高考數學題型答題技巧（三）

高慧明　張琦

數學解答題（主觀性試題）在每年的各省市高考中都是拉開考生分差的題型，其考查形式是考生最為熟悉的題型，而其考查功能無論是在廣度上還是深度上，都要優于選擇題和填空題.解答題的試題模式（計算題、證明題、應用題、探索題等）靈活多變，能充分考查考生對相關知識的掌握程度.

解答題除了考查基礎知識和基本技能外，更主要的是通過解答的過程考查考生思維的過程，從而測量其思維能力、思維品質、探究能力和創新能力等，是試卷中體現區分度的關鍵部分.因此，探索解答題的解決途徑，掌握常見的解答策略與技巧，至關重要.

一、三角函數與解三角形解答技巧

“三角函數與解三角形”專題包括：三角函數、三角恒等變換、解三角形三部分內容.通過對近幾年全國各省市高考試題分析可以發現，不論文理，本模塊的內容都是考查的熱點和重點.由于近幾年的高考已經逐步拋棄了對復雜的三角變換和特殊技巧的考查，重點轉移到利用三角公式進行恒等變形，三角函數的性質和圖象變換等方面，利用正、余弦定理解三角形.重視對基礎知識和基本技能的考查，突出三角與代數、幾何、向量等知識點的綜合聯系，多考查三角化簡和三角函數性質中的單調性、周期性、最值等問題.

例1. 已知函數f（x）=sin2x-sin2（x-），x∈R.

（Ⅰ）求f（x）最小正周期；

（Ⅱ）求f（x）在區間[-，]上的最大值和最小值.

解析：由已知條件，可知：

f（x）=-=（cos2x+sin2x）-cos2x=sin2x-cos2x=sin（2x-）.

所以f（x）的最小正周期T==？仔.

（II）因為f（x）在區間[-，-]上是減函數，在區間[-，]上是增函數，

f（-）=-，f（-）=-，f（）=，

所以f（x）在區間[-，]上的最大值為，最小值為-.

點評：本題主要考查兩角和與差的正余弦公式、二倍角的正余弦公式、三角函數的圖象與性質.綜合運用三角知識，從正確求函數解析式出發，考查最小正周期的求法與函數單調性的應用，從而求出函數的最大值與最小值.在化簡的過程中，如果各位考生對降冪公式不是十分熟悉的話，建議通過二倍角公式cos2？琢=2cos2？琢-1=1-2sin2？琢重新推導得出cos2？琢=，sin2？琢=，這并不會浪費時間.

在求給定區間上三角函數最值的時候也可以如下解決：

因為x∈[，]，所以2x-∈[，]，所以sin（2x-）∈[1，].

所以，當2x-=-，即x=-時，f（x）有最小值為-；

當2x-=，即x=時，f（x）有最大值為.

追蹤練習1. ？駐ABC中，D是BC上的點，AD平分∠BAC，？駐ABD面積是？駐ADC面積的2倍.

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）若AD=1，DC=，求BD和AC的長.

解析：（Ⅰ）S？駐ABD=AB·AD·sin∠BAD，S？駐ADC=AC·AD·sin∠CAD，

因為S？駐ABD=2S？駐ADC，∠BAD=∠CAD，

所以AB=2AC.由正弦定理可得==.

（Ⅱ）因為==2，DC=，所以BD=.

在？駐ABD和？駐ADC中，由余弦定理得：

AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB，

AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.

因為cos∠ADB=-cos∠ADC，

所以AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.

由（Ⅰ）知AB=2AC，所以AC=1.

點評：本題考查了三角形的面積公式、角分線概念、正弦定理和余弦定理，由角分線的定義得角的等量關系，由面積關系得邊的關系，由正弦定理得三角形內角正弦的關系；分析兩個三角形中cos∠ADB和cos∠ACD互為相反數的特點結合已知條件，利用余弦定理列方程，進而求AC.

二、數列與不等式解答技巧

數列與不等式知識結合是近幾年高考的熱點，高考命題主要有以下三個方面：

（1）數列本身的有關知識，其中有等差數列與等比數列的概念、性質、通項公式及求和公式.

（2）數列與其它知識的結合，其中有數列與函數、方程、不等式、三角、幾何的結合.

（3）數列的應用問題，其中主要是以增長率問題為主.

如果單純考查數列本身有關知識，多以選擇填空題出現，考查考生對“三基”的掌握情況，解答題多以中檔題為主.但是個別省市會將用數列與函數、不等式的綜合作為最后一題.這類題目的綜合性強，解題所用的方法豐富，能力要求高，需要對數列、函數和不等式的知識和方法有較好的掌握.

例2. 已知數列{an}滿足：a1=1，2an+1-2an-1=0，n∈N？鄢.數列{bn}的前n項和為Sn，Sn=9-（）n-2，n∈N？鄢.

（Ⅰ）求數列{an}，{bn}的通項公式；

（Ⅱ）設cn=anbn，n∈N？鄢，求數列{cn}的前n項和Tn.

解析：（Ⅰ）由2an+1-2an-1=0得an+1-an=，n∈N？鄢，又a1=1，

所以{an}是以1為首項，為公差的等差數列，則an=a1+（n-1）d=，n∈N？鄢.

當n=1時，b1=S1=9-（）1-2=6，

當n≥2時，Sn-1=9-（）n-3，

bn=Sn-Sn-1=[9-（）n-2]-[9-（）n-3]=，

又n=1時=6=b1，所以bn=，n∈N？鄢.

（Ⅱ）知（Ⅰ）知an=，bn=，n∈N？鄢，所以cn=an·bn=（n+1）（）n-2，n∈N？鄢.

