1、大二轮理2大二轮 数学 理第二步 高考题型大突破第三讲 10大模板规范解答题 第三编 考前冲刺攻略3大二轮 数学 理题型地位解答题作为高考数学试卷的最后一道大题，通常有六道题，分值为 70 分，约占总分的一半，其得分直接决定了高考中数学的成败如果说客观题是得分的基础，那么解答题就是提高得分的保障，而且在每年的数学试卷中解答题的题型具有延续性，因此在备考复习中要加强高考题型的针对性训练4大二轮 数学 理题型特点首先，解答题应答时不仅要得出最后的结论，还要写出解答过程的主要步骤，给出合情合理的说明；其次，解答题的内涵丰富，考点相对较多，综合性强，区分度高，难度较大解题策略(1)常见失分原因及应对办
2、法：对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题、快做题；公式记忆不牢，一定要熟记公式、定理、性质等；5大二轮 数学 理 解题步骤不规范，一定要按课本要求的步骤去解答，否则会因不规范答题失分，应避免“对而不全”，如解概率题，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或只给出单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；计算能力差、失分多，会做的一定不能放过，不能一味求快，例如平面解析几何中的圆锥曲线问题就要求有较强的运算能力；6大二轮 数学 理不要轻易放弃试题，难题不会做，可分解成小问题，分步解决，如将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，也许随着这些小步骤
3、的罗列，还能产生解题的灵感7大二轮 数学 理(2)怎样才能分段给分：对于同一道题目，有的人理解得深，有的人理解得浅；有的人解决得多，有的人解决得少，为了区分这种情况，高考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分这种方法我们叫“分段评分”，或者“踩点给分”踩上知识点就得分，踩得多就多得分，与之对应的“分段得分”的基本精神是会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分，分段得分的方法有以下几种：8大二轮 数学 理 缺步解答；跳步解答；辅助解答；退步解答总之，解解答题的基本原则是“步步为营”9大二轮 数学 理模板一三角函数的图象与性质例1 2016山东淄博实验中学模拟已知函数 f(x)2sinxcos
4、x2 3sin2x 3(0)的最小正周期为.(1)求函数 f(x)的单调递增区间；(2)将函数 f(x)的图象向左平移6个单位，再向上平移 1个单位，得到函数 yg(x)的图象若 yg(x)在0，b(b0)上至少有 10 个零点，求 b 的最小值10大二轮 数学 理解(1)f(x)2sinxcosx2 3sin2x 3sin2x 3cos2x2sin2x3，由函数的最小正周期为，得 1，所以 f(x)2sin2x3，令 2k22x32k2，kZ，得 k 12xk512，kZ，所以函数 f(x)的单调递增区间是k 12，k512，kZ.11大二轮 数学 理(2)将函数 f(x)的图象向左平移6个
5、单位，再向上平移 1个单位，得到 y2sin2x1 的图象，所以 g(x)2sin2x1.令 g(x)0，得 xk712或 xk1112(kZ)，所以 yg(x)在0，上恰好有两个零点，若 yg(x)在0，b(b0)上有 10 个零点，则 b 不小于第 10 个零点的横坐标，即 b 的最小值为 41112 5912.12大二轮 数学 理审题视角(1)利用恒等变换将 f(x)化为 yAsin(x)的形式，再结合正弦函数的性质求解(2)由平移得到 g(x)的解析式，再通过解方程求出0，上零点个数，结合周期确定 b 的取值构建解题程序 第一步：运用三角恒等变换，将 fx化成 yAsinx的形式.第二
6、步：将 x 视为一个整体，代入 ysint 的单调区间内求解 x 的范围.第三步：结合函数图象的平移得出 gx的表达式.第四步：通过解方程得出其一个周期内的零点个数，再结合其周期性求出 b 的最小值.13大二轮 数学 理批阅笔记 1.本题第1问的关键为三角恒等变换及整体的应用意识.第2问注意平移的相关应用，结合周期性求出结论.2.本题易错点：公式变换与平移变换不准确而得不出正确的解析式造成错解.不能由一个周期内的零点个数转化到所给区间0，b上.14大二轮 数学 理模板二 三角变换与解三角形例2 在ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，且满足 csinAacosC.(1)求角
