋1≥0表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k等于( )A.－12B.12C.0D.0或－12答案 D解析 不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x≥0，y≥2x，kx －y ＋1≥0表示的可行域如图阴影部分所示(含边界)，由图可知，若要使不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x≥0，y≥2x，kx －y ＋1≥0表示的平面区域是直角三角形，只有当直线y ＝kx ＋1与直线x ＝0或y ＝2x 垂直时才满足.结合图形可知斜率k 的值为0或－12.例7.设圆锥曲线C 的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线C 上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线C 的离心率为________. 答案 12或32解析 不妨设|PF 1|＝4t ，|F 1F 2|＝3t ，|PF 2|＝2t ，其中t>0. 若该曲线为椭圆，则有|PF 1|＋|PF 2|＝6t ＝2a ， |F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 6t ＝12；若该曲线为双曲线，则有|PF 1|－|PF 2|＝2t ＝2a ， |F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 2t ＝32.综上，曲线C 的离心率为12或32.例8.抛物线y 2＝4px(p>0)的焦点为F ，P 为其上的一点，O 为坐标原点，若△OPF 为等腰三角形，则这样的点P 的个数为________. 答案 4解析 当|PO|＝|PF|时，点P 在线段OF 的中垂线上，此时，点P 的位置有两个；当|OP|＝|OF|时，点P 的位置也有两个；对|FO|＝|FP|的情形，点P 不存在.事实上，F(p ，0)，若设P(x ，y)，则|FO|＝p ，|FP|＝x －p 2＋y 2，若x －p 2＋y 2＝p ，则有x 2－2px ＋y 2＝0，又∵y2＝4px，∴x2＋2px＝0，解得x＝0或x＝－2p，当x＝0时，不构成三角形.当x＝－2p(p>0)时，与点P在抛物线上矛盾.∴符合要求的点P有4个.题型三、含参问题分类整合某些含有参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得的结果不同，需对参数进行讨论，如含参数的方程、不等式、函数等. 解决这类问题要根据解决问题需要合理确定分类标准，讨论中做到不重不漏，结论整合要周全.例9.已知实数a，x，a>0且a≠1，则“a x>1”的充要条件为( )A.0<a<1，x<0B.a>1，x>0C.(a－1)x>0D.x≠0答案 C解析由a x>1知，a x>a0，当0<a<1时，x<0；当a>1时，x>0.故“a x>1”的充要条件为“(a－1)x>0”.例10.若函数f(x)＝ax2＋4x－3在[0，2]上有最大值f(2)，则实数a的取值X围为( )A.(－∞，－1]B.[－1，＋∞)C.(－∞，0)D.(0，＋∞)答案 B例11.设函数f(x)＝x2－ax＋a＋3，g(x)＝ax－2a，若存在x0∈R，使得f(x0)<0和g(x0)<0同时成立，则实数a的取值X围为( )A.(7，＋∞)B.(－∞，－2)∪(6，＋∞)C.(－∞，－2)D.(－∞，－2)∪(7，＋∞)答案 A解析由f(x)＝x2－ax＋a＋3知，f(0)＝a＋3，f(1)＝4.又存在x0∈R，使得f(x0)<0，所以Δ＝a2－4(a＋3)>0，解得a<－2或a>6.又g(x)＝ax －2a 的图象恒过点(2，0)，故当a>6时，作出函数f(x)和g(x)的图象如图1所示，当a<－2时，作出函数f(x)和g(x)的图象如图2所示.由函数的图象知，当a>6时，若g(x 0)<0，则x 0<2，∴要使f(x 0)<0，则需⎩⎪⎨⎪⎧a>6，f 2<0，解得a>7.当a<－2时，若g(x 0)<0，则x 0>2，此时函数f(x)＝x 2－ax ＋a ＋3的图象的对称轴x ＝a 2<－1，故函数f(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上为增函数， 又f(1)＝4，∴f(x 0)<0不成立. 综上，实数a 的取值X 围为(7，＋∞). 题型四、特殊与一般的转化一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单，也可以通过一般问题的特殊情形找到一般思路；特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果；对于某些选择题、填空题，可以把题中变化的量用特殊值代替，得到问题答案或者思路.例1.据统计某超市两种蔬菜A ，B 连续n 天价格分别为a 1，a 2，a 3，…，a n 和b 1，b 2，b 3，…，b n ，令M ＝{m|a m ＜b m ，m ＝1，2，…，n}，若M 中元素个数大于34n ，则称蔬菜A 在这n 天的价格低于蔬菜B 的价格，记作：A＜B ，现有三种蔬菜A ，B ，C ，下列说法正确的是( ) A.若A ＜B ，B ＜C ，则A ＜CB.若A ＜B ，B ＜C 同时不成立，则A ＜C 不成立C.A ＜B ，B ＜A 可同时不成立D.A ＜B ，B ＜A 可同时成立 答案 C解析 特例法：例如蔬菜A 连续10天价格分别为1，2，3，4，…，10，蔬菜B 连续10天价格分别为10，9，…，1时，A ＜B ，B ＜A 同时不成立，故选C.例2.过抛物线y ＝ax 2(a>0)的焦点F ，作一直线交抛物线于P ，Q 两点.若线段PF 与FQ 的长度分别为p ，q ，则1p ＋1q 等于( ) A.2a B.12a C.4a D.4a答案 C解析 抛物线y ＝ax 2(a>0)的标准方程为x 2＝1a y(a>0)，焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14a .过焦点F 作直线垂直于y 轴，则|PF|＝|QF|＝12a ，∴1p ＋1q＝4a.例3.已知函数f(x)＝(a －3)x －ax 3在[－1，1]上的最小值为－3，则实数a 的取值X 围是( ) A.(－∞，－1] B.[12，＋∞)C.[－1，12]D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，12答案 D例4.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cos A ＋cos C1＋cos Acos C ＝________.答案 45解析 令a ＝b ＝c ，则△ABC 为等边三角形，且cos A ＝cos C ＝12，代入所求式子，得cos A ＋cos C 1＋cos Acos C ＝12＋121＋12×12＝45.五、命题的等价转化将题目已知条件或结论进行转化，使深奥的问题浅显化、繁杂的问题简单化，让题目得以解决.一般包括数与形的转化，正与反的转化，常量与变量的转化，图形形体及位置的转化. 例5.由命题“存在x 0∈R，使0|1|e x -－m≤0”是假命题，得m 的取值X 围是(－∞，a)，则实数a 的值是( )A.(－∞，1)B.(－∞，2)C.1D.2 答案 C解析 命题“存在x 0∈R，使0|1|ex -－m≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x∈R，e |x －1|－m>0”是真命题，可得m 的取值X 围是(－∞，1)，而(－∞，a)与(－∞，1)为同一区间，故a ＝1.例6.如图所示，已知三棱锥P －ABC ，PA ＝BC ＝234，PB ＝AC ＝10，PC ＝AB ＝241，则三棱锥P －ABC 的体积为( )A.40B.80C.160D.240 答案 C解析 因为三棱锥P －ABC 的三组对棱两两相等，则可将此三棱锥放在一个特定的长方体中(如图所示)，把三棱锥P －ABC 补成一个长方体AEBG －FPDC ，可知三棱锥P －ABC 的各棱分别是此长方体的面对角线. 不妨令PE ＝x ，EB ＝y ，EA ＝z ， 则由已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝100，x 2＋z 2＝136，y 2＋z 2＝164，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，y ＝8，z ＝10.从而知V P －ABC ＝V AEBG －FPDC －V P －AEB －V C －ABG －V B －PDC －V A －FPC ＝V AEBG －FPDC －4V P －AEB ＝6×8×10－4×16×6×8×10＝160.例7.对于满足0≤p≤4的所有实数p ，使不等式x 2＋px>4x ＋p －3成立的x 的取值X 围是________________. 答案 (－∞，－1)∪(3，＋∞) 解析 设f(p)＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3， 则当x ＝1时，f(p)＝0，所以x≠1.f(p)在[0，4]上恒为正等价于⎩⎪⎨⎪⎧f0>0，f 4>0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －3x －1>0，x 2－1>0，解得x>3或x<－1.例8.如果实数x ，y 满足等式(x －2)2＋y 2＝1，那么y ＋3x －1的取值X 围是________.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞ 解析 设k ＝y ＋3x －1，则y 表示点P(1，－3)和圆(x －2)2＋y 2＝1上的点的连线的斜率(如图).从图中可知，当过P 的直线与圆相切时斜率取最值，此时对应的直线斜率分别为k PB 和k PA ，其中k PB 不存在.由圆心C(2，0)到直线y ＝kx －(k ＋3)的距离|2k －k ＋3|k 2＋1＝r ＝1，解得k ＝43，所以y ＋3x －1的取值X 围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.题型六、 函数、方程、不等式之间的转化函数、方程与不等式就像“一胞三兄弟”，解决方程、不等式的问题需要函数的帮助，解决函数的问题需要方程、不等式的协作.例9.已知函数f(x)＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x －2，若对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0，则实数a 的取值X 围是________.答案 (2，＋∞)解析 根据题意，得x ＋a x －2>1在[2，＋∞)上恒成立，即a>－x 2＋3x 在[2，＋∞)上恒成立，又当x ＝2时，(－x 2＋3x)max ＝2，所以a>2.例10.在平面直角坐标系xOy 中，A(－12，0)，B(0，6)，点P 在圆O ：x 2＋y 2＝50上，若PA →·PB →≤20，则点P 的横坐标的取值X 围是________. 答案 [－52，1]解析 方法一 因为点P 在圆O ：x 2＋y 2＝50上， 所以设P 点坐标为(x ，±50－x 2)(－52≤x≤52). 因为A(－12，0)，B(0，6)，所以PA →＝(－12－x ，－50－x 2)或PA →＝(－12－x ，50－x 2)， PB →＝(－x ，6－50－x 2)或PB →＝(－x ，6＋50－x 2). 因为PA →·PB →≤20，先取P(x ，50－x 2)进行计算，所以(－12－x)·(－x)＋(－50－x 2)(6－50－x 2)≤20，即2x ＋5≤50－x 2. 当2x ＋5<0，即x<－52时，上式恒成立.当2x ＋5≥0，即x≥－52时，(2x ＋5)2≤50－x 2，解得－52≤x≤1，故x≤1.同理可得P(x ，－50－x 2)时，x≤－5. 又－52≤x≤52，所以－52≤x≤1. 故点P 的横坐标的取值X 围为[－52，1]. 方法二 设P(x ，y)，则PA →＝(－12－x ，－y)，PB →＝(－x ，6－y). ∵PA →·PB →≤20，∴(－12－x)·(－x)＋(－y)·(6－y)≤20， 即2x －y ＋5≤0.如图，作圆O ：x 2＋y 2＝50，直线2x －y ＋5＝0与⊙O 交于E ，F 两点，∵P 在圆O 上且满足2x －y ＋5≤0， ∴点P 在EDF 上.由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝50，2x －y ＋5＝0得F 点的横坐标为1，又D 点的横坐标为－52，∴P 点的横坐标的取值X 围为[－52，1].例11.已知函数f(x)＝x 3＋3ax －1，g(x)＝f′(x)－ax －5，其中f′(x)是f(x)的导函数.对满足－1≤a≤1的一切a 的值，都有g(x)<0，则实数x 的取值X 围为________.例12.已知函数f(x)＝ln x.若不等式mf(x)≥a＋x 对所有m∈[0，1]，x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 2都成立，则实数a 的取值X 围为________. 答案 (－∞，－e 2]解析 由题意得，a≤mln x－x 对所有的m∈[0，1]，x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 2都成立，令H(m)＝ln x·m－x ，m∈[0，1]，x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 2是关于m 的一次函数，因为x∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 2，所以－1≤ln x≤2，所以⎩⎪⎨⎪⎧ln x·0－x≥a，ln x·1－x≥a，所以⎩⎪⎨⎪⎧a≤－x ，a≤ln x－x ，所以⎩⎪⎨⎪⎧a≤－e 2，a≤ln x －x min.令g(x)＝ln x －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤x≤e 2，所以g′(x)＝1－x x ，所以函数g(x)在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上是增函数，在[1，e 2]上是减函数，所以g(x)min ＝g(e 2)＝2－e 2，所以a≤2－e 2. 综上知a≤－e 2.。

