第22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)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，求函数g(x)在区间上的最大值和最小值．
【解析】(1)由题图得f(0)＝，所以cos
φ＝，
因为0<φ<，故φ＝.
由于f(x)的最小正周期等于2，所以由题图可知1
由f(x0)＝得cos＝，
所以πx0＋＝，x0＝.
(2)因为f＝cos＝cos＝－sin
πx，
所以g(x)＝f(x)＋f＝cos－sin
πx
＝cos
πxcos－sin
πxsin－sin
πx
＝cos
πx－sin
πx＝sin.
当x∈时，－≤－πx≤.
所以－≤sin≤1，
故－πx＝，即x＝－时，g(x)取得最大值；
当－πx＝－，即x＝时，g(x)取得最小值－.
【小结】本题首先要根据图象中的信息求g(x)＝Asin(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)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2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＝.
(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＝，
可知AD⊥BD，取AB中点H，连接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＝AC＝DE，
∴四边形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，
设Q(0，t，0)(0≤t≤1)，
则＝(0，t，－1)，＝(－1，t，0)，＝，＝(0，－1，1)，＝(1，－1，0)．
设平面BQE的法向量为n＝(x，y，z)，
则由n·＝0，且n·＝0，得
取y＝1，则n＝(t，1，t)．
要使AF∥平面BEQ，则需n·＝(t，1，t)·＝t－＋t＝0，
所以t＝，即线段AD上存在一点Q，使得AF∥平面BEQ.
设平面BAE的法向量为n1＝(x1，y1，z1)，
则由n1·＝0，且n1·＝0，得
取y1＝1，则n1＝(1，1，1)，
∴cos〈n，n1〉＝＝＝，
因为二面角Q－BE－A为锐二面角，所以其余弦值为，
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.
【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3[2020·山东]已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程：
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
【解析】(1)由题意可得：解得：a2＝6，b2＝c2＝3，故椭圆方程为：＋＝1.
(2)设点M，N.
因为AM⊥AN，∴·＝0，即＋＝0，①
当直线MN的斜率存在时，设方程为y＝kx＋m，如图1.
代入椭圆方程消去y并整理得：x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
x1＋x2＝－，x1x2＝，②
根据y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，代入①整理可得：
x1x2＋＋＋4＝0，
将②代入得＋＋＋4＝0，
整理化简得＝0.
∵A(2，1)不在直线MN上，∴2k＋m－1≠0，
∴2k＋3m＋1＝0，k≠1.
于是MN的方程为y＝k－(k≠1)，
所以直线MN过定点E.
当直线MN的斜率不存在时，可得N，如图2.
由·＝0得＋＝0，
结合＋＝1，可得3x－8x1＋4＝0，解得x1＝2，x1＝.
此时直线MN过点E.
由于AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边，
所以AE中点Q满足为定值(AE长度的一半＝)．
由于A，E，故由中点坐标公式可得Q.
故存在点Q，使得|DQ|为定值．
【点评】在解析几何问题中，与垂直有关的问题经常转化为向量数量积的关系处理，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4已知函数f＝ln
x－kx＋k(k∈R)，若ln≥a对x∈恒成立，求正数a的最大值．
【解析】令t＝∈，则ln≥a对x∈恒成立?ln≥at对t∈恒成立．
法1：(分离参数法)当t＝0，不等式恒成立；
于是ln≥at对t∈恒成立?a≤对t∈恒成立．
令G＝，则G′＝，
令H＝－ln，
则H′＝－＝>0，
所以H在上递增，
于是H>H＝0，即G′>0，所以G在上递增．
由洛必达法则，可得G＝
＝2，于是0法2：(最值法)构造函数F＝ln－at，
则F′＝－a＝.
①当2－a≥0，即a≤2时，F′>0，所以函数F在上递增，所以F≥F＝0.
②当2－a<0，即a>2时，由F′<0可得0≤t<，所以函数F在上递减，于是在上，F≤F＝0，不合题意．
综上所述，正数a的最大值为2.
法3：(先猜想并将猜想强化)F＝ln－at≥0对t∈恒成立，因为F＝0，所以F′＝2－a≥0，即a≤2.
下面证明a可以取到2，即证明a＝2时，不等式ln≥2t对t∈恒成立．
构造函数K＝ln－2t(0≤t<1)，则K′＝－2＝≥0，所以函数K在上递增，所以K≥K＝0，所以不等式ln≥2t对t∈恒成立，所以正数a的最大值为2.