所以Tn=2×（）-1+3×（）0+4×（）1+…+（n+1）×（）n-2 （1）

等式兩邊同乘以得：

Tn=2×（）0+3×（）1+4×（）2+…+（n+1）×（）n-1 （2）

（1）-（2）得：

Tn=2×（）-1+×（）0+×（）1+…+（）n-2-（n+1）×（）n-1=6+-（n+1）（）n-1.

所以Tn=-（）n-2，n∈N？鄢.

點評：已知數列前n項和與第n項關系，求數列通項公式，常用an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2將所給條件化為關于前n項和的遞推關系或是關于第n項的遞推關系.若滿足等比數列或等差數列定義，用等比數列或等差數列通項公式求出數列的通項公式，否則適當變形構造等比或等數列求通項公式.關于數列求和，本題中所用的是錯位相減法，這種方法是在推導等比數列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列{an·bn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數列和等比數列.

追蹤練習2. 已知數列{an}滿足a1=且an+1=an-（n∈N？鄢）

（Ⅰ）證明：1≤≤2（n∈N？鄢）；

（Ⅱ）設數列{}的前n項和為Sn，證明≤<（n∈N？鄢）.

解析：（Ⅰ）由題意，得an+1-an=-an2≤0，即an+1≤an，an≤，

由an=（1-an-1）an-1，得an=（1-an-1）（1-an-2）…（1-a1）a1>0，

由0

（Ⅱ）由題意得an2=an-an+1，

∴Sn=a1-an+1……①，由-=和1≤≤2，得1≤-≤2，

∴ n≤-≤2n，因此≤an+1≤（n∈N？鄢）

……②，

由①②得：

≤≤.

點評：本題主要考查了數列的遞推公式，不等式的證明等知識點，屬于較難題，第（Ⅰ）問易證，利用條件中的遞推公式作等價變形，即可得到==，再結合已知條件即可得證，第（Ⅱ）問具有較強的技巧性，首先根據遞推公式將Sn轉化為只與an+1有關的表達式，再結合已知條件得到an+1的取值范圍即可得證.由于數列綜合題與不等式相結合，技巧性比較強，需要平時一定量的訓練與積累，在后續復習時應予以關注.

三、立體幾何解答技巧

立體幾何解答題核心考點主要分為三大類：一是考查空間點、線、面的位置關系，這類問題需要考生熟練掌握公理、定理、定義以及空間向量，在高考中考查最多的是平行和垂直關系，主要以解答題第一問的形式出現，在解決這類問題時，要把握好問題的轉化方向，并且做好將問題反復轉化的準備.二是考查空間向量在立體幾何問題中的綜合應用，包括空間角、距離、體積、面積等的計算，這類問題常以空間幾何體為載體，考查空間量的計算，這部分內容現在基本是用空間向量的方法解決.三是部分考題會設計一問探究題，通過空間向量考查考生“推理論證”“運算求解”“數據處理”等基本能力.

例3. 如圖，在四棱錐P-ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面ABCD為梯形，AD//BC，AD⊥AB，且PB=AB=AD=3，BC=1.

（Ⅰ）若點F為PD上一點且PF=PD，

證明：CF//平面PAB；

（Ⅱ）求二面角B-PD-A的大小；

（Ⅲ）在線段PD上是否存在一點M，使得CM⊥PA？若存在，求出PM的長；若不存在，說明理由.

解析：（Ⅰ）過點F作FH//AD，交PA于H，連接BH，因為PF=PD，

所以HF=AD=BC. 又FH//AD，AD//BC，所以HF//BC.

所以BCFH為平行四邊形，所以CF//BH.

又BH？奐平面PAB，CF？埭平面PAB，所以CF//平面PAD.

（Ⅱ）因為梯形ABCD中，AD//AB，AD⊥AB，所以BC⊥AB.

因為PB⊥平面ABCD，所以PB⊥AB，PB⊥BC.

如圖，以B為原點，BC，BA，BP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，

所以C（1，0，0），D（3，3，0），A（0，3，0），P（0，0，3）.

設平面BPD的一個法向量為=（x，y，z），平面APD的一個法向量為=（a，b，c），

因為=（3，3，-3），=（0，0，3），

所以·=0，·=0，即3x+3y-3z=0，3z=0.

取x=1得到=（1，-1，0），同理可得=（0，1，1），

所以cos<，>==-，因為二面角B-PD-A為銳角，

所以二面角B-PD-A為.

（Ⅲ）假設存在點M，設==（3，3，-3），

所以=+=（-1+3，3，3-3），所以·=-9+3（3-3）=0，解得=，

所以存在點M，且PM=PD=.

點評：本題主要考查直線和平面平行、線線、線面垂直，二面角、空間向量的應用.將立體幾何向量化，體現向量工具的應用，即把幾何的證明與計算問題轉化為純代數的計算問題，是向量的最大優勢，把空間一些難以想象的問題轉化成計算問題，有效的解決了一些學生空間想象能力較差的問題. 另外利用空間向量解題時，要準確寫出空間點的坐標，這很重要.

四、概率統計解答技巧

概率與統計是歷屆高考的必考內容之一.從今年各地高考試題來看，對概率統計的考查幾乎涉及所有基本概念和基本公式，并且在題型包裝上多以解答題的形式出現，而且概率統計問題可以通過對題干情境的重新組合、變化使得試題更加貼近學生實際，具有時代氣息，從而更進一步考查考生的分析問題、解決問題的能力.