高考数学考纲解读与热点难点突破函数的应用教案【2020年高考考纲解读】高考对本内容的考查主要有：(1)①确定函数零点；②确定函数零点的个数；③根据函数零点的存在情况求参数值或取值范围．(2)函数简单性质的综合考查．函数的实际应用问题．(3)函数与导数、数列、不等式等知识综合考查．利用函数性质解决相关的最值．题型既有选择题、填空题，又有解答题，客观题主要考查相应函数的图象和性质，主观题考查较为综合，在考查函数的零点、方程根的基础上，又注重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论、数形结合的思想方法．【重点、难点剖析】1．函数的零点与方程的根(1)函数的零点对于函数f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数f(x)的零点．(2)函数的零点与方程根的关系函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．(3)零点存在性定理如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0, 这个c也就是方程f(x)＝0的根．注意以下两点：①满足条件的零点可能不唯一；②不满足条件时，也可能有零点．(4)二分法求函数零点的近似值，二分法求方程的近似解．2．应用函数模型解决实际问题的一般程序读题⇒建模⇒求解⇒反馈与函数有关的应用题，经常涉及到物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题．解答这类问题的关键是确切的建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答．3．在求方程解的个数或者根据解的个数求方程中的字母参数的范围的问题时，数形结合是基本的解题方法，即把方程分拆为一个等式，使两端都转化为我们所熟悉的函数的解析式，然后构造两个函数f(x)，g(x)，即把方程写成f(x)＝g(x)的形式，这时方程根的个数就是两个函数图象交点的个数，可以根据图象的变化趋势找到方程中字母参数所满足的各种关系.【题型示例】题型一函数的零点例1、（2018年全国I卷理数）已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C【解析】的图像，y轴右侧的去掉，之后上下移动，可以发现当直线过点A 时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保C.【变式探究】【2017课标3，理11】已知函数有唯一零点，则a=A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C【变式探究】【2017课标3，理11】已知函数有唯一零点，则a=A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C【解析】函数的零点满足，设，则，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设，当1x =时，函数取得最小值1- ，【变式探究】(1)(2015·海南)已知函数f(x)＝ln x －⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x －2的零点为x0，则x0所在的区间是( )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4)(2)[x]表示不超过x 的最大整数，例如[2.9]＝2，[－4.1]＝－5.已知f(x)＝x －[x](x ∈R)，g(x)＝log4(x －1)，则函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数是( )A ．1B ．2C ．3D ．4(2)答案：B解析：函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数可转化为函数f(x)与g(x)图象的交点个数，作出函数f(x)＝x －[x]＝⎩⎪⎨⎪⎧…，x ＋1，－1≤x<0，x ，0≤x<1，x －1，1≤x<2，…与函数g(x)＝log4(x －1)的大致图象，如图，由图知，两函数图象的交点个数为2，即函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数是2.【变式探究】(2014·江苏)已知f(x)是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0,3)时，f(x)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪x2－2x ＋12.若函数y ＝f(x)－a 在区间[－3,4]上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是________．【答案】⎝⎛⎭⎪⎪⎫0，12【解析】函数y ＝f(x)－a 在区间[－3,4]上有互不相同的10个零点，即函数y ＝f(x)，x ∈[－3,4]与y ＝a 的图象有10个不同交点．在坐标系中作出函数f(x)在一个周期内的图象如图，可知当0＜a ＜12时满足题意．【方法技巧】1．确定函数零点的常用方法(1)解方程判定法，若方程易求解时用此法．(2)零点存在的判定定理法，常常要结合函数的性质、导数等知识．(3)数形结合法，在研究函数零点、方程的根及图象交点的问题时，当从正面求解难以入手，可以转化为某一易入手的等价问题求解，如求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解．(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系，从而构建不等式(组)求解． 题型二 函数的零点与参数的范围解决由函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题，关键是利用函数方程思想或数形结合思想，构建关于参数的方程或不等式求解．例2、(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ex ，x ≤0，ln x ，x>0，g(x)＝f(x)＋x ＋a.若g(x)存在2个零点，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0)B ．[0，＋∞)C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞) 答案 C解析令h(x)＝－x－a，则g(x)＝f(x)－h(x)．在同一坐标系中画出y＝f(x)，y＝h(x)图象的示意图，如图所示．若g(x)存在2个零点，则y＝f(x)的图象与y＝h(x)的图象有2个交点，平移y＝h(x)的图象可知，当直线y＝－x－a过点(0,1)时，有2个交点，此时1＝－0－a，a＝－1.当y＝－x－a在y＝－x＋1上方，即a<－1时，仅有1个交点，不符合题意；当y＝－x－a在y＝－x＋1下方，即a>－1时，有2个交点，符合题意．综上，a的取值范围为[－1，＋∞)．故选C.【变式探究】已知偶函数f(x)满足f(x－1)＝1f x，且当x∈[－1,0]时，f(x)＝x2，若在区间[－1,3]内，函数g(x)＝f(x)－loga(x＋2)有3个零点，则实数a的取值范围是________．答案(3,5)解析∵偶函数f(x)满足f(x－1)＝1f x，且当x∈[－1,0]时，f(x)＝x2，∴f(x－2)＝f(x－1－1)＝1f x－1＝f(x)，∴函数f(x)的周期为2，在区间[－1,3]内函数g(x)＝f(x)－loga(x＋2)有3个零点等价于函数f(x)的图象与y＝loga(x＋2)的图象在区间[－1,3]内有3个交点．当0<a<1时，函数图象无交点，数形结合可得a>1且⎩⎪⎨⎪⎧loga3<1，loga5>1，解得3<a<5.【感悟提升】(1)方程f(x)＝g(x)根的个数即为函数y ＝f(x)和y ＝g(x)图象交点的个数． (2)关于x 的方程f(x)－m ＝0有解，m 的范围就是函数y ＝f(x)的值域． 【变式探究】(2018·四川省凉山州诊断性检测)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －a ，x ≤0，3x －a ，x>0(a ∈R)，若函数f(x)在R 上有两个零点，则a 的取值范围是( )A ．(0,1]B ．[1，＋∞)C ．(0,1)∪(1,2)D ．(－∞，1)【举一反三】函数f(x)＝|x|ex，方程[f(x)]2－(m ＋1)f(x)＋1－m ＝0有4个不相等实根，则m的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎪⎪⎫e2－e e2＋e ，1 B.⎝⎛⎭⎪⎪⎫e2－e ＋1e2＋e ，＋∞C.⎝⎛⎭⎪⎪⎫e2－e ＋1e2＋e ，1 D.⎝⎛⎭⎪⎪⎫e2－e e2＋e ，＋∞ 答案 C解析 根据题意画出函数f(x)的图象．当x>0时，f(x)＝x ex，则f ′(x)＝1－x ex(x>0)，故f(1)＝1e为f(x)在(0，＋∞)上的最大值．设t ＝f(x)，t2－(m ＋1)t ＋1－m ＝0 有两个根t1，t2， 由图可知，对应两个x 值的t 值只有一个， 故可设t1对应一个x 值，t2对应3个x 值．情况为⎩⎪⎨⎪⎧t1＝0，t2∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e 或⎩⎪⎨⎪⎧t1>1e ，t2∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，1e ，当属于第一种情况时，将0代入方程得m ＝1，此时二次方程t2－(m ＋1)t ＋1－m ＝0的根是确定的，一个为0，一个为2>1e ，不符合第一种情况的要求；当属于第二种情况时，⎩⎪⎨⎪⎧1e2－m ＋1e ＋1－m<0，1－m>0，即e2－e ＋1e2＋e<m<1.题型三、函数的实际应用问题解决函数模型的实际应用问题，首先考虑题目考查的函数模型，并要注意定义域．其解题步骤是：(1)阅读理解，审清题意：分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题．(2)数学建模：弄清题目中的已知条件和数量关系，建立函数关系式．(3)解函数模型：利用数学方法得出函数模型的数学结果．(4)实际问题作答：将数学问题的结果转化成实际问题作出解答．【例4】经测算，某型号汽车在匀速行驶过程中每小时耗油量y(升)与速度x(千米/时)(50≤x ≤120)的关系可近似表示为：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧175x2－130x ＋4 900x ∈[50，8012－x60，x ∈[80，120].(1)该型号汽车速度为多少时，可使得每小时耗油量最低？(2)已知A ，B 两地相距120千米，假定该型号汽车匀速从A 地驶向B 地，则汽车速度为多少时总耗油量最少？解 (1)当x ∈[50,80)时，y ＝175(x2－130x ＋4 900)＝175[(x －65)2＋675]， 当x ＝65时，y 有最小值175×675＝9.当x ∈[80,120]时，函数单调递减，故当x ＝120时，y 有最小值10. 因为9<10，故当x ＝65时每小时耗油量最低． (2)设总耗油量为l ，由题意可知l ＝y ·120x .