2020年浙江新高考数学二轮复习教师用书：第1部分 2 第2讲 解答题审题技巧
第2讲 解答题审题技巧
方
法
概
述
审题是解题的第一步，细致深入的审题是解题成功的必要前提．
审题即审清题意，通常它包含三个环节，即解题前对已知与未知事项的初步分析与观察(通常意义下的审题)，解题过程中对题意的进一步分析，以及解题后的检验与反思．其具体内容是：已知什么？结论是什么？隐含什么？需做什么？得出什么？注意什么？等等；明确这些是正确解题的关键，下面浅谈一下如何学会审题．
一 审条件
条件是解题的主要材料，充分利用条件间的内在联系是解题的必经之路．审视条件要充分挖掘每一个条件的内涵和隐含信息，发掘条件的内在联系．
[典型例题]
设函数f(x)＝ln x－ax，g(x)＝ex－ax，其中a为实数．若f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范围．
[审题路线图]
f(x)在(1，＋∞)上递减→f′(x)<0→a的范围；
求g′(x)→g(x)在(1，＋∞)上有最小值→a的范围→结果．
[规范解答] 令f′(x)＝－a＝＜0，
考虑到f(x)的定义域为(0，＋∞)，故a＞0，
进而解得x＞a－1，
即f(x)在(a－1，＋∞)上是单调减函数．
同理，f(x)在(0，a－1)上是单调增函数．
由于f(x)在(1，＋∞)上是单调减函数，故(1，＋∞)⊆(a－1，＋∞)，从而a－1≤1，即a≥1.
令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a.
当x＜ln a时，g′(x)＜0；
当x＞ln a时，g′(x)＞0.
又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，
所以ln a＞1，即a＞e.
综上可知，a∈(e，＋∞)．
二 审结论
问题解决的最终目标就是求出结论或说明已给结论正确或错误．因而解决问题时的思维过程大多都是围绕着结论这个目标进行定向思考的．审视结论，就是在结论的启发下，探索已知条件和结论之间的内在联系和转化规律．善于从结论中捕捉解题信息，善于对结论进行转化，使之逐步靠近条件，从而发现和确定解题方向．
[典型例题]
(2019·杭州模拟)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，侧棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D为AC的中点，AA1＝AB＝2，BC＝3.
(1)求证：AB1∥平面BC1D；
(2)求四棱锥BAA1C1D的体积．
[审题路线图]
(1)要证AB1∥平面BC1D→只需证AB1与平面BC1D内的一条直线平行即可→只需连接B1C交BC1于点O，则DO为所需直线．
(2)求BAA1C1D的体积→求底面积和高→底面AA1C1D为直角梯形，图中无高→应用底面和侧面垂直作高．
[规范解答] (1)证明：如图，连接B1C，设B1C与BC1相交于点O，连接OD.
因为四边形BCC1B1是平行四边形，
所以点O为B1C的中点．
因为D为AC的中点，
所以OD为△AB1C的中位线，所以OD∥AB1，
因为OD⊂平面BC1D，AB1⊄平面BC1D，
所以AB1∥平面BC1D.
(2)因为AA1⊥平面ABC，AA1⊂平面AA1C1C，
所以平面ABC⊥平面AA1C1C，
作BE⊥AC，垂足为E，
则BE⊥平面AA1C1C.
在Rt△ABC中，AC＝＝＝，
BE＝＝，
所以四棱锥BAA1C1D的体积V＝×(A1C1＋AD)·AA1·BE＝××2×＝3.
三 审结构
结构是数学问题的搭配形式，某些问题在已知的数式结构中常常隐含着某种特殊的关系．审视结构要对结构进行分析、加工和转化，以实现解题突破．
[典型例题]
(2019·台州调研)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a＋c＝6，
b＝2，cos B＝.
(1)求a，c的值；
(2)求sin(A－B)的值．
[审题路线图]
(1)条件边、角共存，而结论求边→将角的余弦化为边→求出a，c.
(2)条件→求出角A的三角函数→sin(A－B)的值．
[规范解答] (1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accos B，
得b2＝(a＋c)2－2ac(1＋cos B)，
又b＝2，a＋c＝6，cos B＝，
所以ac＝9，解得a＝3，c＝3.
(2)在△ABC中，sin B＝＝，
由正弦定理得sin A＝＝.
因为a＝c，所以A为锐角．
所以cos A＝＝.
因此sin(A－B)＝sin Acos B－cos Asin B＝.
四 审范围
范围是对数学概念、公式、定理中涉及的一些量以及相关解析式的限制条件．审视范围要适时利用相关量的约束范围，从整体上把握问题的解决方向．
[典型例题]
在△ABC中，sin A＝，cos B＝，求cos C的值．
[审题路线图]
→0
，
所以0，因此可以看出A药的疗效更好．
(2)由观测结果可绘制茎叶图如图：
从以上茎叶图可以看出，
A药疗效的试验结果有的叶集中在茎“2.”“3.”上，
而B药疗效的试验结果有的叶集中在茎“0.”“1.”上，
由此可以看出A药的疗效更好．
七 审方法
方法是解题的手段，数学思想方法是问题的主线．审视方法，选择适当的解题方法，往往使问题解决事半功倍．审题的过程还是一个解题方法的抉择过程，开拓的解题思路能使我们心涌如潮，适宜的解题方法则帮助我们事半功倍．
[典型例题]
在平面直角坐标系xOy中，设定点A(a，a)，P是函数y＝(x>0)图象上一动点．若点P，A之间的最短距离为2，求满足条件的实数a的所有值．
[审题路线图]
设P→PA2关于x的函数PA2关于新元t的函数表示最值→a的值．
[规范解答] 依题意可设P(x>0)，
则PA2＝(x－a)2＋
＝x2＋－2a＋2a2.
