高慧明 張琦
數(shù)學(xué)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(yōu)于選擇題和填空題.解答題的試題模式(計(jì)算題、證明題、應(yīng)用題、探索題等)靈活多變,能充分考查考生對相關(guān)知識(shí)的掌握程度.
解答題除了考查基礎(chǔ)知識(shí)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(zhì)、探究能力和創(chuàng)新能力等,是試卷中體現(xiàn)區(qū)分度的關(guān)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(guān)重要.
一、三角函數(shù)與解三角形解答技巧
“三角函數(shù)與解三角形”專題包括:三角函數(shù)、三角恒等變換、解三角形三部分內(nèi)容.通過對近幾年全國各省市高考試題分析可以發(fā)現(xiàn),不論文理,本模塊的內(nèi)容都是考查的熱點(diǎn)和重點(diǎn).由于近幾年的高考已經(jīng)逐步拋棄了對復(fù)雜的三角變換和特殊技巧的考查,重點(diǎn)轉(zhuǎn)移到利用三角公式進(jìn)行恒等變形,三角函數(shù)的性質(zhì)和圖象變換等方面,利用正、余弦定理解三角形.重視對基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能的考查,突出三角與代數(shù)、幾何、向量等知識(shí)點(diǎn)的綜合聯(lián)系,多考查三角化簡和三角函數(shù)性質(zhì)中的單調(diào)性、周期性、最值等問題.
例1. 已知函數(shù)f(x)=sin2x-sin2(x-),x∈R.
(Ⅰ)求f(x)最小正周期;
(Ⅱ)求f(x)在區(qū)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?yàn)閒(x)在區(qū)間[-,-]上是減函數(shù),在區(qū)間[-,]上是增函數(shù),
f(-)=-,f(-)=-,f()=,
所以f(x)在區(qū)間[-,]上的最大值為,最小值為-.
點(diǎn)評(píng):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(shù)的圖象與性質(zhì).綜合運(yùn)用三角知識(shí),從正確求函數(shù)解析式出發(fā),考查最小正周期的求法與函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用,從而求出函數(shù)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(dǎo)得出cos2?琢=,sin2?琢=,這并不會(huì)浪費(fèi)時(shí)間.
在求給定區(qū)間上三角函數(shù)最值的時(shí)候也可以如下解決:
因?yàn)閤∈[,],所以2x-∈[,],所以sin(2x-)∈[1,].
所以,當(dāng)2x-=-,即x=-時(shí),f(x)有最小值為-;
當(dāng)2x-=,即x=時(shí),f(x)有最大值為.
追蹤練習(xí)1. ?駐ABC中,D是BC上的點(diǎn),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?yàn)镾?駐ABD=2S?駐ADC,∠BAD=∠CAD,
所以AB=2AC.由正弦定理可得==.
(Ⅱ)因?yàn)?=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?yàn)閏os∠ADB=-cos∠ADC,
所以AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.
由(Ⅰ)知AB=2AC,所以AC=1.
點(diǎn)評(píng):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(guān)系,由面積關(guān)系得邊的關(guān)系,由正弦定理得三角形內(nèi)角正弦的關(guān)系;分析兩個(gè)三角形中cos∠ADB和cos∠ACD互為相反數(shù)的特點(diǎn)結(jié)合已知條件,利用余弦定理列方程,進(jìn)而求AC.
二、數(shù)列與不等式解答技巧
數(shù)列與不等式知識(shí)結(jié)合是近幾年高考的熱點(diǎn),高考命題主要有以下三個(gè)方面:
(1)數(shù)列本身的有關(guān)知識(shí),其中有等差數(shù)列與等比數(shù)列的概念、性質(zhì)、通項(xiàng)公式及求和公式.
(2)數(shù)列與其它知識(shí)的結(jié)合,其中有數(shù)列與函數(shù)、方程、不等式、三角、幾何的結(jié)合.
(3)數(shù)列的應(yīng)用問題,其中主要是以增長率問題為主.
如果單純考查數(shù)列本身有關(guān)知識(shí),多以選擇填空題出現(xiàn),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(gè)別省市會(huì)將用數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合作為最后一題.這類題目的綜合性強(qiáng),解題所用的方法豐富,能力要求高,需要對數(shù)列、函數(shù)和不等式的知識(shí)和方法有較好的掌握.
例2. 已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,2an+1-2an-1=0,n∈N?鄢.數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,Sn=9-()n-2,n∈N?鄢.
(Ⅰ)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;
(Ⅱ)設(shè)cn=anbn,n∈N?鄢,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)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(xiàng),為公差的等差數(shù)列,則an=a1+(n-1)d=,n∈N?鄢.