①当x ∈[50,80)时，l ＝y ·120x ＝85⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋4 900x －130 ≥85⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x ×4 900x －130＝16，当且仅当x ＝4 900x ，即x ＝70时，l 取得最小值16.②当x ∈[80,120]时，l ＝y ·120x ＝1 440x －2为减函数．当x ＝120时，l 取得最小值10.因为10<16，所以当速度为120千米/时时，总耗油量最少． 【感悟提升】(1)解决函数的实际应用问题时，首先要耐心、细心地审清题意，弄清各量之间的关系，再建立函数关系式，然后借助函数的知识求解，解答后再回到实际问题中去．(2)对函数模型求最值的常用方法：单调性法、基本不等式法及导数法．【变式探究】为了保护环境，发展低碳经济，某单位在国家科研部门的支持下，进行技术攻关，采用了新工艺，把二氧化碳转化为一种可利用的化工产品．已知该单位每月的处理量最少为400吨，最多为600吨，月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似的表示为y ＝12x2－200x ＋80 000，且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为100元．(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？(2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则国家每月至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损？解 (1)由题意可知，二氧化碳的每吨平均处理成本为 yx ＝12x ＋80 000x －200 ≥212x ·80 000x －200＝200， 当且仅当12x ＝80 000x ，即x ＝400时，才能使每吨的平均处理成本最低，最低成本为200元．专题练习1．如图是函数f(x)＝x2＋ax ＋b 的部分图象，则函数g(x)＝ln x ＋f ′(x)的零点所在的区间是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫14，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12，1 C ．(1,2) D ．(2,3)2．某企业为节能减排，用9万元购进一台新设备用于生产，第一年需运营费用2万元，从第二年起，每年运营费用均比上一年增加3万元，该设备每年生产的收入均为21万元，设该设备使用了n(n ∈N*)年后，盈利总额达到最大值(盈利额等于收入减去成本)，则n 等于( )A ．6B ．7C ．8D ．7或8 答案 B解析 盈利总额为21n －9－⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤2n ＋12×nn －13 ＝－32n2＋412n －9，由于对称轴为n ＝416，所以当n ＝7时，取最大值，故选B.3．已知定义在R 上的奇函数f(x)满足当x>0时，f(x)＝2x ＋2x －4，则f(x)的零点个数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 B解析 由于函数f(x)是定义在R 上的奇函数， 故f(0)＝0. 由于f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12·f(2)<0，而函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，故当x>0时有1个零点，根据奇函数的对称性可知， 当x<0时，也有1个零点．故一共有3个零点．4．已知函数f(x)＝x2＋2x －12(x<0)与g(x)＝x2＋log2(x ＋a)的图象上存在关于y 轴对称的点，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，－2)B ．(－∞，2) C.⎝⎛⎭⎫－∞，22 D.⎝⎛⎭⎪⎪⎫－22，22 答案 B解析 f(x)＝x2＋2x －12(x<0)，当x>0时，－x<0， f(－x)＝x2＋2－x －12(x>0)，所以f(x)关于y 轴对称的函数为h(x)＝f(－x)＝x2＋2－x －12(x>0)，由题意得x2＋2－x －12＝x2＋log2(x ＋a)在x>0时有解，作出函数的图象如图所示，当a ≤0时，函数y ＝2－x －12与y ＝log2(x ＋a)的图象在(0，＋∞)上必有交点，符合题意，若a>0，若两函数在(0，＋∞)上有交点，则log2a<12，解得0<a<2，综上可知，实数a 的取值范围是(－∞，2)．5．将甲桶中的a 升水缓慢注入空桶乙中，t min 后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线y ＝aent.假设过5 min 后甲桶和乙桶的水量相等，若再过m min 甲桶中的水只有a4升，则m 的值为( )A ．5B ．6C ．8D ．10 答案 A解析 根据题意知，因为5 min 后甲桶和乙桶的水量相等，所以函数f(x)＝aent 满足f(5)＝ae5n ＝12a ，可得n ＝15ln 12，因为当k min 后甲桶中的水只有a 4升，所以f(k)＝a 4，即15ln 12·k＝ln 14，所以15ln 12·k ＝2ln 12，解得k ＝10，k －5＝5，即m ＝5，故选A. 答案 (1－2，0)解析 f(x)＝|x|(2－x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2－2x ，x<0，2x －x2，x ≥0，如图所示，关于x 的方程f(x)＝m 恰有三个互不相等的实根x1，x2，x3，即函数y ＝f(x)的图象与直线y ＝m 有三个不同的交点，则0<m<1，不妨设从左向右的交点的横坐标分别为x1，x2，x3.当x>0时，由对称性知，x2＋x3＝2,0<x2x3<⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x2＋x322＝1； 当x<0时，由x2－2x ＝1，得x ＝1－2，所以1－2<x1<0，即0<－x1<2－1， 所以0<－x1x2x3<2－1，即1－2<x1x2x3<0.12．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋3a ，x<0，loga x ＋11，x ≥0(a>0且a ≠1)在R 上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－x 恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是________．答案 ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤13，23∪⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫34解析 画出函数y ＝|f(x)|的图象如图，由函数y ＝f(x)是单调递减函数可知，0＋3a ≥loga(0＋1)＋1，即a ≥13，由loga(x0＋1)＋1＝0得，x0＝1a －1≤2，所以当x ≥0时，y ＝2－x 与y ＝|f(x)|图象有且仅且一个交点．所以当2≥3a ，即13≤a ≤23时，函数y ＝|f(x)|与函数y ＝2－x 图象恰有两个不同的交点，即方程|f(x)|＝2－x 恰好有两个不相等的实数解，结合图象可知当直线y ＝2－x 与函数y ＝x2＋3a 相切时，得x2＋x ＋3a －2＝0.由Δ＝1－4(3a －2)＝0，解得a ＝34，此时也满足题意．综上，所求实数a 的取值范围是⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤13，23∪⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫34.23．在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x 为________m.押题依据 函数的实际应用是高考的必考点，函数的最值问题是应用问题考查的热点． 答案 20 解析 如图，过A 作AH ⊥BC 交BC 于点H ，交DE 于点F ， 易知DE BC ＝x 40＝AD AB ＝AFAH，∴AF ＝x ，∴FH ＝40－x(0<x<40)，则矩形花园的面积S ＝x(40－x)≤⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4022，当且仅当40－x ＝x ，即x ＝20时取等号，所以满足题意的边长x 为20 m.14．定义在R 上的函数f(x)满足f(x)＋f(x ＋5)＝16，当x ∈(－1,4]时，f(x)＝x2－2x ，则函数f(x)在区间[0，2 019]上的零点个数是________．答案 60515．设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －12，x>0，x3－3mx －2，x ≤0(其中e 为自然对数的底数)有三个不同的零点，则实数m 的取值范围是________．答案 (1，＋∞)解析 当x>0时，存在一个零点，故当x ≤0时有两个零点，f(x)＝x3－3mx －2(x ≤0)， f ′(x)＝3x2－3m(x ≤0)，若m ≤0，则f ′(x)≥0，函数f(x)在(－∞，0]上单调递增，不会有两个零点，故舍去； 当m>0时，函数f(x)在区间⎝⎛⎭⎫－∞，－m 上单调递增，在区间⎝⎛⎭⎫－m ，0上单调递减，又f(0)＝－2<0， 所以f ⎝⎛⎭⎫－m >0时有两个零点，解得m>1，故m 的取值范围是(1，＋∞)．16．对于函数f(x)与g(x)，若存在λ∈{x ∈R|f(x)＝0}，μ∈{x ∈R|g(x)＝0}，使得|λ－μ|≤1，则称函数f(x)与g(x)互为“零点密切函数”，现已知函数f(x)＝ex －2＋x －3与g(x)＝x2－ax －x ＋4互为“零点密切函数”，则实数a 的取值范围是________．答案 [3,4]解析 由题意知，函数f(x)的零点为x ＝2， 设g(x)满足|2－μ|≤1的零点为μ， 因为|2－μ|≤1，解得1≤μ≤3. 因为函数g(x)的图象开口向上，所以要使g(x)的一个零点落在区间[1,3]上，则需满足g(1)g(3)≤0或⎩⎪⎨⎪⎧g 1>0，g 3>0，Δ≥0，1<a ＋12<3，解得103≤a ≤4或3≤a<103，得3≤a ≤4.故实数a 的取值范围为[3,4]．17．食品安全问题越来越引起人们的重视，农药、化肥的滥用对人民群众的健康带来一定的危害，为了给消费者带来放心的蔬菜，某农村合作社每年投入200万元，搭建了甲、乙两个无公害蔬菜大棚，每个大棚至少要投入20万元，其中甲大棚种西红柿，乙大棚种黄瓜，根据以往的种菜经验，发现种西红柿的年收益P、种黄瓜的年收益Q与投入a(单位：万元)满足P＝80＋42a，Q＝14a＋120.设甲大棚的投入为x(单位：万元)，每年两个大棚的总收益为f(x)(单位：万元)．(1)求f(50)的值；(2)试问如何安排甲、乙两个大棚的投入，才能使总收益f(x)最大？解(1)因为甲大棚投入50万元，则乙大棚投入150万元，所以f(50)＝80＋42×50＋14×150＋120＝277.5.。

