2019届二轮复习第25讲高考数学解答题的破解策略学案（全国通用）
第 25 讲 高考数学解答题的破解策略
一、题型特点
解答题是数学高考题的优良传统题型，包括计算题、证明题、应用题等等，约占总分的
47%左右．解答题的功能侧重知识的综合运用和能力测试，是对考生知识掌握、分析推理、
综合应用能力的全面检验．
二、解题思路
要完成高考数学解答题的解答，必须把握好以下各个环节：
1．审题——捕捉“题眼”
审题是解题的开始，也是解题的基础．审题思考中，要把握“三性”，即明确目的性，
提高准确性，注意隐含性．审题的技巧：①学会寻找题眼；②学会从问入手(如已知是什么？
求解是什么？)；③学会抓住问题中的数量特征；④ 学会挖掘隐含条件．
2．优化——思维策略
常用的思维策略有：陌生问题熟悉化；复杂问题简单化；一般问题特殊化；抽象问题具
体化等．
3．选择——解题方法
常见的解题方法：分析、综合、联想、类比、归纳、演绎、反证、化归等．
4．突出——通性通法
(1)突出数学思想：函数方程思想；数形结合思想；分类讨论思想；等价转化思想；
(2)联想常规方法：代入法、配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法等．
5．规范——书面表达
力求表述准确，不使用不规范的语言．避免字迹不工整而造成的隐性失分．
三、解题策略
(一)语言转换策略
每个数学命题都是由一些特定的数学语言(文字语言、符号语言、图形语言)所组成，数
学解题活动过程，实际上是数学语言的转换过程，通过语言转换过程，理解题意，确定解题
方案．
例 1 函数 f(x)＝cos(πx＋φ)(0 < φ <
π
2 )的部分图象如图所示．
(1)求 φ 及图中 x0 的值；
(2)设 g(x)＝f(x)＋f(x＋1
3 )，求函数 g(x)在区间[－1
2，
1
3]上的最大值和最小值．
【解析】(1)由题图得 f(0)＝ 3
2 ，所以 cos φ＝ 3
2 ，
因为 0<φ<
π
2 ，故 φ＝
π
6 .
由于 f(x)的最小正周期等于 2，所以由题图可知 1
0，f(x)在(0，1)为单调递增函数；
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)为单调递减函数；
所以 f(x)max＝f(1)＝－1＋1＋ln 1＝0.
(2)f′(x)＝－2x－2a＋1
x＝
－2x2－2ax＋1
x .
令 g(x)＝－2x2－2ax＋1，Δ＝4a2＋8>0，
∴g(x)有两个不相等的实根 x1，x2，
不妨设 x10 ，所以 f(x)在(0，x2)为单调递增函数，
当 x∈(x2，＋∞)时，f′(x)<0 ，所以 f(x)在(x2，＋∞)为单调递减函数，
所以 f(x)max＝f(x2)＝－x22－2ax2＋ln x2.
又由 f′(x2)＝0，知－2ax2＝2x22－1.
于是 f(x)max＝f(x2)＝－x22－2ax2＋ln x2＝x22＋ln x2－1.
令 m(x)＝x2＋ln x－1，m(x)在(0，＋∞)上为单调递增函数，且 m(1)＝0，
∴x∈(0，1)时，m(x)<0，x∈(1，＋∞)时，m(x)>0.
①当 a＝－1
2时，x2＝1，f(x2)＝m(1)＝0，此时函数 f(x)有一个零点；
②当 a>－1
2时，由于 g(1)＝－1－2a<0，所以 x 2∈(0，1)，所以 f(x2)0，∴x2∈(1，＋∞)，∴f(x2)>m(1)＝0.