當(dāng)n=1時(shí),b1=S1=9-()1-2=6,
當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=9-()n-3,
bn=Sn-Sn-1=[9-()n-2]-[9-()n-3]=,
又n=1時(shí)=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(diǎn)評(píng):已知數(shù)列前n項(xiàng)和與第n項(xiàng)關(guān)系,求數(shù)列通項(xiàng)公式,常用an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2將所給條件化為關(guān)于前n項(xiàng)和的遞推關(guān)系或是關(guān)于第n項(xiàng)的遞推關(guān)系.若滿足等比數(shù)列或等差數(shù)列定義,用等比數(shù)列或等差數(shù)列通項(xiàng)公式求出數(shù)列的通項(xiàng)公式,否則適當(dāng)變形構(gòu)造等比或等數(shù)列求通項(xiàng)公式.關(guān)于數(shù)列求和,本題中所用的是錯(cuò)位相減法,這種方法是在推導(dǎo)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)所用的方法,這種方法主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和,其中{an},{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列.
追蹤練習(xí)2. 已知數(shù)列{an}滿足a1=且an+1=an-(n∈N?鄢)
(Ⅰ)證明:1≤≤2(n∈N?鄢);
(Ⅱ)設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)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(diǎn)評(píng):本題主要考查了數(shù)列的遞推公式,不等式的證明等知識(shí)點(diǎn),屬于較難題,第(Ⅰ)問易證,利用條件中的遞推公式作等價(jià)變形,即可得到==,再結(jié)合已知條件即可得證,第(Ⅱ)問具有較強(qiáng)的技巧性,首先根據(jù)遞推公式將Sn轉(zhuǎn)化為只與an+1有關(guān)的表達(dá)式,再結(jié)合已知條件得到an+1的取值范圍即可得證.由于數(shù)列綜合題與不等式相結(jié)合,技巧性比較強(qiáng),需要平時(shí)一定量的訓(xùn)練與積累,在后續(xù)復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)予以關(guān)注. 三、立體幾何解答技巧 立體幾何解答題核心考點(diǎn)主要分為三大類:一是考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)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(guān)系,主要以解答題第一問的形式出現(xiàn),在解決這類問題時(shí),要把握好問題的轉(zhuǎn)化方向,并且做好將問題反復(fù)轉(zhuǎn)化的準(zhǔn)備.二是考查空間向量在立體幾何問題中的綜合應(yīng)用,包括空間角、距離、體積、面積等的計(jì)算,這類問題常以空間幾何體為載體,考查空間量的計(jì)算,這部分內(nèi)容現(xiàn)在基本是用空間向量的方法解決.三是部分考題會(huì)設(shè)計(jì)一問探究題,通過空間向量考查考生“推理論證”“運(yùn)算求解”“數(shù)據(jù)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(diǎn)F為PD上一點(diǎn)且PF=PD, 證明:CF//平面PAB; (Ⅱ)求二面角B-PD-A的大?。?/p> (Ⅲ)在線段PD上是否存在一點(diǎn)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(diǎn)F作FH//AD,交PA于H,連接BH,因?yàn)镻F=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?yàn)樘菪蜛BCD中,AD//AB,AD⊥AB,所以BC⊥AB. 因?yàn)镻B⊥平面ABCD,所以PB⊥AB,PB⊥BC. 如圖,以B為原點(diǎn),BC,BA,BP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系, 所以C(1,0,0),D(3,3,0),A(0,3,0),P(0,0,3). 設(shè)平面BPD的一個(gè)法向量為=(x,y,z),平面APD的一個(gè)法向量為=(a,b,c), 因?yàn)?(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?yàn)槎娼荁-PD-A為銳角, 所以二面角B-PD-A為. (Ⅲ)假設(shè)存在點(diǎn)M,設(shè)==(3,3,-3), 所以=+=(-1+3,3,3-3),所以·=-9+3(3-3)=0,解得=, 所以存在點(diǎn)M,且PM=PD=. 點(diǎn)評(píng):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(yīng)用.將立體幾何向量化,體現(xiàn)向量工具的應(yīng)用,即把幾何的證明與計(jì)算問題轉(zhuǎn)化為純代數(shù)的計(jì)算問題,是向量的最大優(yōu)勢,把空間一些難以想象的問題轉(zhuǎn)化成計(jì)算問題,有效的解決了一些學(xué)生空間想象能力較差的問題. 另外利用空間向量解題時(shí),要準(zhǔn)確寫出空間點(diǎn)的坐標(biāo),這很重要. 四、概率統(tǒng)計(jì)解答技巧 概率與統(tǒng)計(jì)是歷屆高考的必考內(nèi)容之一.從今年各地高考試題來看,對概率統(tǒng)計(jì)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(xiàn),而且概率統(tǒng)計(jì)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(xué)生實(shí)際,具有時(shí)代氣息,從而更進(jìn)一步考查考生的分析問題、解決問題的能力.
試題往往以實(shí)際應(yīng)用問題為背景.文科則通過統(tǒng)計(jì)、頻率、古典概型、幾何概型等知識(shí)考查考生的運(yùn)算求解能力、數(shù)據(jù)處理能力.而理科以排列組合、概率統(tǒng)計(jì)等知識(shí)為工具,著重考查基本概型、基本概率事件的識(shí)別、離散型隨機(jī)變量的分布列及期望等主干知識(shí).試題難度屬于中檔題.