高考数学考纲解读与热点难点突破导数的热点问题 教案【2020年高考考纲解读】利用导数探求函数的极值、最值是函数的基本问题，高考中常与函数零点、方程根及不等式相结合，难度较大．【题型示例】题型一、利用导数证明不等式用导数证明不等式是导数的应用之一，可以间接考查用导数判定函数的单调性或求函数的最值，以及构造函数解题的能力．例1、(2018·全国Ⅰ)已知函数f(x)＝aex －ln x －1.(1)设x ＝2是f(x)的极值点，求a ，并求f(x)的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时，f(x)≥0.(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝aex －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e2. 从而f(x)＝12e2ex －ln x －1，f ′(x)＝12e2ex －1x .当0<x<2时，f ′(x)<0；当x>2时，f ′(x)>0.所以f(x)的单调递增区间为(2，＋∞)，单调递减区间为(0,2)． (2)证明 当a ≥1e 时，f(x)≥exe－ln x －1.设g(x)＝ex e －ln x －1(x ∈(0，＋∞))，则g ′(x)＝ex e －1x.当0<x<1时，g ′(x)<0；当x>1时，g ′(x)>0. 所以x ＝1是g(x)的最小值点． 故当x>0时，g(x)≥g(1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f(x)≥0.【方法技巧】用导数证明不等式的方法(1)利用单调性：若f(x)在[a ，b]上是增函数，则①∀x ∈[a ，b]，则f(a)≤f(x)≤f(b)；②对∀x1，x2∈[a ，b]，且x1<x2，则f(x1)<f(x2)．对于减函数有类似结论．(2)利用最值：若f(x)在某个范围D 内有最大值M(或最小值m)，则对∀x ∈D ，有f(x)≤M(或f(x)≥m)．(3)证明f(x)<g(x)，可构造函数F(x)＝f(x)－g(x)，证明F(x)<0. 【变式探究】(2018·全国Ⅲ)已知函数f(x)＝ax2＋x －1ex .(1)求曲线y ＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f(x)＋e ≥0.题型二利用导数讨论方程根的个数方程的根、函数的零点、函数图象与x轴的交点的横坐标是三个等价的概念，解决这类问题可以通过函数的单调性、极值与最值，画出函数图象的走势，通过数形结合思想直观求解．例2、(2018·天津)设函数f(x)＝(x－t1)·(x－t2)(x－t3)，其中t1，t2，t3∈R，且t1，t2，t3是公差为d的等差数列．(1)若t2＝0，d＝1，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若d＝3，求f(x)的极值；(3)若曲线y＝f(x)与直线y＝－(x－t2)－63有三个互异的公共点，求d的取值范围．解(1)由已知，可得f(x)＝x(x－1)(x＋1)＝x3－x，故f′(x)＝3x2－1.因此f(0)＝0，f′(0)＝－1.又因为曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－f(0)＝f′(0)(x－0)，故所求切线方程为x＋y＝0.(2)由已知可得f(x)＝(x－t2＋3)(x－t2)(x－t2－3)＝(x－t2)3－9(x－t2)＝x3－3t2x2＋(3t22－9)x－t32＋9t2.故f′(x)＝3x2－6t2x＋3t22－9.令f′(x)＝0，解得x＝t2－3或x＝t2＋ 3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以函数f(x)的极大值为f(t2－3)＝(－3)3－9×(－3)＝63，函数f(x)的极小值为f(t2＋3)＝(3)3－9×3＝－63.(3)曲线y ＝f(x)与直线y ＝－(x －t2)－63有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x －t2＋d)(x －t2)·(x －t2－d)＋(x －t2)＋63＝0有三个互异的实数解．令u ＝x －t2，可得u3＋(1－d2)u ＋63＝0.设函数g(x)＝x3＋(1－d2)x ＋63，则曲线y ＝f(x)与直线y ＝－(x －t2)－63有三个互异的公共点等价于函数y ＝g(x)有三个零点．g ′(x)＝3x2＋(1－d2)．当d2≤1时，g ′(x)≥0，这时g(x)在R 上单调递增，不合题意． 当d2>1时，令g ′(x)＝0，解得x 1＝－d2－13，x2＝d2－13. 可得g(x)在(－∞，x1)上单调递增，在[x1，x2]上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增． 所以g(x)的极大值为 g(x1)＝g ⎝⎛⎭⎪⎪⎫－d2－13＝23d2－1329＋63>0.g(x)的极小值为 g(x2)＝g ⎝⎛⎭⎪⎪⎫d2－13＝－23d2－1329＋6 3.若g(x2)≥0，则由g(x)的单调性可知函数y＝g(x)至多有两个零点，不合题意．若g(x2)<0，即(d2－1)32>27，也就是|d|>10，此时|d|>x2，g(|d|)＝|d|＋63>0，且－2|d|<x1，g(－2|d|)＝－6|d|3－2|d|＋63<－6210＋63<0，从而由g(x)的单调性，可知函数y ＝g(x)在区间(－2|d|，x1)，(x1，x2)，(x2，|d|)内各有一个零点，符合题意．所以d的取值范围是(－∞，－10)∪(10，＋∞)．【感悟提升】(1)函数y＝f(x)－k的零点问题，可转化为函数y＝f(x)和直线y＝k的交点问题．(2)研究函数y＝f(x)的值域，不仅要看最值，而且要观察随x值的变化y值的变化趋势．【变式探究】设函数f(x)＝(x－1)ex－k2x2.(1)当k<1时，求函数f(x)的单调区间；(2)当k≤0时，讨论函数f(x)的零点个数．(2)f(0)＝－1，①当k<0时，f(1)＝－k2>0，又f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在[0，＋∞)上只有一个零点． 在区间(－∞，0)中，因为f(x)＝(x －1)ex －k2x2>x －1－k2x2，取x ＝2k－1∈(－∞，0)，于是f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k －1>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k －1－1－k 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2k －12＝－k2>0，又f(x)在(－∞，0)上单调递减， 故f(x)在(－∞，0)上也只有一个零点，所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上有两个零点；②当k ＝0时，f(x)＝(x －1)ex 在单调递增区间[0，＋∞)内，只有f(1)＝0. 而在区间(－∞，0)内，f(x)<0， 即f(x)在此区间内无零点．所以函数f(x)在定义域(－∞，＋∞)上只有唯一的零点．综上所述，当k<0时，函数f(x)有两个零点，当k ＝0时，f(x)只有一个零点． 题型三 利用导数解决生活中的优化问题生活中的实际问题受某些主要变量的制约，解决生活中的优化问题就是把制约问题的主要变量找出来，建立目标问题即关于这个变量的函数，然后通过研究这个函数的性质，从而找到变量在什么情况下可以达到目标最优．例3、罗源滨海新城建一座桥，两端的桥墩已建好，这两墩相距m 米，余下工程只需建两端桥墩之间的桥面和桥墩，经预测，一个桥墩的工程费用为32万元，距离为x 米的相邻两墩之间的桥面工程费用为(2＋x)x 万元．假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其他因素，记余下工程的费用为y 万元．(1)试写出y 关于x 的函数关系式；(2)当m ＝96米时，需新建多少个桥墩才能使余下工程的费用y 最小？ 解 (1)设需新建n 个桥墩， 则(n ＋1)x ＝m ，即n ＝mx －1.所以y ＝f(x)＝32n ＋(n ＋1)(2＋x)x＝32⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫m x －1＋m x (2＋x)x＝m ⎝⎛⎭⎪⎪⎫32x＋x ＋2m －32(0<x<m)． (2)当m ＝96时，f(x)＝96⎝⎛⎭⎪⎪⎫32x＋x ＋160， 则f ′(x)＝96⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x －32x2＝48x2(32x －64)． 令f ′(x)＝0，得32x ＝64，所以x ＝16.当0<x<16时，f ′(x)<0，f(x)在区间(0,16)内为减函数； 当16<x<96时，f ′(x)>0，f(x)在区间(16,96)内为增函数， 所以f (x)在x ＝16处取得最小值，此时n ＝9616－1＝5.答 需新建5个桥墩才能使余下工程的费用y 最小． 