韓宏帥

一、三角函數(shù)問題重在“變”——變角、變式與變名

三角函數(shù)類解答題是高考的熱點(diǎn)，其起點(diǎn)低、位置前，但由于其公式多，性質(zhì)繁，不少同學(xué)對(duì)其有種畏懼感.突破此類問題的關(guān)鍵在于“變”——變角、變式與變名.

（1）變角：已知角與特殊角的變換、已知角與目標(biāo)角的變換、角與其倍角的變換、兩角與其和差角的變換以及三角形內(nèi)角和定理的變換運(yùn)用.如α=（α+β）-β =（α-β）+β，2α=（α+β）+（α-β），2α=（β+α）-（β-α）.

（2）變式：根據(jù)式子的結(jié)構(gòu)特征進(jìn)行變形，使其更貼近某個(gè)公式，方法通常有：“常值代換”“逆用、變形用公式”“通分約分”“分解與組合”“配方與平方”等.

（3）變名：通過變換函數(shù)名稱達(dá)到減少函數(shù)種類的目的，方法通常有“切化弦”“升次與降次”等.

其答題的基本思路為：

例1? ? ?（2019年高考浙江卷）? 設(shè)函數(shù)f（x）=sinx，x∈ R .

（1）已知θ∈[0，2π）函數(shù)f（x+θ）是偶函數(shù)，求θ的值;

（2）求函數(shù)y=[f（x+ π 12 ）]2+[f（x+ π 4 ）]2的值域.

分析：? （1）由函數(shù)的解析式結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)即可確定θ的值;

（2）首先整理函數(shù)的解析式為y=asin（ωx+φ）+b的形式，然后確定其值域即可.

解：? （1）由題意結(jié)合函數(shù)的解析式可得：

f（x+θ）=sin（x+θ），

函數(shù)為偶函數(shù)，所以，對(duì)任意實(shí)數(shù)x都有

sin（x+θ）=sin（-x+θ），

即sinxcosθ+cosxsinθ=-sinxcosθ+cosxsinθ，

故2sinxcosθ=0，∴cosθ=0，

又θ∈[0，2π]，因此θ= π 2 或 3 2 π.

（2）由函數(shù)的解析式可得：

y=sin2（x+ π 12 ）+sin2（x+ π 4 ）

= 1-cos（2x+ π 6 ） 2 + 1-cos（2x+ π 2 ） 2

=1- 1 2 [cos（2x+ π 6 ）+cos（2x+ π 2 ）]

=1- 1 2 （? 3? 2 cos2x- 1 2 sin2x-sin2x）

=1- 1 2 （? 3? 2 cos2x- 3 2 sin2x）

=1+? 3? 2 sin（2x- π 6 ）.

據(jù)此可得函數(shù)值域?yàn)椋篬1-? 3? 2 ，1+? 3? 2 ].

方法點(diǎn)睛： 求解此類題的策略：既要注重三角知識(shí)的基礎(chǔ)性，又要注重三角知識(shí)的應(yīng)用性，突出與代數(shù)、幾何等知識(shí)的綜合聯(lián)系.“明確思維起點(diǎn)，把握變換方向，抓住內(nèi)在聯(lián)系，合理選擇公式”是三角變換的基本要決.在解題時(shí)，要緊緊抓住“變”這一核心，靈活運(yùn)用公式與性質(zhì)，仔細(xì)審題，快速運(yùn)算.

二、數(shù)列問題重在“歸”——化歸、歸納

等差數(shù)列與等比數(shù)列是兩個(gè)基本數(shù)列，是一切數(shù)列問題的出發(fā)點(diǎn)與歸宿.首項(xiàng)與公差（比）稱為等差數(shù)列（等比數(shù)列）的基本量.只要涉及這兩個(gè)數(shù)列的數(shù)學(xué)問題，我們總希望把條件化歸為等差或等比數(shù)列的基本量間的關(guān)系，從而達(dá)到解決問題的目的.這種化歸為基本量處理的方法是等差或等比數(shù)列特有的方法，對(duì)于不是等差或等比的數(shù)列，可從簡單的個(gè)別的情形出發(fā)，從中歸納出一般的規(guī)律、性質(zhì)，這種歸納思想便形成了解決一般性數(shù)列問題的重要方法：觀察、歸納、猜想、證明.由于數(shù)列是一種特殊的函數(shù)，也可根據(jù)題目的特點(diǎn)，將數(shù)列問題化歸為函數(shù)問題來解決.