易知 x>0，且 x→0 时，f(x)<0，
易证 x>0 时，ln xb>0)的左焦点为 F1(－1，0)．
(1)设椭圆 M 与函数 y＝ x的图象交于点 P，若函数 y＝x在点 P 处的切线过椭圆的左焦
点 F1，求椭圆的离心率；
(2)设过点 F1 且斜率不为零的直线 l 交椭圆于 A、B 两点，连结 AO(O 为坐标原点)并延
长，交椭圆于点 C，若椭圆的长半轴长 a 是大于 1 的给定常数，求△ABC 的面积的最大值
S(a)．
【解析】(1)由题意，点 F1 为(－1，0)，设 P(t， t)，
则 kPF1＝ t
t＋1，
又 kPF1＝( x)′|x＝t＝( 1
2 x )|x＝t＝ 1
2 t，所以 t
t＋1＝ 1
2 t，解得 t＝1，即 P(1，1)，
设椭圆 M 的右焦点为 F2(1，0)，
则 2a＝|PF1|＋|PF2|＝ 5＋1，即 a＝ 5＋1
2 ，
又半焦距 c＝1，所以椭圆 M 的离心率为 e＝c
a＝ 5－1
2 ；
(2)因为椭圆 M 的半焦距 c＝1，所以 a2－b2＝1，
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 l 的方程为 x＝my－1，
由方程组{x2
a2＋y2
b2＝1，
x＝my－1
消去 x 得：(a2＋b2m2)y2－2b2my＋b2(1－a2)＝0，
∴y1＋y2＝ 2b2m
a2＋b2m2，y1y2＝b2（1－a2）
a2＋b2m2 ＝－ b4
a2＋b2m2，
连结 OB，由|OA|＝|OC|知 S△ABC＝2S△AOB，
∴S△ABC＝|OF1|·|y1－y2|＝ （y1＋y2）2－4y1y2＝2ab2 m2＋1
a2＋b2m2 .
令 m2＋1＝t，则 m2＝t2－1(t≥1)，
∴S△ABC＝ 2ab2t
a2＋b2（t2－1）＝ 2ab2t
1＋b2t2＝ 2ab2
b2t＋1
t
，
①若1
b≥1，即 01，a> 2时，设 f(t)＝b2t＋1
t，则 t≥1 时，f′(t)＝b2－1
t2>0，
所以 f(t)在[1，＋∞)上单调递增，
所以[f(t)]min＝f(1)＝b2＋1＝a2，当且仅当 t＝1，
即 m＝0 时，S(a)＝(S△ABC)max＝2（a2－1）
a ；
综上可知：S(a)＝{a a2－1，1 < a ≤ 2，
2（a2－1）
a ，a > 2.
【点评】与圆锥曲线有关的参数问题中应用分类讨论思想的常见类型：
1．判断曲线的类型；2.直线与圆锥曲线位置关系的判定；3 含参最值问题、范围问
题．
例 8[2015·全国卷Ⅰ]已知函数 f(x)＝x3＋ax＋1
4，g(x)＝－ln x.
(1)当 a 为何值时，x 轴为曲线 y＝f(x)的切线；
(2)用 min{m，n} 表示 m，n 中的最小值，设函数 h(x)＝min{f（x），g（x）}(x>0)，讨
论 h(x)零点的个数．
【解析】(1)设曲线 y＝f(x)与 x 轴相切于点(x0，0)，
则 f(x0)＝0，f′(x0)＝0，
即{x＋ax0＋1
4＝0，
3x＋a＝0，
解得 x0＝1
2，a＝－3
4.
