解答题解法初探[上学期]

专题十五 怎样解解答题
一、题型梳理
在高考数学试题的三种题型中，解答题的题量虽比不上选择题，但其占分的比重最大，足见它在试卷中地位之重要。解答题也就是通常所说的主观性试题，这种题型内涵丰富，包含的试题模式灵活多变，其基本架构是：给出一定的题设（即已知条件），然后提出一定的要求（即要达到的目的），让考生解答。而且，“题设”和“要求”的模式则五花八门，多种多样。考生解答时，应把已知条件作为出发点，运用有关的数学知识和方法，进行推理、演绎或计算，最后达到所要求的目标，同时要将整个解答过程的主要步骤和经过，有条理、合逻辑、完整地陈述清楚。
二、考查功能
解答题的考查功能，概括地说应该是：它重点突出地深刻考查知识和能力，并且可以多角度、多层次的考查。具体地讲：
1．由于每道解答题的内容可多可少，问题可大可小，陈述可长可短，难度可深可浅。即命题的自由度很大，可调节的范围很宽。因而解答题的考查功能有很大的弹性，既可在多个层次上考查基本知识、基本技能和基本方法，又能深入地考查数学能力和数学素质。尤其是复杂的运算，多转折的逻辑推理，多线条图形的空间想象和辨识，综合问题的分析和解决，等等，这些深层的素质和能力和考查，非解答题莫属，客观性试题的题型是无能为力。
2．考生解答解答题时，必须写出求解过程。因此，解答题能有效地考查陈述表达能力。这也是客观题所无法办到的。
3．解答题一题多解的现象在数学中表现突出，对于同一试题的解答，所用的思想方法、数学概念和法则，以及演算、推理过程，其差别有时十分大。因此，它能为考生展露自己的才能提供广阔的天地，良好的环境条件；同时，也能比较有效地考查出各个层次的考生成绩，促进考试区分度的提高。
4．解答题评分标准的制定有一定的灵活性，通常可以通过评分标准的制定，对试题的考查功能进行调控，也就是说，分值的配置可倾向于考查的侧重点。
三、思想方法
解答题在高考中占有相当大的比重，在全卷的三种题型中，分数占近50%，主要由综合性问题构成，就题型而言，包括计算题、证明题和应用题等。它的题型特点和考查功能决定了审题思考的复杂性和解题设计的多样性。在审题时要把握好“三性”。即明确目的性，提高准确性，注意隐含性。解题实践表明：条件暗示可知并启发解题手段，结论预告需知并诱导解题方向。一般地，解题设计要因题定法，无论是整体考虑或局部联想，在确定方法时必须遵循的原则是：
1．熟悉化原则。2．具体化原则。3．简单化原则。4．和谐化原则。
探索解题思路的方法是：
1．要认真审题。2．要灵活机动。3．要善于猜想。4．要把顺推和逆推相辅并行。5．要抓住数学问题的具体特点。6．要借助于已经解决的数学问题。7．要注意应用基本概念和基本理论。8．要注意各学科知识的综合运用。
解综合题的基本策略是：
1．语言转换策略。2．数形结合策略。3．进退并举策略。4．辨证思维策略。5．联想迁移策略。
6．分类讨论策略。
四、例题解析
一、要认真审题，注意应用基本概念和基本理论解题。
【例1】 （1）设复数z在复平面内对应的点为Z，将点Z绕坐标原点按逆时针方向旋转，再沿实轴正方向平移1个单位，向上平移1个单位，得到点Z1，若点Z1与点Z重合，求复数z。
（2）设向量（O为原点）对应的复数z，将按顺时针方向旋转，再沿实轴正方向平移3个单位，向下平移1个单位，若所得的向量对应的复数1-i，求复数z。
【解】 （1）由题意得z（cos+sin）+(1+i)=z 即 z(-1+i)= -1-i,
∴z== -+i
（2）由题意得 z[cos(-)+isin(-)]=1-i; 即 z(-i)= 1-i;
∴ z==2
【注】 本例是两个复数的解答题，题（1）是点Z的旋转和平移，题（2）是向量的旋转和平移，注意它们的平移的概念不同。解答题条件往往内涵丰富，要认真审题，理清条件。
【例2】 设函数f(x)的定义域为R，且在其定义域R上，总有f(x)= -f(x+2)，又当-1（1）求当3【解】 （1）∵f(x+4)=f[(x+2)+2]= -f(x+2)=f(x)