其答題的基本思路為：

例2? ? ?（2019年高考天津）? 設(shè){an}是等差數(shù)列，{bn}是等比數(shù)列，公比大于0，已知a1=b1=3，b2=a3，b3=4a2+3.

（1）求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式;

（2）設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn=? 1， n為奇數(shù)，b n 2? n為偶數(shù)，? 求a1c1+a2c2+…+a2nc2n（n∈ N *）.

分析：? （1）首先設(shè)出等差數(shù)列的公差，等比數(shù)列的公比，根據(jù)題意，列出方程組，求得 d=3q=3 ，進(jìn)而求得等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項(xiàng)公式;

（2）根據(jù)題中所給的cn所滿足的條件，將a1c1+a2c2+…+a2nc2n表示出來，之后應(yīng)用分組求和法，結(jié)合等差數(shù)列的求和公式，以及錯(cuò)位相減法求和，最后求得結(jié)果.

解：? （1）設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，等比數(shù)列{bn}的公比為q，

依題意，得 3q=3+2d3q2=15+4d ，解得 d=3q=3 ，

故an=3+3（n-1）=3n，bn=3×3n-1=3n，

所以，{an}的通項(xiàng)公式為an=3n，{bn}的通項(xiàng)公式為bn=3n;

（2）a1c1+a2c2+…+a2nc2n

=（a1+a3+a5+…+a2n-1）+（a2b1+a4b2+a6b3+…+a2nbn）

=[n×3+ n（n-1） 2 ×6]+（6×31+12×32+18×33+…+6n×3n）

=3n2+6×（1×31+2×32+…+n×3n），

記Tn=1×31+2×32+…+n×3n ①

則3Tn=1×32+2×33+…+n×3n+1 ②

②-①得，2Tn=-3-32-33-…-3n+n×3n+1=- 3（1-3n） 1-3 +n×3n+1= （2n-1）3n+1+3 2 ，

所以a1c1+a2c2+…+a2nc2n=3n2+6Tn

=3n2+3× （2n-1）3n+1+3 2

= （2n-1）3n+2+6n2+9 2 （n∈ N ）.

方法點(diǎn)睛： “算一算、猜一猜、證一證”是數(shù)列中特有的歸納思想，利用這種思想可探索一些一般數(shù)列的簡單性質(zhì).等差數(shù)列與等比數(shù)列是數(shù)列中的兩個(gè)特殊的基本數(shù)列，高考中通?？疾榈氖欠堑炔睢⒌缺葦?shù)列問題，應(yīng)對(duì)的策略就是通過化歸思想，將其轉(zhuǎn)化為這兩種數(shù)列.

三、立體幾何問題重在“建”——建模、建系

立體幾何解答題的基本模式是論證推理與計(jì)算相結(jié)合，以某個(gè)幾何體為依托，分步設(shè)問，逐層加深，解決這類題目的原則是建模、建系.建模——將問題轉(zhuǎn)化為平行模型、垂直模型、平面化模型及角度、距離等的計(jì)算模型;建系——依托于題中的垂直條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解.

其答題的基本思路為：

例3? ? ?（2019年高考北京卷理數(shù)）? 如圖，在四棱錐PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3.E為PD的中點(diǎn)，點(diǎn)F在PC上，且 PF PC = 1 3 .

（1）求證：CD⊥平面PAD;

（2）求二面角FAEP的余弦值;

（3）設(shè)點(diǎn)G在PB上，且 PG PB = 2 3 .判斷直線AG是否在平面AEF內(nèi)，說明理由.

分析：? （1）由題意利用線面垂直的判定定理即可證得題中的結(jié)論;

（2）建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合兩個(gè)半平面的法向量即可求得二面角FAEP的余弦值;

（3）首先求得點(diǎn)G的坐標(biāo)，然后結(jié)合平面AEF的法向量和直線AG的方向向量可判斷直線是否在平面內(nèi).

解：? （1）由于PA⊥平面ABCD，CD平面ABCD， 則PA⊥CD，

由題意可知AD⊥CD，且PA∩AD=A，

由線面垂直的判定定理可得CD⊥平面PAD.