例4. 某工廠36名工人的年齡數(shù)據(jù)如下表:
(Ⅰ)用系統(tǒng)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(jī)抽樣法抽到的年齡數(shù)據(jù)為44,列出樣本的年齡數(shù)據(jù);
(Ⅱ)計(jì)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(tǒng)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(hào)是一個(gè)首項(xiàng)為2,公差為4的等差數(shù)列,所以所得樣本數(shù)據(jù)的編號(hào)為:4n-2,(n=1,2,…,9),對應(yīng)樣本的年齡數(shù)據(jù)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?yàn)閟2=,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(shù)等于區(qū)間[37,43]的人數(shù),
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(diǎn)評(píng):本題主要考查系統(tǒng)抽樣、樣本的均值與方差、樣本數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)等基礎(chǔ)知識(shí)和運(yùn)算求解能力,屬于中檔題,整體難度不大,解答本題關(guān)鍵在于第(Ⅰ)問要準(zhǔn)確由系統(tǒng)抽樣的定義得出對應(yīng)的樣本數(shù)據(jù),第(Ⅱ)(Ⅲ)問則直接準(zhǔn)確運(yùn)用公式即可解答,但需注意運(yùn)算過程和運(yùn)算方法的應(yīng)用.
追蹤練習(xí)3. 某校要用三輛汽車從新校區(qū)把教職工接到老校區(qū),已知從新校區(qū)到老校區(qū)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(gè)數(shù)?孜的分布列和數(shù)學(xué)期望.
點(diǎn)評(píng):高考中常常通過實(shí)際背景考查互斥事件、對立事件、相互獨(dú)立事件、獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率計(jì)算及離散型隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望的計(jì)算,同時(shí)也考查二項(xiàng)分布、超幾何分布等特殊的概率模型.解讀此類問題時(shí)要注意分清類型,運(yùn)用相應(yīng)的知識(shí)進(jìn)行解答.本題易犯的錯(cuò)誤是相互獨(dú)立事件之間的關(guān)系混亂,沒有理解題中給定道路選擇的實(shí)際意思.
五、圓錐曲線解答技巧
解析幾何的本質(zhì)是用代數(shù)方法研究圖形的幾何性質(zhì),體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的重要數(shù)學(xué)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(shí)、基本技能的靈活應(yīng)用.而考大題,則主要以圓錐曲線為載體,綜合各個(gè)模塊知識(shí)點(diǎn)(平面向量、導(dǎo)數(shù)、不等式等),全面考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力.由于此處題目綜合性強(qiáng),解法靈活多變,充分體現(xiàn)出高考能力立意的命題方向.
圓錐曲線綜合題由于內(nèi)容豐富、考法靈活,從而難度較大.其能綜合考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合、等價(jià)轉(zhuǎn)換、分類討論、邏輯推理等諸方面的能力,重點(diǎn)考查圓錐曲線中的重要知識(shí)點(diǎn), 通過知識(shí)的重組與鏈接, 使知識(shí)形成網(wǎng)絡(luò), 著重考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系.
例5. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)B與點(diǎn)A(-1,1)關(guān)于原點(diǎn)O對稱,P是動(dòng)點(diǎn),且直線AP與BP的斜率之積等于-.
(Ⅰ)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程;
(Ⅱ)設(shè)直線AP和BP分別與直線x=3交于點(diǎn)M,N,問:是否存在點(diǎn)P使得△PAB與△PMN的面積相等?若存在,求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,說明理由.
解析:(Ⅰ)因?yàn)辄c(diǎn)B與A(-1,1)關(guān)于原點(diǎn)O對稱,所以點(diǎn)B得坐標(biāo)為(1,-1).
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x, y),由題意得·=-,
化簡得x2+3y2=4(x≠±1).
故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為x2+3y2=4(x≠±1)
(Ⅱ)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0),點(diǎn)M,N得坐標(biāo)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(diǎn)P到直線AB的距離d=.
于是?駐PAB的面積S?駐PAB=|AB|·d=|x0+y0|.
當(dāng)S?駐PAB=S?駐PMN時(shí),得|x0+y0|=.
又|x0+y0|≠0,所以(3-x0)2=|x02-1|,解得x0=.
因?yàn)閤02+3y02=4,所以y0=±,
故存在點(diǎn)P使得?駐PAB與?駐PMN的面積相等,此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(,±).
點(diǎn)評(píng):本題背景取自于教材,但作了創(chuàng)新,重點(diǎn)考查了學(xué)生對知識(shí)的遷移能力,邏輯思維能力及代數(shù)運(yùn)算能力和探究問題的能力.本題第一問,是常規(guī)問題,也是課本問題的一個(gè)變形.課本問題是“將橢圓上任意一點(diǎn)與長軸頂點(diǎn)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(diǎn)與橢圓上關(guān)于中心對稱的兩個(gè)點(diǎn)的連線的斜率之積為定值”.解決不難,注意需要去掉兩個(gè)點(diǎn).