∵当3（2）函数f(x) 在(3,5上是增函数。
证明如下：任取x1,x2使3f(x1)-f(x2)=x12-6x1+8-x22+6x2-8=(x1-x2)(x1+x1-6)<0,
这是因为：x1-x2<0,且依30，
可推得：f(x1)【注】 本题中的条件f(x)= -f(x+2)比较隐蔽，注意挖掘。
二、要化繁为简，抓住数学问题的具体特点解题。
【例3】 在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若a、b、c成等差数列，求cosA+2cosB+cosC的值。
【解】 由a、b、c成等差数列得a+c=2b，
由正弦定理得sinA+sinC=2sinB,
变形后得2sincos=4sincos，又由A+B+C=180°得sin=cos，
∴cos=2sin，又cosA+2cosB+cosC=(cosA+cosC)+2cosB
=2coscos+2(1-2sin2)
将cos=2sin,cos=sin代入上式得cosA+2cosB+cosC=4sin2+2-4sin2=2
【注】 本题先化简，使条件简洁明了，从而更容易把握住问题的实质。
【例4】 已知数列{an}，其中a1=1,an=an-1·3n-1(n≥2，且n∈N) 。
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）设函数f(n)=log3()(n∈N)，数列{bn}的前n项和为f(n)，求数列{bn}的通项公式；
（3）求数列{|bn|}的前n项和Sn。
【解】 （1）∵an=an-1·3n-1(n≥2,且n∈N) ∴=3n-1
∴=31, =32,……=3n-1 ∴·……=31+2+……(n-1)
∵a1=1 ∴an=3
（2）∵f(n)=log3()=(n∈N) ∴ b1=f(1)= -2
当n≥2时，bn=f(n)-f(n-1) =(n2-5n)-[(n-1)2-5(n-1)]=n-3
∵n=1时，1-3= -2=b1∴数列{bn}的通项公式为bn=n-3(n∈N)
（3）数列{bn}是首项b1= -2，公差d=1的等差数列。
当bn=n-3≤0，即n≤3时Sn=|f(n)|=
当bn=n-3>0，即n>3时，Sn=|b1|+|b2|+|b3|+|b4|+…+|bn|
=|b1+b2+b3+…+bn|+2|b1+b2+b3| =f(n)+2|f(3)| =
综上所述Sn=
【注】 本题抓住数列问题的具体特点求通项，求前n项的和。
三、要灵活机动，把顺推和逆推相辅并行。
【例5】 在△ABC中，sin2+sin2+sin2的最小值。
【解】 令y= sin2+sin2+sin2=++
=- (cosA+cosB+cosC) =-(2coscos+1-2sin2)
在△ABC中，=-，∴cos=sin
又cos≤1 y≥-[(2sin+1)-2sin2] =sin2-sin+1 =(sin-)2+
当时，y取得最小值。
【注】 本题已知条件简洁，一时难以将问题展开，故考虑把结论逆推，条件顺推，灵活地使顺推和逆推相辅并行，最终解决问题。
四、要善于联想，借助于已经解决的数学问题。
【例6】 已知函数f(x)=x3+x，x∈R。
（1）指出f(x)在定义域R上的奇偶性与单调性（只须写出结论，无须证明）；
（2）若a、b、c∈R，且a+b>0,b+c>0,c+a>0，试证明：f(a)+f(b)+f(c)>0。
【解】 （1）f(x)是定义域R上的奇函数且为增函数。
（2）由a+b>0得a>-b。由增函数，得f(a)>f(-b),由奇函数，得f(-b)= -f(b),∴f(a)+f(b)>0
同理可得f(b)+f(c)>0,f(c)+f(a)>0。将上式相加后，得f(a)+f(b)+f(c)>0
【注】 本题在证明（2）时，联想到已经解决的问题（1），借助于问题（1）解题，妙不可言。解题时要充分重视问题的承上启下，新旧联系。