法4：(先猜想并将猜想强化)当t＝0，不等式恒成立，于是ln≥at对t∈恒成立?a≤＝G对t∈恒成立．由洛必达法则，可得G＝
＝2，于是a≤2.下同法3.
法5：(先猜想并将猜想强化)由常用不等式ln
x≤x－1(x>0)可得ln≤－1＝，即at≤.当t＝0时，式子恒成立，当t∈，有a≤恒成立，而>2，所以a≤2.下同法3.
【点评】法1(分离参数法)把恒成立问题转化为求G的最小值，法2(最值法)把恒成立问题转化为求F的最小值．由此可见最值法与分离参数法本质上是相通的，其本质都是把不等式恒成立问题等价转化为求函数的最值问题，其区别在于所求的函数中是否含有参数．法3、法4和法5都是先求出必要条件a≤2，然后将必要条件进行强化，如果我们将这个必要条件与法2的最值法进行结合，可减少法2的分类讨论．
(三)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5定义函数fn(x)＝(1＋x)n－1，x＞－2，n∈N
.
(1)求证：fn(x)≥nx；
(2)是否存在区间[a，0](a＜0)，使函数h(x)＝f3(x)－f2(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fn(x)≥nx(x＝0时取等号)．
(2)令h(x)＝f3(x)－f2(x)＝x(1＋x)2，
h′(x)＝(1＋x)(1＋3x)．
令h′(x)＝0得x＝－1或x＝－.
∴x∈(－2，－1)时，h′(x)＞0；
x∈时，h′(x)＜0；
x∈时，h′(x)＞0.
故h(x)草图如图所示，①在－≤a＜0时，h(x)的最小值为h(a)＝ka，∴k＝(1＋a)2≥.
②在－③在－2∴k＝(1＋a)2≥，
综上，k的最小值为，此时[a，0]＝.
例6已知函数f＝ae2x＋ex－x.
(1)讨论f的单调性；
(2)若f有两个零点，求a的取值范围．
【解析】(1)f′＝2ae2x＋ex－1＝，2ex＋1>0.
①当a≤0时，aex－1<0，所以f′<0，所以f在R上递减．
②当a>0时，由f′>0可得x>ln，由f′<0可得x(2)法1：①当a≤0时，由(1)可知，f在R上递减，不可能有两个零点．
②当a>0时，＝f＝1－＋ln
a，令g＝，则g′＝＋>0，所以g在上递增，而g＝0，所以当a≥1时，g＝≥0，从而f没有两个零点．
当00，于是f在上有1个零点；因为f＝a＋－ln＝－ln>0，且ln>ln
，所以f在上有1个零点．
综上所述，a的取值范围为.
法2：ae2x＋ex－x＝0?ae2x＋aex＝2ex＋x?a＝.令g＝，
则g′＝＝
－，令h＝ex＋x－1，
则h′＝ex＋1>0，所以h在R上递增，
而h＝0，所以当x<0时，h<0，当x>0时，h>0，
于是当x<0时，g′>0，当x>0时，g′<0，所以g在上递增，在上递减．g＝1，当x→－∞时，g→－∞，当x→＋∞时，g→0＋.若f有两个零点，则y＝a与g有两个交点，所以a的取值范围是.
法3：设t＝ex>0，则x＝ln
t，于是ae2x＋ex－x＝0?at2＋at＝2t＋ln
t?
a＝，令G＝，则G′＝＝
－，令H＝t－1＋ln
t，则H′＝1＋>0，所以H在上递增，而H＝0，所以当00，当t>1时，H>0，G′<0，所以G在上递增，在上递减．G＝1，当t→0＋时，G→－∞，当t→＋∞时，G→0＋.若f有两个零点，则y＝a与G有两个交点，所以a的取值范围是.
法4：设t＝ex>0，则x＝ln
t，于是ae2x＋ex－x＝0?at2＋at－2t－ln
t＝0?a－2＝.令k＝a－2，φ＝，则f有两个零点等价于y＝k与y＝φ有两个交点．因为φ′＝，由φ′>0可得0e，所以φ在上递增，在上递减，φ＝，当x→＋∞时，φ→0＋.y＝k是斜率为a，过定点A的直线．
当y＝k与y＝φ相切的时候，设切点P，则有
，消去a和y0，
可得＝－2，
即＝0，即ln
t0＋t0－1＝0.