（2）以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，平面ABCD內(nèi)與AD垂直的直線為x軸，AD，AP方向?yàn)閥軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)xyz，

易知：A（0，0，0），P（0，0，2），C（2，2，0），D（0，2，0），

由PF = 1 3 PC 可得點(diǎn)F的坐標(biāo)為F（ 2 3 ， 2 3 ， 4 3 ），

由PE = 1 2 PD 可得E（0，1，1），

設(shè)平面AEF的法向量為： m =（x，y，z），則

m ·AF? =（x，y，z）·（ 2 3 ， 2 3 ， 4 3 ）

= 2 3 x+ 2 3 y+ 4 3 z=0 m ·AE =（x，y，z）·（0，1，1）=y+z=0 ，

據(jù)此可得平面AEF的一個(gè)法向量為： m =（1，1，-1），

很明顯平面AEP的一個(gè)法向量為 n =（1，0，0），

cos< m ， n >=? m · n? | m |×| n | = 1? 3 ×1 =? 3? 3 ，

二面角FAEP的平面角為銳角，故二面角FAEP的余弦值為? 3? 3 .

（3）易知P（0，0，2），B（2，-1，0），由PG = 2 3 PB 可得G（ 4 3 ，- 2 3 ， 2 3 ），則AG =（ 4 3 ，- 2 3 ， 2 3 ），

注意到平面AEF的一個(gè)法向量為： m =（1，1，-1），

其 m ·AG =0且點(diǎn)A在平面AEF內(nèi)，故直線AG在平面AEF內(nèi).

方法點(diǎn)睛： 立體幾何的內(nèi)容在高考中的考查情況總體上比較穩(wěn)定，因此，復(fù)習(xí)備考時(shí)往往有“綱”可循，有“題”可依.在平時(shí)的學(xué)習(xí)中，要加強(qiáng)“一題兩法（幾何法與向量法）”的訓(xùn)練，切勿顧此失彼;要重視識(shí)圖訓(xùn)練， 能正確確定關(guān)鍵點(diǎn)或線的位置，將局部空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題;能依托于題中的垂直條件，建立適當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系，將幾何問題化歸為代數(shù)問題.

四、概率問題重在“辨”——辨析、辨型

概率與統(tǒng)計(jì)問題的求解關(guān)鍵是辨別它的概率模型，只要模型一找到，問題便迎刃而解.而概率與統(tǒng)計(jì)模型的提取往往需要經(jīng)過觀察、分析、歸納、判斷等復(fù)雜的辨析思維過程，同時(shí)，還需清楚概率模型中等可能事件、互斥事件、對(duì)立事件等事件間的關(guān)系，注意放回和不放回試驗(yàn)的區(qū)別，合理劃分復(fù)雜事件.

其答題的基本思路為：

例4? ? ?（2019年高考天津）? 設(shè)甲、乙兩位同學(xué)上學(xué)期間，每天7：30之前到校的概率均為 2 3 .假定甲、乙兩位同學(xué)到校情況互不影響，且任一同學(xué)每天到校情況相互獨(dú)立.

（1）用X表示甲同學(xué)上學(xué)期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)，求隨機(jī)變量X的分布列和數(shù)學(xué)期望;

（2）設(shè)M為事件“上學(xué)期間的三天中，甲同學(xué)在7：30之前到校的天數(shù)比乙同學(xué)在7：30之前到校的天數(shù)恰好多2”，求事件M發(fā)生的概率.

分析：? （1）由題意可知分布列為二項(xiàng)分布，結(jié)合二項(xiàng)分布的公式求得概率可得分布列，然后利用二項(xiàng)分布的期望公式求解數(shù)學(xué)期望即可;

（2）由題意結(jié)合獨(dú)立事件概率公式計(jì)算可得滿足題意的概率值.

解：? （1）因?yàn)榧淄瑢W(xué)上學(xué)期間的三天中到校情況相互獨(dú)立，且每天7：30之前到校的概率均為 2 3 ，

故X～B（3， 2 3 ），從面P（X=k）=Ck3（ 2 3 ）k（ 1 3 ）3-k（k=0，1，2，3）.

所以，隨機(jī)變量X的分布列為：

X 0 1 2 3

P? 1 27? ?2 9? ?4 9? ?8 27

隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望E（X）=3× 2 3 =2.