五、要善于猜想，把握好特殊与一般的关系。
【例7】 设f(k)是满足不等式log2x+log2(3·2k-1-x) ≥2k-1(k∈N)的自然数x的个数。
（1）求f(x)的解析式；
（2）记Sn=f(1)+f(2)+…+f(n)，求Sn的解析式；
（3）令Pn=n2+n-1(n∈N)，试比较Sn与Pn的大小。
【解】 （1）log2x+log2(3·2k-1-x) ≥2k-1(k∈N)
2k-1≤x≤2k ∴f(k)=2k-2k-1+1=2k-1+1
(2)Sn=f(1)+f(2)+…+f(n) =20+21+…+nn-1+n=2n+n-1
(3)Sn-Pn=2n-n2
n=1时，21-12>0;n=2时，22-22=0；n=3时，23-32<0；n=4时，24-42=0;
n=5时，25-52>0；n=6时，26-62=0;猜想：n≥5时，Sn>Pn。
下面用数学归纳法给出证明：
当n=5时，S5>P5已证。令n=k时，Sk>Pk,即2 k >k 2,则Sk+1=2k+1+k+1-1=2·2k+k+1-1>2·k2+k
Pk+1=(k+1)2+k+1-1=k2+2k+1+k Sk+1-pk+1=2k2-(k+1)2=k2-2k-1=(k-1)2-2
当k≥5时，(k-1)2-2>0,即Sk+1>Pk+1。所以当n≥5时，总有Sn>Pn。
综上，n=1,n≥5时，Sn>Pn。n=2，n=4时，Sn=Pn；n=3时，Sn【注】 当从一般角度难以比较两个式子大小时，不妨从特殊角度研究，归纳总结，大胆猜想，最后进行一般论证。
六、要数形结合，充分体现数学的学科特点。
【例8】 已知α、β、γ均为锐角，且cos2α+cos2β+cos2γ=1,
求证：tanα+tanβ+tanγ≥3。
【证明】 由已知条件作正方体ABCD—A1B1C1D1，如图15-1
使∠C1AD=α，∠C1AB=β，∠C1AA1=γ，又
设AD=a,AB=b,AA1=c，则tanα=,tanβ=,tanγ=。
由不等式≥得
tanα+tanβ+tanγ=++≥++=
[()+()]≥(3·+3·)=3，即tanα+tanβ+tanγ≥3
【注】 本题是一个三角条件不等式的证明问题，难度比较大。联想到立几中有关结论，构造长方体，数形结合，将问题转换成代数不等式证明比较容易。
七、要有整体意识，注意各学科知识的综合运用
【例9】 设0a。
【解】 由05解得 -2≤x<2或x>7故原不等式的解集为{x|-2≤x<2或x>7}
【注】从整体上考虑，本题是一个指数型的不等式，用同底法求解。
【例10】 已知双曲线C1的中心在原点，焦点在x轴上，离心率e=2，且过点P(,-)。
（1）求双曲线C1的方程；
（2）已知直线l1∶y=mx(m为整数)与双曲线C1有公共点，抛物线C2的顶点O′在直线l1上，对称轴平行于x轴，准线是双曲线C1的右准线，又知抛物线C2的焦点在斜率为1的直线l2上，且定点A(7,5)关于直线l2的对称点B在抛物线C2上，求抛物线C2的方程。
【解】 （1）设双曲线C1的方程为-=1(a>0,b>0)。
∵e==2，∴c=2a,b2=c2-a2=3a2。∴C1的方程为-=1。
又C1过点P(,-), ∴-=1，∴a2=4,b2=12。
故双曲线C1的方程为-=1
（2）由消去y，得(3-m2)x2-12=0。
∵直线l1∶y=mx与双曲线C1有公共点。∴-又m为正整数，∴m=1，即l1的方程为y=x。
∴抛物线C2的顶点O′在直线l1上，对称轴平行于x轴，∴设抛物线C2的方程为(y-h)2=2p(x-h)，(p>0)
此时C2的焦点为F(+h,h)准线为x= -+h。又设直线l2的方程为y=x+n,
∵C2的焦点F在l2上，∴h=+h+n，即+n=0 ①
易知双曲线右准线为直线x=1，它是抛物线C2的准线，
∴ -+h=1 ②
设点A(7,5)关于直线l2的对称点为B(x1,y1)，
则有B(5-n,7+n)
∵点B在抛物线C2上，∴(7+n-h)2=2p(5-n-h) ③
