PAGE1-第2講解答題審題技巧方法概述審題是解題的第一步，細致深化的審題是解題勝利的必要前提．審題即審清題意，通常它包含三個環節，即解題前對已知與未知事項的初步分析與視察(通常意義下的審題)，解題過程中對題意的進一步分析，以及解題后的檢驗與反思．其詳細內容是：已知什么？結論是什么？隱含什么？需做什么？得出什么？留意什么？等等；明確這些是正確解題的關鍵，下面淺談一下如何學會審題．一審條件條件是解題的主要材料，充分利用條件間的內在聯系是解題的必經之路．諦視條件要充分挖掘每一個條件的內涵和隱含信息，發掘條件的內在聯系．[典型例題]設函數f(x)＝lnx－ax，g(x)＝ex－ax，其中a為實數．若f(x)在(1，＋∞)上是單調減函數，且g(x)在(1，＋∞)上有最小值，求a的取值范圍．[審題路途圖]f(x)在(1，＋∞)上遞減→f′(x)<0→a的范圍；求g′(x)→g(x)在(1，＋∞)上有最小值→a的范圍→結果．[規范解答]令f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)＜0，考慮到f(x)的定義域為(0，＋∞)，故a＞0，進而解得x＞a－1，即f(x)在(a－1，＋∞)上是單調減函數．同理，f(x)在(0，a－1)上是單調增函數．由于f(x)在(1，＋∞)上是單調減函數，故(1，＋∞)?(a－1，＋∞)，從而a－1≤1，即a≥1.令g′(x)＝ex－a＝0，得x＝lna.當x＜lna時，g′(x)＜0；當x＞lna時，g′(x)＞0.又g(x)在(1，＋∞)上有最小值，所以lna＞1，即a＞e.綜上可知，a∈(e，＋∞)．二審結論問題解決的最終目標就是求出結論或說明已給結論正確或錯誤．因而解決問題時的思維過程大多都是圍圍著結論這個目標進行定向思索的．諦視結論，就是在結論的啟發下，探究已知條件和結論之間的內在聯系和轉化規律．擅長從結論中捕獲解題信息，擅長對結論進行轉化，使之逐步靠近條件，從而發覺和確定解題方向．[典型例題](2024·杭州模擬)如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，側棱AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，D為AC的中點，AA1＝AB＝2，BC＝3.(1)求證：AB1∥平面BC1D；(2)求四棱錐B-AA1C1D的體積．[審題路途圖](1)要證AB1∥平面BC1D→只需證AB1與平面BC1D內的一條直線平行即可→只需連接B1C交BC1于點O，則DO為所需直線．(2)求B-AA1C1D的體積→求底面積和高→底面AA1C1D為直角梯形，圖中無高→應用底面和側面垂直作高．[規范解答](1)證明：如圖，連接B1C，設B1C與BC1相交于點O，連接OD.因為四邊形BCC1B1是平行四邊形，所以點O為B1C的中點．因為D為AC的中點，所以OD為△AB1C的中位線，所以OD∥AB1，因為OD?平面BC1D，AB1?平面BC1D，所以AB1∥平面BC1D.(2)因為AA1⊥平面ABC，AA1?平面AA1C1C，所以平面ABC⊥平面AA1C1C，作BE⊥AC，垂足為E，則BE⊥平面AA1C1C.在Rt△ABC中，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(4＋9)＝eq\r(13)，BE＝eq\f(AB·BC,AC)＝eq\f(6,\r(13))，所以四棱錐B-AA1C1D的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)(A1C1＋AD)·AA1·BE＝eq\f(1,6)×eq\f(3,2)eq\r(13)×2×eq\f(6,\r(13))＝3.三審結構結構是數學問題的搭配形式，某些問題在已知的數式結構中經常隱含著某種特別的關系．諦視結構要對結構進行分析、加工和轉化，以實現解題突破．[典型例題](2024·臺州調研)設△ABC的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＋c＝6，b＝2，cosB＝eq\f(7,9).(1)求a，c的值；(2)求sin(A－B)的值．[審題路途圖](1)條件邊、角共存，而結論求邊→將角的余弦化為邊→求出a，c.(2)條件→求出角A的三角函數→sin(A－B)的值．[規范解答](1)由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝(a＋c)2－2ac(1＋cosB)，又b＝2，a＋c＝6，cosB＝eq\f(7,9)，所以ac＝9，解得a＝3，c＝3.