令x＋＝t，则t≥2且PA2＝t2－2－2at＋2a2＝(t－a)2＋a2－2.
若a≥2，则当t＝a时，PA2取最小值a2－2，
令a2－2＝(2)2，
解得a＝(a＝－舍去)；
若a<2，则当t＝2时，PA2取最小值2a2－4a＋2，
令2a2－4a＋2＝(2)2，
解得a＝－1(a＝3舍去)．
综上得，满足条件的所有a的值为－1和.
审
题
归
纳
(1)审题要慢、答题要快．审题速度不宜太快，而且最好采取二次读题的方法，第一次为泛读，大致了解题目的条件和要求；第二次为精读，根据要求找出题目的关键词语并挖掘题目的隐含条件．
(2)要善于变换．当明确已知条件和求解对象后，如果尚不能生发解题思路，必须变换已知条件或结论的形式，使它们产生有机的联系．
(3)要善于联想．联想是接通思路的桥梁，如果我们在审题中无法套用现成解题模式，必须进行广泛的联想．
(4)要善于挖掘隐含条件．审题的一个关键在于：发现题材中的“机关”——题目中的一些隐含条件，往往是该题“价值”之所在，也是我们失分的“隐患”．
(5)要善于启动逆向与创新思维．当解一个数学问题的思维受阻时，适当改变思维角度，适时启动逆向思维与创新思维，往往能跳出常规思维的框框，突破思维障碍．
专题强化训练
1．(2019·宁波模拟)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且＋1＝.
(1)求B；
(2)若cos＝，求sin A的值．
解：(1)由＋1＝及正弦定理，得＋1＝，
所以＝，
即＝，则＝.
因为在△ABC中，sin A≠0，sin C≠0，
所以cos B＝.
因为B∈(0，π)，所以B＝.
(2)因为0＜C＜，
所以＜C＋＜.
又cos＝，
所以sin＝.
所以sin A＝sin(B＋C)＝sin
＝sin
＝sincos＋cossin＝.
2.如图所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1B1B为正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.
(1)求证：BC∥平面AB1C1；
(2)求证：B1C⊥AC1；
(3)设点E，F，H，G分别是B1C，AA1，A1B1，B1C1的中点，试判断E，F，H，G四点是否共面，并说明理由．
解：(1)证明：在菱形BB1C1C中，BC∥B1C1.
因为BC⊄平面AB1C1，B1C1⊂平面AB1C1，
所以BC∥平面AB1C1.
(2)证明：连接BC1.
在正方形ABB1A1中，
AB⊥BB1.
因为平面AA1B1B⊥平面BB1C1C，
平面AA1B1B∩平面BB1C1C＝BB1，AB⊂平面ABB1A1，
所以AB⊥平面BB1C1C.
因为B1C⊂平面BB1C1C，所以AB⊥B1C.
在菱形BB1C1C中，BC1⊥B1C.
因为BC1⊂平面ABC1，AB⊂平面ABC1，BC1∩AB＝B，
所以B1C⊥平面ABC1.
因为AC1⊂平面ABC1，所以B1C⊥AC1.
(3)E，F，H，G四点不共面. 理由如下：
因为E，G分别是B1C，B1C1的中点，
所以GE∥CC1.
同理可证：GH∥C1A1.
因为GE⊂平面EHG，GH⊂平面EHG，GE∩GH＝G，CC1⊂平面AA1C1C，A1C1⊂平面AA1C1C，
所以平面EHG∥平面AA1C1C.
因为F∈平面AA1C1C，
所以F∉平面EHG，
即E，F，H，G四点不共面．
3．已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点P，右焦点为F，点N(2，0)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设动弦AB与x轴垂直，求证：直线AF与直线BN的交点M仍在椭圆E上．
解：(1)因为e＝，所以a＝c，b＝c，
即椭圆E的方程可以设为＋＝1.
将点P的坐标代入得：b2＝＋＝1，
所以，椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)证明：右焦点为F(1，0)，设A(x0，y0)，
由题意得B(x0，－y0)．
所以直线AF的方程为：y＝(x－1)，①
直线BN的方程为：y＝(x－2)，②
①②联立得，(x－1)＝(x－2)，
即x＝，再代入①得，y＝，
即y＝.
所以点M的坐标为.
又因为＋y
＝＋
＝，③
将y＝1－代入③得，
＋y＝
＝
＝＝1.
所以点M在椭圆E上．
4．(2019·杭州模拟)已知函数f(x)＝.