因此，当 a＝－3
4时，x 轴是曲线 y＝f(x)的切线．
(2)当 x∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而 h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)<0，
∴h(x)在(1，＋∞)无零点．
当 x＝1 时，若 a≥－5
4，则 f(1)＝a＋5
4≥0，
h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，
故 x＝1 是 h(x)的零点；
若 a<－5
4，则 f(1)＝a＋ 5
4<0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故 x＝1 不是 h(x)的零
点．
当 x∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0，所以只需考虑 f(x)在(0，1)的零点个数．
(ⅰ)若 a≤－3 或 a≥0，则 f′(x)＝3x2＋a 在(0，1)上无零点，故 f(x)在(0，1)单调．
而 f(0)＝1
4，f(1)＝a＋5
4，所以当 a≤－3 时，f(x)在(0，1)上有一个零点；
当 a≥0 时，f(x)在(0，1)上无零点．
(ⅱ)若－3－3
4或 a<－5
4时，h(x)有一个零点；
当 a＝－3
4或 a＝－5
4时，h(x)有两个零点；
当－5
40 来求解更容易，与角度有关的问题经常转化为斜率的关系处理， 与交点坐标
有关问题常转化为二次方程根与系数的关系处理．
例 11[2018·全国卷Ⅰ]已知函数 f(x)＝1
x－x＋aln x.
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)若 f(x)存在两个极值点 x1，x2，证明：f（x1）－f（x2）
x1－x2 2，令 f′(x)＝0 得，x＝a－ a2－4
2 或 x＝a＋ a2－4
2 .
当 x∈(0，
a－ a2－4
2 )∪(a＋ a2－4
2 ，＋∞)时，f′(x)<0；
当 x∈(a－ a2－4
2 ，
a＋ a2－4
2 )时 ， f′(x)>0. 所 以 f(x) 在 (0，
a－ a2－4
2 )，
(a＋ a2－4
2 ，＋∞)单调递减，在(a－ a2－4
2 ，
a＋ a2－4
2 )单调递增．
(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a>2.
由于 f(x)的两个极值点 x1，x2 满足 x2－ax＋1＝0，所以 x 1x2＝1，不妨设 x 11.由于f（x1）－f（x2）
x1－x2 ＝－ 1
x1x2－1＋a
ln x1－ln x2
x1－x2 ＝－2＋a
ln x1－ln x2
x1－x2 ＝－2＋a
－2ln x2
1
x2－x2
，
所以f（x1）－f（x2）
x1－x2 0，则 ax2＋2x－1>0 有 x>0 的解．
①当 a>0 时，y＝ax2＋2x－1 为开口向上的抛物线，ax2＋2x－1>0 总有 x>0 的解；
②当 a<0 时，y＝ax2＋2x－1 为开口向下的抛物线，而 ax2＋2x－1>0 总有 x>0 的解，
则 Δ＝4＋4a>0，且方程 ax2＋2x－1＝0 至少有一正根．此时，－11. ①
令 r(t)＝ln t－2（t－1）
1＋t ，t>1.
则 r′(t)＝1
t－ 4
（t＋1）2＝
（t－1）2
t（t＋1）2.
因为 t>1 时，r′(t)>0，所以 r(t)在(1，＋∞)上单调递增. 故 r(t)>r(1)＝0，
则 ln t>2（t－1）
1＋t . 这与①矛盾，假设不成立．
故 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不平行．
证法二：同证法一得(x2＋x1)(ln x2－ln x1)＝2(x2－x1)．
因为 x1>0，所以 (x2
x1＋1)lnx2
x1＝2(x2
x1－1).
令 t＝x2
x1，得(t＋1)ln t＝2(t－1)，t>1. ②
令 r(t)＝(t＋1)ln t－2(t－1)，t>1，
则 r′(t)＝ln t＋1
t－1.
因为(ln t＋1
t)′＝1
t－1
t2＝t－1
t2 ，
所以 t>1 时，(ln t＋1
t)′>0.
故 ln t＋1
t在(1，＋∞)上单调递增，从而 ln t＋1
t－1>0，即 r′(t)>0.
于是 r(t)在(1，＋∞)上单调递增，故 r(t)>r(1)＝0.
即(t＋1)ln t>2(t－1)．这与②矛盾，假设不成立．
故 C1 在点 M 处的切线与 C2 在点 N 处的切线不平行．
【点评】否定性命题，常要利用正反的相互转化，先从正面求解，再取正面答案的补集
即可．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简
单．因此，间接法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中．
