探究五　保高分，高考现场看细则，解题再规范 课件（共69张PPT）

(共69张PPT)
探究五　保高分，高考现场看细则，解题再规范
现场阅卷一　数列
[题型解读]　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．
[模板和细则]　“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．
[典例1]　[2021·新高考Ⅰ卷](10分)已知数列{an}满足a1＝1，
an＋1＝
(1)记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
(2)求{an}的前20项和．
解析：(1)由题设可得b1＝a2＝a1＋1＝2，
b2＝a4＝a3＋1＝a2＋2＋1＝5，
又a2k＋2＝a2k＋1＋1，a2k＋1＝a2k＋2，(k∈N*)
故a2k＋2＝a2k＋3，即bn＋1＝bn＋3，即bn＋1－bn＝3.
所以{bn }为等差数列，故bn＝2＋(n-1)×3＝3n－1.
(2)设{an}的前20项和为S20，则S20＝a1＋a2＋a3＋…＋a20，
因为a1＝a2－1，a3＝a4－1，…，a19＝a20－1，
所以S20＝2(a2 + a4 +…+ +)－10
＝2(b1 + b2 +…+ +)－10＝2×(10×2+×3)－10＝300.
[考查目标]　本题主要考查利用递推关系求通项公式与数列求和，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
[解题思路]　(1)根据题设中的递推关系可得bn＋1＝bn＋3，从而可求bn的通项．
(2)根据题设中的递推关系可得{an}的前20项和为S20可化为S20＝2(b1＋b2＋…＋b9＋b10)－10，利用(1)的结果可求S20.
[评分细则]
1．利用递推关系求得b1，b2各得1分．
2．利用递推关系求得bn＋1与bn的关系并写出bn的通项公式得3分．
3．写出S20并正确求出结果得5分．
[高考状元满分心得]
1．牢记递推关系求通项的方法及等差、等比数列的an及Sn公式：求等差、等比数列的基本量，首先考虑性质的运用，如果不能用性质，才考虑计算基本量法．
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(2)题即是在第(1)问的基础上求得an.
3．写全得分关键：写清解题过程的关键点，有则给分，无则没有分，同时解题过程中计算准确，是得分的根本保证．如第(2)问的求和一定要计算准确．
『对接训练』
1．[2021·新高考Ⅱ卷](10分)记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求使Sn>an成立的n的最小值．
解析：(1)由等差数列的性质可得：S5＝5a3，则a3＝5a3，∴a3＝0，
设等差数列的公差为d，从而有a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，
S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a3－2d)＋(a3－d)＋a3＋(a3－d)＝－2d，
从而－d2＝－2d，由于公差不为零，故d＝2，
数列的通项公式为：an＝a3＋(n－3)d＝2n－6.
(2)由数列的通项公式可得a1＝2－6＝－4，则Sn＝n×(－4)＋×2＝n2－6n，
则不等式Sn>an即：n2－5n>2n－6，整理可得(n－1)(n－6)>0，
解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.
[考查目标]　本题主要考查等差数列的性质及数列不等式的求解，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
[评分细则]
1．利用等差数列的性质求得a3得1分．
2．利用等差数列的性质及题设条件求得公差得3分．
3．写出an得1分．
4．求出Sn得2分．
5．解不等式得2分．
6．结论得1分．
现场阅卷二　统计与概率
[典例2]　[2021·新高考Ⅰ卷](12分)某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．
(1)若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；
(2)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
解析：(1)由题可知，X的所有可能取值为0，20，100.
P(X=0)＝1－0.8＝0.2；
P(X=20)＝0.8(1-0.6)＝0.32；
P(X=100)＝0.8×0.6＝0.48.
所以X的分布列为
(2)由(1)知，E(X)＝0×0.2＋20×0.32＋100×0.48＝54.4.
若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100.
P(Y=0)＝1－0.6＝0.4； P(Y=80)＝0.6(1-0.8)＝0.12；
P(X=100)＝0.8×0.6＝0.48.
所以E(Y)＝0×0.4＋80×0.12＋100×0.48＝57.6.