解①、②、③所组成的方程组：
由①、②得 n= -,h=1+，代入③得(7--1-)2=2p(5+-1-)
整理得p2-20p+36=0,∴或
∴抛物线C2的方程为(y-2)2=4(x-2)或(y-10)2=36(x-10)。
【注】 本题从整体上考虑圆锥曲线的方程、位置关系、对称点求法，综合运用有关代数知识解决问题。
五、跟踪练习
1．已知α、β为锐角，cosα=,tan(α-β)= -1。
求cos()cos()的值。
2．已知f(x)是定义在R上的增函数。设F(x)=f(x)-f(a-x)
（1）用函数单调性定义证明F(x)是R上的增函数；
（2）证明函数y=F(x)的图像关于点（，0）为中心对称。
3．设复数z=cosθ-sinθ++i(cosθ+sinθ)
（1）当θ为何值时，|z|取得最大值，并求此最大值；
（2）若θ∈（π，2π），求argz（用θ表示）。
4．在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，且a、b、3c成等比数列，又∠A-∠C=。试求∠A、∠B、∠C的值。
5．已知两个复数集合M={z|z=cosθ+(4-m2)i,m∈R,θ∈R},N={z|z=m+λ+sinθi,m∈R,θ∈R},且M∩N≠，求实数λ的取值范围。
6．已知定义域为{x|x是正实数集}的函数f(x)，对于任意x,y∈{y|y是正实数集}时，恒有f(xy)=f(x)+f(y)。
（1）求证：当x∈{x|x是正实数集}时，f()= -f(x);
（2）若x>1时，恒有f(x)<0，求证：f(x)必有反函数；
（3）设f-1(x)是f(x)的反函数，求证：f-1(x)在其定义域内恒有f-1(x1+x2)=f-1(x1)·f-1(x2)。
7．某隧道长a米，最高限速为v0米/秒，一个匀速行进的车队有10辆车，每辆车长为1米，相邻两车之间距离l（米）与车速v(米/秒)的平方成正比，比例系数为k，自第1辆车车头进隧道至第10辆车车尾离开隧道所用的时间为t秒。
（1）求出函数t=f(v)的解析式，并求定义域；
（2）求车队通过隧道时间t的最小值，并求出t取得最小值时v的大小。
8．已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)= -bx，其中a、b、c满足a>b>c,a+b+c=0(a,b,c∈R)
（1）求证：两函数的图像交于不同的两点A、B；
（2）求线段AB在x轴上的射影A1B1的长的取值范围。
9．如图15-2，已知斜三棱柱ABC—A1B1C1的侧棱与底面边长都是2，侧棱与底面成60°的角，且侧面ABB1A1⊥底面ABC。
（1）求证：B1C⊥C1A；
（2）求二面角C1—AB—C的大小；
（3）求三棱锥B1—ABC1的体积。
10．已知等比数列{an}中a1=1，公比为x(x>0)，其前n项和为Sn。
（1）写出数列{an}的通项公式及前n项和Sn的公式；
（2）设bn=,写出bn关于x和n的表达式；
（3）判断数列{bn}的增减性；
（4）求bn。
11．已知F(x)=f(x)-g(x)，其中f(x)=lg(x-1)，并且当且仅当点(x0,y0)在f(x)的图像上时，点(2x0,2y0)在y=g(x)的图像上。
（1）求y=g(x)的函数解析式；
（2）当x在什么范围时，F(x)≥0
12．某公司欲将一批不易存放的蔬菜，急需从A地运到B地，有汽车、火车、直升飞和机三种运输工具可供选择，三种运输工具的主要参考数据如下：
运输工具 途中速度（千米/小时） 途中费用（元/千米） 装卸时间（小时） 装卸费用（元）
汽车 50 8 2 1000
火车 100 4 4 2000
飞机 200 16 2 1000
若这批蔬菜在运输过程（含装卸时间）中的损耗为300元/小时，问采用哪种运输工具比较好，即运输过程中的费用与损耗之和最小。
附：参考答案
1．[解] 由α为锐角，cosα=,得tanα=.