(2)在△ABC中，sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\f(4\r(2),9)，由正弦定理得sinA＝eq\f(asinB,b)＝eq\f(2\r(2),3).因為a＝c，所以A為銳角．所以cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(1,3).因此sin(A－B)＝sinAcosB－cosAsinB＝eq\f(10\r(2),27).四審范圍范圍是對數學概念、公式、定理中涉及的一些量以及相關解析式的限制條件．諦視范圍要適時利用相關量的約束范圍，從整體上把握問題的解決方向．[典型例題]在△ABC中，sinA＝eq\f(5,13)，cosB＝eq\f(3,5)，求cosC的值．[審題路途圖]eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(sinA＝\f(5,13)<\f(1,2)→0<A<\f(π,6)或\f(5π,6)<A<π,cosB＝\f(3,5)<\f(\r(2),2)→B>\f(π,4)))→0<A<eq\f(π,6).[規范解答]在△ABC中，sinA＝eq\f(5,13)<eq\f(1,2)，cosB＝eq\f(3,5)<eq\f(\r(2),2)，所以0<A<eq\f(π,6)或eq\f(5,6)π<A<π，B>eq\f(π,4)，所以0<A<eq\f(π,6)，所以cosA＝eq\f(12,13)，sinB＝eq\f(4,5)，所以cosC＝－cos(A＋B)＝－eq\f(16,65).五審圖形圖形或者圖象的力氣比文字更為簡潔而有力，挖掘其中蘊涵的有效信息，正確理解問題是解決問題的關鍵.對圖形或者圖象的獨特理解許多時候能成為解決問題的亮點．[典型例題]如圖，正方體的底面與正四面體的底面在同一平面α上，且AB∥CD，推斷直線EF與正方體的六個面所在的平面中的幾個相交？[審題路途圖]圖形→理解AB和CD平行→EF與左右側面平行→結論．[規范解答]取CD的中點H，連接EH、FH(圖略)．在正四面體CDEF中，由于CD⊥EH，CD⊥HF，EH∩HF＝H，所以CD⊥平面EFH，所以AB⊥平面EFH，則平面EFH與正方體的左右兩側面平行，則EF也與之平行，與其余四個平面相交．六審圖表、數據題目中的圖表、數據包含著問題的基本信息，也往往示意著解決問題的目標和方向．在審題時，要仔細視察分析圖表、數據的特征和規律，經常可以找到解決問題的思路和方法．[典型例題]為了比較兩種治療失眠癥的藥(分別稱為A藥，B藥)的療效，隨機地選取20位患者服用A藥，20位患者服用B藥，這40位患者服用一段時間后，記錄他們日平均增加的睡眠時間(單位：h)．試驗的觀測結果如下：服用A藥的20位患者日平均增加的睡眠時間0.61.22.71.52.81.82.22.33.23.52.52.61.22.71.52.93.03.12.32.4服用B藥的20位患者日平均增加的睡眠時間3.21.71.90.80.92.41.22.61.31.41.60.51.80.62.11.12.51.22.70.5(1)分別計算兩組數據的平均數，從計算結果看，哪種藥的療效更好？(2)依據兩組數據完成下面莖葉圖，從莖葉圖看，哪種藥的療效更好？[審題路途圖](1)數據→A、B兩種藥20位患者日平均增加睡眠時間→比較平均數→結論．(2)數據→完成莖葉圖→識圖→結論．[規范解答](1)設A藥觀測數據的平均數為eq\o(x,\s\up6(－))，B藥觀測數據的平均數為eq\o(y,\s\up6(－)).由觀測結果可得eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(1,20)(0.6＋1.2＋1.2＋1.5＋1.5＋1.8＋2.2＋2.3＋2.3＋2.4＋2.5＋2.6＋2.7＋2.7＋2.8＋2.9＋3.0＋3.1＋3.2＋3.5)＝2.3，eq\o(y,\s\up6(－))＝eq\f(1,20)(0.5＋0.5＋0.6＋0.8＋0.9＋1.1＋1.2＋1.2＋1.3＋1.4＋1.6＋1.7＋1.8＋1.9＋2.1＋2.4＋2.5＋2.6＋2.7＋3.2)＝1.6.由以上計算結果可得eq\o(x,\s\up6(－))>eq\o(y,\s\up6(－))，因此可以看出A藥的療效更好．(2)由觀測結果可繪制莖葉圖如圖：從以上莖葉圖可以看出，A藥療效的試驗結果有eq\f(7,10)的葉集中在莖“2.”