試題往往以實際應用問題為背景.文科則通過統計、頻率、古典概型、幾何概型等知識考查考生的運算求解能力、數據處理能力.而理科以排列組合、概率統計等知識為工具，著重考查基本概型、基本概率事件的識別、離散型隨機變量的分布列及期望等主干知識.試題難度屬于中檔題.

例4. 某工廠36名工人的年齡數據如下表：

（Ⅰ）用系統抽樣法從36名工人中抽取容量為9的樣本，且在第一分段里用隨機抽樣法抽到的年齡數據為44，列出樣本的年齡數據；

（Ⅱ）計算（Ⅰ）中樣本的平均值x 和方差s2；

（Ⅲ）36名工人中年齡在x-s與x+s之間有多少人？所占的百分比是多少（精確到0.01%）？

解析：由系統抽樣可知，36人分成9組，每組4人，其中第一組的工人年齡為44，所以所抽樣本編號是一個首項為2，公差為4的等差數列，所以所得樣本數據的編號為：4n-2，（n=1，2，…，9），對應樣本的年齡數據依次為：44，40，36，43，36，37，44，43，37.

（2）由平均值公式得x==40.

由方差公式得s2==.

（3）因為s2=，所以s=. x-s=36，x+s=43，

所以36名工人中年齡在x-s和x+s之間的人數等于區間[37，43]的人數，

即40，40，41，…，39，共23人.

所以年齡在x-s與x+s之間共有23人，所占百分比為≈63.89%.

點評：本題主要考查系統抽樣、樣本的均值與方差、樣本數據統計等基礎知識和運算求解能力，屬于中檔題，整體難度不大，解答本題關鍵在于第（Ⅰ）問要準確由系統抽樣的定義得出對應的樣本數據，第（Ⅱ）（Ⅲ）問則直接準確運用公式即可解答，但需注意運算過程和運算方法的應用.

追蹤練習3. 某校要用三輛汽車從新校區把教職工接到老校區，已知從新校區到老校區有兩條公路，汽車走公路①堵車的概率為，不堵車的概率為；汽車走公路②堵車的概率為p，不堵車的概率為1-p.若甲、乙兩輛汽車走公路①，丙汽車由于其他原因走公路②，且三輛車是否堵車相互之間沒有影響.

（Ⅰ）若三輛汽車中恰有一輛汽車被堵的概率為，求走公路②堵車的概率；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，求三輛汽車中被堵車輛的個數？孜的分布列和數學期望.

點評：高考中常常通過實際背景考查互斥事件、對立事件、相互獨立事件、獨立重復試驗的概率計算及離散型隨機變量的分布列和數學期望的計算，同時也考查二項分布、超幾何分布等特殊的概率模型.解讀此類問題時要注意分清類型，運用相應的知識進行解答.本題易犯的錯誤是相互獨立事件之間的關系混亂，沒有理解題中給定道路選擇的實際意思.

五、圓錐曲線解答技巧

解析幾何的本質是用代數方法研究圖形的幾何性質，體現了數形結合的重要數學思想.在高考以及各種類型的模擬考試中，基本考查形式是“一大一小”.考小題，重在基本知識、基本技能的靈活應用.而考大題，則主要以圓錐曲線為載體，綜合各個模塊知識點（平面向量、導數、不等式等），全面考查學生分析問題、解決問題的能力.由于此處題目綜合性強，解法靈活多變，充分體現出高考能力立意的命題方向.

圓錐曲線綜合題由于內容豐富、考法靈活，從而難度較大.其能綜合考查學生數形結合、等價轉換、分類討論、邏輯推理等諸方面的能力，重點考查圓錐曲線中的重要知識點， 通過知識的重組與鏈接， 使知識形成網絡， 著重考查直線與圓錐曲線的位置關系.

例5. 在平面直角坐標系xOy中，點B與點A（-1，1）關于原點O對稱，P是動點，且直線AP與BP的斜率之積等于-.

（Ⅰ）求動點P的軌跡方程；

（Ⅱ）設直線AP和BP分別與直線x=3交于點M，N，問：是否存在點P使得△PAB與△PMN的面積相等？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由.

解析：（Ⅰ）因為點B與A（-1，1）關于原點O對稱，所以點B得坐標為（1，-1）.

設點P的坐標為（x， y），由題意得·=-，

化簡得x2+3y2=4（x≠±1）.

故動點P的軌跡方程為x2+3y2=4（x≠±1）

（Ⅱ）設點P的坐標為（x0，y0），點M，N得坐標分別為（3，yM），（3，yN）.

則直線AP的方程為y-1=（x+1），直線BP的方程為y+1=（x-1）.

令x=3得yM=，yN=.

于是？駐PMN得面積：

S？駐PMN=| yM-yN |（3-x0）=.

又直線AB的方程為x+y=0，|AB|=2，

點P到直線AB的距離d=.

于是？駐PAB的面積S？駐PAB=|AB|·d=|x0+y0|.

當S？駐PAB=S？駐PMN時，得|x0+y0|=.

又|x0+y0|≠0，所以（3-x0）2=|x02-1|，解得x0=.

因為x02+3y02=4，所以y0=±，

故存在點P使得？駐PAB與？駐PMN的面積相等，此時點P的坐標為（，±）.

點評：本題背景取自于教材，但作了創新，重點考查了學生對知識的遷移能力，邏輯思維能力及代數運算能力和探究問題的能力.本題第一問，是常規問題，也是課本問題的一個變形.課本問題是“將橢圓上任意一點與長軸頂點連線的斜率之積為定值”，而本題則將其變化為“橢圓上任意一點與橢圓上關于中心對稱的兩個點的連線的斜率之積為定值”.解決不難，注意需要去掉兩個點.