7、C 的大小；(2)求 3sinAcosB4 的最大值，并求取得最大值时角A，B 的大小；(3)若 a2c2b2ac，且 c2.求ABC 的面积15大二轮 数学 理解(1)csinAacosC，由正弦定理，得 sinCsinAsinAcosC.又 0A0，从而 sinCcosC.又 cosC0，tanC1.又 C(0，)，则 C4.(2)由(1)知，B34A，B4A，则 3sinAcosB4 3sinAcos(A)3sinAcosA2sinA6.因为 0A34，则6A61112.16大二轮 数学 理从而当 A62，即 A3时，2sinA6 取最大值 2.综上可知，3sinAcosB4 的最大值为
8、 2，此时 A3，B512.(3)由 a2c2b2ac 及余弦定理，得cosBa2c2b22ac ac2ac12.17大二轮 数学 理又 0B0(nN*)，且 b1b2b315，又 a1b1、a2b2、a3b3 成等比数列(1)求数列an、bn的通项公式；(2)求数列anbn的前 n 项和 Tn.解(1)a11，an12Sn1(nN*)，an2Sn11(nN*，n2)an1an2(SnSn1)，即 an1an2an，an13an(nN*，n2)而 a22a113，21大二轮 数学 理a23a1.数列an是以 1 为首项，3 为公比的等比数列an3n1(nN*)a11，a23，a39.在等差数列
9、bn中，b1b2b315，b25.又a1b1、a2b2、a3b3 成等比数列，设等差数列bn的公差为 d，则有(a1b1)(a3b3)(a2b2)2.22大二轮 数学 理(15d)(95d)64，解得 d10 或 d2.bn0(nN*)，舍去 d10，取 d2.b13，bn2n1(nN*)(2)由(1)知 Tn3153732(2n1)3n2(2n1)3n1，3Tn33532733(2n1)3n1(2n1)3n.得2Tn312323223323n1(2n1)3n23大二轮 数学 理32(332333n1)(2n1)3n3233n13(2n1)3n3n(2n1)3n2n3n，Tnn3n.24大二轮
10、 数学 理审题视角(1)anSnSn1n2消去Sn 得an13an an3n1(2)观察anbn中an与bn的特点 在Tn前乘以an的公比，构造使用错位相减的条件 2Tn2n3n 得Tn25大二轮 数学 理构建解题程序 第一步：令 n1，由 Snf(an)求出 a1.第二步：令 n2，构造 anSnSn1，用 an 代换 SnSn1(或用 SnSn1 代换 an，这要结合题目特点)，由递推关系求通项第三步：验证当 n1 时的结论是否适合当 n2 时的结论如果适合，则统一“合写”；如果不适合，则应分段表示第四步：写出明确规范的答案第五步：反思回顾查看关键点、易错点及解题规范本题的易错点，易忽略对
11、 n1 和 n2 分两类进行讨论，同时忽视结论中对二者的合并26大二轮 数学 理批阅笔记 1.本题第(1)问利用 Sn 与 an 的关系，根据递推关系式可得 an 与 an1 的关系，从而判断an是等比数列可求其通项公式；而bn中可设出公差 d 利用题中条件解方程组得 b1，d，即知bn的通项公式第(2)问根据an，bn的通项公式特点可知求其和 Tn 时用错位相减法2.本题易错点：第(1)问求 an 时忘记检验 a2 与 a1的关系即 n1 时的情况，且求bn的公差 d 时忽略 bn0 从而导致多解第(2)问用错位相减法时容易发生计算失误，尤其是项数和项的符号27大二轮 数学 理模板四 概率与
12、统计例4 2016全国卷某险种的基本保费为 a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：a上年度出险次数012345保费0.85aa1.25a1.5a1.75a2a28大二轮 数学 理设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下：一年内出险次数012345概率0.300.150.200.200.100.05(1)求一续保人本年度的保费高于基本保费的概率；(2)若一续保人本年度的保费高于基本保费，求其保费比基本保费高出 60%的概率；(3)求续保人本年度的平均保费与基本保费的比值29大二轮 数学 理解(1)设 A 表示事件：“一续保人本年度的
13、保费高于基本保费”，则事件 A 发生当且仅当一年内出险次数大于 1，故 P(A)0.200.200.100.050.55.(2)设 B 表示事件：“一续保人本年度的保费比基本保费高出 60%”，则事件 B 发生当且仅当一年内出险次数大于 3，故 P(B)0.100.050.15.又 P(AB)P(B)，故P(B|A)PABPA PBPA0.150.55 311.因此所求概率为 311.30大二轮 数学 理(3)记续保人本年度的保费为 X，则 X 的分布列为X0.85aa1.25a1.5a1.75a2aP0.300.150.200.200.100.05E(X)0.85a0.30a0.151.25
