2013年高考数学答题模板(文)

2013年高考数学答题策略技巧 一、历年高考数学试卷的启发  1.试卷上有参考公式，80%是有用的，它为你的解题指引了方向；  2.解答题的各小问之间有一种阶梯关系，通常后面的问要使用前问的结论。如果前问是证明，即使不会证明结论，该结论在后问中也可以使用。当然，我们也要考虑结论的独立性；  3.注意题目中的小括号括起来的部分，那往往是解题的关键；  二、答题策略选择  1.先易后难是所有科目应该遵循的原则，而数学卷上显得更为重要。一般来说，选择题的后两题，填空题的后一题，解答题的后两题是难题。当然，对于不同的学生来说，有的简单题目也可能是自己的难题，所以题目的难易只能由自己确定。一般来说，小题思考1分钟还没有建立解答，则应采取“暂时性放弃”，把自己可做的题目做完再回头解答；  2.选择题有其独特的解答方法，首先重点把握选择支也是已知条件，利用选择支之间的关系可能使你的答案更准确。切记不要“小题大做”。注意解答题按步骤给分，根据题目的已知条件与问题的联系写出可能用到的公式、方法、或是判断。虽然不能完全解答，但是也要把自己的想法与做法写到答卷上。多写不会扣分，写了就可能得分。  三、答题思想方法  1.或方程或不等式的题目，先直接思考后建立三者的联系。首先考虑定义域，其次使用“三合一定理”。  2.如果在方程或是不等式中出现超越式，优先选择数形结合的思想方法；  3.面对含有参数的初等函数来说，在研究的时候应该抓住参数没有影响到的不变的性质。如所过的定点，二次函数的对称轴或是……； 4.选择与填空中出现不等式的题目，优选特殊值法；  5.求参数的取值范围，应该建立关于参数的等式或是不等式，用函数的定义域或是值域或是解不等式完成，在对式子变形的过程中，优先选择分离参数的方法；  6.恒成立问题或是它的反面，可以转化为最值问题，注意二次函数的应用，灵活使用闭区间上的最值，分类讨论的思想，分类讨论应该不重复不遗漏；  7.圆锥曲线的题目优先选择它们的定义完成，直线与圆锥曲线相交问题，若与弦的中点有关，选择设而不求点差法，与弦的中点无关，选择韦达定理公式法；使用韦达定理必须先考虑是否为二次及根的判别式；  8.求曲线方程的题目，如果知道曲线的形状，则可选择待定系数法，如果不知道曲线的形状，则所用的步骤为建系、设点、列式、化简（注意去掉不符合条件的特殊点）；  9.求椭圆或是双曲线的离心率，建立关于a、b、c之间的关系等式即可；  10.三角函数求周期、单调区间或是最值，优先考虑化为一次同角弦函数，然后使用辅助角公式解答；解三角形的题目，重视内角和定理的使用；与向量联系的题目，注意向量角的范围； 11.数列的题目与和有关，优选和通公式，优选作差的方法；注意归纳、猜想之后证明；猜想的方向是两种特殊数列；解答的时候注意使用通项公式及前n项和公式，体会方程的思想；  12.立体几何第一问如果是为建系服务的，一定用传统做法完成，如果不是，可以从第一问开始就建系完成；注意向量角与线线角、线面角、面面角都不相同，熟练掌握它们之间的三角函数值的转化；锥体体积的计算注意系数1/3，而三角形面积的计算注意系数1/2 ；与球有关的题目也不得不防，注意连接“心心距”创造直角三角形解题；  13.导数的题目常规的一般不难，但要注意解题的层次与步骤，如果要用构造函数证明不等式，可从已知或是前问中找到突破口，必要时应该放弃；重视几何意义的应用，注意点是否在曲线上；  14.概率的题目如果出解答题，应该先设事件，然后写出使用公式的理由，当然要注意步骤的多少决定解答的详略；如果有分布列，则概率和为1是检验正确与否的重要途径；  15.三选二的三题中，极坐标与参数方程注意转化的方法，不等式题目注意柯西与绝对值的几何意义，平面几何重视与圆有关的知积，必要时可以测量；  16.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意新元的取值范围，有勾股定理型的已知，可使用三角换元来完成；  17.注意概率分布中的二项分布，二项式定理中的通项公式的使用与赋值的方法，排列组合中的枚举法，全称与特称命题的否定写法，取值范或是不等式的解的端点能否取到需单独验证，用点斜式或斜截式方程的时候考虑斜率是否存在等；  18.绝对值问题优先选择去绝对值，去绝对值优先选择使用定义；  19.与平移有关的，注意口诀“左加右减，上加下减”只用于函数，沿向量平移一定要使用平移公式完成；  20.关于中心对称问题，只需使用中点坐标公式就可以，关于轴对称问题，注意两个等式的运用：一是垂直，一是中点在对称轴上。 四、每分必争  1.