1、第一篇 活用审题路线图，教你审题不再难审题即弄清题意，明确题目的条件与结论，审题是解题的基础，深入细致的审题是正确迅速解题的前提.审题不仅存在于解题的开端，还要贯穿于解题思路的全过程和解答后的反思回顾.正确的审题要多角度地观察，由表及里，由条件到结论，由数式到图形，洞察问题实质，选择正确的解题方向.事实上，很多考生往往对审题掉以轻心，或不知从何处入手进行审题，致使解题失误而丢分.本篇结合实例，教你正确的审题方法，给你制订一条“审题路线图”，攻克高考解答题.审题概述 栏目索引 一审条件挖隐含 二审结论会转换 三审图形抓特点 四审结构定方案 五审图表找规律 六审细节更完善 一审条件挖隐含 题目的条
2、件是解题的主要素材，充分利用条件和结论间的内在联系是解题的必经之路.条件有明示的，也有隐含的，审视条件更重要的是充分挖掘每一个条件的内涵和隐含信息，发挥隐含条件的解题功能.例1 已知函数f(x)处取得最值，其中(0,2).(1)求函数f(x)的最小正周期；4sinx4 cos x 在 x4(2)将函数f(x)的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的3倍，纵坐标不变，得到函数yg(x)的图象，若为锐角，g()求cos.3643 2，2k32，kZ02 32T23 审题路线图(1)fx4sinx4 cos x化简变形 fx2sin2x4 2fx在x 处取得最值 4(2)fx
3、图象变换gx f13x 36 g43 2代入sin6 23 左移 36个单位长度横坐标伸长为原来的3倍为锐角确定开方的符号cos6 53 和差公式 求得cos 1526解(1)f(x)4sinx4 cos x2 2sin xcos x2 2cos2x 2(sin 2xcos 2x)22sin2x4 2，f(x)在 x4处取得最值，244k2，kZ，2k32，kZ.(0,2)，即 02k322，34k14，又 kZ，k0，则 32，f(x)2sin3x4 2，T23.(2)将函数 f(x)的图象向左平移 36个单位长度，得到 h(x)2sin3x 36 4 22sin3x6 2，再将 h(x)图
4、象上各点的横坐标伸长为原来的 3 倍，纵坐标不变，得到 g(x)2sinx6 2.故 g()2sin6 243 2，sin6 23.为锐角，660)，f(x)2x9x122x129xxx122x25x2xx12 2x1x2xx12(x0)，令 f(x)0，则 x2 或 0 x12，令 f(x)0，则12x2，所以函数 f(x)的单调递增区间为0，12 和(2，)，单调递减区间为12，2.当 x1,3时，可知函数 f(x)在1,2上单调递减，在(2,3上单调递增，所以最小值为 f(2)2ln 25.又 f(1)72，f(3)2ln 3234，且 f(3)f(1)2ln 394f(3).所以函数
5、f(x)在1,3上的最小值为 2ln 25，最大值为72.又 a2，所以 f(x)2ln x8x1x1，f(x)2x9x120，(2)若对于任意的x11,2，存在x22,3，使f(x1)h(x2)，则f(x1)minh(x2)有解.所以f(x)在1,2上单调递减，f(x1)minf(2)2ln 25.所以 x222bx242ln 25 有解，转化为 2bx2292ln 2x2有解.设函数 g(x)x292ln 2x，则g(x)在2,3上单调递减，所以 2bg(x)ming(3)992ln 23，即 b9ln 23.所以 b 的取值范围为9ln 23，.跟踪演练2(2017江苏盐城期中)设函数f
6、(x)ln xax(xR).(1)若直线y3x1是函数f(x)图象的一条切线，求实数a的值；解答(2)若函数f(x)在1，e2上的最大值为1ae(e为自然对数的底数)，求实数a的值；解答(3)若关于x的方程ln(2x2x3t)x2xtln(xt)有且仅有惟一的实数根，求实数t的取值范围.解答 三审图形抓特点 在一些数学高考试题中，问题的条件往往是以图形的形式给出，或将条件隐含在图形之中，因此在审题时，要善于观察图形，洞悉图形所隐含的特殊关系、数值的特点、变化的趋势.抓住图形的特征，运用数形结合的数学思想方法，是破解考题的关键.例3 如图(1)所示，在边长为4的菱形ABCD中，DAB60.点E，
7、F分别在边CD，CB上，点E与点C，D不重合，EFAC，EFACO.沿EF将CEF翻折到PEF的位置，使平面PEF平面ABFED，如图(2)所示.(1)求证：BD平面POA；(2)当PB取得最小值时，求四棱锥PBDEF的体积.审题路线图(1)(2)(1)证明因为菱形ABCD的对角线互相垂直，所以BDAC，所以BDAO.因为EFAC，所以POEF.因为平面PEF平面ABFED，平面PEF平面ABFEDEF，且PO平面PEF，所以PO平面ABFED.因为BD平面ABFED，所以POBD.因为AOPOO，AO，PO平面POA，所以BD平面POA.(2)解设AOBDH.因为DAB60，所以BDC为等边