本題第二問，是非常出彩的一個問題，入口寬，但是能得結論不易. 具體解決時，可以設點P的坐標為（x0，y0），之后由直線AP，BP的方程求得點M，N的縱坐標，進而可以求得？駐PMN得面積；由|AB|=2以及點P到直線AB的距離可以求得？駐PAB的面積；兩者相等，則可以解出點P的坐標，具體解題過程如上所示.其實各位考生應該也發現了，這樣去算的話，計算量還是很大的.那么有沒有簡單一點的方法呢？在這里，由于∠APB與∠MPN是對頂角，所以相等.從而由|PA|· |PB|sin∠APB=|PM|·|PN|sin∠MPN可得=，則可以有效的化簡解題過程.如下所示.

【方法二】（Ⅱ）若存在點P使得？駐PAB與？駐PMN的面積相等，設點P的坐標為（x0，y0），

則|PA|·|PB|sin∠APB=|PM|·|PN|sin∠MPN.

因為sin∠APB=sin∠MPN，所以=，

所以=，即（3-x0）2=|x02+1|，解得x0=，

因為x02+3y02=4，所以y0=±，

故存在點P使得？駐PAB與？駐PMN的面積相等，此時點P的坐標為（，±）.

六、函數導數解答技巧

“函數”作為高中數學中的核心知識，其思想方法貫穿于高中數學課程的始終，是高考考點中的重中之中.通過導數，可以把函數、不等式、向量、數列、解析幾何等知識相互交匯滲透，使得這些知識聯系的更加緊密.而在這些知識點的綜合處，由于知識點多、覆蓋面廣、思想豐富、綜合性強.能夠設置不同層次、難度不一的綜合題以考查學生綜合運用知識和方法解決問題的能力，從而使得歷年高考以“函數、導數”為主體內容的壓軸題頻頻出現，且常考常新.

例6. 已知函數f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）

（Ⅰ）證明：當x>0時，f（x）

（Ⅱ）證明：當k<1時，存在x0>0，使得對任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）；

（Ⅲ）確定k的所有可能取值，使得存在t>0，對任意的x∈（0，t），恒有| f（x）-g（x）|

解析： （Ⅰ）令F（x）=f（x）-x=ln（1+x）-x， x∈（0，+∞）， 則有F′（x）=-1=-.

當 x∈（0，+∞）， F′（x）<0， 所以F（x）在（0，+∞）上單調遞減；

故當x>0時， F（x）0時， f（x）

（Ⅱ）令G（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx， x∈（0，+∞），

則有G′（x）=-k=.

①當k<0時，G′（x）>0，所以G（x）在 [0，+∞）上單調遞增，G（x）>G（0）=0.

故對任意正實數x0均滿足題意.

② 當00.

取x0=-1，對任意x∈（0， x0）， 恒有G′（x）>0，所以G（x）在[0， x0）上單調遞增， G（x）>G（0）=0， 即f（x）>g（x）.

綜上，當k<1時，存在x0>0，使得對任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

（Ⅲ）①當k>1時，由（Ⅰ）知，對于任意x∈[0，+∞），g（x）>x>f（x）， 故g（x）>f（x），

| f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=kx-ln（1+x）

令M（x）=kx-ln（1+x）-x2， x∈[0，+∞），

則有M′（x）=k--2x=，

故當x∈（0，）時，M′（x）>0，M（x）在[0，]上單調遞增，故M（x）>M（0）=0，即| f（x）-g（x）|>x2，所以滿足題意的t不存在.

②當k<1時，由（Ⅱ）知存在x0>0，使得對任意的x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

此時| f（x）-g（x）|=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，

令N（x）=ln（1+x）-kx-x2， x∈[0，+∞），

則有N′（x）=-k-2x=，

故當x∈（0， ）時， N′（x）>0， M（x）在[0，]上單調遞增，故N（x）>N（0）=0，即f（x）-g（x）>x2，記x0與中較小的為x1， 則當x∈（0， x1）時，恒有| f（x）-g（x）|>x2， 故滿足題意的t不存在.

③當k=1，由（Ⅰ）知，當x（0，+∞），| f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=x-ln（1+x），

令H（x）=x-ln（1+x）-x2， x∈[0，+∞）， 則有H′（x）=1--2x=，

當x>0時，H′（x）<0，所以H（x）在[0，+∞）上單調遞減，故H（x）

故當x>0時，恒有| f（x）-g（x）|

綜上，k=1.

點評：在解函數的綜合應用問題時，我們常常借助導數，將題中千變萬化的隱藏信息進行轉化，探究這類問題的根本，從本質入手，進而求解，利用導數研究函數的單調性，再用單調性來證明不等式是函數、導數、不等式綜合中的一個難點，解題技巧是構造輔助函數，把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或最值，從而證得不等式，注意f（x）>g（x）與f（x）min>g（x）max不等價，f（x）min>g（x）max只是f（x）>g（x）的特例，但是也可以利用它來證明，在2014年全國Ⅰ卷理科高考第21題中，就是使用該種方法證明不等式；導數的強大功能就是通過研究函數極值、最值、單調區間來判斷函數大致圖像，這是利用研究基本初等函數方法所不具備的，而是其延續.

責任編輯 徐國堅

數學解答題（主觀性試題）在每年的各省市高考中都是拉開考生分差的題型，其考查形式是考生最為熟悉的題型，而其考查功能無論是在廣度上還是深度上，都要優于選擇題和填空題.解答題的試題模式（計算題、證明題、應用題、探索題等）靈活多變，能充分考查考生對相關知識的掌握程度.