14、a0.201.5a0.201.75a0.102a0.051.23a.因此续保人本年度的平均保费与基本保费的比值为1.23.31大二轮 数学 理审题视角(1)利用互斥事件的概率计算公式求解；(2)利用条件概率的计算公式进行求解；(3)列出续保人本年度的保费的分布列，求出平均保费，即可得平均保费与基本保费的比值构建解题程序 第一步：利用互斥事件的概率公式进行运算求解第二步：依据条件概率的求解方法进行求解第三步：依据随机变量的取值列出分布列，求出数学期望值32大二轮 数学 理第四步：写出规范的解答过程及结论，反思回顾，查看关键点，易错点批阅笔记 1.解决离散型随机变量的分布列、期望与方差问题，常与互
15、斥事件、相互独立事件、独立重复事件相综合，明确事件性质，恰当选取公式为解题关键2.本题常见错误为：读不懂题意，对求概率模型不清造成错解对随机变量的分布列理解不全面，而不能正确求出平均保费造成失误33大二轮 数学 理模板五 立体几何例5 2016四川高考如图，在四棱锥 PABCD 中，ADBC，ADCPAB90，BCCD12AD.E 为棱 AD的中点，异面直线 PA 与 CD 所成的角为 90.34大二轮 数学 理(1)在平面 PAB 内找一点 M，使得直线 CM平面 PBE，并说明理由；(2)若二面角 PCDA 的大小为 45，求直线 PA 与平面 PCE 所成角的正弦值解(1)在梯形 ABC
16、D 中，AB 与 CD 不平行延长 AB，DC，相交于点 M(M平面 PAB)，点 M 为所求的一个点理由如下：35大二轮 数学 理由已知，BCED，且 BCED.所以四边形 BCDE 是平行四边形从而 CMEB.又 EB平面 PBE，CM平面 PBE，所以 CM平面 PBE.(说明：延长 AP 至点 N，使得 APPN，则所找的点可以是直线 MN 上任意一点)36大二轮 数学 理(2)解法一：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以 CD平面 PAD.从而 CDPD.所以PDA 是二面角 PCDA 的平面角所以PDA45.设 BC1，则在 RtPAD 中，PAAD2.过点 A 作 AHC
17、E，交 CE 的延长线于点 H，连接 PH.易知 PA平面 ABCD，从而 PACE.37大二轮 数学 理于是 CE平面 PAH.所以平面 PCE平面 PAH.过 A 作 AQPH 于 Q，则 AQ平面 PCE.所以APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角在 RtAEH 中，AEH45，AE1，所以 AH 22.在 RtPAH 中，PH PA2AH23 22，所以 sinAPHAHPH13.38大二轮 数学 理解法二：由已知，CDPA，CDAD，PAADA，所以 CD平面 PAD.于是 CDPD.从而PDA 是二面角 PCDA 的平面角39大二轮 数学 理所以PDA45.由 PAAB，可得
18、PA平面 ABCD.设 BC1，则在 RtPAD 中，PAAD2.作 AyAD，在 A 为原点，以AD，AP的方向分别为 x轴，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz，则 A(0,0,0)，P(0,0,2)，C(2,1,0)，E(1,0,0)，所以PE(1,0，2)，EC(1,1,0)，AP(0,0,2)，设平面 PCE 的法向量为 n(x，y，z)，40大二轮 数学 理由 nPE0，nEC0，得x2z0，xy0，设 x2，解得 n(2，2,1)设直线 PA 与平面 PCE 所成角为，则sin|nAP|n|AP|22 22221213.所以直线 PA 与平面 PCE 所成角的正
19、弦值为13.41大二轮 数学 理审题视角(1)由梯形 ABCD 的性质，得 DCBE，则DC平面 PBE，从而 AB 与 DC 延长线的交点即为所求；(2)可以用传统法求解，也可以建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解构建解题程序 第一步：作出(或找出)具有公共交点的三条互相垂直的直线第二步：建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标第三步：求出两个半平面的法向量42大二轮 数学 理第四步：求两法向量 n1，n2 的夹角或 cosn1，n2(若为锐二面角，则求|cosn1，n2|)第五步：将法向量的夹角转化为二面角的夹角第六步：反思回顾，查看关键点、易错点及答题的规范性43大二轮 数学 理批阅笔记