∴tanβ=tan[α-(α-β)]===7又β为锐角，求得cosβ=,
∴cos()cos()=(cosα+cosβ) =
2．[解] （1）任取x1、x2∈R，且x1F(x1)-F(x2)=[f(x1)-f(a-x1)]- [ f(x2-f(a-x2)) =[f(x1)-f(x2)]+[F(a-x2)-f(a-x1)]
∵f(x)是R上的增函数，有f(x1)-f(x2)<0。
又由x1∴F(x1)-F(x2)<0,即F(x1)（2）点(x,y)关于点（，0）为中心对称的点为(a-x,-y)，
证明F(x)关于点（，0）为中心对称，只须证明对任意x∈R都有
F(x)= -F(a-x)任取x∈，则F(a-x)=f(a-x)-f[a-(a-x)] =f(a-x)-f(x) = -[f(x)-f(a-x)]= -F(x)
∴F(x)关于点（，0）为中心对称。
3．[解] （1）|z|==2
=2|cos(+)|
当+=kπ，即θ=2kπ-时，|z|取得最大值2(k∈Z)
（2）z=cos(θ+)++isin (θ+) =2cos(+)[cos(+)+isin(+)]
∵θ∈(π,2π) ∴+∈(,),cos(+)<0
∴z=2|cos(+)|[cos(+)+isin(+)]
∵+∈(,),argz∈[0,2π.∴当+<2π，即θ<时，argz=+;
当+≥2π，即θ≥时，argz=-。
4．[解] 由a,b,3c成等比数列，得b2=(3c)·a=3ca
由正弦定理得,sin2B=3sinC·sinA,
于是sin2B=3·(-){cos(A+C)-cos(A-C)}。
∵B=π-(A+C),∴sin2(A+C)= -{cos(A+C)-cos}
即1-cos2(A+C)= -cos(A+C)，化简得：2cos2(A+C)-3cos(A+C)-2=0,只能cos(A+C)= -,
∵0再依条件A-C=可知：∠A=π，∠B=，∠C=。
5．[解] 由已知，集合M、N中至少有一相等元素，可得：
cosθ+(4-m2) i =m+(λ+sinθ) i
由复数相等的定义得：
则λ=4-cso2θ-sinθ=sin2θ-sinθ+3 =(sinθ-)2+
当sinθ=，即θ=kπ+(-1)k·(k∈Z)时，λmin=;
另一方面，当sinθ= -1，即θ=2kπ-(k∈Z)时，λmax=5。故 λ∈[，5]
6．[解] （1）令x=y=1,则f(1)=f(1)+f(1) ∴f(1)=0
又令y=,则f(x)+f()=f(x·)=f(1),∴f(x)+f()=0
∴当x∈{x|x是正实数集}时，f()= -f(x)。
（2）设x1、x2∈{x|x是正实数集}，且x11。故f(x2)-f(x1)=f(x2)+f() =f()<0
∴f(x2)（3）∵x1，x2，x1+x2在f(-1)x的定义域内，
∴f -1(x1),f -1(x2), f -1(x1+x2) ∈{x|x是正实数集}
于是f[f -1(x1)·f -1(x2)]=f[f -1(x1)]+f[f -1(x2)]=x1+x2=f[f –1(x1+x2)]
∴f -1(x1+x2)=f -1(x1)·f-1(x2)
7．[解] （1）m=kv2
t=f(v)= (0（2）t=f(v)=+9kv,≥2
仅当=9kv,即v=时上式中等号成立。
①当≤v0,v=时，t取得最小值，其最小值为：2。
②当=(-v0v)
v≤v0, ∴v0v≤v02<∴f(v0)-f(v)<0
因此，当v=v0时，t有最小值，其最小值为+9kv0。
8．[解] （1）由消去y，得ax2+2bx+c=0 ※
Δ=4b2-4ac=4(-a-c)2-4ac=4(a2+ac+c2)=4[(a+)2+c2]
∵a+b+c=0,a>b>c, ∴a>0,c<0。∴c2>0∴Δ>0，即两函数的图像交于不同的两点。
（2）设方程※的两根为x1和x2,则
x1+x2= -,x1x2=.|A1B1|2=(x1-x2)2=(x1+x2)2-4x1x2
=(-)2 ===4[()2++1]=4[(+)2+]
∵a>b>c,a+b+c=0,a>0,c<0,∴a>-a,-c>c，解得∈(-2,- ).