解答題除了考查基礎知識和基本技能外，更主要的是通過解答的過程考查考生思維的過程，從而測量其思維能力、思維品質、探究能力和創新能力等，是試卷中體現區分度的關鍵部分.因此，探索解答題的解決途徑，掌握常見的解答策略與技巧，至關重要.

一、三角函數與解三角形解答技巧

“三角函數與解三角形”專題包括：三角函數、三角恒等變換、解三角形三部分內容.通過對近幾年全國各省市高考試題分析可以發現，不論文理，本模塊的內容都是考查的熱點和重點.由于近幾年的高考已經逐步拋棄了對復雜的三角變換和特殊技巧的考查，重點轉移到利用三角公式進行恒等變形，三角函數的性質和圖象變換等方面，利用正、余弦定理解三角形.重視對基礎知識和基本技能的考查，突出三角與代數、幾何、向量等知識點的綜合聯系，多考查三角化簡和三角函數性質中的單調性、周期性、最值等問題.

例1. 已知函數f（x）=sin2x-sin2（x-），x∈R.

（Ⅰ）求f（x）最小正周期；

（Ⅱ）求f（x）在區間[-，]上的最大值和最小值.

解析：由已知條件，可知：

f（x）=-=（cos2x+sin2x）-cos2x=sin2x-cos2x=sin（2x-）.

所以f（x）的最小正周期T==？仔.

（II）因為f（x）在區間[-，-]上是減函數，在區間[-，]上是增函數，

f（-）=-，f（-）=-，f（）=，

所以f（x）在區間[-，]上的最大值為，最小值為-.

點評：本題主要考查兩角和與差的正余弦公式、二倍角的正余弦公式、三角函數的圖象與性質.綜合運用三角知識，從正確求函數解析式出發，考查最小正周期的求法與函數單調性的應用，從而求出函數的最大值與最小值.在化簡的過程中，如果各位考生對降冪公式不是十分熟悉的話，建議通過二倍角公式cos2？琢=2cos2？琢-1=1-2sin2？琢重新推導得出cos2？琢=，sin2？琢=，這并不會浪費時間.

在求給定區間上三角函數最值的時候也可以如下解決：

因為x∈[，]，所以2x-∈[，]，所以sin（2x-）∈[1，].

所以，當2x-=-，即x=-時，f（x）有最小值為-；

當2x-=，即x=時，f（x）有最大值為.

追蹤練習1. ？駐ABC中，D是BC上的點，AD平分∠BAC，？駐ABD面積是？駐ADC面積的2倍.

（Ⅰ）求；

（Ⅱ）若AD=1，DC=，求BD和AC的長.

解析：（Ⅰ）S？駐ABD=AB·AD·sin∠BAD，S？駐ADC=AC·AD·sin∠CAD，

因為S？駐ABD=2S？駐ADC，∠BAD=∠CAD，

所以AB=2AC.由正弦定理可得==.

（Ⅱ）因為==2，DC=，所以BD=.

在？駐ABD和？駐ADC中，由余弦定理得：

AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos∠ADB，

AC2=AD2+DC2-2AD·DCcos∠ADC.

因為cos∠ADB=-cos∠ADC，

所以AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.

由（Ⅰ）知AB=2AC，所以AC=1.

點評：本題考查了三角形的面積公式、角分線概念、正弦定理和余弦定理，由角分線的定義得角的等量關系，由面積關系得邊的關系，由正弦定理得三角形內角正弦的關系；分析兩個三角形中cos∠ADB和cos∠ACD互為相反數的特點結合已知條件，利用余弦定理列方程，進而求AC.

二、數列與不等式解答技巧

數列與不等式知識結合是近幾年高考的熱點，高考命題主要有以下三個方面：

（1）數列本身的有關知識，其中有等差數列與等比數列的概念、性質、通項公式及求和公式.

（2）數列與其它知識的結合，其中有數列與函數、方程、不等式、三角、幾何的結合.

（3）數列的應用問題，其中主要是以增長率問題為主.

如果單純考查數列本身有關知識，多以選擇填空題出現，考查考生對“三基”的掌握情況，解答題多以中檔題為主.但是個別省市會將用數列與函數、不等式的綜合作為最后一題.這類題目的綜合性強，解題所用的方法豐富，能力要求高，需要對數列、函數和不等式的知識和方法有較好的掌握.

例2. 已知數列{an}滿足：a1=1，2an+1-2an-1=0，n∈N？鄢.數列{bn}的前n項和為Sn，Sn=9-（）n-2，n∈N？鄢.

（Ⅰ）求數列{an}，{bn}的通項公式；

（Ⅱ）設cn=anbn，n∈N？鄢，求數列{cn}的前n項和Tn.

解析：（Ⅰ）由2an+1-2an-1=0得an+1-an=，n∈N？鄢，又a1=1，

所以{an}是以1為首項，為公差的等差數列，則an=a1+（n-1）d=，n∈N？鄢.

當n=1時，b1=S1=9-（）1-2=6，

當n≥2時，Sn-1=9-（）n-3，

bn=Sn-Sn-1=[9-（）n-2]-[9-（）n-3]=，

又n=1時=6=b1，所以bn=，n∈N？鄢.

（Ⅱ）知（Ⅰ）知an=，bn=，n∈N？鄢，所以cn=an·bn=（n+1）（）n-2，n∈N？鄢.

所以Tn=2×（）-1+3×（）0+4×（）1+…+（n+1）×（）n-2 （1）

等式兩邊同乘以得：

Tn=2×（）0+3×（）1+4×（）2+…+（n+1）×（）n-1 （2）

（1）-（2）得：

Tn=2×（）-1+×（）0+×（）1+…+（）n-2-（n+1）×（）n-1=6+-（n+1）（）n-1.