【感悟提升】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤(1)建模：分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f(x)．(2)求导：求函数的导数f ′(x)，解方程f ′(x)＝0.(3)求最值：比较函数在区间端点和使f ′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值．(4)作答：回归实际问题作答．【变式探究】图1是某种称为“凹槽”的机械部件的示意图，图2是凹槽的横截面(阴影部分)示意图，其中四边形ABCD 是矩形，弧CmD 是半圆，凹槽的横截面的周长为4.若凹槽的强度T 等于横截面的面积S 与边AB 的乘积，设AB ＝2x ，BC ＝y.(1)写出y 关于x 的函数表达式，并指出x 的取值范围； (2)求当x 取何值时，凹槽的强度最大． 解 (1)易知半圆CmD 的半径为x ， 故半圆CmD 的弧长为πx. 所以4＝2x ＋2y ＋πx ， 得y ＝42x 2.依题意知0<x<y ，得0<x<44＋π. 所以y ＝42x 2⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0<x<44＋π. (2)依题意，得T ＝AB ·S ＝2x ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2xy －12πx2＝8x2－(4＋3π)x3.令T ′＝16x －3(4＋3π)x2＝0，得x ＝0或x ＝169π＋12.因为0<169π＋12<4π＋4，所以当0<x<169π＋12时，T ′>0，T 为关于x 的增函数；当169π＋12<x<44＋π时，T ′<0，T 为关于x 的减函数，所以当x ＝169π＋12时凹槽的强度最大.专题练习1．在某次水下科研考察活动中，需要潜水员潜入水深为60米的水底进行作业，根据以往经验，潜水员下潜的平均速度为v(米/单位时间)，每单位时间的用氧量为⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫v 103＋1(升)，在水底作业10个单位时间，每单位时间用氧量为0.9(升)，返回水面的平均速度为v2(米/单位时间)，每单位时间用氧量为1.5(升)，记该潜水员在此次考察活动中的总用氧量为y(升)．(1)求y 关于v 的函数关系式；(2)若c ≤v ≤15(c>0)，求当下潜速度v 取什么值时，总用氧量最少．(2)y ′＝6v50－240v2＝3(v3－2 000)25v2，令y ′＝0，得v ＝1032，当0<v<1032时，y ′<0，函数单调递减，当v>1032时，y ′>0，函数单调递增， ∴当0<c<1032时，函数在(c,1032)上单调递减，在(1032，15)上单调递增， ∴当v ＝1032时总用氧量最少，当c ≥1032时，y 在[c,15]上单调递增，∴当v ＝c 时总用氧量最少．综上，若0<c<1032，则当v ＝1032时总用氧量最少；若c ≥1032，则当v ＝c 时总用氧量最少．2．已知函数f(x)＝x ＋a x .(1)判断函数f(x)的单调性；(2)设函数g(x)＝ln x ＋1，证明：当 x ∈(0，＋∞)且a>0时，f(x)>g(x)．(1)解 因为f ′(x)＝1－a x2＝x2－a x2()x ≠0，①若a ≤0，则f ′(x)>0在定义域内恒成立，∴f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增；②若a>0，则由f ′(x)>0，解得x<－a 或x>a ，由f ′(x)<0，解得－a<x<a ()x ≠0，∴函数f(x)在⎝⎛⎭⎫－∞，－a ，⎝⎛⎭⎫a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－a ，0，⎝⎛⎭⎫0，a 上单调递减．(2)证明 令h(x)＝f(x)－g(x)＝x ＋ax －ln x －1(x>0)，h ′(x)＝1－a x2－1x ＝x2－x －ax2(x>0)，设p(x)＝x2－x －a ，则由a>0知，方程p(x)＝0的判别式Δ＝1＋4a>0，设p(x)＝0的正根为x0，∴x20－x0－a ＝0，∵p(1)＝1－1－a ＝－a<0，∴x0>1，又p(0)＝－a<0，∴h(x)在(0，x0)上为减函数，在(x0，＋∞)上为增函数，h(x)min＝h(x0)＝x0＋ax0－ln x0－1＝x0＋x20－x0x0－ln x0－1＝2x0－ln x0－2，令F(x)＝2x－ln x－2()x>1，F′(x)＝2－1x＝2x－1x>0恒成立，∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，又∵F(1)＝2－0－2＝0，∴F(x)>0，即h(x)min>0，∴当x∈(0，＋∞)且a>0时，f(x)>g(x)．3．已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R)．(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1<x2，求证：x1x2<1.(1)解令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x－m(x>0)，则F′(x)＝1x－1＝1－xx(x>0)，当x>1时，F′(x)<0，当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0,1)上单调递增，F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1.(2)证明由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，则m<－1,0<x1<1<x2，要证x1x2<1，只需证x2<1x1，由于F(x)在(1，＋∞)上单调递减，从而只需证F(x2)>F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x1，由F(x1)＝F(x2)＝0，m ＝ln x1－x1，即证ln 1x1－1x1－m ＝ln 1x1－1x1＋x1－ln x1<0，令h(x)＝－1x ＋x －2ln x(0<x<1)，则h ′(x)＝1x2＋1－2x ＝x2－2x ＋1x2>0，故h(x)在(0,1)上单调递增，h(x)<h(1)＝0，所以x1x2<1.4．已知f(x)＝(ax －1)ex ＋x2.(1)当a ＝1时，讨论函数f(x)的零点个数，并说明理由；(2)若x ＝0是f(x)的极值点，证明f(x)≥ln(ax －1)＋x2＋x ＋1.(1)解 当a ＝1时，f(x)＝(x －1)ex ＋x2，f ′(x)＝x ()ex ＋2，由f ′(x)>0得x>0，由f ′(x)<0得x<0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，又∵f(－2)＝4－3e2>0，f(0)＝－1<0，f(1)＝1>0，∴f(x)有两个零点．(2)证明 ∵f ′(x)＝ex ()ax －1＋a ＋2x ，∵x ＝0是f(x)的极值点，∴f ′(0)＝a －1＝0，∴a ＝1，∴f(x)＝(x －1)ex ＋x2，故要证(x －1)ex ≥ln(x －1)＋x ＋1，令x －1＝t ，t>0，即证tet ＋1≥ln t ＋t ＋2(t>0)，设h(x)＝ex ·ex －ln x －x －2(x>0)，即证h(x)≥0(x>0)，h ′(x)＝e ·ex(x ＋1)－1x －1＝e(x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ex －1ex (x>0)，令u(x)＝ex －1ex (x>0)，u ′(x)＝ex ＋1ex2>0，∴u(x)在(0，＋∞)上单调递增，又u(1)＝e －1e >0，u ()e －2＝2e e －－e<0，故u(x)＝0有唯一的根x0∈(0,1)，0e x ＝1ex0，当0<x<x0时，u(x)<0，h ′(x)<0，当x>x0时，u(x)>0，h ′(x)>0，∴h(x)≥h(x0)＝ex0·0e x －ln x0－x0－2＝ex0·1ex0＋ln 01e x +－x0－2＝1＋x0＋1－x0－2＝0.综上得证．5．已知函数f(x)＝1－x ax ＋ln x(其中a>0，e ≈2.7)．(1)当a ＝1时，求函数f(x)在(1，f(1))点处的切线方程；(2)若函数f(x)在区间[2，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围；(3)求证：对于任意大于1的正整数n ，都有ln n>12＋13＋…＋1n .(1)解 ∵f(x)＝1－x x ＋ln x ，∴f ′(x)＝x －1x2(x>0)，∴f ′(1)＝0，∵f(1)＝0，∴f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y ＝0.(3)证明 当a ＝1时，f(x)＝1－x x ＋ln x ，f ′(x)＝x －1x2，当x>1时，f ′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上是增函数．