因为54.4<57.6，所以小明应选择先回答B类问题．
X 0 20 100
P 0.2 0.32 0.48
[考查目标]　本题主要考查离散型随机变量的分布列、期望等，考查的核心素养是数据分析、逻辑推理．
[解题思路]　(1)通过题意分析出小明累计得分X的所有可能取值，逐一求概率及分布列即可．
(2)与(1)类似，找出先回答B类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．
[评分细则]
1．求出X的三种情况的概率各得1分．
2．列出分布列得1分．
3．求出E(X)得2分．
4．求出小明先回答B问题时，累计得分Y的三种情况的概率各得1分．
5．求出E(Y)得2分．
6．根据E(X)与E(Y)的大小判断得出结论得1分．
[高考状元满分心得]
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．
2．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．
『对接训练』
2．[2020·全国Ⅰ卷](12分)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：
累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，另一人最终获胜，比赛结束．
经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空．设每场比赛双方获胜的概率都为.
(1)求甲连胜四场的概率；
(2)求需要进行第五场比赛的概率；
(3)求丙最终获胜的概率．
解析：(1)甲连胜四场的概率为＝.
(2)根据赛制，至少需要进行四场比赛，至多需要进行五场比赛．
比赛四场结束，共有三种情况：
甲连胜四场的概率为；乙连胜四场的概率为；
丙上场后连胜三场的概率为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1－＝.
(3)丙最终获胜，有两种情况：
比赛四场结束且丙最终获胜的概率为；
比赛五场结束且丙最终获胜，则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况：胜胜负胜，胜负空胜，负空胜胜，
概率分别为.
因此丙最终获胜的概率为＝.
[考查目标]　本题主要考查独立事件的概率、互斥事件的概率等，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
[评分细则]
1．利用独立事件的概率公式求得甲连胜四场的概率得2分．
2．利用独立事件的概率公式求得甲连胜四场的概率，乙连胜四场的概率，丙上场后连胜三场的概率各得1分．
3．利用互斥事件的概率公式求得结果得2分．
4．利用独立事件的概率公式求得丙最终获胜的四种情况的概率，每种情况各得1分．
5．利用互斥事件的概率公式求得结果得1分．
现场阅卷三　
三角函数及解三角形
[典例3]　[2021·新高考Ⅰ卷](12分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2＝ac，点D在边AC上，BD sin ∠ABC＝a sin C.
(1)证明：BD ＝ b；
(2)若AD＝2DC，求cos ∠ABC.
解析：(1)由题设，BD＝，由正弦定理知：＝，即＝，
∴BD＝，又b2＝ac，
∴BD＝b，得证．
(2)由题意知：BD＝b，AD＝，DC＝，
∴cos ∠ADB＝＝，同理cos ∠CDB＝＝，
∵∠ADB＝π－∠CDB，
∴＝，整理得2a2＋c2＝，
又b2＝ac，
∴2a2＋＝，整理得6a4－11a2b2＋3b4＝0，解得＝或＝，
由余弦定理知：cos ∠ABC＝＝，
当＝时，cos ∠ABC＝>1不合题意；当＝时，cos ∠ABC＝；
综上，cos ∠ABC＝.
[考查目标]　本题主要考查正、余弦定理的应用，考查的核心素养是数学运算．
[解题思路]　(1)根据正弦定理的边角关系有BD＝，结合已知即可证结论．
(2)由题设BD＝b，AD＝，DC＝，应用余弦定理求cos ∠ADB、cos ∠CDB，又∠ADB＝π－∠CDB，可得2a2＋＝，结合已知及余弦定理即可求cos ∠ABC.
[评分细则]
1．利用正弦定理结合已知条件得出结果得4分．
2．利用余弦定理写出cos ∠ADB和cos ∠CDB各得1分．
3．利用∠ADB＝π－∠CDB得出关于a，b，c的方程得1分．
4．解方程得2分．
5．利用余弦定理写出cos ∠ABC得1分．
6．分两种情况求得结果得2分．
[高考状元满分心得]
1．牢记公式，正确求解：在三角函数及解三角形类解答题中，通常涉及三角恒等变换公式、诱导公式及正弦定理和余弦定理，这些公式和定理是解决问题的关键，因此要牢记公式和定理．
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．
3．写全得分关键：在三角函数及解三角形类解答题中，应注意解题中的关键点，有则给分，无则不得分，所以在解答题时一定要写清得分关键点．
『对接训练』
3．[2021·新高考Ⅱ卷](12分)在△ABC中，A，B，C所对的边长分别为a，b，c，b＝a＋1，c＝a＋2.
(1)若2sin C＝3sin A，求△ABC的面积；
(2)是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
解析：(1)因为2sin C＝3sin A，则2c＝2(a＋2)＝3a，则a＝4，故b＝5，c＝6，
cos C＝＝，所以，C为锐角，则sin C＝＝，
因此，S△ABC＝ab sinC＝×4×5×＝.