所以Tn=-（）n-2，n∈N？鄢.

點評：已知數列前n項和與第n項關系，求數列通項公式，常用an=S1，n=1Sn-Sn-1，n≥2將所給條件化為關于前n項和的遞推關系或是關于第n項的遞推關系.若滿足等比數列或等差數列定義，用等比數列或等差數列通項公式求出數列的通項公式，否則適當變形構造等比或等數列求通項公式.關于數列求和，本題中所用的是錯位相減法，這種方法是在推導等比數列的前n項和公式時所用的方法，這種方法主要用于求數列{an·bn}的前n項和，其中{an}，{bn}分別是等差數列和等比數列.

追蹤練習2. 已知數列{an}滿足a1=且an+1=an-（n∈N？鄢）

（Ⅰ）證明：1≤≤2（n∈N？鄢）；

（Ⅱ）設數列{}的前n項和為Sn，證明≤<（n∈N？鄢）.

解析：（Ⅰ）由題意，得an+1-an=-an2≤0，即an+1≤an，an≤，

由an=（1-an-1）an-1，得an=（1-an-1）（1-an-2）…（1-a1）a1>0，

由0

（Ⅱ）由題意得an2=an-an+1，

∴Sn=a1-an+1……①，由-=和1≤≤2，得1≤-≤2，

∴ n≤-≤2n，因此≤an+1≤（n∈N？鄢）

……②，

由①②得：

≤≤.

點評：本題主要考查了數列的遞推公式，不等式的證明等知識點，屬于較難題，第（Ⅰ）問易證，利用條件中的遞推公式作等價變形，即可得到==，再結合已知條件即可得證，第（Ⅱ）問具有較強的技巧性，首先根據遞推公式將Sn轉化為只與an+1有關的表達式，再結合已知條件得到an+1的取值范圍即可得證.由于數列綜合題與不等式相結合，技巧性比較強，需要平時一定量的訓練與積累，在后續復習時應予以關注.

三、立體幾何解答技巧

立體幾何解答題核心考點主要分為三大類：一是考查空間點、線、面的位置關系，這類問題需要考生熟練掌握公理、定理、定義以及空間向量，在高考中考查最多的是平行和垂直關系，主要以解答題第一問的形式出現，在解決這類問題時，要把握好問題的轉化方向，并且做好將問題反復轉化的準備.二是考查空間向量在立體幾何問題中的綜合應用，包括空間角、距離、體積、面積等的計算，這類問題常以空間幾何體為載體，考查空間量的計算，這部分內容現在基本是用空間向量的方法解決.三是部分考題會設計一問探究題，通過空間向量考查考生“推理論證”“運算求解”“數據處理”等基本能力.

例3. 如圖，在四棱錐P-ABCD中，PB⊥底面ABCD，底面ABCD為梯形，AD//BC，AD⊥AB，且PB=AB=AD=3，BC=1.

（Ⅰ）若點F為PD上一點且PF=PD，

證明：CF//平面PAB；

（Ⅱ）求二面角B-PD-A的大小；

（Ⅲ）在線段PD上是否存在一點M，使得CM⊥PA？若存在，求出PM的長；若不存在，說明理由.

解析：（Ⅰ）過點F作FH//AD，交PA于H，連接BH，因為PF=PD，

所以HF=AD=BC. 又FH//AD，AD//BC，所以HF//BC.

所以BCFH為平行四邊形，所以CF//BH.

又BH？奐平面PAB，CF？埭平面PAB，所以CF//平面PAD.

（Ⅱ）因為梯形ABCD中，AD//AB，AD⊥AB，所以BC⊥AB.

因為PB⊥平面ABCD，所以PB⊥AB，PB⊥BC.

如圖，以B為原點，BC，BA，BP所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系，

所以C（1，0，0），D（3，3，0），A（0，3，0），P（0，0，3）.

設平面BPD的一個法向量為=（x，y，z），平面APD的一個法向量為=（a，b，c），

因為=（3，3，-3），=（0，0，3），

所以·=0，·=0，即3x+3y-3z=0，3z=0.

取x=1得到=（1，-1，0），同理可得=（0，1，1），

所以cos<，>==-，因為二面角B-PD-A為銳角，

所以二面角B-PD-A為.

（Ⅲ）假設存在點M，設==（3，3，-3），

所以=+=（-1+3，3，3-3），所以·=-9+3（3-3）=0，解得=，

所以存在點M，且PM=PD=.

點評：本題主要考查直線和平面平行、線線、線面垂直，二面角、空間向量的應用.將立體幾何向量化，體現向量工具的應用，即把幾何的證明與計算問題轉化為純代數的計算問題，是向量的最大優勢，把空間一些難以想象的問題轉化成計算問題，有效的解決了一些學生空間想象能力較差的問題. 另外利用空間向量解題時，要準確寫出空間點的坐標，這很重要.

四、概率統計解答技巧

概率與統計是歷屆高考的必考內容之一.從今年各地高考試題來看，對概率統計的考查幾乎涉及所有基本概念和基本公式，并且在題型包裝上多以解答題的形式出現，而且概率統計問題可以通過對題干情境的重新組合、變化使得試題更加貼近學生實際，具有時代氣息，從而更進一步考查考生的分析問題、解決問題的能力.

試題往往以實際應用問題為背景.文科則通過統計、頻率、古典概型、幾何概型等知識考查考生的運算求解能力、數據處理能力.而理科以排列組合、概率統計等知識為工具，著重考查基本概型、基本概率事件的識別、離散型隨機變量的分布列及期望等主干知識.試題難度屬于中檔題.