本題第二問,是非常出彩的一個(gè)問題,入口寬,但是能得結(jié)論不易. 具體解決時(shí),可以設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0),之后由直線AP,BP的方程求得點(diǎn)M,N的縱坐標(biāo),進(jìn)而可以求得?駐PMN得面積;由|AB|=2以及點(diǎn)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(diǎn)P的坐標(biāo),具體解題過程如上所示.其實(shí)各位考生應(yīng)該也發(fā)現(xiàn)了,這樣去算的話,計(jì)算量還是很大的.那么有沒有簡單一點(diǎn)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(diǎn)P使得?駐PAB與?駐PMN的面積相等,設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0),
則|PA|·|PB|sin∠APB=|PM|·|PN|sin∠MPN.
因?yàn)閟in∠APB=sin∠MPN,所以=,
所以=,即(3-x0)2=|x02+1|,解得x0=,
因?yàn)閤02+3y02=4,所以y0=±,
故存在點(diǎn)P使得?駐PAB與?駐PMN的面積相等,此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(,±).
六、函數(shù)導(dǎo)數(shù)解答技巧
“函數(shù)”作為高中數(shù)學(xué)中的核心知識(shí),其思想方法貫穿于高中數(shù)學(xué)課程的始終,是高考考點(diǎn)中的重中之中.通過導(dǎo)數(shù),可以把函數(shù)、不等式、向量、數(shù)列、解析幾何等知識(shí)相互交匯滲透,使得這些知識(shí)聯(lián)系的更加緊密.而在這些知識(shí)點(diǎn)的綜合處,由于知識(shí)點(diǎn)多、覆蓋面廣、思想豐富、綜合性強(qiáng).能夠設(shè)置不同層次、難度不一的綜合題以考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)和方法解決問題的能力,從而使得歷年高考以“函數(shù)、導(dǎo)數(shù)”為主體內(nèi)容的壓軸題頻頻出現(xiàn),且??汲P?
例6. 已知函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=kx,(k∈R)
(Ⅰ)證明:當(dāng)x>0時(shí),f(x) (Ⅱ)證明:當(dāng)k<1時(shí),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(dāng) x∈(0,+∞), F′(x)<0, 所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 故當(dāng)x>0時(shí), F(x) (Ⅱ)令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx, x∈(0,+∞), 則有G′(x)=-k=. ①當(dāng)k<0時(shí),G′(x)>0,所以G(x)在 [0,+∞)上單調(diào)遞增,G(x)>G(0)=0. 故對任意正實(shí)數(shù)x0均滿足題意. ② 當(dāng)0 取x0=-1,對任意x∈(0, x0), 恒有G′(x)>0,所以G(x)在[0, x0)上單調(diào)遞增, G(x)>G(0)=0, 即f(x)>g(x). 綜上,當(dāng)k<1時(shí),存在x0>0,使得對任意x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x). (Ⅲ)①當(dāng)k>1時(shí),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(dāng)x∈(0,)時(shí),M′(x)>0,M(x)在[0,]上單調(diào)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(dāng)k<1時(shí),由(Ⅱ)知存在x0>0,使得對任意的x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x). 此時(shí)| 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(dāng)x∈(0, )時(shí), N′(x)>0, M(x)在[0,]上單調(diào)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(dāng)x∈(0, x1)時(shí),恒有| f(x)-g(x)|>x2, 故滿足題意的t不存在. ③當(dāng)k=1,由(Ⅰ)知,當(dāng)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(dāng)x>0時(shí),H′(x)<0,所以H(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,故H(x) 故當(dāng)x>0時(shí),恒有| f(x)-g(x)| 綜上,k=1. 點(diǎn)評(píng):在解函數(shù)的綜合應(yīng)用問題時(shí),我們常常借助導(dǎo)數(shù),將題中千變?nèi)f化的隱藏信息進(jìn)行轉(zhuǎn)化,探究這類問題的根本,從本質(zhì)入手,進(jìn)而求解,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,再用單調(diào)性來證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合中的一個(gè)難點(diǎn),解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù),把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)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(jià),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(dǎo)數(shù)的強(qiáng)大功能就是通過研究函數(shù)極值、最值、單調(diào)區(qū)間來判斷函數(shù)大致圖像,這是利用研究基本初等函數(shù)方法所不具備的,而是其延續(xù). 責(zé)任編輯 徐國堅(jiān) 數(shù)學(xué)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(yōu)于選擇題和填空題.解答題的試題模式(計(jì)算題、證明題、應(yīng)用題、探索題等)靈活多變,能充分考查考生對相關(guān)知識(shí)的掌握程度. 解答題除了考查基礎(chǔ)知識(shí)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(zhì)、探究能力和創(chuàng)新能力等,是試卷中體現(xiàn)區(qū)分度的關(guān)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(guān)重要.