∵f()=4[()2++1]的对称轴方程是= - ∈(-2,- )时，|A1B1|2为减函数。
∴|A1B1|2∈(3,12)，故|A1B1|∈（3，2）。
9．[解] （1）作B1D⊥AB于D，
∵侧面ABB1A1⊥底面ABC，
又B1D面ABB1A1，∴B1D⊥底面ABC，
∴∠B1BA=60°，故△ABB1是正角形。
∵D是AB的中点，连CD，又△ABC是正三角形，
∴CD⊥AB，又CD是B1C在平面ABC的射影，
∴B1C⊥AB。又BB1C1C是菱形，∴B1C⊥BC1，
又AB∩BC1=B，∴B1C⊥面ABC1，又AC1面ABC，∴B1C⊥C1A。
（2）由（1）知C1A⊥B1C。又ACC1A1是菱形，∴C1A⊥A1C。
∵B1C∩A1C=C，∴C1A⊥面A1B1C，∴C1A⊥A1B1，又AB∥A1B1，∴C1A⊥AB。
连DE，∴DE∥C1A，∴DE⊥AB。又CD⊥AB，∴∠CED是二面角C1—AB—C的平面角。
在△CDB1中，CD=B1D=，∠CDB1是直角，DE平分∠CDB1，∴∠CDE=45°。
（3）由（1）已证B1C⊥面ABC1，∴B1E是三棱锥B1—ABC1的高，且BE==，
又DE=B1E=，∴S△ABC=AB×AC1=AB×DE=2×=
∴V锥B—ABC=S△ABC·B1E=··=1
10．[解] （1）an=xn-1,Sn=
（2）当x=1时，bn==，当x≠1时，bn==。∴bn=
（3）当x=1时，==<1，又bn>0，∴bn+1当x≠1时，===1-
∵ x≠1,1-x与1-xn同号，∴>0，∴1-<1,又bn>0, ∴bn+1综上知{bn}为递减数列。
（4）当x=1时，bn==0;
当x≠1时，bn=；当x>1时，bn==1-；
当011．[解] （1）由点(x0,y0)在y=lg(x-1)的图像上，y0=lg(x0-1),
令2x=u,2y0=v,则x0=,y0=,∴=lg(-1),即u=2lg(-1)。
由(2x0,2y0)在y=g(x)的图像上，即(u,v)在y=g(x)的图像上，∴y=g(x)=2lg(-1)
（2）F(x)=f(x)-g(x)=lg(x-1)-2lg(-1)
由F(x)≥0，即lg(x-1)-2lg(-1)≥0 ①
故不等式①等价于不等式组
2∴当212．[解] 设A、B两地距离为S千米，则采用三种运输工具运输（含装卸）过程中的费用和时间可用下表给出：
运输工具 途中及装卸费用 途中时间
汽车 8S+1000 +2
火车 4S+2000 +4
飞机 16S+1000 +2
分别用F1、F2、F3表示用汽车、火车、飞机运输的总支出，则有
F1=8S+100+（+2）×300=14S+1600 F2=4S+2000+（+4）×300=7S+3200
F3=16S+1000+（+2）×300=17.5S+1600
∵S>0,∴F1,
∴（1）当S<（千米）时，F1< F2，F1< F3，此时采用汽车较好；
（2）当S=（千米）时，F1= F2 < F3，此时采用汽车较好；
（3）当S>（千米）时，F1> F2，并满足F3>F2，此时采用火车较好。