“3.”上，而B藥療效的試驗結果有eq\f(7,10)的葉集中在莖“0.”“1.”上，由此可以看出A藥的療效更好．七審方法方法是解題的手段，數學思想方法是問題的主線．諦視方法，選擇適當的解題方法，往往使問題解決事半功倍．審題的過程還是一個解題方法的選擇過程，開拓的解題思路能使我們心涌如潮，相宜的解題方法則幫助我們事半功倍．[典型例題]在平面直角坐標系xOy中，設定點A(a，a)，P是函數y＝eq\f(1,x)(x>0)圖象上一動點．若點P，A之間的最短距離為2eq\r(2)，求滿意條件的實數a的全部值．[審題路途圖]設Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(1,x)))→PA2關于x的函數eq\o(→,\s\up7(換元法))PA2關于新元t的函數eq\o(→,\s\up7(分類探討))表示最值→a的值．[規范解答]依題意可設Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(1,x)))(x>0)，則PA2＝(x－a)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－a))eq\s\up12(2)＝x2＋eq\f(1,x2)－2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋2a2.令x＋eq\f(1,x)＝t，則t≥2且PA2＝t2－2－2at＋2a2＝(t－a)2＋a2－2.若a≥2，則當t＝a時，PA2取最小值a2－2，令a2－2＝(2eq\r(2))2，解得a＝eq\r(10)(a＝－eq\r(10)舍去)；若a<2，則當t＝2時，PA2取最小值2a2－4a＋2，令2a2－4a＋2＝(2eq\r(2))2，解得a＝－1(a＝3舍去)．綜上得，滿意條件的全部a的值為－1和eq\r(10).審題歸納(1)審題要慢、答題要快．審題速度不宜太快，而且最好實行二次讀題的方法，第一次為泛讀，大致了解題目的條件和要求；其次次為精讀，依據要求找出題目的關鍵詞語并挖掘題目的隱含條件．(2)要擅長變換．當明確已知條件和求解對象后，假如尚不能生發解題思路，必需變換已知條件或結論的形式，使它們產生有機的聯系．(3)要擅長聯想．聯想是接通思路的橋梁，假如我們在審題中無法套用現成解題模式，必需進行廣泛的聯想．(4)要擅長挖掘隱含條件．審題的一個關鍵在于：發覺題材中的“機關”——題目中的一些隱含條件，往往是該題“價值”之所在，也是我們失分的“隱患”．(5)要擅長啟動逆向與創新思維．當解一個數學問題的思維受阻時，適當變更思維角度，適時啟動逆向思維與創新思維，往往能跳出常規思維的框框，突破思維障礙．專題強化訓練1．(2024·寧波模擬)在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且eq\f(tanB,tanA)＋1＝eq\f(2c,a).(1)求B；(2)若coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，求sinA的值．解：(1)由eq\f(tanB,tanA)＋1＝eq\f(2c,a)及正弦定理，得eq\f(sinBcosA,cosBsinA)＋1＝eq\f(2sinC,sinA)，所以eq\f(sinBcosA＋cosBsinA,cosBsinA)＝eq\f(2sinC,sinA)，即eq\f(sin（A＋B）,cosBsinA)＝eq\f(2sinC,sinA)，則eq\f(sinC,cosBsinA)＝eq\f(2sinC,sinA).因為在△ABC中，sinA≠0，sinC≠0，所以cosB＝eq\f(1,2).因為B∈(0，π)，所以B＝eq\f(π,3).(2)因為0＜C＜eq\f(2π,3)，所以eq\f(π,6)＜C＋eq\f(π,6)＜eq\f(5π,6).又coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝eq\f(1,3)，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＝eq\f(2\r(2),3).所以sinA＝sin(B＋C)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))＋\f(π,6)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))coseq\f(π,6)＋coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C＋\f(π,6)))sineq\f(π,6)＝eq\f(2\r(6)＋1,6).2.