(2)显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，
由余弦定理可得cos C＝＝＝<0，
解得－1由三角形三边关系可得a＋a＋1>a＋2，可得a>1，∵a∈Z，故a＝2.
[考查目标]　本题主要考查正弦定理、余弦定理，考查学生的化归与转化能力，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
[评分细则]
1．利用正弦定理角化边，求得a，b，c得3分．
2．利用余弦定理求得cos C得1分．
3．利用平方关系求得sin C得1分．
4．利用三角形面积公式求得S△ABC得1分．
5．利用三边的大小判断最大角得1分．
6．利用余弦定理求得cos C得2分．
7．解不等式得1分．
8．利用三边关系列出不等式并得出结果得2 分．
现场阅卷四　立体几何
[典例4]　[2021·新高考Ⅰ卷](12分)如图，在三棱锥A－BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．

(1)证明：OA⊥CD；
(2)若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E－BC－D的大小为45°，求三棱锥A－BCD的体积．
解析：(1)因为AB＝AD，O为BD中点，所以AO⊥BD.
因为平面ABD∩平面BCD＝BD，平面ABD⊥平面BCD，AO 平面ABD，
因此AO⊥平面BCD，
因为CD 平面BCD，所以AO⊥CD.
(2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M，连接EM.
因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD，
所以EF⊥BD, EF⊥CD, BD＝D，因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC.
因为FM⊥BC，FM＝F，所以BC⊥平面EFM，即BC⊥ME.
则∠EMF为二面角E－BC－D的平面角， ∠EMF＝.
因为BO＝OD，△OCD为正三角形，所以△BCD为直角三角形．
因为BD＝2CD，所以FM＝BF＝＝，
从而EF＝FM＝，所以AO＝1.
因为AO⊥平面BCD，
所以V＝AO·S△BCD＝×1××1×＝.
[考查目标]　本题主要考查空间中垂直关系、二面角及三棱锥体积等知识，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)根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；
(2)先作出二面角的平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果．
[评分细则]
1．证出AO⊥BD得1分．
2．证出AO⊥平面BCD得1分．
3．证出AO⊥CD得1分．
4．由题图作辅助线得1分．
5．证出∠EMF为二面角E－BC－D的平面角，∠EMF＝得4分．
6．求出AO＝1得3分．
7．求出三棱锥A－BCD的体积得1分．
[高考状元满分心得]
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CD 平面BCD；第(2)问中的作辅助线．
2．注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，如要第(1)问的结果对第(2)问的证明或计算用得上，可以直接应用．
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．
『对接训练』
4.[2021·新高考Ⅱ卷](12分)在四棱锥
Q－ABCD中，底面ABCD是正方形，
若AD＝2，QD＝QA＝，QC＝3.
(1)证明：平面QAD⊥平面ABCD；
(2)求二面角B－QD－A的平面角的余弦值．
解析：

(1)取AD的中点为O，连接QO，CO.
因为QA＝QD，OA＝OD，则QO⊥AD，
而AD＝2，QA＝，故QO＝＝2.
在正方形ABCD中，因为AD＝2，故DO＝1，故CO＝，因为QC＝3，故QC2＝QO2＋OC2，故△QOC为直角三形形且QO⊥OC，
因为OC＝O，故QO⊥平面ABCD.
因为QO 平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.
(2)在平面ABCD内，过O作OT∥CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合(1)中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间直角坐标系．
则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，－1，0)，
故＝(－2，1，2)，＝(－2，2，0)．
设平面QBD的法向量n＝(x，y，z)，
则即，
取x＝1，则y＝1，z＝，
故n＝.
而平面QAD的法向量为m＝(1，0，0)，故cos 〈m，n〉＝＝.
二面角B－QD－A的平面角为锐角，故其余弦值为.
[考查目标]　考查空间中垂直关系、二面角的求解，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．
[评分细则]
1．根据题中作辅助线得1分．
2．证出QO⊥AD得1分．
3．证出QO⊥OC得2分．
4．证出QO⊥平面ABCD得1分．
5．证出平面QAD⊥平面ABCD得1分．
6．建立空间直角坐标系，写出点O，B，C，D的坐标得2分．
7．求出平面QBD的法向量坐标得2分．
8．利用公式求出二面角B－QD－A的平面角的余弦值及结论得2分．
现场阅卷五　解析几何
[典例5]　[2021·新高考Ⅰ卷](12分)在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－，0)，F2(，0)，点M满足|MF1|－|MF2|＝2.记M 的轨迹为C.