一、三角函數(shù)與解三角形解答技巧
“三角函數(shù)與解三角形”專題包括:三角函數(shù)、三角恒等變換、解三角形三部分內(nèi)容.通過對近幾年全國各省市高考試題分析可以發(fā)現(xiàn),不論文理,本模塊的內(nèi)容都是考查的熱點(diǎn)和重點(diǎn).由于近幾年的高考已經(jīng)逐步拋棄了對復(fù)雜的三角變換和特殊技巧的考查,重點(diǎn)轉(zhuǎn)移到利用三角公式進(jìn)行恒等變形,三角函數(shù)的性質(zhì)和圖象變換等方面,利用正、余弦定理解三角形.重視對基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能的考查,突出三角與代數(shù)、幾何、向量等知識(shí)點(diǎn)的綜合聯(lián)系,多考查三角化簡和三角函數(shù)性質(zhì)中的單調(diào)性、周期性、最值等問題.
例1. 已知函數(shù)f(x)=sin2x-sin2(x-),x∈R.
(Ⅰ)求f(x)最小正周期;
(Ⅱ)求f(x)在區(qū)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?yàn)閒(x)在區(qū)間[-,-]上是減函數(shù),在區(qū)間[-,]上是增函數(shù),
f(-)=-,f(-)=-,f()=,
所以f(x)在區(qū)間[-,]上的最大值為,最小值為-.
點(diǎn)評(píng):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(shù)的圖象與性質(zhì).綜合運(yùn)用三角知識(shí),從正確求函數(shù)解析式出發(fā),考查最小正周期的求法與函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用,從而求出函數(shù)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(dǎo)得出cos2?琢=,sin2?琢=,這并不會(huì)浪費(fèi)時(shí)間.
在求給定區(qū)間上三角函數(shù)最值的時(shí)候也可以如下解決:
因?yàn)閤∈[,],所以2x-∈[,],所以sin(2x-)∈[1,].
所以,當(dāng)2x-=-,即x=-時(shí),f(x)有最小值為-;
當(dāng)2x-=,即x=時(shí),f(x)有最大值為.
追蹤練習(xí)1. ?駐ABC中,D是BC上的點(diǎn),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?yàn)镾?駐ABD=2S?駐ADC,∠BAD=∠CAD,
所以AB=2AC.由正弦定理可得==.
(Ⅱ)因?yàn)?=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?yàn)閏os∠ADB=-cos∠ADC,
所以AB2+2AC2=3AD2+BD2+2DC2=6.
由(Ⅰ)知AB=2AC,所以AC=1.
點(diǎn)評(píng):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(guān)系,由面積關(guān)系得邊的關(guān)系,由正弦定理得三角形內(nèi)角正弦的關(guān)系;分析兩個(gè)三角形中cos∠ADB和cos∠ACD互為相反數(shù)的特點(diǎn)結(jié)合已知條件,利用余弦定理列方程,進(jìn)而求AC.
二、數(shù)列與不等式解答技巧
數(shù)列與不等式知識(shí)結(jié)合是近幾年高考的熱點(diǎn),高考命題主要有以下三個(gè)方面:
(1)數(shù)列本身的有關(guān)知識(shí),其中有等差數(shù)列與等比數(shù)列的概念、性質(zhì)、通項(xiàng)公式及求和公式.
(2)數(shù)列與其它知識(shí)的結(jié)合,其中有數(shù)列與函數(shù)、方程、不等式、三角、幾何的結(jié)合.
(3)數(shù)列的應(yīng)用問題,其中主要是以增長率問題為主.
如果單純考查數(shù)列本身有關(guān)知識(shí),多以選擇填空題出現(xiàn),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(gè)別省市會(huì)將用數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合作為最后一題.這類題目的綜合性強(qiáng),解題所用的方法豐富,能力要求高,需要對數(shù)列、函數(shù)和不等式的知識(shí)和方法有較好的掌握.
例2. 已知數(shù)列{an}滿足:a1=1,2an+1-2an-1=0,n∈N?鄢.數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Sn,Sn=9-()n-2,n∈N?鄢.
(Ⅰ)求數(shù)列{an},{bn}的通項(xiàng)公式;
(Ⅱ)設(shè)cn=anbn,n∈N?鄢,求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)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(xiàng),為公差的等差數(shù)列,則an=a1+(n-1)d=,n∈N?鄢.