答题时间共120分，而你要答分数为150分的考卷，算一算就知道，每分钟应该解答1分多的题目，所以每1分钟的时间都是重要的。试卷发到手中首先完成必要的检查（是否有印刷不清楚的地方）与填涂。之后剩下的时间就马上看试卷中可能使用到的公式，做到心中有数。用心算简单的题目，必要时动一动笔也不是不行（你是写名字或是写一个字母没有人去区分）。  2.在分数上也是每分必争。你得到89分与得到90分，虽然只差1分，但是有本质的不同，一个是不合格一个是合格。高考中，你得556分与得557分，虽然只差1分，但是它决定你是否可以上重本线，关系到你的一生。所以，在答卷的时候要精益求精。对选择题的每一个选择支进行评估，看与你选的相似的那个是不是更准确？填空题的范围书写是不是集合形式，是不是少或多了一个端点？是不是有一个解应该舍去而没舍？解答题的步骤是不是按照公式、代数、结果的格式完成的，应用题是不是设、列、画（线性归化）、解、答？根据已知条件你还能联想到什么？把它写在考卷上，也许它就是你需要的关键的1分，为什么不去做呢？  3.答题的时间紧张是所有同学的感觉，想让它变成宽松的方法只有一个，那就是学会放弃，准确的判断把该放弃的放弃，就为你多得1分提供了前提。  4.冷静一下，表面是耽误了时间，其实是为自己赢得了机会，可能创造出奇迹。在头脑混乱的时候，不防停下来，喝口水，深吸一口气，再慢慢呼出，就在呼出的同时，你就会得到灵感。  5.题目分析受挫，很可能是一个重要的已知条件被你忽略，所以重新读题，仔细读题才能有所发现，不能停留在某一固定的思维层面不变。联想你做过的类似的题目的解题方法，把不熟悉的转化为你熟悉的也许就是成功。  6.高考只是人生的重要考试之一，其实人生是由每一分钟组成的。把握好人生的每一分钟才能真正把握人生。高考就是广州三模罢了，其实真正的高考是在你生活的每1分钟里。 2013年高考数学解答题答题 模板特征概述 数学解答题是高考数学试卷中的一类重要题型，通常是高考的把关题和压轴题，具有较好的区分层次和选拔功能．目前的高考解答题已经由单纯的知识综合型转化为知识、方法和能力的综合型解答题．在高考考场上，能否做好解答题，是高考成败的关键，因此，在高考备考中学会怎样解题，是一项重要内容．本节以著名数学家波利亚的《怎样解题》为理论依据，结合具体的题目类型，来谈一谈解答数学解答题的一般思维过程、解题程序和答题格式，即所谓的“答题模板”． “答题模板”就是首先把高考试题纳入某一类型，把数学解题的思维过程划分为一个个小题，按照一定的解题程序和答题格式分步解答，即化整为零．强调解题程序化，答题格式化，在最短的时间内拟定解决问题的最佳方案，实现答题效率的最优化． 模板1　三角函数的单调性及求值问题 例1　已知函数f(x)＝cos2(x＋eq \f(π,12))，g(x)＝1＋eq \f(1,2)sin 2x. (1)设x＝x0是函数y＝f(x)图象的一条对称轴，求g(x0)的值； (2)求函数h(x)＝f(x)＋g(x)的单调递增区间． 审题路线图　(1)对f(x)降幂扩角→求x0→g(x0)． (2)化h(x)→h(x)＝Asin(ωx＋φ)＋h→求单调区间. 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 解　(1)由题设知f(x)＝eq \f(1,2)[1＋cos(2x＋eq \f(π,6))]． 因为x＝x0是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴， 所以2x0＋eq \f(π,6)＝kπ(k∈Z)，即2x0＝kπ－eq \f(π,6)(k∈Z)． 所以g(x0)＝1＋eq \f(1,2)sin 2x0＝1＋eq \f(1,2)sin(kπ－eq \f(π,6))． 当k为偶数时，g(x0)＝1＋eq \f(1,2)sin(－eq \f(π,6))＝1－eq \f(1,4)＝eq \f(3,4)； 当k为奇数时，g(x0)＝1＋eq \f(1,2)sineq \f(π,6)＝1＋eq \f(1,4)＝eq \f(5,4). 第一步：三角函数式的化简，一般化成y＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式或y＝Acos(ωx＋φ)＋h的形式． 如：f(x)＝eq \f(1,2)cos(2x＋eq \f(π,6))＋eq \f(1,2)，h(x)＝eq \f(1,2)sin(2x＋eq \f(π,3))＋eq \f(3,2). 第二步：由三角函数值求角；由角求三角函数值． 