8、三角形.故 BD4，HB2，HC2 3.设 POx(0 x0，b0)的两个焦点，P是C上一点，若PF1PF26a，且PF1F2最小的内角为30，则双曲线C的渐近线方程是_.x2a2y2b2答案 解析 2xy0五审图表找规律 题目中的图表、数据包含着问题的基本信息，往往也暗示着解决问题的目标和方向.在审题时，要认真观察分析图表、数据的特征和规律，常常可以找到解决问题的思路和方法.例5 下表中的数阵为“森德拉姆素数筛”，其特点是每行每列都成等差数列，记第i行第j列的数为ai，j(i，jN*)，则(1)a9,9_；(2)表中的数82共出现_次.2 3 4 5 6 7 3 5 7 9 11 13 4
9、7 10 13 16 19 5 9 13 17 21 25 6 11 16 21 26 31 7 13 19 25 31 37 审视图表数据ai，j 每行成等差数列 a1，9a1，18110每列成等差数列a9，9a1，98982一般规律ai，ji1j1iij182出现次数ij182解的个数审题路线图 解析(1)令a9,9表示第9行第9列，第1行的公差为1，第2行的公差为2，第9行的公差为9，第9行的首项b110，则b9108982.(2)第1行数组成的数列a1，j(j1,2，)是以2为首项，1为公差的等差数列，所以a1，j2(j1)1j1；第i行数组成的数列ai，j(j1,2，)是以i1为首项
10、，i为公差的等差数列，所以ai，j(i1)(j1)iij1，由题意得ai，jij182，即ij81，且i，jN*，所以8181127399327181，故表格中82共出现5次.答案(1)82(2)5跟踪演练5(1)已知函数f(x)，g(x)分别由下表给出：则 f(g(1)的值为_；满足f(g(x)g(f(x)的x的值为_.答案 解析 x 1 2 3 f(x)1 3 1 x 1 2 3 g(x)3 2 1 1 2(2)某校举行了由全部学生参加的校园安全知识考试，从中抽出60名学生，将其成绩分成六段：40,50)，50,60)，90,100后，画出如图所示的频率分布直方图.观察图形中的信息，回答下
11、列问题：估计这次考试的及格率(60分及以上为及格)为_，平均分为_.答案 解析 75%71六审细节更完善 审题不仅要从宏观上、整体上去分析、去把握，还要更加注意审视一些细节上的问题.例如括号内的标注、数据的范围、图象的特点等.因为标注、范围大多是对数学概念、公式、定理中所涉及的一些量或解析式的限制条件.审视细节能适时地利用相关量的约束条件，调整解决问题的方向.所以说重视审视细节，更能体现审题的深刻性.例6 已知正项数列an的前n项和为Sn，且a11，Sn1Sn数列bn满足bnbn1，且b11.(1)求数列an，bn的通项公式；a2n1，(2)记Tnanb2an1b4a1b2n，求Tn.3 na
12、当n2时bn1bn13 利用b11可求得b23 分奇偶项求得bn(1)Sn1Sna2n1 当n2时审题路线图 an1anan1an10已知an为正项数列当n2时，an1an1验证当n1时的情况an为等差数列 求得an bnbn13n3 na 对式子进行化简整理可利用n1，2进行估算验证 写出正确结果(2)由1可得b2n3n Tn可使用错位相减法求得解(1)Sn1Sna2n1，SnSn1a2n(n2)，得 an1ana2n1a2n，(an1an)(an1an1)0.an10，an0，an1an0，an1an1(n2).又由 S2S1a22，得 2a1a2a22，即a22a220，a22或1(舍去
13、).a2a11，an是以1为首项，1为公差的等差数列，ann.bnbn13n，bn1bn3n1(n2)，得bn1bn13(n2)，又由b11，可求b23，故b1，b3，b2n1是首项为1，公比为3的等比数列，b2，b4，b2n是首项为3，公比为3的等比数列.b2n13n1，b2n33n13n.bn，n为奇数，n为偶数.123n23n3 na(2)由(1)得Tn3an32an133an23na1，3Tn32an33an134an23n1a1，得2Tn3an32(anan1)33(an1an2)3n(a2a1)3n1a1，ann，2Tn3n32333n3n1 3n3213n133n92123n2，Tn3n24 3n2 94.跟踪演练6(2017江苏无锡期末)数列an的前n项和为Sn，a12，Sn (rR，nN*).(1)求r的值及数列an的通项公式；解答 ann3r(2)设bn (nN*)，记bn的前n项和为Tn.当nN*时，T2nTn恒成立，求实数的取值范围；解答 nan求证：存在关于n的整式g(n)，使得(Tn1)Tng(n)1对一切n2，nN*都成立.证明 i1n1