则当x>1时，f(x)>f(1)＝0，当n>1时，令x ＝nn －1>1，∴f(x)＝1－n n －1nn －1＋ln n n －1＝－1n ＋ln nn －1>0， ∴ln n n －1>1n ，ln 21>12，ln 32>13，…，ln n n －1>1n， ∴ln 21＋ln 32＋…＋ln nn －1>12＋13＋ (1)， 即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫21×32×...×n n －1>12＋13＋...＋1n ， ∴ln n>12＋13＋ (1)， 即对于任意大于1的正整数n ，都有ln n>12＋13＋ (1). 6．已知函数f(x)＝ex ＋2ln x ，g(x)＝x2＋ax ＋b(a ，b ∈R)．(1)若对任意的x ∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m ＋2ln x 恒成立，求实数m 的取值范围；(2)若对任意的实数a ，函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x 在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．解 (1)对任意的x ∈(0，＋∞)，不等式f(x)>x2＋m ＋2ln x 恒成立可转化为不等式m<ex －x2在(0，＋∞)上恒成立．令m(x)＝ex －x2，x ∈[0，＋∞)，则m ′(x)＝ex －2x ，令n(x)＝m ′(x)＝ex －2x ，则n ′(x)＝ex －2，故当x ∈(0，ln 2)时，n ′(x)<0，n(x)单调递减；当x ∈(ln 2，＋∞)时，n ′(x)>0，n(x)单调递增．从而当x ∈[0，＋∞)时，n(x)≥n(ln 2)＝2－2ln 2>0，即m ′(x)>0，所以m(x)在[0，＋∞)上单调递增，m(x)的最小值是m(0)＝1，所以m ≤1，即m 的取值范围为(－∞，1]．(2)函数F(x)＝f(x)－g(x)＋x2－2ln x 在(0，＋∞)上总有零点，即F(x)＝ex －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．若a<0，则F(x)＝ex －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.以下证明：当b>1时，F(x)＝ex －ax －b 在(0，＋∞)上总有零点．①若a<0，由于F(0)＝1－b<0，F ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－b a ＝e ba -－a ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－b a －b ＝e ba->0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，故F(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，－b a 上必有零点；②若a ≥0，F(0)＝1－b<0，由(1)知ex>x2＋1>x2在x ∈(0，＋∞)时恒成立，取x0＝a ＋b>0，则F(x0)＝F(a ＋b)＝ea ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)>0，由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，故F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上，实数b 的取值范围是(1，＋∞)．7．已知x ＝1为函数f(x)＝(x2－ax)ln x ＋x 的一个极值点．(1)求实数a 的值，并讨论函数f(x)的单调性；(2)若方程f(x)＝mx2＋2x 有且只有一个实数根，求实数m 的值．解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f ′(x)＝(x2－ax)×1x ＋(2x －a)ln x ＋1＝x ＋(2x －a)ln x －(a －1)．因为x ＝1为函数f(x)的一个极值点，所以f ′(1)＝1＋(2－a)ln 1－(a －1)＝2－a ＝0，解得a ＝2.故f(x)＝(x2－2x)ln x ＋x ，f ′(x)＝x ＋(2x －2)ln x －1＝(x －1)(1＋2ln x)．令f ′(x)＝0，解得x1＝1，x2＝12e -＝ee .当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫0，e e 时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫e e ，1时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增．(2)方程f(x)＝mx2＋2x ，即(x2－2x)ln x ＋x ＝mx2＋2x ，整理得(x2－2x )ln x －x ＝mx2.因为x>0，所以m ＝(x2－2x )ln x －x x2＝(x －2)ln x －1x .令g(x)＝(x －2)ln x －1x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－2x ln x －1x ，则g ′(x)＝2x2ln x ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1－2x ×1x ＋1x2＝2ln x ＋x －1x2.令h(x)＝2ln x ＋x －1，则h ′(x)＝2x＋1>0恒成立， 所以函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又h(1)＝0，所以当x ＝(0,1)时，h(x)<0，即g ′(x)<0，g(x)单调递减；当∈(1，＋∞)时，h(x)>0，即g ′(x)>0，g(x)单调递增．所以g(x)的最小值为g(1)＝－1<0，当x →0或x →＋∞时，g(x)→＋∞，所以当f(x)＝mx2＋2x 有且只有一个实数根时，m ＝－1.8.已知f(x)＝asin x ，g(x)＝ln x ，其中a ∈R ，y ＝g －1(x)是y ＝g(x)的反函数．(1)若0<a ≤1，证明：函数G(x)＝f(1－x)＋g(x)在区间(0,1)上是增函数；(2)证明：∑k ＝1nsin 1(1＋k )2<ln 2；(3)设F(x)＝g －1(x)－mx2－2(x ＋1)＋b ，若对任意的x>0，m<0有F(x)>0恒成立，求满足条件的最小整数b 的值．(1)证明 由题意知G(x)＝asin(1－x)＋ln x ，G ′(x)＝1x－acos(1－x)(x>0)， 当x ∈(0,1)，0<a ≤1时，1x >1,0<cos(1－x)<1， ∴acos(1－x)<1，∴G ′(x)>0，故函数G(x)在区间(0,1)上是增函数．(2)证明 由(1)知，当a ＝1时，G(x)＝sin(1－x)＋ln x 在(0,1)上单调递增． ∴sin(1－x)＋ln x<G(1)＝0，sin(1－x)<ln 1x (0<x<1)．令1－x ＝1(1＋k )2，所以x ＝k2＋2k(1＋k )2.∵sin 1(1＋k )2＝sin ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1－k2＋2k (1＋k )2<ln (1＋k )2k2＋2k ＝ln k ＋1k －ln k ＋2k ＋1，∴∑k ＝1nsin 1(1＋k )2<⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln 2－ln 32＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ln 32－ln43＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫lnn ＋1n －ln n ＋2n ＋1，＝ln 2－ln n ＋2n ＋1<ln 2.∴m ＝0e x －22x0，∵b>－0e x ＋0e x －22x0·x20＋2x0＋221 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x02－10ex＋x0＋2，又m<0，则x0∈(0，ln 2)，∵b>⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x02－10e x ＋x0＋2，x0∈(0，ln 2)恒成立，令m(x)＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x 2－1ex ＋x ＋2，x ∈(0，ln 2)， 则m ′(x)＝12(x －1)ex ＋1，令n(x)＝12(x －1)ex ＋1，则n ′(x)＝12xex>0，∴m ′(x)在(0，ln 2)上单调递增， ∴m ′(x)>m ′(0)＝12>0，∴m(x)在(0，ln 2)上单调递增， ∴m(x)<m(ln 2)＝2ln 2， ∴b ≥2ln 2，又b 为整数， ∴最小整数b 的值为2.。