當(dāng)n=1時(shí),b1=S1=9-()1-2=6,
當(dāng)n≥2時(shí),Sn-1=9-()n-3,
bn=Sn-Sn-1=[9-()n-2]-[9-()n-3]=,
又n=1時(shí)=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(diǎn)評(píng):已知數(shù)列前n項(xiàng)和與第n項(xiàng)關(guān)系,求數(shù)列通項(xiàng)公式,常用an=S1,n=1Sn-Sn-1,n≥2將所給條件化為關(guān)于前n項(xiàng)和的遞推關(guān)系或是關(guān)于第n項(xiàng)的遞推關(guān)系.若滿足等比數(shù)列或等差數(shù)列定義,用等比數(shù)列或等差數(shù)列通項(xiàng)公式求出數(shù)列的通項(xiàng)公式,否則適當(dāng)變形構(gòu)造等比或等數(shù)列求通項(xiàng)公式.關(guān)于數(shù)列求和,本題中所用的是錯(cuò)位相減法,這種方法是在推導(dǎo)等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式時(shí)所用的方法,這種方法主要用于求數(shù)列{an·bn}的前n項(xiàng)和,其中{an},{bn}分別是等差數(shù)列和等比數(shù)列.
追蹤練習(xí)2. 已知數(shù)列{an}滿足a1=且an+1=an-(n∈N?鄢)
(Ⅰ)證明:1≤≤2(n∈N?鄢);
(Ⅱ)設(shè)數(shù)列{}的前n項(xiàng)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(diǎn)評(píng):本題主要考查了數(shù)列的遞推公式,不等式的證明等知識(shí)點(diǎn),屬于較難題,第(Ⅰ)問易證,利用條件中的遞推公式作等價(jià)變形,即可得到==,再結(jié)合已知條件即可得證,第(Ⅱ)問具有較強(qiáng)的技巧性,首先根據(jù)遞推公式將Sn轉(zhuǎn)化為只與an+1有關(guān)的表達(dá)式,再結(jié)合已知條件得到an+1的取值范圍即可得證.由于數(shù)列綜合題與不等式相結(jié)合,技巧性比較強(qiáng),需要平時(shí)一定量的訓(xùn)練與積累,在后續(xù)復(fù)習(xí)時(shí)應(yīng)予以關(guān)注. 三、立體幾何解答技巧 立體幾何解答題核心考點(diǎn)主要分為三大類:一是考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)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(guān)系,主要以解答題第一問的形式出現(xiàn),在解決這類問題時(shí),要把握好問題的轉(zhuǎn)化方向,并且做好將問題反復(fù)轉(zhuǎn)化的準(zhǔn)備.二是考查空間向量在立體幾何問題中的綜合應(yīng)用,包括空間角、距離、體積、面積等的計(jì)算,這類問題常以空間幾何體為載體,考查空間量的計(jì)算,這部分內(nèi)容現(xiàn)在基本是用空間向量的方法解決.三是部分考題會(huì)設(shè)計(jì)一問探究題,通過空間向量考查考生“推理論證”“運(yùn)算求解”“數(shù)據(jù)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(diǎn)F為PD上一點(diǎn)且PF=PD, 證明:CF//平面PAB; (Ⅱ)求二面角B-PD-A的大?。?/p> (Ⅲ)在線段PD上是否存在一點(diǎn)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(diǎn)F作FH//AD,交PA于H,連接BH,因?yàn)镻F=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?yàn)樘菪蜛BCD中,AD//AB,AD⊥AB,所以BC⊥AB. 因?yàn)镻B⊥平面ABCD,所以PB⊥AB,PB⊥BC. 如圖,以B為原點(diǎn),BC,BA,BP所在直線為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系, 所以C(1,0,0),D(3,3,0),A(0,3,0),P(0,0,3). 設(shè)平面BPD的一個(gè)法向量為=(x,y,z),平面APD的一個(gè)法向量為=(a,b,c), 因?yàn)?(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?yàn)槎娼荁-PD-A為銳角, 所以二面角B-PD-A為. (Ⅲ)假設(shè)存在點(diǎn)M,設(shè)==(3,3,-3), 所以=+=(-1+3,3,3-3),所以·=-9+3(3-3)=0,解得=, 所以存在點(diǎn)M,且PM=PD=. 點(diǎn)評(píng):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(yīng)用.將立體幾何向量化,體現(xiàn)向量工具的應(yīng)用,即把幾何的證明與計(jì)算問題轉(zhuǎn)化為純代數(shù)的計(jì)算問題,是向量的最大優(yōu)勢,把空間一些難以想象的問題轉(zhuǎn)化成計(jì)算問題,有效的解決了一些學(xué)生空間想象能力較差的問題. 另外利用空間向量解題時(shí),要準(zhǔn)確寫出空間點(diǎn)的坐標(biāo),這很重要. 四、概率統(tǒng)計(jì)解答技巧 概率與統(tǒng)計(jì)是歷屆高考的必考內(nèi)容之一.從今年各地高考試題來看,對概率統(tǒng)計(jì)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(xiàn),而且概率統(tǒng)計(jì)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(xué)生實(shí)際,具有時(shí)代氣息,從而更進(jìn)一步考查考生的分析問題、解決問題的能力. 試題往往以實(shí)際應(yīng)用問題為背景.文科則通過統(tǒng)計(jì)、頻率、古典概型、幾何概型等知識(shí)考查考生的運(yùn)算求解能力、數(shù)據(jù)處理能力.而理科以排列組合、概率統(tǒng)計(jì)等知識(shí)為工具,著重考查基本概型、基本概率事件的識(shí)別、離散型隨機(jī)變量的分布列及期望等主干知識(shí).試題難度屬于中檔題. 例4. 某工廠36名工人的年齡數(shù)據(jù)如下表: (Ⅰ)用系統(tǒng)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(jī)抽樣法抽到的年齡數(shù)據(jù)為44,列出樣本的年齡數(shù)據(jù);
(Ⅱ)計(jì)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(tǒng)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(hào)是一個(gè)首項(xiàng)為2,公差為4的等差數(shù)列,所以所得樣本數(shù)據(jù)的編號(hào)為:4n-2,(n=1,2,…,9),對應(yīng)樣本的年齡數(shù)據(jù)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?yàn)閟2=,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(shù)等于區(qū)間[37,43]的人數(shù),
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(diǎn)評(píng):本題主要考查系統(tǒng)抽樣、樣本的均值與方差、樣本數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)等基礎(chǔ)知識(shí)和運(yùn)算求解能力,屬于中檔題,整體難度不大,解答本題關(guān)鍵在于第(Ⅰ)問要準(zhǔn)確由系統(tǒng)抽樣的定義得出對應(yīng)的樣本數(shù)據(jù),第(Ⅱ)(Ⅲ)問則直接準(zhǔn)確運(yùn)用公式即可解答,但需注意運(yùn)算過程和運(yùn)算方法的應(yīng)用.