（2）設(shè)乙同學(xué)上學(xué)期間的三天中7：30之前到校的天數(shù)為Y，則Y～B（3， 2 3 ）.

且M={X=3，Y=1}∪{X=2，Y=0}.

由題意知事件{X=3，Y=1}與{X=2，Y=0}互斥，

且事件{X=3}與{Y=1}，事件{X=2}與{Y=0}均相互獨(dú)立，

從而由（1）知：

P（M）=P（{X=3，Y=1}∪{X=2，Y=0}）

=P（X=3，Y=1）+P（X=2，Y=0）

=P（X=3）P（Y=1）+P（X=2）P（Y=0）

= 8 27 × 2 9 + 4 9 × 1 27 = 20 243 .

方法點(diǎn)睛： 概率與統(tǒng)計(jì)知識(shí)的復(fù)習(xí)應(yīng)抓住基本概念、基本公式，不需要做難題、偏題、怪題.在審題時(shí)，一般按以下程序操作：（1）準(zhǔn)確弄清問題所涉及的事件有什么特點(diǎn)，事件之間有什么關(guān)系，如互斥、對(duì)立、獨(dú)立等;（2）理清事件以什么形式發(fā)生，如同時(shí)發(fā)生、至少有幾個(gè)發(fā)生、至多有幾個(gè)發(fā)生、恰有幾個(gè)發(fā)生等;（3）明確抽取方式，如放回還是不放回、抽取有無順序等;（4）準(zhǔn)確選擇排列組合的方法來計(jì)算基本事件發(fā)生數(shù)和事件總數(shù)，或根據(jù)概率計(jì)算公式和性質(zhì)來計(jì)算事件的概率.

五、解析幾何問題重在“設(shè)”——設(shè)點(diǎn)、設(shè)線

解析幾何試題知識(shí)點(diǎn)多，運(yùn)算量大，能力要求高，綜合性強(qiáng)，在高考試題中大都是以壓軸題的面貌出現(xiàn)，是考生“未考先怕”的題型，不是怕解題無思路，而是怕解題過程中繁雜的運(yùn)算.因此，在遵循“設(shè)——列——解”程序化解題的基礎(chǔ)上，應(yīng)突出解析幾何“設(shè)”的重要性，以克服平時(shí)重思路方法、輕運(yùn)算技巧的頑疾，突破如何避繁就簡這一瓶頸.

其答題的基本思路為：

例5? ? ?（2019年高考北京卷理）? 已知拋物線C：x2=-2py經(jīng)過點(diǎn)（2，-1）.

（1）求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程;

（2）設(shè)O為原點(diǎn)，過拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y=-1分別交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個(gè)定點(diǎn).

分析：? （1）由題意結(jié)合點(diǎn)的坐標(biāo)可得拋物線方程，進(jìn)一步可得準(zhǔn)線方程;（2）聯(lián)立直線方程和拋物線方程，結(jié)合韋達(dá)定理，表示出A、B的橫坐標(biāo)，設(shè)出圓心坐標(biāo)，利用直徑上的圓周角等于90°構(gòu)造出向量數(shù)量積等于0即可證得題中的結(jié)論.

解：? （1）由拋物線C：x2=-2py經(jīng)過點(diǎn)（2，-1），得p=2.

所以拋物線C的方程為x2=-4y，其準(zhǔn)線方程為y=1.

（2）拋物線C的焦點(diǎn)為F（0，-1）.

設(shè)直線l的方程為y=kx-1（k≠0）.

由 y=kx-1，x2=-4y 得x2+4kx-4=0.

設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則x1x2=-4.

直線OM的方程為y= y1 x1 x.令y=-1，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)xA=- x1 y1 .

同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB=- x2 y2 .

設(shè)點(diǎn)D（0，n），則DA =（- x1 y1 ，-1-n），

DB =（- x2 y2 ，-1-n），

DA ·DB = x1x2 y1y2 +（n+1）2

= x1x2 （- x21 4 ）（- x22 4 ） +（n+1）2

= 16 x1x2 +（n+1）2=-4+（n+1）2.

令DA ·DB =0，即-4+（n+1）2=0，則n=1或n=-3.

綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(diǎn)（0，1）和（0，-3）.