解题规范与评分细则解答题是高考试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．要求考生具有一定的创新意识和创新能力．解答题综合考查运算能力、逻辑思维能力、空间想象能力和分析问题、解决问题的能力．“答题模板”是指针对解答数学解答题的某一类型，分析解题的一般思路，规划解题的程序和格式，拟定解题的最佳方案，实现答题效率的最优化；评分细则是阅卷的依据，通过认真研读评分细则，重视解题步骤的书写，规范解题过程，做到会做的题得全分；对于最后的压轴题也可以按步得分，踩点得分，一分也要抢．题型一三角函数及解三角形例1、[2018·全国卷Ⅰ]在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5.(1)求cos∠ADB；2．对f(p)求导，令f′(p)＝0求极值，得2分．3．利用导数的知识，判断出极值为最值点，求出最大值，得2分．4．由题意判断出Y服从二项分布，求EX，得4分．5．求出总费用，再与EX比较，得结论，得2分．【名师点拨】1．正确阅读理解，弄清题意：与概率统计有关的应用问题经常以实际生活为背景，且常考常新，而解决问题的关键是理解题意，弄清本质，将问题转化为离散型随机变量分布列求解问题，如本题第(2)问就是利用二项分布求出EX.2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如果第(1)问的结果第(2)问能用得上，可以直接用，有些题目不用第(1)问的结果甚至无法解决，如本题即是在第(1)问求出p＝0.1，第二问直接用．3．注意规范答题：解题时要写准每一小题的解题过程，尤其是解题得分点要准确、规范，需要文字表达的，不要惜墨，但也不能过于啰嗦，恰到位置就好，本题就需要用文字表达，准确说明是解题关键．【变式探究】某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：(Ⅰ)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率； (Ⅱ)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本 保费高出60%的概率；(Ⅲ)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值． 【解析】(Ⅰ)设续保人本年度的保费高于基本保费为事件A ，P (A )＝0.20＋0.20＋0.10＋0.05＝0.55.(Ⅱ)设续保人保费比基本保费高出60%为事件B ，P (B |A )＝P AB P A ＝0.10＋0.050.55＝311.(Ⅲ)设本年度所交保费为随机变量X .平均保费E (X )＝0.85a ×0.30＋0.15a ＋1.25a ×0.20＋1.5a ×0．20＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝0.255a ＋0.15a ＋0.25a ＋0.3a ＋0.175a ＋0.1a ＝1.23a ， 所以平均保费与基本保费比值为1.23. 【评分细则】1．利用互斥事件概率加法公式求出“高于基本保费的概率”，3分． 2．求出保费比基本保费高出60%的概率，3分． 3．列对随机变量分布列，2分．4．利用数学期望公式求对平均保费，3分． 5．写对平均保费与基本保费的比值，1分． 题型四 立体几何例4、[2018·全国卷Ⅰ]如图，四边形ABCD 为正方形，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，以DF 为折痕把△DFC 折起，使点C 到达点P 的位置，且PF ⊥BF . (1)证明：平面PEF ⊥平面ABFD ； (2)求DP 与平面ABFD 所成角的正弦值．【解析】(1)证明：由已知可得BF ⊥PF ，BF ⊥EF ，PF ∩EF ＝F ，所以BF ⊥平面PEF . 又BF ⊂平面ABFD ，所以平面PEF ⊥平面ABFD . (2)解：如图，作PH ⊥EF ，垂足为H . 由(1)得，PH ⊥平面ABFD . 以H 为坐标原点，HF →的方向为y 轴 正方向，|BF →|为单位长，建立如图所示的 空间直角坐标系H ­xyz.由(1)可得，DE ⊥PE . 又DP ＝2，DE ＝1， 所以PE ＝ 3.又PF ＝1，EF ＝2，所以PE ⊥PF . 所以PH ＝32，EH ＝32. 则H (0,0,0)，P ⎝⎛⎭⎪⎫0，0，32，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－32，0，DP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，32，HP →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，0，32.又HP →为平面ABFD 的法向量， 设DP 与平面ABFD 所成角为θ，则sin θ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪HP →·DP →|HP →||DP →|＝343＝34.所以DP 与平面ABFD 所成角的正弦值为34. 【命题意图】本题主要考查平面与平面的垂直关系及线面角，考查考生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．【解题思路】(1)欲证平面PEF ⊥平面ABFD ，只需证明BF ⊥平面PEF ，只需在平面PEF 内寻找两条相交直线与直线BF 垂直；(2)建立空间直角坐标系，求出平面ABFD 的法向量与直线DP 的方向向量，利用线面所成角的向量公式，即可得DP 与平面ABFD 所成角的正弦值． 【评分细则】1．利用线面垂直的判定定理证明BF ⊥平面PEF,2分． 2．利用面面垂直的判定定理证明结论，2分． 3．由题意建立空间直角坐标系，2分． 4．利用勾股定理，证明PE ⊥PF,2分． 5.HP →为平面ABFD 的法向量，2分． 6．利用向量求出线面角，2分． 【名师点拨】1．写全得分步骤：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写．如第(1)问中的AB ⊥AP ，AB ⊥PD ，AP ∩PD ＝P ；第(2)问中的建系及各点坐标，两平面法向量的坐标．2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，立体几何解答题的第(2)问建系，要用到第(1)问中的垂直关系时，可以直接用，有时不用第(1)问的结果无法建系．3．写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分．所以在解立体几何类解答题时，一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出判断AB ⊥平面PAD 的三个条件，写不全则不能得全分，如PF ∩EF ＝F 一定要有，否则要扣1分．【变式探究】[2017·全国卷Ⅰ]如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°. (1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，求二面角A －PB －C 的余弦值．【解析】(1)证明：由已知∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .由于AB ∥CD ，故AB ⊥PD ，AP ∩PO ＝P ，从而AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .设n ＝(x 1，y 1，z 1)是平面PCB 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧ n ·PC →＝0，n ·CB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22x 1＋y 1－22z 1＝0，2x 1＝0.所以可取n ＝(0，－1，－2).设m ＝(x 2，y 2，z 2)是平面PAB 的一个法向量，则 ⎩⎨⎧m ·PA →＝0，m ·AB →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧22x 2－22z 2＝0，y 2＝0.可取m ＝(1,0,1)，则cos 〈n ，m 〉＝n ·m |n ||m |＝－33. 所以二面角A －PB －C 的余弦值为－33. 【评分细则】1．利用线面垂直的判定定理，3分．2．利用面面垂直的判定定理，1分． 3．建系得各点坐标，2分． 4．求出法向量n,2分． 5.求出法向量m,2分6．利用公式求出二面角的余弦值，2分． 题型五 解析几何例5、[2018·全国卷Ⅰ]设椭圆C ：x 22＋y 2＝1的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于A ，B 两点，点M 的坐标为(2,0)．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程； (2)设O 为坐标原点，证明：∠OMA ＝∠OMB .【解析】(1)解：由已知得F (1,0)，l 的方程为x ＝1. 由已知可得，点A 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22或⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－22. 又M (2,0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. (2)证明：当l 与x 轴重合时，∠OMA ＝∠OMB ＝0°. 当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线， 所以∠OMA ＝∠OMB .当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1<2，x 2<2，直线MA ，MB 的斜率之和为kMA ＋kMB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2.由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得kMA ＋kMB ＝2kx 1x 2－3k x 1＋x＋4kx 1－x 2－.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1，得 (2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0， 所以x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 1－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝0. 从而kMA ＋kMB ＝0，故MA ，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA ＝∠OMB . 综上，∠OMA ＝∠OMB .【命题意图】本题考查椭圆的标准方程及其简单性质、直线与椭圆的位置关系、证明等角，考查考生的推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．【解题思路】(1)当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝1，将l 的方程与椭圆方程联立可得点A 的坐标，进而可得直线AM 的方程．(2)当l 与x 轴垂直或l 与x 轴重合时，易证．当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l ：y ＝k (x －1)(k ≠0)，交点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则可以联立l 与C 的方程并消去y ，把x 1＋x 2，x 1x 2用k 表示，利用直线的斜率公式，将证明∠OMA ＝∠OMB 转化为证明k MA ＋k MB ＝0即可． 【评分细则】1．先求出A 点坐标，得2分． 2．求出直线AM 的方程，得2分． 3．当l 与x 轴垂直时求证，得2分． 4．先用k 表示k MA ＋k MB 的值，得2分．5．联立l 与C 的方程，求出x 1＋x 2，x 1x 2，再求k MA ＋k MB ＝0，得3分． 6．利用倾斜角互补，得证，得1分． 【名师点拨】【方法技巧】破解此类解析几何题的关键：一是“图形”引路，一般需画出大致图形，把已知条件翻译到图形中，利用直线方程的点斜式或两点式，即可快速表示出直线方程；二是“转化”桥梁，即会把要证的两角相等，根据图形的特征，转化为斜率之间的关系，再把直线与椭圆的方程联立，利用根与系数的关系，以及斜率公式即可证得结论．【变式探究】[2017·全国卷Ⅰ]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3(－1，32)，P 4(1，32)中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．(2)设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |＜2，可得A ，B 的坐标分别为t ，4－t 22，t ，－4－t22.则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t＝－1，得t ＝2，不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)．将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)＞0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2＝2kx 1x 2＋m －x 1＋x 2x 1x 2.由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km4k 2＋1＝0.解得k ＝－m ＋12.当且仅当m ＞－1时，Δ＞0， 于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ，即y ＋1＝－m ＋12(x －2)，所以l 过定点(2，－1). 【评分细则】1．利用椭圆的性质排除P 1,1分．2．由已知列出关于a 2，b 2的方程，求出椭圆方程，4分．3．当k 不存在时，求t ，判断与题不符，2分．4．将直线x 1方程，代入椭圆，得方程，用韦达定理表示，2分． 5．求出k 与m 的关系式，3分． 6．求出定点，1分． 题型六 导数与应用例6、[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f x－f x x 1－x 2<a －2.【解析】(1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减. ②若a ＞2，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0.所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．(2)证明：由(1)知，f (x )存在两个极值点当且仅当a ＞2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1＜x 2，则x 2＞1. 由于f x－f x x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋ aln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f x－f x x 1－x 2＜a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2＜0.设函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g (x )在(0，＋∞)上单调递减．又g (1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＜0. 所以1x 2－x 2＋2ln x 2＜0，即f x－f x x 1－x 2＜a －2.【命题意图】本题主要考查导数及其应用、函数的单调性、函数的极值点与不等式的证明等，考查考生的推理论证能力、运算求解能力、抽象概括能力等，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合思想等，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．【解题思路】(1)求f (x )的定义域，对函数f (x )求导，对参数a 进行分类讨论，即可判断f (x )的单调性；(2)结合(1)，求出f (x )存在两个极值点x 1，x 2时a 的取值范围，以及x 1，x 2的关系式，并将f x 1－f x 2x 1－x 2进行转化，利用分析法，构造函数，判断所构造函数的单调性，即可证得结果． 【评分细则】1．先求定义域，再求f ′(x )，得2分． 2．讨论当a ≤2时f (x )的单调性，得1分． 3．讨论当a >2时f (x )的单调性，再总结，得3分． 4．先表示f x 1－f x 2x 1－x 2的值，得3分．5．构造函数g (x )＝1x－x ＋2ln x ，再利用(1)中结论，得2分． 6．得结论，得1分． 【名师点拨】【方法技巧】判断可导函数的单调性的关键：首先，确定函数的定义域；其次，求导数f ′(x )；最后，对参数进行分类讨论，由f ′(x )>0，得函数f (x )的单调递增区间，由f ′(x )<0，得函数f (x )的单调递减区间．注意：如果一个函数具有相同单调性的区间不止一个，这些单调区间不能用“∪”连接，而只能用“，”或“和”字隔开．有关不等式的证明问题可利用分析法与综合法相结合去解决． 【变式探究】[2017·全国卷Ⅰ]已知函数f (x )＝a e 2x＋(a －2)e x－x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．【解析】(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x＋1). (i)若a ≤0，则f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递减. (ii)若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a . 当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，＋∞)单调递增.(2)(i)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点.(ii)若a ＞0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a＋ln a . ①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a＋ln a ＞0， 即f (－ln a )＞0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0,1)时，1－1a＋ln a ＜0，即f (－ln a )＜0. 又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2＞－2e －2＋2＞0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0＞ln 3a－1， 则f (n 0)＝e 0n (a e 0n ＋a －2)－n 0＞e 0n －n 0＞20n －n 0＞0.由于ln 3a－1＞－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1).【评分细则】1．求出定义域、导数，2分．2．讨论a ≤0,1分．3．讨论a >0时，利用f ′(x )>0，f ′(x )<0求单调区间，2分．4．利用(1)得a ≤0时零点个数，1分5．当a ＝1时，零点个数为1，不符合题意，1分．6．当a >1时，零点个数为0，不符合题意，1分．7．当0<a <1时，零点个数为2，符合题意，4分．。