追蹤練習(xí)3. 某校要用三輛汽車從新校區(qū)把教職工接到老校區(qū),已知從新校區(qū)到老校區(qū)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(gè)數(shù)?孜的分布列和數(shù)學(xué)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(diǎn)評(píng):高考中常常通過實(shí)際背景考查互斥事件、對立事件、相互獨(dú)立事件、獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)的概率計(jì)算及離散型隨機(jī)變量的分布列和數(shù)學(xué)期望的計(jì)算,同時(shí)也考查二項(xiàng)分布、超幾何分布等特殊的概率模型.解讀此類問題時(shí)要注意分清類型,運(yùn)用相應(yīng)的知識(shí)進(jìn)行解答.本題易犯的錯(cuò)誤是相互獨(dú)立事件之間的關(guān)系混亂,沒有理解題中給定道路選擇的實(shí)際意思.
五、圓錐曲線解答技巧
解析幾何的本質(zhì)是用代數(shù)方法研究圖形的幾何性質(zhì),體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的重要數(shù)學(xué)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(shí)、基本技能的靈活應(yīng)用.而考大題,則主要以圓錐曲線為載體,綜合各個(gè)模塊知識(shí)點(diǎn)(平面向量、導(dǎo)數(shù)、不等式等),全面考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力.由于此處題目綜合性強(qiáng),解法靈活多變,充分體現(xiàn)出高考能力立意的命題方向.
圓錐曲線綜合題由于內(nèi)容豐富、考法靈活,從而難度較大.其能綜合考查學(xué)生數(shù)形結(jié)合、等價(jià)轉(zhuǎn)換、分類討論、邏輯推理等諸方面的能力,重點(diǎn)考查圓錐曲線中的重要知識(shí)點(diǎn), 通過知識(shí)的重組與鏈接, 使知識(shí)形成網(wǎng)絡(luò), 著重考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系.
例5. 在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)B與點(diǎn)A(-1,1)關(guān)于原點(diǎn)O對稱,P是動(dòng)點(diǎn),且直線AP與BP的斜率之積等于-.
(Ⅰ)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程;
(Ⅱ)設(shè)直線AP和BP分別與直線x=3交于點(diǎn)M,N,問:是否存在點(diǎn)P使得△PAB與△PMN的面積相等?若存在,求出點(diǎn)P的坐標(biāo);若不存在,說明理由.
解析:(Ⅰ)因?yàn)辄c(diǎn)B與A(-1,1)關(guān)于原點(diǎn)O對稱,所以點(diǎn)B得坐標(biāo)為(1,-1).
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x, y),由題意得·=-,
化簡得x2+3y2=4(x≠±1).
故動(dòng)點(diǎn)P的軌跡方程為x2+3y2=4(x≠±1)
(Ⅱ)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0),點(diǎn)M,N得坐標(biāo)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(diǎn)P到直線AB的距離d=.
于是?駐PAB的面積S?駐PAB=|AB|·d=|x0+y0|.
當(dāng)S?駐PAB=S?駐PMN時(shí),得|x0+y0|=.
又|x0+y0|≠0,所以(3-x0)2=|x02-1|,解得x0=.
因?yàn)閤02+3y02=4,所以y0=±,
故存在點(diǎn)P使得?駐PAB與?駐PMN的面積相等,此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(,±).