20、 1.本题第(1)问证明的关键是充分利用梯形的几何性质，由线面平行转化为找出线线平行.第(2)问建立空间直角坐标系，将线面角转化为两向量的夹角进行求角，但前提是要找出二面角 PCDA，由此再设出相应的边长2.本题易错点：第(1)问点 M 位置探索错误或答题步骤不完善，应先探索出点 M 的位置，再进行证明第(2)问的易错点为不能准确找出二面角 PCDA的位置，进而无法设出边长，造成没有相应的量进行运算求解44大二轮 数学 理模板六 直线与圆锥曲线例6 2016天津高考设椭圆x2a2y23 1(a 3)的右焦点为 F，右顶点为 A.已知 1|OF|1|OA|3e|FA|，其中 O 为原点，e 为椭
21、圆的离心率(1)求椭圆的方程；(2)设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点 B(B 不在 x 轴上)，垂直于 l 的直线与 l 交于点 M，与 y 轴交于点 H.若 BFHF，且MOAMAO，求直线 l 的斜率的取值范围45大二轮 数学 理解(1)设 F(c,0)，由 1|OF|1|OA|3e|FA|，即1c1a3caac，可得 a2c23c2，又 a2c2b23，所以 c21，因此 a24.所以，椭圆的方程为x24y231.(2)设直线 l 的斜率为 k(k0)，则直线 l 的方程为 yk(x2)设 B(xB，yB)，由方程组x24y231，ykx2消去 y，整理得(4k23)x216k2x1
22、6k2120.46大二轮 数学 理解得 x2，或 x8k264k23，由题意得 xB8k264k23，从而yB12k4k23.由(1)知，F(1,0)，设 H(0，yH)，有FH(1，yH)，BF94k24k23，12k4k23.由 BFHF，得BFFH 0，所以4k294k2312kyH4k230，解得 yH94k212k.因此直线 MH 的方程为 y1kx94k212k.47大二轮 数学 理设 M(xM，yM)，由方程组ykx2，y1kx94k212k消去 y，解得 xM 20k2912k21.在 MAO 中，MOA MAO|MA|MO|，即(xM2)2y2Mx2My2M，化简得 xM1，
23、即20k2912k211，解得 k 64，或 k 64.48大二轮 数学 理所以，直线 l 的斜率的取值范围为，64 64，.49大二轮 数学 理审题视角(1)用待定系数法求解即可；(2)把几何条件转化为坐标关系，得出关于直线 l 的斜率的不等式，求之即可构建解题程序 第一步：利用待定系数法设出椭圆方程，利用条件进行求解第二步：设出直线方程(注意对斜率 k 的讨论)，与椭圆方程联立，由韦达定理得出 B 点坐标第三步：依据 BFHF 得出点 H 坐标，进而可设出 MH的直线方程50大二轮 数学 理第四步：用 k 表示出点 M 的坐标，将MOAMAO转化出|MA|MO|即可得到关于 k 的不等式关
24、系第五步：通过解不等式即可求出直线 l 斜率的取值范围批阅笔记 1.本题第(1)问的关键是利用 1|OF|1|OA|3e|FA|得出 a 与 c 的关系式，再由关系式 a2c2b2 可求出 a的取值第(2)问是设出直线方程与椭圆方程联立，顺次求出点B、H、M 的坐标，转化MOAMAO 条件构建不等式进行求解51大二轮 数学 理2.本题易错点：第(1)问不能正确利用 a，b，c 的关系准确求出椭圆方程造成后继过程不得分第(2)问的运算量较大，涉及到的点比较多，容易造成运算上的失误；此外，对条件MOAMAO 不能转化成边的关系，进而构造不出相应的不等式关系，以至于无法进行运算求解52大二轮 数学
25、理模板七 解析几何中的探索性问题例7 已知定点 C(1,0)及椭圆 x23y25，过点 C的动直线与椭圆相交于 A，B 两点(1)若线段 AB 中点的横坐标是12，求直线 AB 的方程；(2)在 x 轴上是否存在点 M，使MA MB 为常数？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，请说明理由53大二轮 数学 理解(1)依题意，直线 AB 的斜率存在，设直线 AB 的方程为 yk(x1)，将 yk(x1)代入 x23y25，消去 y 整理得(3k21)x26k2x3k250.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则36k443k213k250，x1x2 6k23k21.54大二轮 数学 理由线段
26、 AB 中点的横坐标是12，得x1x22 3k23k2112，解得 k 33，适合.所以直线 AB 的方程为 x 3y10 或 x 3y10.(2)假设在 x 轴上存在点 M(m,0)，使MA MB 为常数()当直线 AB 与 x 轴不垂直时，由(1)知 x1x26k23k21，x1x23k253k21.55大二轮 数学 理所以MA MB(x1m)(x2m)y1y2(x1m)(x2m)k2(x11)(x21)(k21)x1x2(k2m)(x1x2)k2m2.将 代 入，整 理 得 MA MB 6m1k253k21 m2 2m13 3k212m1433k21m2m22m13 6m1433k21.