课时：1课时教学目标：1. 让学生掌握高考数学试卷的结构和题型分布。

2. 帮助学生分析高考数学试卷中的难点和易错点。

3. 培养学生解决高考数学问题的能力。

教学重点：1. 高考数学试卷的结构和题型分布。

2. 高考数学试卷中的难点和易错点。

教学难点：1. 学生对高考数学试卷的全面把握。

2. 学生对高考数学试卷中的难点和易错点的理解和解决。

教学过程：一、导入1. 教师简要介绍高考数学试卷的基本情况，如考试时间、满分等。

2. 引导学生关注高考数学试卷的结构和题型分布。

二、讲解高考数学试卷的结构和题型分布1. 分析高考数学试卷的结构，包括选择题、填空题、解答题等部分。

2. 针对不同题型，讲解其考查的知识点和能力要求。

三、分析高考数学试卷中的难点和易错点1. 教师结合高考数学试卷的真题，分析其中的难点和易错点。

2. 针对难点和易错点，讲解解题思路和方法。

四、讲解解题步骤和技巧1. 教师结合实例，讲解解题步骤和技巧。

2. 引导学生总结解题经验，提高解题速度和准确率。

五、巩固练习1. 教师选取典型题目，让学生进行巩固练习。

2. 学生独立完成练习，教师巡视指导。

六、总结1. 教师总结本节课的重点内容，强调高考数学试卷的结构、题型分布、难点和易错点。

2. 鼓励学生在备考过程中，关注自身薄弱环节，加强练习。

教学反思：1. 本节课是否达到了教学目标，学生是否掌握了高考数学试卷的结构和题型分布？2. 学生对高考数学试卷中的难点和易错点的理解和解决情况如何？3. 教学过程中，是否注意到了学生的个体差异，给予个别指导？课后作业：1. 完成高考数学试卷的真题练习，巩固所学知识。

2. 分析自己在解题过程中的不足，总结经验教训。

教学资源：1. 高考数学试卷真题2. 教材3. 多媒体课件。

课时：2课时教学目标：1. 让学生掌握高考数学试卷的解题思路和方法。

2. 提高学生分析问题和解决问题的能力。

3. 培养学生的团队合作精神。

教学重点：1. 高考数学试卷的解题思路和方法。

2. 分析问题和解决问题的能力。

教学难点：1. 高考数学试卷的解题技巧。

2. 分析问题和解决问题的能力。

教学准备：1. 高考数学试卷一份。

2. 解题方法PPT一份。

3. 讨论小组。

教学过程：第一课时一、导入1. 回顾高考数学试卷的题型和分值分布。

2. 强调高考数学试卷的解题思路和方法的重要性。

二、讲解解题思路和方法1. 分析选择题的解题方法，如排除法、代入法等。

2. 分析填空题的解题方法，如公式法、图像法等。

3. 分析解答题的解题方法，如分类讨论法、数形结合法等。

三、案例分析1. 选择一道高考数学试卷中的典型题目，展示解题过程。

2. 让学生分析解题思路和方法，总结解题技巧。

四、课堂讨论1. 将学生分成小组，讨论如何提高解题速度和准确率。

2. 各小组分享讨论成果，教师点评。

第二课时一、复习导入1. 回顾上一节课的内容，强调解题思路和方法的重要性。

2. 提出本节课的学习目标。

二、讲解解题技巧1. 针对选择题，讲解如何快速排除错误选项。

2. 针对填空题，讲解如何运用公式和图像法。

3. 针对解答题，讲解如何运用分类讨论法和数形结合法。

三、课堂练习1. 发放高考数学试卷，让学生独立完成。

2. 教师巡视指导，解答学生疑问。

四、讲解练习题1. 选择一道典型题目，展示解题过程。

2. 让学生分析解题思路和方法，总结解题技巧。

五、课堂总结1. 回顾本节课的内容，强调解题技巧的重要性。

2. 布置课后作业，巩固所学知识。

教学反思：本节课通过讲解高考数学试卷的解题思路和方法，让学生掌握了高考数学试卷的解题技巧。

在课堂讨论和案例分析环节，学生的参与度较高，提高了他们的分析问题和解决问题的能力。

在教学过程中，要注意引导学生积极参与，培养他们的团队合作精神。