第三步：由sin x、cos x的单调性，将“ωx＋φ”看作一个整体，转化为解不等式问题． (2)h(x)＝f(x)＋g(x)＝eq \f(1,2)[1＋cos(2x＋eq \f(π,6))]＋1＋ eq \f(1,2)sin 2x ＝eq \f(1,2)[cos(2x＋eq \f(π,6))＋sin 2x]＋eq \f(3,2)＝eq \f(1,2)(eq \f(\r(3),2)cos 2x＋ eq \f(1,2)sin 2x)＋eq \f(3,2) ＝eq \f(1,2)sin(2x＋eq \f(π,3))＋eq \f(3,2). 当2kπ－eq \f(π,2)≤2x＋eq \f(π,3)≤2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，即kπ－eq \f(5π,12)≤x≤kπ＋eq \f(π,12)(k∈Z)时， 函数h(x)＝eq \f(1,2)sin(2x＋eq \f(π,3))＋eq \f(3,2)是增函数． 故函数h(x)的单调递增区间是[kπ－eq \f(5π,12)，kπ＋eq \f(π,12)](k∈Z). 第四步：明确表述结论． 第五步：反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范． 如本题中，由x0求g(x0)时，由于x0中含有变量k，应对k的奇偶进行讨论. 模板2　与平面向量综合的三角函数问题 例2　已知向量a＝(cos eq \f(3x,2)，sin eq \f(3x,2))，b＝(－sin eq \f(x,2)，－cos eq \f(x,2))，其中x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π)). (1)若|a＋b|＝eq \r(3)，求x的值； (2)函数f(x)＝a·b＋|a＋b|2，若c>f(x)恒成立，求实数c的取值范围． 审题路线图　(1)|a＋b|＝eq \r(3)→a2＋2a·b＋b2＝3→三角方程→求x. (2)化f(x)向量表示式为三角表示式→化简 f(x)＝Asin(ωx＋φ)＋h→f(x)max→c>f(x)max. 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 解　(1)∵a＋b＝(cos eq \f(3x,2)－sin eq \f(x,2)，sin eq \f(3x,2)－cos eq \f(x,2))， ∴|a＋b|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos \f(3x,2)－sin \f(x,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin \f(3x,2)－cos \f(x,2)))2)＝eq \r(2－2sin 2x)， 由|a＋b|＝eq \r(3)，得eq \r(2－2sin 2x)＝eq \r(3)，即sin 2x＝ －eq \f(1,2).∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，∴π≤2x≤2π. 因此2x＝π＋eq \f(π,6)或2x＝2π－eq \f(π,6)，即x＝eq \f(7π,12)或x＝eq \f(11π,12). (2)∵a·b＝－cos eq \f(3x,2)sin eq \f(x,2)－sin eq \f(3x,2)cos eq \f(x,2)＝－sin 2x， ∴f(x)＝a·b＋|a＋b|2＝2－3sin 2x，∵π≤2x≤2π， ∴－1≤sin 2x≤0,0≤－3sin 2x≤3. ∴2≤f(x)＝2－3sin 2x≤5. ∴[f(x)]max＝5，由c>f(x)恒成立，得c>5. 第一步：根据向量运算将向量式转化为三角式； 第二步：化简三角函数式，一般化为y＝Asin(ωx＋φ)＋h的形式； 第三步：解三角方程或求三角函数的单调区间、最值； 第四步：明确规范地写出答案； 第五步：反思回顾．查看关键点、易错点和答题规范．如本题的易错点为易忽略x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))这一条件. 模板3　由数列的前n项和Sn与通项an的关系求通项an 例3　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an＋1＝2Sn＋1 (n∈N*)，等差数列{bn}中，bn>0 (n∈N*)，且b1＋b2＋b3＝15，又a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列． (1)求数列{an}、{bn}的通项公式； (2)求数列{an·bn}的前n项和Tn. 