27、注意到MA MB 是与 k 无关的常数，56大二轮 数学 理从而有 6m140，m73，此时MA MB 49.()当直线 AB 与 x 轴垂直时，此时点 A、B 的坐标分别为1，23、1，23，当 m73时，也有MA MB 49.综上，在 x 轴上存在定点 M73，0，使MA MB 为常数57大二轮 数学 理审题视角 设AB的方程yk(x1)待定系数法求k写出方程；设 M 存在即为(m,0)求MA MB 在MA MB 为常数的条件下求 m.构建解题程序 第一步：假设结论存在第二步：以存在为条件，进行推理求解第三步：明确规范表述结论若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设
28、58大二轮 数学 理第四步：反思回顾查看关键点，易错点及解题规范如本题中第(1)问容易忽略 0 这一隐含条件第(2)问易忽略直线 AB 与 x 轴垂直的情况批阅笔记 1.第(1)问设出直线 AB 的斜率 k，写出 AB 的方程与椭圆联立，通过韦达定理可得出 AB 的中点横坐标，从而求出 k.即得 AB 方程第(2)问先假设存在 M，再利用MA MB 为常数，探索 M 点的坐标，所谓MA MB 为常数，是指与 AB 的位置无关的定值59大二轮 数学 理2.本题易错点：第(1)问利用x1x2212求出 k 未检验0.第(2)问未对 AB 的斜率存在与否进行讨论，或不能正确理解MA MB 为常数这一
29、条件60大二轮 数学 理模板八 圆锥曲线中的定值定点问题例8 椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别是 F1、F2，离心率为 32，过 F1且垂直于 x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为 1.(1)求椭圆 C 的方程；(2)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点，连接 PF1，PF2.设F1PF2 的角平分线 PM 交 C 的长轴于点 M(m，0)，求 m 的取值范围；61大二轮 数学 理(3)在(2)的条件下，过点 P 作斜率为 k 的直线 l，使得 l与椭圆 C 有且只有一个公共点设直线 PF1，PF2 的斜率分别为 k1，k2.若 k0，试证明 1kk1 1kk2为定
30、值，并求出这个定值解(1)由于 c2a2b2，将 xc 代入椭圆方程x2a2y2b21，得 yb2a.由题意知2b2a 1，即 a2b2.又 eca 32，62大二轮 数学 理所以 a2，b1.所以椭圆 C 的方程为x24y21.(2)解法一：设 P(x0，y0)(y00)，又 F1(3，0)，F2(3，0)，所以直线 PF1，PF2 的方程分别为lPF1：y0 x(x0 3)y 3y00，lPF2：y0 x(x0 3)y 3y00.由题意知|my0 3y0|y20 x0 32|my0 3y0|y20 x0 3263大二轮 数学 理由于点 P 在椭圆上，所以x204y201.所以|m 3|32
31、 x02 2|m 3|32 x02 2.因为 3m 3，2x02，可得 m 332 x023m2 32 x0，所以 m34x0.因此，32m32.64大二轮 数学 理解法二：设 P(x0，y0)，当 0 x02 时，当 x0 3时，直线 PF2 的斜率不存在，易知 P3，12 或 P3，12.若 P3，12，则直线 PF1 的方程为 x4 3y 30.由题意得|m 3|7 3m，因为 3m 3，所以 m3 34.65大二轮 数学 理若 P3，12，同理得 m3 34.当 x0 3时，设直线 PF1，PF2 的方程分别为yk1(x 3)，yk2(x 3)由题意知|mk1 3k1|1k21|mk2