(1)求C的方程；
(2)设点T在直线x＝上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．
解析：(1)因为＝2<＝2，
所以，轨迹C是以点F1，F2为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹C的方程为＝1，则2a＝2，可得a＝1，b＝ ＝4，
所以，轨迹C的方程为x2－＝1.
(2)设点T，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，
不妨设直线AB的方程为y－t＝k1，即y＝k1x＋t－k1，
联立，消去y并整理可得x2＋k1x＋2＋16＝0，
设点A，B，则x1>且x2>.
由韦达定理可得x1＋x2＝，x1x2＝，
所以，·＝··＝
·＝，
设直线PQ的斜率为k2，同理可得·＝，
因为·＝·，即＝，整理可得＝，
即＝0，显然k1－k2≠0，故k1＋k2＝0.
因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.
[考查目标]　本题主要考查双曲线的定义、标准方程、直线与双曲线的位置关系、直线的斜率等知识，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
[解题思路]　(1)利用双曲线的定义可知轨迹C是以点F1、F2为左、右焦点的双曲线的右支，求出a、b的值，即可得出轨迹C的方程；
(2)设点T，设直线AB的方程y－t＝k1，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线AB与曲线C的方程，列出韦达定理，求出|TA|·|TB|的表达式，设直线PQ的斜率为k2，同理可得出|TP|·|TQ|的表达式，由|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|化简可得k1＋k2的值．
[评分细则]
1．由双曲线的定义判断出轨迹C得1分．
2．求出轨迹C的方程得2分．
3．设点T并说明过点T的直线的斜率存在得1分．
4．设出直线AB的方程，并与C的方程联立，写出x1＋x2与x1x2的表达式得3分．
5．求出|TA|·|TB|的表达式得2分．
6．写出|TP|·|TQ|得1分．
7．由|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|解出直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和及结论得2分．
[高考状元满分心得]
1．破解此类解析几何题的关键：一是“转化”桥梁，如本题双曲线定义的应用；二是“图形”引路，一般需画出草图，把已知条件“翻译”到图形中；三是“关系”应用，把直线方程与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理求出根与系数的关系；四是根据题设条件求解．
2．注意利用第(1)问的结果；如本题第(1)问的C的方程在第(2)问中必须用到，因此第(1)问C的方程必须准确．
『对接训练』
5．[2021·新高考Ⅱ卷](12分)已知椭圆C的方程为＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.
解析：(1)由题意，椭圆半焦距c＝且e＝＝，所以a＝，
又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆方程为＋y2＝1；
(2)由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不合题意；
当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k(x－)即kx－y－k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，解得k＝±1，
联立可得4x2－6x＋3＝0，所以x1＋x2＝，x1·x2＝，
所以|MN|＝·＝，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋b，(kb<0)即kx－y＋b＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，所以b2＝k2＋1，
联立可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
所以x1＋x2＝－，x1·x2＝，
所以|MN|＝·＝·＝·＝，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以或，所以直线MN：y＝x－或y＝－x＋，
所以直线MN过点F(，0)，M，N，F三点共线，充分性成立；
所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.
[考查目标]　本题主要考查椭圆的标准方程、直线与圆相切、直线与椭圆的位置关系、充要条件及三点共线等，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
[评分细则]
1．由题设条件求得椭圆C的方程，得2分．
2．写出直线MN的斜率不存在情况得1分．
3．证明必要性得4分．
4．证明充分性得5分．
现场阅卷六　导数及应用
[典例6]　[2021·新高考Ⅰ卷](12分)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<解析：(1)函数的定义域为，
又f′＝1－ln x－1＝－ln x，
当x∈时，f′>0，当x∈时，f′<0，
故f的递增区间为，递减区间为.
(2)因为b ln a－a ln b＝a－b，故b＝a，
即＝，故f＝f，
设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设01.
因为x∈时，f＝x>0，x∈时，f＝x<0，
故1先证：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．
若x2<2, 要证：x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，
故即证f>f，即证：f>f，其中1设g＝f－f，1则g′＝f′＋f′＝－ln x－ln ＝－ln ，
因为10，
所以g′>0，故g在上为增函数，所以g>g＝0，
故f>f，即f>f成立，所以x1＋x2>2成立，
综上，x1＋x2>2成立．
设x2＝tx1，则t>1，
结合＝＝x1，＝x2可得：x1＝x2，
即：1－ln x1＝t，故ln x1＝，
要证：x1＋x2即证：ln <1，即证：ln －t ln t<0，
令S＝ln －t ln t，t>1，
则S′＝ln －1－ln t＝ln ，
先证明一个不等式：ln ≤x.