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 解　(1)∵a1＝1，an＋1＝2Sn＋1 (n∈N*)， ∴an＝2Sn－1＋1 (n∈N*，n≥2)， ∴an＋1－an＝2(Sn－Sn－1)，即an＋1－an＝2an， ∴an＋1＝3an (n∈N*，n≥2)．而a2＝2a1＋1＝3，∴a2＝3a1. ∴数列{an}是以1为首项，3为公比的等比数列， ∴an＝3n－1 (n∈N*)．∴a1＝1，a2＝3，a3＝9， 在等差数列{bn}中，∵b1＋b2＋b3＝15，∴b2＝5. 又∵a1＋b1、a2＋b2、a3＋b3成等比数列，设等差数列{bn}的公差为d，则有(a1＋b1)(a3＋b3)＝(a2＋b2)2. ∴(1＋5－d)(9＋5＋d)＝64，解得d＝－10或 d＝2， ∵bn>0 (n∈N*)，∴舍去d＝－10，取d＝2， ∴b1＝3，∴bn＝2n＋1 (n∈N*)． 第一步：令n＝1，由Sn＝f(an)求出a1. 第二步：令n≥2，构造an＝Sn－ Sn－1，用an代换Sn－Sn－1(或用Sn－Sn－1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n＝1时的结论适合当n≥2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n＝1和n≥2分两类进行讨论，同时忽视结论中对二者的合并. (2)由(1)知Tn＝3×1＋5×3＋7×32＋…＋(2n－1)3n－2＋(2n＋1)3n－1，① ∴3Tn＝3×3＋5×32＋7×33＋…＋(2n－1)3n－1＋(2n＋1)3n，② ∴①－②得－2Tn＝3×1＋2×3＋2×32＋2×33＋…＋2×3n－1－(2n＋1)×3n ＝3＋2(3＋32＋33＋…＋3n－1)－(2n＋1)3n ＝3＋2×eq \f(3－3n,1－3)－(2n＋1)3n＝3n－(2n＋1)3n＝ －2n·3n， ∴Tn＝n·3n. 模板4　立体几何中的基本关系与基本量问题 例4　如图所示，在四棱锥P—ABCD中， PD⊥平面ABCD，PD＝DC＝BC＝1， AB＝2，AB∥DC，∠BCD＝90°. (1)求证：PC⊥BC (2)求点A到平面PBC的距离 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 (1)证明　∵PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC. 由∠BCD＝90°，得CD⊥BC，又PD∩DC＝D，PD、DC⊂平面PCD， ∴BC⊥平面PCD.∵PC⊂平面PCD，∴PC⊥BC. (2)解　连接AC，设点A到平面PBC的距离为h.∵AB∥DC，∠BCD＝90°，∴∠ABC＝90°. 从而由AB＝2，BC＝1，得△ABC的面积S△ABC＝1.由PD⊥平面ABCD及PD＝1， 得三棱锥P—ABC的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC·PD＝eq \f(1,3). ∵PD⊥平面ABCD，DC⊂平面ABCD，∴PD⊥DC. 又PD＝DC＝1，∴PC＝eq \r(PD2＋DC2)＝eq \r(2).由PC⊥BC，BC＝1，得△PBC的面积S△PBC＝eq \f(\r(2),2). 由VA—PBC＝VP—ABC，即eq \f(1,3)S△PBC·h＝V＝eq \f(1,3)，得h＝eq \r(2)，故点A到平面PBC的距离等于eq \r(2). 第一步：根据条件合理转化． 第二步：写清推证平行或垂直的所需条件，注意要充分． 第三步：写出结论． 第四步：将所求角或距离具体化． 第五步：计算角或距离． 第六步：反思回顾．查看关键点，易错点及答题规范. 模板5　解析几何中的探索性问题 例5　已知定点C(－1,0)及椭圆x2＋3y2＝5，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－eq \f(1,2)，求直线AB的方程； (2)在x轴上是否存在点M，使eq \o(MA,\s\up15(→))·eq \o(MB,\s\up15(→))为常数？