方法點(diǎn)睛： 解析幾何的試題常要根據(jù)題目特征，恰當(dāng)?shù)卦O(shè)點(diǎn)、設(shè)線，以簡化運(yùn)算.常見的設(shè)點(diǎn)方法有減元設(shè)點(diǎn)、參數(shù)設(shè)點(diǎn)、直接設(shè)點(diǎn)等，常見的設(shè)線方法有圓方程的標(biāo)準(zhǔn)式與一般式、直線方程有y=kx+b、x=my+n及兩點(diǎn)式、點(diǎn)斜式等形式、還有曲線系方程、參數(shù)方程等.

六、函數(shù)與導(dǎo)數(shù)問題重在“分”——分離、分解

以函數(shù)為載體，以導(dǎo)數(shù)為工具的綜合問題是高考常考的壓軸大題，多涉及含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值的探索與討論，復(fù)雜函數(shù)的零點(diǎn)的討論，不等式中參數(shù)范圍的討論，恒成立和能成立問題的討論等，是近幾年高考試題的命題熱點(diǎn).對(duì)于此類綜合試題，一般先求導(dǎo)，再變形或分解出基本函數(shù)，再根據(jù)題意處理.

其答題的基本思路為：

例6? ?已知函數(shù)f（x）=ex+exlnx.

（1）求曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線方程;

（2）求證：f（x）≥ex2.

（1）? 解析：? f′（x）=ex+e（1+lnx），所以f′（1）=2e，又f（1）=e，所以y=f（x）在（1，f（1））處的切線方程為y-e=2e（x-1），即y=2ex-e.

（2）? 證明：? （法1）f（x）≥ex2ex+exlnx≥ex2ex-1+xlnx-x2≥0，構(gòu)造函數(shù)g（x）=ex-1+xlnx-x2，則g′（x）=ex-1+1+lnx-2x，g″（x）=ex-1+ 1 x -2，g（x）=ex-1- 1 x2 .因?yàn)間（x）在（0，+∞）上遞增，且g（1）=0，所以當(dāng)01時(shí)，g（x）>0，所以g″（x）在（0，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增，所以g″（x）≥g″（1）=0，于是g′（x）在（0，+∞）上遞增，又因?yàn)間′（1）=0，所以當(dāng)01時(shí)，g′（x）>0，g（x）遞增，所以g（x）≥g（1）=0，命題獲證.

（法2）f（x）≥ex2ex+exlnx≥ex2 ex-1 x +lnx-x≥0，構(gòu)造函數(shù)G（x）= ex-1 x +lnx-x，

則G′（x）= ex-1（x-1） x2 + 1 x -1

= ex-1（x-1）+x-x2 x2 = （x-1）（ex-1-x） x2 .

令H（x）=ex-1-x，則H′（x）=ex-1-1，由H′（x）>0可得x>1，由H′（x）<0可得01時(shí)，G′（x）>0，所以G（x）在（0，1）上遞減，在（1，+∞）上遞增，于是G（x）≥G（1）=0，命題獲證.

方法點(diǎn)睛： 對(duì)于不等式ex-1+xlnx-x2≥0，從指對(duì)分離的角度來看，可構(gòu)造出xlnx≥x2-ex-1、lnx≥x- ex-1 x 、 lnx x ≥1- ex-1 x2 、…、 lnx xn ≥ 1 xn-1 - ex-1 xn+1 等一系列式子，由于構(gòu)造的不等式兩端的函數(shù)凸性一致，且尋找隔離曲線的難度大，不容易證明.考慮到函數(shù)g（x）=ex-1+xlnx-x2的形式不算太復(fù)雜，可通過多次求導(dǎo)證明其在x軸的上方（有且僅有一個(gè)交點(diǎn)（1，0））.也可以如法2那樣將函數(shù)進(jìn)一步改造為G（x）= ex-1 x +lnx-x，法2比法1簡單的原因在于G（x）當(dāng)中的lnx比較“單純”，求導(dǎo)一次就能消去lnx.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)壓軸題計(jì)算復(fù)雜、綜合性強(qiáng)、難度大.可以參變量分離，把復(fù)雜函數(shù)分離為基本函數(shù);可把題目分解成幾個(gè)小題; 也可把解題步驟分解為幾個(gè)小步，注重分步解答，這樣，即使解答不完整，也要做到盡可能多拿步驟分.