2019届二轮复习第25讲高考数学解答题的破解策略学案（全国通用） 12页

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 < π 2 )的部分图象如图所示． (1)求 φ 及图中 x0 的值； (2)设 g(x)＝f(x)＋f(x＋1 3 )，求函数 g(x)在区间[－1 2， 1 3]上的最大值和最小值． 【解析】(1)由题图得 f(0)＝ 3 2 ，所以 cos φ＝ 3 2 ， 因为 0<φ< π 2 ，故 φ＝ π 6 . 由于 f(x)的最小正周期等于 2，所以由题图可知 10，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＋1 x＝ －2x2－2ax＋1 x . 令 g(x)＝－2x2－2ax＋1，Δ＝4a2＋8>0， ∴g(x)有两个不相等的实根 x1，x2， 不妨设 x10 ，所以 f(x)在(0，x2)为单调递增函数， 当 x∈(x2，＋∞)时，f′(x)<0 ，所以 f(x)在(x2，＋∞)为单调递减函数， 所以 f(x)max＝f(x2)＝－x22－2ax2＋ln x2. 又由 f′(x2)＝0，知－2ax2＝2x22－1. 于是 f(x)max＝f(x2)＝－x22－2ax2＋ln x2＝x22＋ln x2－1. 令 m(x)＝x2＋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＝－1 2时，x2＝1，f(x2)＝m(1)＝0，此时函数 f(x)有一个零点； ②当 a>－1 2时，由于 g(1)＝－1－2a<0，所以 x 2∈(0，1)，所以 f(x2)0，∴x2∈(1，＋∞)，∴f(x2)>m(1)＝0. 易知 x>0，且 x→0 时，f(x)<0， 易证 x>0 时，ln xb>0)的左焦点为 F1(－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 F1，求椭圆的离心率； (2)设过点 F1 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 F1 为(－1，0)，设 P(t， t)， 则 kPF1＝ t t＋1， 又 kPF1＝( x)′|x＝t＝( 1 2 x )|x＝t＝ 1 2 t，所以 t t＋1＝ 1 2 t，解得 t＝1，即 P(1，1)， 设椭圆 M 的右焦点为 F2(1，0)， 则 2a＝|PF1|＋|PF2|＝ 5＋1，即 a＝ 5＋1 2 ， 又半焦距 c＝1，所以椭圆 M 的离心率为 e＝c a＝ 5－1 2 ； (2)因为椭圆 M 的半焦距 c＝1，所以 a2－b2＝1， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 x＝my－1， 由方程组{x2 a2＋y2 b2＝1， x＝my－1 消去 x 得：(a2＋b2m2)y2－2b2my＋b2(1－a2)＝0， ∴y1＋y2＝ 2b2m a2＋b2m2，y1y2＝b2（1－a2） a2＋b2m2 ＝－ b4 a2＋b2m2， 连结 OB，由|OA|＝|OC|知 S△ABC＝2S△AOB， ∴S△ABC＝|OF1|·|y1－y2|＝ （y1＋y2）2－4y1y2＝2ab2 m2＋1 a2＋b2m2 . 令 m2＋1＝t，则 m2＝t2－1(t≥1)， ∴S△ABC＝ 2ab2t a2＋b2（t2－1）＝ 2ab2t 1＋b2t2＝ 2ab2 b2t＋1 t ， ①若1 b≥1，即 01，a> 2时，设 f(t)＝b2t＋1 t，则 t≥1 时，f′(t)＝b2－1 t2>0， 所以 f(t)在[1，＋∞)上单调递增， 所以[f(t)]min＝f(1)＝b2＋1＝a2，当且仅当 t＝1， 即 m＝0 时，S(a)＝(S△ABC)max＝2（a2－1） a ； 综上可知：S(a)＝{a a2－1，1 < a ≤ 2， 2（a2－1） 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)＝x3＋ax＋1 4，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(x0，0)， 则 f(x0)＝0，f′(x0)＝0， 即{x＋ax0＋1 4＝0， 3x＋a＝0， 解得 x0＝1 2，a＝－3 4. 因此，当 a＝－3 4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≥－5 4，则 f(1)＝a＋5 4≥0， h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0， 故 x＝1 是 h(x)的零点； 若 a<－5 4，则 f(1)＝a＋ 5 4<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)＝3x2＋a 在(0，1)上无零点，故 f(x)在(0，1)单调． 而 f(0)＝1 4，f(1)＝a＋5 4，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－3－3 4或 a<－5 4时，h(x)有一个零点； 当 a＝－3 4或 a＝－5 4时，h(x)有两个零点； 当－5 40 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)＝1 x－x＋aln x. (1)讨论 f(x)的单调性； (2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：f（x1）－f（x2） x1－x2 2，令 f′(x)＝0 得，x＝a－ a2－4 2 或 x＝a＋ a2－4 2 . 当 x∈(0， a－ a2－4 2 )∪(a＋ a2－4 2 ，＋∞)时，f′(x)<0； 当 x∈(a－ a2－4 2 ， a＋ a2－4 2 )时 ， f′(x)>0. 所 以 f(x) 在 (0， a－ a2－4 2 )， (a＋ a2－4 2 ，＋∞)单调递减，在(a－ a2－4 2 ， a＋ a2－4 2 )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 x1，x2 满足 x2－ax＋1＝0，所以 x 1x2＝1，不妨设 x 11.由于f（x1）－f（x2） x1－x2 ＝－ 1 x1x2－1＋a ln x1－ln x2 x1－x2 ＝－2＋a ln x1－ln x2 x1－x2 ＝－2＋a －2ln x2 1 x2－x2 ， 所以f（x1）－f（x2） x1－x2 0，则 ax2＋2x－1>0 有 x>0 的解． ①当 a>0 时，y＝ax2＋2x－1 为开口向上的抛物线，ax2＋2x－1>0 总有 x>0 的解； ②当 a<0 时，y＝ax2＋2x－1 为开口向下的抛物线，而 ax2＋2x－1>0 总有 x>0 的解， 则 Δ＝4＋4a>0，且方程 ax2＋2x－1＝0 至少有一正根．此时，－11.　① 令 r(t)＝ln t－2（t－1） 1＋t ，t>1. 则 r′(t)＝1 t－ 4 （t＋1）2＝ （t－1）2 t（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 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不平行． 证法二：同证法一得(x2＋x1)(ln x2－ln x1)＝2(x2－x1)． 因为 x1>0，所以 (x2 x1＋1)lnx2 x1＝2(x2 x1－1). 令 t＝x2 x1，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＋1 t－1. 因为(ln t＋1 t)′＝1 t－1 t2＝t－1 t2 ， 所以 t>1 时，(ln t＋1 t)′>0. 故 ln t＋1 t在(1，＋∞)上单调递增，从而 ln t＋1 t－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 C1 在点 M 处的切线与 C2 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．