令p＝ln
t＋t－1，
显然p是增函数，且p＝0，于是t0＝1，此时切点P，斜率a＝1.所以当y＝k与y＝φ有两个交点时，0法5：f＝0?a＝2ex＋x，令M＝a，m＝e2x＋ex，n＝2ex＋x，则f有两个零点?M与n的图象有两个不同交点．
m＝n＝2，所以两个函数图象有一个交点.
令T＝m－n＝e2x－ex－x，则T′＝2e2x－ex－1＝，由T′>0可得x>0，由T′<0可得x<0，于是T在上递减，在上递增，而T＝0，所以m≥n，因此m与n相切于点，除切点外，m的图象总在n图象的上方．
由(1)可知，a>0.
当a>1时，将m图象上每一点的横坐标固定不动，纵坐标变为原来的a倍，就得到了M的图象，此时M与n(x)的图象没有交点．当a＝1时，m(x)的图象就是M(x)的图象，此时M(x)与n(x)的图象只有1个交点．当0法6：f(x)＝0?a(e2x＋ex)＝2ex＋x?a(ex＋1)－2＝，令p(x)＝a(ex＋1)－2，q＝，则f有两个零点?p与q的图象有两个不同交点．
q′＝，由q′>0可得x<1，由q′<0可得x>1，所以q在上递增，在上递减，当x→＋∞时，q→0＋.
由(1)可知，a>0，所以p是下凸函数，而q是
上凸函数．当p与q相切时，设切点为P，则有
消去a，y0可得－2＝，
即＝0，即ex0＋x0－1＝0.令W＝ex＋x－1，显然W是增函数，而W＝0，于是x0＝0，此时切点P，a＝1.所以当p与q的图象有两个交点时，0【点评】函数零点问题，其解题策略是转化为两个函数图象的交点，三种方式中(一平一曲、一斜一曲、两曲)最为常见的是一平一曲．法1是直接考虑函数f的图象与x轴的交点情况，法2是分离参数法，法3用了换元，3种方法的本质都是一平一曲，其中法3将指数换成了对数，虽然没有比法2简单，但是也提示我们某些函数或许可以通过换元，降低函数的解决难度．法4是一斜一曲情况，直线与曲线相切时的a值是一个重要的分界值．法5和法6都是两曲的情况，但法6比法5要简单，其原因在于法5的两曲凸性相同而法6的两曲凸性相反．
函数零点问题对函数图象说明的要求很高，如解法2当中的g是先增后减且极大值g＝1，但x→－∞和x→＋∞的状态会影响a的取值范围，所以必须要说清楚两个趋势的情况，才能得到最终的答案．
【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．
(四)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：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1，0)．
(1)设椭圆M与函数y＝的图象交于点P，若函数y＝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，连接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，)，
则kPF1＝，
又kPF1＝()′|x＝t＝|x＝t＝，所以＝，解得t＝1，即P(1，1)．
设椭圆M的右焦点为F2(1，0)，
则2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋1，即a＝，
又半焦距c＝1，所以椭圆M的离心率为e＝＝；
(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，
由方程组消去x得：(a2＋b2m2)y2－2b2my＋b2(1－a2)＝0，
∴y1＋y2＝，y1y2＝＝－，
连接OB，由|OA|＝|OC|知S△ABC＝2S△AOB，
∴S△ABC＝|OF1|·|y1－y2|＝＝.
令＝t，则m2＝t2－1(t≥1)，
∴S△ABC＝＝＝，
①若≥1，即0S(a)＝(S△ABC)max＝a；
②若0<<1，即b>1，a>时，
设f(t)＝b2t＋，则t≥1时，f′(t)＝b2－>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＝；
综上可知：S(a)＝
【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已知函数f(x)＝x3＋ax＋，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表示m，n中的最小值，设函数h(x)＝min(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，
即解得x0＝，a＝－.
因此，当a＝－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≥－，则f(1)＝a＋≥0，
h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，
故x＝1是h(x)的零点；
若a<－，则f(1)＝a＋<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)＝，f(1)＝a＋，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故在(0，1)中，当x＝时，f(x)取得最小值，最小值为f＝＋.
①若f＞0，即－＜a＜0时，f(x)在(0，1)上无零点．
②若f＝0，即a＝－时，f(x)在(0，1)上有唯一零点；
③若f＜0，即－3当－3综上，当a>－或a<－时，h(x)有一个零点；
当a＝－或a＝－时，h(x)有两个零点；
当－【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．
(五)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，通过整体代入、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9已知函数f(x)＝－x2－2ax＋ln
x(a∈R)．
(1)当a＝－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＝－时，f′(x)＝－2x＋1＋＝＝.