32、 3k2|1k22，所以m 32m 3211k2111k22.因为x204y201，并且 k1y0 x0 3，k2y0 x0 3，66大二轮 数学 理所以m 32m 324x0 324x204x0 324x203x208 3x0163x208 3x016 3x042 3x042，即m 3m 3 3x043x04.因为 3m 3，0 x02 且 x0 3，所以 3m3m4 3x04 3x0，整理得 m3x04，67大二轮 数学 理故 0m32且 m3 34.综合可得 0m32.当2x00 时，同理可得32m1.(1)若 f(x)在(1，)上单调递减，求实数 a 的取值范围(2)若 a2，求函数
33、f(x)的极小值(3)若方程(2xm)ln xx0 在(1，e上有两个不等实根，求实数 m 的取值范围解(1)f(x)ln x1ln2 x a，由题意可得 f(x)0 在(1，)上恒成立，75大二轮 数学 理a 1ln2 x 1ln x1ln x12214.x(1，)，ln x(0，)，当 1ln x120 时函数 t1ln x12214的最小值为14，a14.(2)当 a2 时，f(x)xln x2x，f(x)ln x12ln2 xln2 x，令 f(x)0 得 2ln2 xln x10，76大二轮 数学 理解得 ln x12或 ln x1(舍)，即 xe12.当 1xe12 时，f(x)e
34、12 时，f(x)0，f(x)的极小值为 f(e12)e12122e12 4e12.77大二轮 数学 理(3)将方程(2xm)ln xx0 两边同除以 ln x 得(2xm)xln x0，整理得 xln x2xm，即函数 g(x)xln x2x 的图象与函数 ym 的图象在(1，e上有两个不同的交点78大二轮 数学 理由(2)可知，g(x)在(1，e12)上单调递减，在(e12，e上单调递增，g(e12)4e12，g(e)3e，当 x1 时，xln x，4e12 0，证明：当 0 xf1ax；(3)若函数 yf(x)的图象与 x 轴交于 A，B 两点，线段AB 中点的横坐标为 x0，证明：f(
35、x0)0，所以 f(x)在(0，)上单调递增若 a0，则由 f(x)0 得 x1a，且当 x0，1a 时，f(x)0，当 x1a时，f(x)0，所以 f(x)在0，1a 上单调递增，在1a，上单调递减(2)证明：设函数 g(x)f1ax f1ax，则 g(x)ln(1ax)ln(1ax)2ax，84大二轮 数学 理g(x)a1axa1ax2a 2a3x21a2x2.当 0 x0，而 g(0)0，所以 g(x)0.故当 0 xf1ax.(3)证明：由(1)知，当 a0 时，f(x)的图象与 x 轴最多有一个交点，故应有 a0.从而 a0 时，f(x)的最大值为 f1a，且 f1a 0.不妨设 A
36、(x1,0)，B(x2,0)，0 x1x2，85大二轮 数学 理则 0 x11af(x1)0，从而 x22ax1，于是 x0 x1x221a.所以，由(1)知，f(x0)1a，从而f(x0)0.第四步：判定隐含条件 a0，f1a 0.第五步：确定 x01a，结合(1)问，证明 f(x0)0.第六步：反思检验，查找易错、易漏点，规范答题的严谨性88大二轮 数学 理批阅笔记 1.本题综合考查函数的单调性，导数的综合应用，以及数学推理证明能力注重分类讨论和转化思想考查本题求解的关键是重视第(1)问结论的运用，从整体上沟通三问间的关系2.本题易错点：(1)忽视参数 a 对函数 f(x)单调性影响，求解不全面；(2)转化能力差，不能从题目条件恰当构建函数 g(x)，无从入手；(3)割裂题目三问之间的联系，难以挖掘隐含条件，解题受阻