例4. 某工廠36名工人的年齡數據如下表：

（Ⅰ）用系統抽樣法從36名工人中抽取容量為9的樣本，且在第一分段里用隨機抽樣法抽到的年齡數據為44，列出樣本的年齡數據；

（Ⅱ）計算（Ⅰ）中樣本的平均值x 和方差s2；

（Ⅲ）36名工人中年齡在x-s與x+s之間有多少人？所占的百分比是多少（精確到0.01%）？

解析：由系統抽樣可知，36人分成9組，每組4人，其中第一組的工人年齡為44，所以所抽樣本編號是一個首項為2，公差為4的等差數列，所以所得樣本數據的編號為：4n-2，（n=1，2，…，9），對應樣本的年齡數據依次為：44，40，36，43，36，37，44，43，37.

（2）由平均值公式得x==40.

由方差公式得s2==.

（3）因為s2=，所以s=. x-s=36，x+s=43，

所以36名工人中年齡在x-s和x+s之間的人數等于區間[37，43]的人數，

即40，40，41，…，39，共23人.

所以年齡在x-s與x+s之間共有23人，所占百分比為≈63.89%.

點評：本題主要考查系統抽樣、樣本的均值與方差、樣本數據統計等基礎知識和運算求解能力，屬于中檔題，整體難度不大，解答本題關鍵在于第（Ⅰ）問要準確由系統抽樣的定義得出對應的樣本數據，第（Ⅱ）（Ⅲ）問則直接準確運用公式即可解答，但需注意運算過程和運算方法的應用.

追蹤練習3. 某校要用三輛汽車從新校區把教職工接到老校區，已知從新校區到老校區有兩條公路，汽車走公路①堵車的概率為，不堵車的概率為；汽車走公路②堵車的概率為p，不堵車的概率為1-p.若甲、乙兩輛汽車走公路①，丙汽車由于其他原因走公路②，且三輛車是否堵車相互之間沒有影響.

（Ⅰ）若三輛汽車中恰有一輛汽車被堵的概率為，求走公路②堵車的概率；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，求三輛汽車中被堵車輛的個數？孜的分布列和數學期望.

解析：（Ⅰ）由已知條件得···（1-p）+（）2·p=，

即3p=1，則p=.

（Ⅱ）？孜可能的取值為0，1，2，3，

P（？孜=0）=··=，

P（？孜=1）=，

P（？孜=2）=··+···=，

P（？孜=3）=··=，

？孜的分布列為：

所以E？孜=0·+1·+2·+3·=.

點評：高考中常常通過實際背景考查互斥事件、對立事件、相互獨立事件、獨立重復試驗的概率計算及離散型隨機變量的分布列和數學期望的計算，同時也考查二項分布、超幾何分布等特殊的概率模型.解讀此類問題時要注意分清類型，運用相應的知識進行解答.本題易犯的錯誤是相互獨立事件之間的關系混亂，沒有理解題中給定道路選擇的實際意思.

五、圓錐曲線解答技巧

解析幾何的本質是用代數方法研究圖形的幾何性質，體現了數形結合的重要數學思想.在高考以及各種類型的模擬考試中，基本考查形式是“一大一小”.考小題，重在基本知識、基本技能的靈活應用.而考大題，則主要以圓錐曲線為載體，綜合各個模塊知識點（平面向量、導數、不等式等），全面考查學生分析問題、解決問題的能力.由于此處題目綜合性強，解法靈活多變，充分體現出高考能力立意的命題方向.

圓錐曲線綜合題由于內容豐富、考法靈活，從而難度較大.其能綜合考查學生數形結合、等價轉換、分類討論、邏輯推理等諸方面的能力，重點考查圓錐曲線中的重要知識點， 通過知識的重組與鏈接， 使知識形成網絡， 著重考查直線與圓錐曲線的位置關系.

例5. 在平面直角坐標系xOy中，點B與點A（-1，1）關于原點O對稱，P是動點，且直線AP與BP的斜率之積等于-.

（Ⅰ）求動點P的軌跡方程；

（Ⅱ）設直線AP和BP分別與直線x=3交于點M，N，問：是否存在點P使得△PAB與△PMN的面積相等？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由.

解析：（Ⅰ）因為點B與A（-1，1）關于原點O對稱，所以點B得坐標為（1，-1）.

設點P的坐標為（x， y），由題意得·=-，

化簡得x2+3y2=4（x≠±1）.

故動點P的軌跡方程為x2+3y2=4（x≠±1）

（Ⅱ）設點P的坐標為（x0，y0），點M，N得坐標分別為（3，yM），（3，yN）.

則直線AP的方程為y-1=（x+1），直線BP的方程為y+1=（x-1）.

令x=3得yM=，yN=.

于是？駐PMN得面積：

S？駐PMN=| yM-yN |（3-x0）=.

又直線AB的方程為x+y=0，|AB|=2，

點P到直線AB的距離d=.

于是？駐PAB的面積S？駐PAB=|AB|·d=|x0+y0|.

當S？駐PAB=S？駐PMN時，得|x0+y0|=.

又|x0+y0|≠0，所以（3-x0）2=|x02-1|，解得x0=.

因為x02+3y02=4，所以y0=±，

故存在點P使得？駐PAB與？駐PMN的面積相等，此時點P的坐標為（，±）.