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 审题路线图　设AB的方程y＝k(x＋1)→待定系数法求k→写出方程；设m存在即为(m,0)→求eq \o(MA,\s\up15(→))·eq \o(MB,\s\up15(→))→在eq \o(MA,\s\up15(→))·eq \o(MB,\s\up15(→))为常数的条件下求m. 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 解　(1)依题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)， 将y＝k(x＋1)代入x2＋3y2＝5，消去y整理得 (3k2＋1)x2＋6k2x＋3k2－5＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 由线段AB中点的横坐标是－eq \f(1,2)，得eq \f(x1＋x2,2)＝ －eq \f(3k2,3k2＋1)＝－eq \f(1,2)，解得k＝±eq \f(\r(3),3)，适合①. 所以直线AB的方程为x－eq \r(3)y＋1＝0或x＋eq \r(3)y＋1＝0. 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． 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Δ>0这一隐含条件． 第(2)问易忽略直线AB与x轴垂直的情况. (2)假设在x轴上存在点M(m,0)，使eq \o(MA,\s\up15(→))·eq \o(MB,\s\up15(→))为常数． (ⅰ)当直线AB与x轴不垂直时，由(1)知x1＋x2＝ －eq \f(6k2,3k2＋1)，x1x2＝eq \f(3k2－5,3k2＋1). ③ 所以eq \o(MA,\s\up15(→))·eq \o(MB,\s\up15(→))＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1) ＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2. 将③代入，整理得eq \o(MA,\s\up15(→))·eq \o(MB,\s\up15(→))＝eq \f((6m－1)k2－5,3k2＋1)＋m2＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m－\f(1,3)))(3k2＋1)－2m－\f(14,3),3k2＋1)＋m2 ＝m2＋2m－eq \f(1,3)－eq \f(6m＋14,3(3k2＋1)). 注意到eq \o(MA,\s\up15(→))·eq \o(MB,\s\up15(→))是与k无关的常数，从而有6m＋14＝0，m＝－eq \f(7,3)，此时eq \o(MA,\s\up15(→))·eq \o(MB,\s\up15(→))＝eq \f(4,9). (ⅱ)当直线AB与x轴垂直时，此时点A、B的坐标分别为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(2,\r(3))))、eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(2,\r(3))))， 当m＝－eq \f(7,3)时，也有eq \o(MA,\s\up15(→))·eq \o(MB,\s\up15(→))＝eq \f(4,9). 综上，在x轴上存在定点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，0))，使eq \o(MA,\s\up15(→))·eq \o(MB,\s\up15(→))为常数. 模板6　求概率问题 例6　某商场举行购物抽奖促销活动，规定每位顾客从装有编号为0,1,2,3的四个相同小球的抽奖箱中，每次取出一球记下编号后放回，连续取两次，若取出的两个小球号码相加之和等于6则中一等奖，等于5中二等奖，等于4或3中三等奖． (1)求中三等奖的概率； (2)求中奖的概率． 审题路线图　列出所有取球结果→中三等奖包括两个互斥事件 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 解　设“中三等奖”为事件A，“中奖”为事件B. 