點(diǎn)評(píng):本題背景取自于教材,但作了創(chuàng)新,重點(diǎn)考查了學(xué)生對知識(shí)的遷移能力,邏輯思維能力及代數(shù)運(yùn)算能力和探究問題的能力.本題第一問,是常規(guī)問題,也是課本問題的一個(gè)變形.課本問題是“將橢圓上任意一點(diǎn)與長軸頂點(diǎn)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(diǎn)與橢圓上關(guān)于中心對稱的兩個(gè)點(diǎn)的連線的斜率之積為定值”.解決不難,注意需要去掉兩個(gè)點(diǎn).
本題第二問,是非常出彩的一個(gè)問題,入口寬,但是能得結(jié)論不易. 具體解決時(shí),可以設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0),之后由直線AP,BP的方程求得點(diǎn)M,N的縱坐標(biāo),進(jìn)而可以求得?駐PMN得面積;由|AB|=2以及點(diǎn)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(diǎn)P的坐標(biāo),具體解題過程如上所示.其實(shí)各位考生應(yīng)該也發(fā)現(xiàn)了,這樣去算的話,計(jì)算量還是很大的.那么有沒有簡單一點(diǎn)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(diǎn)P使得?駐PAB與?駐PMN的面積相等,設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(x0,y0),
則|PA|·|PB|sin∠APB=|PM|·|PN|sin∠MPN.
因?yàn)閟in∠APB=sin∠MPN,所以=,
所以=,即(3-x0)2=|x02+1|,解得x0=,
因?yàn)閤02+3y02=4,所以y0=±,
故存在點(diǎn)P使得?駐PAB與?駐PMN的面積相等,此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(,±).
六、函數(shù)導(dǎo)數(shù)解答技巧
“函數(shù)”作為高中數(shù)學(xué)中的核心知識(shí),其思想方法貫穿于高中數(shù)學(xué)課程的始終,是高考考點(diǎn)中的重中之中.通過導(dǎo)數(shù),可以把函數(shù)、不等式、向量、數(shù)列、解析幾何等知識(shí)相互交匯滲透,使得這些知識(shí)聯(lián)系的更加緊密.而在這些知識(shí)點(diǎn)的綜合處,由于知識(shí)點(diǎn)多、覆蓋面廣、思想豐富、綜合性強(qiáng).能夠設(shè)置不同層次、難度不一的綜合題以考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)和方法解決問題的能力,從而使得歷年高考以“函數(shù)、導(dǎo)數(shù)”為主體內(nèi)容的壓軸題頻頻出現(xiàn),且常考常新.
例6. 已知函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=kx,(k∈R)
(Ⅰ)證明:當(dāng)x>0時(shí),f(x) (Ⅱ)證明:當(dāng)k<1時(shí),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(dāng) x∈(0,+∞), F′(x)<0, 所以F(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減; 故當(dāng)x>0時(shí), F(x) (Ⅱ)令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx, x∈(0,+∞), 則有G′(x)=-k=. ①當(dāng)k<0時(shí),G′(x)>0,所以G(x)在 [0,+∞)上單調(diào)遞增,G(x)>G(0)=0. 故對任意正實(shí)數(shù)x0均滿足題意. ② 當(dāng)0 取x0=-1,對任意x∈(0, x0), 恒有G′(x)>0,所以G(x)在[0, x0)上單調(diào)遞增, G(x)>G(0)=0, 即f(x)>g(x). 綜上,當(dāng)k<1時(shí),存在x0>0,使得對任意x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x). (Ⅲ)①當(dāng)k>1時(shí),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(dāng)x∈(0,)時(shí),M′(x)>0,M(x)在[0,]上單調(diào)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(dāng)k<1時(shí),由(Ⅱ)知存在x0>0,使得對任意的x∈(0,x0),恒有f(x)>g(x). 此時(shí)| 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(dāng)x∈(0, )時(shí), N′(x)>0, M(x)在[0,]上單調(diào)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(dāng)x∈(0, x1)時(shí),恒有| f(x)-g(x)|>x2, 故滿足題意的t不存在. ③當(dāng)k=1,由(Ⅰ)知,當(dāng)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(dāng)x>0時(shí),H′(x)<0,所以H(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,故H(x) 故當(dāng)x>0時(shí),恒有| f(x)-g(x)| 綜上,k=1. 點(diǎn)評(píng):在解函數(shù)的綜合應(yīng)用問題時(shí),我們常常借助導(dǎo)數(shù),將題中千變?nèi)f化的隱藏信息進(jìn)行轉(zhuǎn)化,探究這類問題的根本,從本質(zhì)入手,進(jìn)而求解,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,再用單調(diào)性來證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合中的一個(gè)難點(diǎn),解題技巧是構(gòu)造輔助函數(shù),把不等式的證明轉(zhuǎn)化為利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)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(jià),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(dǎo)數(shù)的強(qiáng)大功能就是通過研究函數(shù)極值、最值、單調(diào)區(qū)間來判斷函數(shù)大致圖像,這是利用研究基本初等函數(shù)方法所不具備的,而是其延續(xù). 責(zé)任編輯 徐國堅(jiān)