點評：本題背景取自于教材，但作了創新，重點考查了學生對知識的遷移能力，邏輯思維能力及代數運算能力和探究問題的能力.本題第一問，是常規問題，也是課本問題的一個變形.課本問題是“將橢圓上任意一點與長軸頂點連線的斜率之積為定值”，而本題則將其變化為“橢圓上任意一點與橢圓上關于中心對稱的兩個點的連線的斜率之積為定值”.解決不難，注意需要去掉兩個點.

本題第二問，是非常出彩的一個問題，入口寬，但是能得結論不易. 具體解決時，可以設點P的坐標為（x0，y0），之后由直線AP，BP的方程求得點M，N的縱坐標，進而可以求得？駐PMN得面積；由|AB|=2以及點P到直線AB的距離可以求得？駐PAB的面積；兩者相等，則可以解出點P的坐標，具體解題過程如上所示.其實各位考生應該也發現了，這樣去算的話，計算量還是很大的.那么有沒有簡單一點的方法呢？在這里，由于∠APB與∠MPN是對頂角，所以相等.從而由|PA|· |PB|sin∠APB=|PM|·|PN|sin∠MPN可得=，則可以有效的化簡解題過程.如下所示.

【方法二】（Ⅱ）若存在點P使得？駐PAB與？駐PMN的面積相等，設點P的坐標為（x0，y0），

則|PA|·|PB|sin∠APB=|PM|·|PN|sin∠MPN.

因為sin∠APB=sin∠MPN，所以=，

所以=，即（3-x0）2=|x02+1|，解得x0=，

因為x02+3y02=4，所以y0=±，

故存在點P使得？駐PAB與？駐PMN的面積相等，此時點P的坐標為（，±）.

六、函數導數解答技巧

“函數”作為高中數學中的核心知識，其思想方法貫穿于高中數學課程的始終，是高考考點中的重中之中.通過導數，可以把函數、不等式、向量、數列、解析幾何等知識相互交匯滲透，使得這些知識聯系的更加緊密.而在這些知識點的綜合處，由于知識點多、覆蓋面廣、思想豐富、綜合性強.能夠設置不同層次、難度不一的綜合題以考查學生綜合運用知識和方法解決問題的能力，從而使得歷年高考以“函數、導數”為主體內容的壓軸題頻頻出現，且常考常新.

例6. 已知函數f（x）=ln（1+x），g（x）=kx，（k∈R）

（Ⅰ）證明：當x>0時，f（x）

（Ⅱ）證明：當k<1時，存在x0>0，使得對任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）；

（Ⅲ）確定k的所有可能取值，使得存在t>0，對任意的x∈（0，t），恒有| f（x）-g（x）|

解析： （Ⅰ）令F（x）=f（x）-x=ln（1+x）-x， x∈（0，+∞）， 則有F′（x）=-1=-.

當 x∈（0，+∞）， F′（x）<0， 所以F（x）在（0，+∞）上單調遞減；

故當x>0時， F（x）0時， f（x）

（Ⅱ）令G（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx， x∈（0，+∞），

則有G′（x）=-k=.

①當k<0時，G′（x）>0，所以G（x）在 [0，+∞）上單調遞增，G（x）>G（0）=0.

故對任意正實數x0均滿足題意.

② 當00.

取x0=-1，對任意x∈（0， x0）， 恒有G′（x）>0，所以G（x）在[0， x0）上單調遞增， G（x）>G（0）=0， 即f（x）>g（x）.

綜上，當k<1時，存在x0>0，使得對任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

（Ⅲ）①當k>1時，由（Ⅰ）知，對于任意x∈[0，+∞），g（x）>x>f（x）， 故g（x）>f（x），

| f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=kx-ln（1+x）

令M（x）=kx-ln（1+x）-x2， x∈[0，+∞），

則有M′（x）=k--2x=，

故當x∈（0，）時，M′（x）>0，M（x）在[0，]上單調遞增，故M（x）>M（0）=0，即| f（x）-g（x）|>x2，所以滿足題意的t不存在.

②當k<1時，由（Ⅱ）知存在x0>0，使得對任意的x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

此時| f（x）-g（x）|=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，

令N（x）=ln（1+x）-kx-x2， x∈[0，+∞），

則有N′（x）=-k-2x=，

故當x∈（0， ）時， N′（x）>0， M（x）在[0，]上單調遞增，故N（x）>N（0）=0，即f（x）-g（x）>x2，記x0與中較小的為x1， 則當x∈（0， x1）時，恒有| f（x）-g（x）|>x2， 故滿足題意的t不存在.

③當k=1，由（Ⅰ）知，當x（0，+∞），| f（x）-g（x）|=g（x）-f（x）=x-ln（1+x），

令H（x）=x-ln（1+x）-x2， x∈[0，+∞）， 則有H′（x）=1--2x=，

當x>0時，H′（x）<0，所以H（x）在[0，+∞）上單調遞減，故H（x）

故當x>0時，恒有| f（x）-g（x）|

綜上，k=1.

點評：在解函數的綜合應用問題時，我們常常借助導數，將題中千變萬化的隱藏信息進行轉化，探究這類問題的根本，從本質入手，進而求解，利用導數研究函數的單調性，再用單調性來證明不等式是函數、導數、不等式綜合中的一個難點，解題技巧是構造輔助函數，把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或最值，從而證得不等式，注意f（x）>g（x）與f（x）min>g（x）max不等價，f（x）min>g（x）max只是f（x）>g（x）的特例，但是也可以利用它來證明，在2014年全國Ⅰ卷理科高考第21題中，就是使用該種方法證明不等式；導數的強大功能就是通過研究函數極值、最值、單調區間來判斷函數大致圖像，這是利用研究基本初等函數方法所不具備的，而是其延續.

責任編輯 徐國堅