如圖所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1B1B為正方形，BB1C1C是菱形，平面AA1B1B⊥平面BB1C1C.(1)求證：BC∥平面AB1C1；(2)求證：B1C⊥AC1；(3)設點E，F，H，G分別是B1C，AA1，A1B1，B1C1的中點，試推斷E，F，H，G四點是否共面，并說明理由．解：(1)證明：在菱形BB1C1C中，BC∥B1C1.因為BC?平面AB1C1，B1C1?平面AB1C1，所以BC∥平面AB1C1.(2)證明：連接BC1.在正方形ABB1A1中，AB⊥BB1.因為平面AA1B1B⊥平面BB1C1C，平面AA1B1B∩平面BB1C1C＝BB1，AB?平面ABB1A1，所以AB⊥平面BB1C1C.因為B1C?平面BB1C1C，所以AB⊥B1C.在菱形BB1C1C中，BC1⊥B1C.因為BC1?平面ABC1，AB?平面ABC1，BC1∩AB＝B，所以B1C⊥平面ABC1.因為AC1?平面ABC1，所以B1C⊥AC1.(3)E，F，H，G四點不共面.理由如下：因為E，G分別是B1C，B1C1的中點，所以GE∥CC1.同理可證：GH∥C1A1.因為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.因為F∈平面AA1C1C，所以F?平面EHG，即E，F，H，G四點不共面．3．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，且過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(3),2)))，右焦點為F，點N(2，0)．(1)求橢圓E的方程；(2)設動弦AB與x軸垂直，求證：直線AF與直線BN的交點M仍在橢圓E上．解：(1)因為e＝eq\f(\r(2),2)，所以a＝eq\r(2)c，b＝c，即橢圓E的方程可以設為eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.將點P的坐標代入得：b2＝eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1，所以，橢圓E的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)證明：右焦點為F(1，0)，設A(x0，y0)，由題意得B(x0，－y0)．所以直線AF的方程為：y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，①直線BN的方程為：y＝eq\f(－y0,x0－2)(x－2)，②①②聯立得，eq\f(y0,x0－1)(x－1)＝eq\f(－y0,x0－2)(x－2)，即x＝eq\f(3x0－4,2x0－3)，再代入①得，y＝eq\f(y0,x0－1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x0－4,2x0－3)－1))，即y＝eq\f(y0,2x0－3).所以點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x0－4,2x0－3)，\f(y0,2x0－3))).又因為eq\f(xeq\o\al(2,M),2)＋yeq\o\al(2,M)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3x0－4,2x0－3)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y0,2x0－3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(（3x0－4）2＋2yeq\o\al(2,0),2（2x0－3）2)，③將yeq\o\al(2,0)＝1－eq\f(xeq\o\al(2,0),2)代入③得，eq\f(xeq\o\al(2,M),2)＋yeq\o\al(2,M)＝eq\f(（3x0－4）2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,0),2))),2（2x0－3）2)＝eq\f(8xeq\o\al(2,0)－24x0＋18,2（2x0－3）2)＝eq\f(2（2x0－3）2,2（2x0－3）2)＝1.