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＋＝.
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x1∴x1<0当x∈时，f′(x)>0，所以f(x)在为单调递增函数，
当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在为单调递减函数，
所以f(x)max＝f(x2)＝－x－2ax2＋ln
x2.
又由f′(x2)＝0，知－2ax2＝2x－1.
于是f(x)max＝f(x2)＝－x－2ax2＋ln
x2＝x＋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＝－时，x2＝1，f(x2)＝m(1)＝0，此时函数f(x)有一个零点；
②当a>－时，由于g(1)＝－1－2a<0，所以x2∈(0，1)，所以f(x2)③当a<－时，g(1)＝－1－2a>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
x所以f(x)＝－x2－2ax＋ln
x<－x2－2ax＋x＝－x2－(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，x2)和(x2，2(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－2ax2＝2x－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10已知函数f(x)＝ax＋(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表示的平面区域内，求实数a的取值范围；
(3)若函数h(x)＝x4＋(x2＋1)＋bx2＋1在(0，＋∞)上有零点，求a2＋b2的最小值．
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝x＋，
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在上恒成立，
令t＝，则t≥0，
代入得a(t2－1)＋t≥t2－2在上恒成立，
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)＝x4＋[f(x)－](x2＋1)＋bx2＋1＝0在(0，＋∞)上有解，
即x2＋ax＋＋b＋＝0在(0，＋∞)上有解，
令t＝x＋，则t≥2，
代入得方程t2＋at＋b－2＝0在[2，＋∞)上有解，
设g(t)＝t2＋at＋b－2(t≥2)，
当a<－4时，只需Δ＝a2－4b＋8≥0，a2＋b2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a2＋b2>16；
当a≥－4时，只需g(2)≤0，即22＋2a＋b－2≤0，
即2a＋b＋2≤0，a2＋b2的几何意义表示点(a，b)到原点(0，0)距离的平方，在此条件下，有a2＋b2≥.所以a2＋b2的最小值为.
【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、求数列的通项与前n项和等，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．
(六)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11变量x、y满足
(1)设z＝，求z的最小值；
(2)设z＝x2＋y2，求z的取值范围；
(3)设z＝x2＋y2＋6x－4y＋13，求z的取值范围．
【解析】由约束条件作出(x，y)的可行域如图阴影所示．
由解得A.
由解得C(1，1)．
由解得B(5，2)．
(1)∵z＝＝.
∴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zmin＝kOB＝.
(2)z＝x2＋y2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，
dmin＝|OC|＝，dmax＝|OB|＝.∴2≤z≤29.
(3)z＝x2＋y2＋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，
dmin＝1－(－3)＝4，dmax＝＝8.
∴16≤z≤64.
(七)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12是否存在常数a、b、c，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝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：
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．
(八)正难则反策略
例13已知函数f(x)＝ln
x，g(x)＝ax2＋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C1与函数g(x)的图象C2交于点P、Q，过线段PQ的中点作x轴的垂线分别交C1，C2于点M、N，证明C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行．
【解析】(1)b＝2时，h(x)＝ln
x－ax2－2x，
则h′(x)＝－ax－2＝－.
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，－1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(x1，y1)，(x2，y2)，0则点M、N的横坐标为x＝，
C1在点M处的切线斜率为k1＝|x＝＝，
C2在点N处的切线斜率为k2＝(ax＋b)|x＝＝＋b.
假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平行，则k1＝k2.
即＝＋b，则
＝(x－x)＋b(x2－x1)
＝－
＝y2－y1＝ln
x2－ln
x1.
所以ln＝.
设t＝，则ln
t＝，t>1. ①
令r(t)＝ln
t－，t>1.
则r′(t)＝－＝.
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>.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ln＝2.
令t＝，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.
因为′＝－＝，
所以t>1时，′>0.
故ln
t＋在(1，＋∞)上单调递增，从而ln
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．1．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，并且b2＋c2－a2＝bc.
(1)已知________________，计算△ABC的面积；
请在①a＝，②b＝2，③sin
C＝2sin
B这三个条件中任选两个，将问题(1)补充完整，并作答．注意，只需选择其中的一种情况作答即可，如果选择多种情况作答，以第一种情况的解答计分．
(2)求cos
B＋cos
C的最大值．
【解析】(1)若选②b＝2，③sin
C＝2sin
B.