从四个小球中有放回地取两个共有(0,0)，(0,1)，(0,2)，(0,3)，(1,0)，(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,0)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(3,0)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，共16种不同的结果． (1)记两个小球的号码之和为x，则由题意可知，事件A包括两个互斥事件：x＝4，x＝3. 事件x＝4的取法有3种：(1,3)，(2,2)，(3,1)，故P(x＝4)＝eq \f(3,16)； 事件x＝3的取法有4种：(0,3)，(1,2)，(2,1)，(3,0)，故P(x＝3)＝eq \f(4,16). 由互斥事件的加法公式，得P(A)＝P(x＝4)＋P(x＝3)＝eq \f(3,16)＋eq \f(4,16)＝eq \f(7,16). 第一步：列出所有基本事件，计算基本事件总数； 第二步：将所求事件分解为若干个互斥的事件，或转化为其对立事件．(也许不用分解，但分解必须注意互斥) 第三步：分别计算每个互斥事件的概率． 第四步：利用概率的加法公式求出问题事件概率． 第五步：反思回顾．查看关键点、易错点及答题规范. (2)由题意可知，事件B包括三个互斥事件：中一等奖(x＝6)，中二等奖(x＝5)，中三等奖(事件A)． 事件x＝5的取法有2种：(2,3)，(3,2)，故P(x＝5)＝eq \f(2,16)； 事件x＝6的取法有1种：(3,3)，故P(x＝6)＝eq \f(1,16)； 由(1)可知，P(A)＝eq \f(7,16). 由互斥事件的加法公式，得P(B)＝P(x＝5)＋P(x＝6)＋P(A)＝eq \f(2,16)＋eq \f(1,16)＋eq \f(7,16)＝eq \f(5,8). 模板7　函数的单调性、最值、极值问题 例7　设a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))，f(x)＝x3－eq \f(3,2)ax2＋b，x∈[－1,1]的最大值为1，最小值为－eq \f(\r(6),2)， (1)求常数a、b的值； (2)求f(x)的单调区间； (3)求f(x)的极大值和极小值． 审题路线图　f(x)→f′(x)＝0的根→极值与区间端点函数值→对可能的最值进行比较→分类讨论确定a、b的值→写出单调区间→求出极值. 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 解　f′(x)＝3x2－3ax＝3x(x－a)． 令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝a. 当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表： x －1 (－1,0) 0 (0，a) a (a,1) 1 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) －1－eq \f(3a,2) ＋b ↗ 极大 值b ↘ 极小值 b－eq \f(1,2)a3 ↗ 1－eq \f(3,2)a ＋b (1)由表可知，最大值应为f(0)或f(1)． 又f(0)＝b，f(1)＝1－eq \f(3,2)a＋b<1－eq \f(3,2)×eq \f(2,3)＋b＝b，故当x＝0时，f(x)有最大值b. 又已知b＝1，此时f(x)＝x3－eq \f(3,2)ax2＋1.由表可知，最小值应为f(－1)或f(a)． 若x＝a时，f(x)有最小值，则－eq \f(\r(6),2)＝f(a)＝1－eq \f(1,2)a3， 从而a3＝2＋eq \r(6)>1，a>1，与已知条件矛盾． 第一步：确定函数的定义域．如本题函数定义域为 [－1,1]． 第二步：求函数f(x)的导数f′(x)． 第三步：求方程f′(x)＝0的根． 第四步：利用f′(x)＝0的根和不可导点的x的值从小到大顺次将定义域分成若干个小开区间，并列出． 第五步：由f′(x)在小开区间内的正、负值判断f(x)在小开区间内的单调性；求最值、极值． 第六步：明确规范地表述结论． 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 若x＝－1时，f(x)有最小值，则－eq \f(\r(6),2)＝f(－1)＝－eq \f(3,2)a得a＝eq \f(\r(6),3)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)). 