设u＝ln －x，则u′＝－1＝，
当－10；当x>0时，u′<0，
故u在上为增函数，在上为减函数，
故umax＝u＝0，故ln ≤x成立．
由上述不等式可得当t>1时，ln <，故S′<0恒成立，
故S在上为减函数，故S故ln －t ln t<0成立，即x1＋x2综上所述，2<[考查目标]　本题主要考查利用导数研究函数的单调性、不等式证明，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
[解题思路]　(1)求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；
(2)设＝x1，＝x2，原不等式等价于2[评分细则]
1．写出函数的定义域及求导正确，得1分．
2．利用导数判断函数的单调性，得1分．
3．等式变形b ln a－a ln b＝a－b，得1分．
4．设＝x1，＝x2后，求x1，x2的范围得1分．
5．证明x1＋x2>2得4分．
6．证明x1＋x2[高考状元满分心得]
1．方法总结：破解此类题的关键：一是会判断函数f(x)的单调性，一般先确定函数f(x)的定义域，求出导函数f′(x)，再解不等式f′(x)>0，得函数f(x)的单调递增区间，解不等式f′(x)<0，得函数f(x)的单调递减区间；二是会对参数进行分类，再借助导数，即可求出参数的取值范围．
2．写明得分关键：利用导数证明不等式时，首先要对等式或不等式适当进行变形，再构造函数，求导，判断单调性等．
『对接训练』
6．[2021·新高考Ⅱ卷](12分)已知函数f(x)＝(x－1)ex－ax2＋b.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)从下面两个条件中选一个，证明：f(x)有一个零点．
①2a；
②0解析：(1)由函数的解析式可得：f′(x)＝x(ex－2a)，
当a≤0时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当00，f(x)单调递增，
若x∈(ln (2a)，0)，则f′(x)<0，f(x)单调递减，
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
当a＝时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
当a>时，若x∈(－∞，0)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
若x∈(0，ln (2a))，则f′(x)<0，f(x)单调递减；
若x∈(ln (2a)，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增；
(2)若选择条件①：由于2a>1，f(0)＝b－1>0，
而f(－b)＝(－1－b)e－b－ab2－b<0，
而函数在区间(－∞，0)上单调递增，故函数在区间(－∞，0)上有一个零点．
f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b
>2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a
＝2a ln (2a)－a[ln (2a)]2
＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，
由于结合函数的单调性可知函数在区间(0，＋∞)上没有零点．
综上可得，题中的结论成立．
若选择条件②：由于0当b≥0时，e2>4，4a<2，f(2)＝e2－4a＋b>0，
而函数在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数在区间(0，＋∞)上有一个零点．
当b<0时，构造函数H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1，
当x∈(－∞，0)时，H′(x)<0，H(x)单调递减，
当x∈(0，＋∞)时，H′(x)>0，H(x)单调递增，
注意到H(0)＝0，故H(x)≥0恒成立，从而有：ex≥x＋1，此时：
f(x)＝(x－1)ex－ax2－b≥(x－1)(x＋1)－ax2＋b＝(1－a)x2＋(b－1)，
当x>时，(1－a)x2＋(b－1)>0，
取x0＝＋1，则f(x0)>0，即：f(0)<0，f>0，
而函数在区间(0，＋∞)上单调递增，故函数在区间(0，＋∞)上有一个零点．
f(ln (2a))＝2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋b
≤2a[ln (2a)－1]－a[ln (2a)]2＋2a
＝2a ln (2a)－a[ln (2a)]2＝a ln (2a)[2－ln (2a)]，
由于0结合函数的单调性可知函数在区间(－∞，0)上没有零点．
综上可得，题中的结论成立．
[考查目标]　本题主要考查利用导数研究函数的单调性、不等式证明，考查的核心素养是逻辑推理、数学运算．
[评分细则]
1．求导，对a分4种情况讨论函数的单调性，各得1分．
2．选条件①：
(1)证明函数在区间(－∞，0)上有一个零点得3分．
(2)证明函数在区间(0，＋∞)上没有零点得4分．
选条件②：
(1)证明函数在区间(0，＋∞)上有一个零点得4分．
(2)证明函数在区间(－∞，0)上没有零点得3分．