∵sin
C＝2sin
B，
∴c＝2b＝4，
∵b2＋c2＝a2＋bc，
∴cos
A＝＝，
又∵A∈(0，π)，
∴A＝.
∴△ABC的面积S＝bcsin
A＝×2×4×＝2.
若选①a＝，②b＝2.
由b2＋c2＝a2＋bc可得c＝3，
∵b2＋c2＝a2＋bc，
∴cos
A＝＝，
又∵A∈(0，π)，
∴A＝.
∴△ABC的面积S＝bcsin
A＝×2×3×＝.
若选①a＝，③sin
C＝2sin
B，
∵sin
C＝2sin
B，
∴c＝2b，
又b2＋c2＝a2＋bc，
∴b2＋4b2＝7＋2b2，可得b＝，c＝.
∴△ABC的面积S△ABC＝bcsin
A＝×××＝.
(2)∵A＝，
∴cos
B＋cos
C＝cos
B＋cos＝cos
B－cos＝cos
B－cos
B＋sin
B
＝cos
B＋sin
B＝sin，
∵0∴∴当B＝时，sin＝cos
B＋cos
C有最大值1.
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且椭圆C过点，直线l：y＝kx－2与椭圆C相交于A，B两点，圆Ω是以AB为直径的圆．
(1)求椭圆C的方程；
(2)记O为坐标原点，若点O不在圆Ω内，求实数k的取值范围．
【解析】(1)依题意，＝，＋＝1，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)联立消去y并整理得：x2－16kx＋12＝0(
)，
因直线l与椭圆C有两个交点，即方程有不等的两实根，
故Δ＝(－16k)2－4·12>0，解得k2>.
设A，B，由根与系数的关系得
点O不在圆Ω内?·≥0，即x1x2＋y1y2≥0，
又由x1x2＋y1y2＝x1x2＋＝·－2k·＋4≥0，
解得k2≤4，故则则实数k的取值范围为∪.
3．2019年春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”，某路桥公司为掌握春节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费点记录了大年初三上午9：20～10：40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费点，它们通过该收费点的时刻的频率分布直方图如下图所示，其中时间段9：20～9：40记作区间，9：40～10：00记作，10：00～10：20记作，10：20～10：40记作.例如：10点04分，记作时刻64.
(1)估计这600辆车在9：20～10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)；
(2)为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车中随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9：20～10：00之间通过的车辆数为X，求X的分布列与数学期望；
(3)由大数据分析可知，车辆在每天通过该收费点的时刻T服从正态分布N，其中μ可用这600辆车在9：20～10：40之间通过该收费点的时刻的平均值近似代替，σ2可用样本的方差近似代替(同一组中的数据用该组区间的中点值代表)，已知大年初五全天共有1000辆车通过该收费点，估计在9：46～10：40之间通过的车辆数(结果保留到整数)．
参考数据：若T～N(μ，σ2)，则P(μ－σ【解析】(1)由题意，这600辆车在9：20～10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为
×20＝64，即10点04分．
(2)结合频率分布直方图和分层抽样的方法可知：抽取的10辆车中，在10：00前通过的车辆数就是位于时间分组中在这一区间内的车辆数，即×20×10＝4，所以X的可能取值为0，1，2，3，4.
所以P＝＝，P＝＝，
P＝＝，
P＝＝，P＝＝，
所以X的分布列为
X
0
1
2
3
4
P
所以E＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
(3)由(1)可得μ＝64，
σ2＝×0.1＋×0.3＋×0.4＋×0.2＝324，
所以σ＝18.
估计在9：46～10：40这一时间段内通过的车辆数，也就是46由T～N，
P＝＋＝0.8185，
所以，估计在9：46～10：40这一时间段内通过的车辆数为1000×0.8185≈819辆．
4．已知函数f(x)＝2x3－ax2＋2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当0【解析】(1)对f(x)＝2x3－ax2＋2求导得f′(x)＝6x2－2ax＝6x.所以有
当a<0时，区间上单调递增，区间上单调递减，(0，＋∞)区间上单调递增；
当a＝0时，(－∞，＋∞)区间上单调递增；
当a>0时，(－∞，0)区间上单调递增，区间上单调递减，区间上单调递增．
(2)若0所以M－m＝f(1)－f＝(4－a)－＝－a＋2，设函数g(x)＝－x＋2，求导得g′(x)＝－1，当0若2所以M－m＝f(0)－f＝2－＝，而2综上得M－m的取值范围是.(共94张PPT)
第22讲 高考数学解答题的破解策略
限时训练>●。。