此时f(a)＝1－eq \f(1,2)a3＝1－eq \f(\r(6),9)>0，故当a＝eq \f(\r(6),3)时，f(x)的最小值为f(－1)＝－eq \f(\r(6),2). 综上所述，a＝eq \f(\r(6),3)，b＝1. (2)∵a＝eq \f(\r(6),3)，∴由表可知，f(x)在[－1,0)、eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，1))上是增函数，f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),3)))上是减函数． (3)∵b＝1，∴由表可知f(x)极大值＝f(0)＝1， f(x)极小值＝f(a)＝1－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))3＝1－eq \f(\r(6),9). 第七步：反思回顾．查看关键点、易错点及解题规范．如本题第(1)问，对a，b的检验不可缺少，因为满足条件的a，b可能不存在. 模板8　含参数不等式的恒成立问题 例8　已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，当x＝－eq \f(2,3)和x＝1时取得极值． (1)求b和c的值； (2)若对于任意x∈[－1,2]，f(x)<2d2－1恒成立，求d的取值范围． 审题路线图　f(x)→f′(x)→eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(f′\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝0,f′(1)＝0))→求b，c→在[－1,2]上求f(x)的最大值→解不等式f(x)max<2d2－1→d的取值范围． 规 范 解 答 示 例 构 建 答 题 模 板 解　(1)∵f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d，∴f′(x)＝3x2＋2bx＋c. 又∵x＝－eq \f(2,3)和x＝1是f(x)的极值点， ∴ ， 即 解之得 . 检验b＝－eq \f(1,2)，c＝－2符合要求． 第一步：将问题转化为形如不等式f(x)≥a(或f(x)≤a)恒成立的问题． 第二步：求函数f(x)的最小值f(x)min或f(x)的最大值f(x)max. (2)由(1)知f(x)＝x3－eq \f(1,2)x2－2x＋d，∴f′(x)＝3x2－x－2， 令f′(x)＝0得x1＝－eq \f(2,3)，x2＝1，当x∈[－1，－eq \f(2,3))时，f′(x)>0， 即f(x)在[－1，－eq \f(2,3))上为增函数． 当x∈(－eq \f(2,3)，1)时，f′(x)<0，即f(x)在(－eq \f(2,3)，1)上为减函数． 当x∈[1,2]时，f′(x)>0，即f(x)在(1,2]上为增函数． 又f(－eq \f(2,3))＝eq \f(22,27)＋d，f(2)＝2＋d，∴f(2)＝2＋d>f(－eq \f(2,3))＝eq \f(22,27)＋d， ∴当x∈[－1,2]时，f(x)max＝2＋d，又x∈[－1,2]时，f(x)<2d2－1恒成立． ∴2＋d<2d2－1，解之得d<－1或d>eq \f(3,2)，故d的取值范围是(－∞，－1)∪(eq \f(3,2)，＋∞). 第三步：解不等式f(x)min≥a(或f(x)max≤a)． 第四步：明确规范地表述结论． 第五步：反思回顾．查看关键点、易错点及规范解答．如本题重点反思每一步转化的目标及合理性，最大或最小值是否正确. 规律方法总结 高考数学解答题虽然具有较强的知识综合性，思维的灵活性，但所考查的数学知识、方法，基本数学思想是不变的，题目形式的设置是相对稳定的，因而本讲结合近几年高考的重点，热点题型，通过对答题思路的分析、梳理，构建了几类重点题型的“答题模板”，目的是给考生在考前一个回顾如何规范思维，如何有效答题的辅助材料．重点是思维过程、规范解答和反思回顾，结合着具体题型给出了具有可操作性的答题程序．希望能够举一反三，对考生答题有所帮助． � EMBED Word.Document.8 \s ��� � EMBED Word.Document.8 \s ��� PAGE 8 _1394646059.doc eq f′(－\f(2,3))＝0 eq f′(1)＝0 _1394646154.doc eq (3×(－\f(2,3))2＋2b×(－\f(2,3))＋c＝0 eq 3×12＋2b×1＋c＝0