所以點M在橢圓E上．4．(2024·杭州模擬)已知函數f(x)＝eq\f(ex,x).(1)若曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線方程為ax－y＝0，求x0的值；(2)當x＞0時，求證：f(x)＞x；(3)設函數F(x)＝f(x)－bx(x＞0)，其中b為實常數，試探討函數F(x)的零點個數，并證明你的結論．解：(1)f′(x)＝eq\f(exx－ex,x2).因為切線ax－y＝0過原點(0，0)，所以eq\f(ex0x0－ex0,xeq\o\al(2,0))＝eq\f(\f(ex0,x0),x0)，解得：x0＝2.(2)證明：設g(x)＝eq\f(f（x）,x)＝eq\f(ex,x2)(x＞0)，則g′(x)＝eq\f(ex（x2－2x）,x4).令g′(x)＝eq\f(ex（x2－2x）,x4)＝0，解得x＝2.x在(0，＋∞)上變更時，g′(x)，g(x)的變更狀況如下表：x(0，2)2(2，＋∞)g′(x)－0＋g(x)eq\f(e2,4)所以當x＝2時，g(x)取得最小值eq\f(e2,4).所以當x＞0時，g(x)≥eq\f(e2,4)＞1，即f(x)＞x.(3)F(x)＝0等價于f(x)－bx＝0，等價于eq\f(ex,x2)－b＝0.留意x≠0.令H(x)＝eq\f(ex,x2)－b，所以H′(x)＝eq\f(ex（x－2）,x3)(x≠0)．①當b≤0時，H(x)＞0，所以H(x)無零點，即F(x)在定義域內無零點．②當b＞0時，當0＜x＜2時，H′(x)＜0，H(x)單調遞減；當x＞2時，H′(x)＞0，H(x)單調遞增．所以當x＝2時，H(x)有微小值也是最小值，H(2)＝eq\f(e2,4)－b.當H(2)＝eq\f(e2,4)－b＞0，即0＜b＜eq\f(e2,4)時，H(x)在(0，＋∞)上不存在零點；當H(2)＝eq\f(e2,4)－b＝0，即b＝eq\f(e2,4)時，H(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點2；當H(2)＝eq\f(e2,4)－b＜0，即b＞eq\f(e2,4)時，由eeq\s\up6(\f(1,eq\r(b)))＞1有Heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(b))))＝beeq\s\up6(\f(1,eq\r(b)))－b＝b(eeq\s\up6(\f(1,eq\r(b)))－1)＞0，而H(2)＜0，所以H(x)在(0，2)上存在唯一零點；又因為2b＞3，H(2b)＝eq\f(e2b,4b2)－b＝eq\f(e2b－4b3,4b2).令h(t)＝et－eq\f(1,2)t3，其中t＝2b＞2，h′(t)＝et－eq\f(3,2)t2，h″(t)＝et－3t，h(t)＝et－3，所以h(t)＞e2－3＞0，因此h″(t)在(2，＋∞)上單調遞增，從而h″(t)＞h″(2)＝e2－6＞0，所以h′(t)在(2，＋∞)上單調遞增，因此h′(t)＞h′(2)＝e2－6＞0，故h(t)在(2，＋∞)上單調遞增，所以h(t)＞h(2)＝e2－4＞0.由上得H(2b)＞0，由零點存在定理知，H(x)在(2，2b)上存在唯一零點，即在(2，＋∞)上存在唯一零點．綜上所述：當b＜eq\f(e2,4)時，函數F(x)的零點個數為0；當b＝eq\f(e2,4)時，函數F(x)的零點個數為1；當b＞eq\f(e2,4)時，函數F(x)的零點個數為2.5．已知數列{an}的前n項和為Sn，且滿意a1＝1，2an＋1＝2an＋p(p為常數，n＝1，2，3，…)．(1)若S3＝12，求Sn；(2)若數列{an}是等比數列，求實數p的值．(3)是否存在實數p，使得數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))滿意：可以從中取出無限多項并按原來的先后次序排成一個等差數列？若存在，求出全部滿意條件的p的值；若不存在，說明理由．解：(1)因為a1＝1，2an＋1＝2an＋p，所以2a2＝2a1＋p＝2＋p，2a3＝2a2＋p＝2＋2p.因為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，…)．所以數列{an}是以1為首項，3為公差的等差數列．所以Sn＝1×n＋eq\f(n（n－1）,2