(1)若曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线方程为ax－y＝0，求x0的值；
(2)当x＞0时，求证：f(x)＞x；
(3)设函数F(x)＝f(x)－bx(x＞0)，其中b为实常数，试讨论函数F(x)的零点个数，
并证明你的结论．
解：(1)f′(x)＝.
因为切线ax－y＝0过原点(0，0)，
所以＝，解得：x0＝2.
(2)证明：设g(x)＝＝(x＞0)，
则g′(x)＝.
令g′(x)＝＝0，解得x＝2.
x在(0，＋∞)上变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x
(0，2)
2
(2，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)
所以当x＝2时，g(x)取得最小值.
所以当x＞0时，g(x)≥＞1，即f(x)＞x.
(3)F(x)＝0等价于f(x)－bx＝0，等价于－b＝0.
注意x≠0.
令H(x)＝－b，所以H′(x)＝(x≠0)．
①当b≤0时，H(x)＞0 ，所以H(x)无零点，即F(x)在定义域内无零点．
②当b＞0时，
当0＜x＜2时，H′(x)＜0，H(x)单调递减；
当x＞2时，H′(x)＞0，H(x)单调递增．
所以当x＝2时，H(x)有极小值也是最小值，H(2)＝－b.
当H(2)＝－b＞0，即0＜b＜时，H(x)在(0，＋∞)上不存在零点；
当H(2)＝－b＝0，即b＝时，H(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点2；
当H(2)＝－b＜0，即b＞时，由e＞1有H＝be－b＝
b(e－1)＞0，
而H(2)＜0，所以H(x)在(0，2)上存在唯一零点；
又因为2b＞3，H(2b)＝－b＝.
令h(t)＝et－t3，其中t＝2b＞2，h′(t)＝et－t2，
h″(t)＝et－3t，h(t)＝et－3，
所以h(t)＞e2－3＞0，因此h″(t)在(2，＋∞)上单调递增，从而h″(t)＞h″(2)＝e2－6＞0，
所以h′(t)在(2，＋∞)上单调递增，因此h′(t)＞h′(2)＝e2－6＞0，
故h(t)在(2，＋∞)上单调递增，所以h(t)＞h(2)＝e2－4＞0.
由上得H(2b)＞0，由零点存在定理知，H(x)在(2，2b)上存在唯一零点，即在(2，＋∞)上存在唯一零点．
综上所述：当b＜时，函数F(x)的零点个数为0；
当b＝时，函数F(x)的零点个数为1；
当b＞时，函数F(x)的零点个数为2.
5．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，2an＋1＝2an＋p(p为常数，n＝1，2，3，…)．
(1)若S3＝12，求Sn；
(2)若数列{an}是等比数列，求实数p的值．
(3)是否存在实数p，使得数列满足：可以从中取出无限多项并按原来的先后次序排成一个等差数列？若存在，求出所有满足条件的p的值；若不存在，说明理由．
解：(1)因为a1＝1，2an＋1＝2an＋p，
所以2a2＝2a1＋p＝2＋p，2a3＝2a2＋p＝2＋2p.
因为S3＝12，
所以2＋2＋p＋2＋2p＝6＋3p＝24，即p＝6.
所以an＋1－an＝3(n＝1，2，3，…)．
所以数列{an}是以1为首项，3为公差的等差数列．
所以Sn＝1×n＋×3＝.
(2)若数列{an}是等比数列，则a＝a1a3.
由(1)可得：＝1×(1＋p)．解得p＝0.
当p＝0时，由2an＋1＝2an＋p，得：an＋1＝an＝…＝1.
显然，数列{an}是以1为首项，1为公比的等比数列．
所以p＝0.
(3)当p＝0时，由(2)知：an＝1(n＝1，2，3，…)．
所以＝1(n＝1，2，3，…)，
即数列就是一个无穷等差数列．
所以当p＝0时，可以得到满足题意的等差数列．
当p≠0时，
因为a1＝1，2an＋1＝2an＋p，即an＋1－an＝，
所以数列{an}是以1为首项，为公差的等差数列．
所以an＝n＋1－.
下面用反证法证明：当p≠0时，数列中不能取出无限多项并按原来次序排列成等差数列．
假设存在p0≠0，从数列中可以取得满足题意的无穷等差数列，不妨记为{bn}．设数列{bn}的公差为d.
①当p0＞0时，an＞0(n＝1，2，3，…)．
所以数列{bn}是各项均为正数的递减数列．
所以d＜0.
因为bn＝b1＋(n－1)d(n＝1，2，3，…)，
所以当n＞1－时，bn＝b1＋(n－1)d＜b1＋d＝0，这与bn＞0矛盾．
②当p0＜0时，令n＋1－＜0，解得：n＞1－.
所以当n＞1－时，an＜0恒成立．
所以数列{bn}必然是各项均为负数的递增数列．
所以d＞0.
因为bn＝b1＋(n－1)d(n＝1，2，3，…)，
所以当n＞1－时，bn＝b1＋(n－1)d＞b1＋d＝0，这与bn＜0矛盾．
综上所述，p＝0是唯一满足条件的p的值．
