高三数学二轮复习讲座详稿
哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座立体几何教师版[3]
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哈五中高三数学第二轮复习专题讲座（教师版）直线、平面、简单几何体第四课时题型四 求空间角【典例５】（重庆高考）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，11,1AB BB ==，E 为1BB 上使11B E =的点 平面1AEC 交1DD 于F ，交11A D 的延长线于G ，求：（Ⅰ）异面直线AD 与1C G 所成角的大小； （Ⅱ）二面角11A C G A --的正切值；分析：本题以棱柱为载体考查了空间线线角、面面角。
属于考查角的典型题型。
解析：解法一：（１）由11//AD D G C GD ∠知为异面直线1AD C G 与所成的角.连接1C F .因为AE 和1C F 分别是平行平面1111ABB A CC D D 和与平面1AEC G 的交线,所以1//AE C F ,由此可得1D F BE =,再由1FD G △∽FDA △得1D G在11Rt 6C GD π∠=11111△C D G 中，由C D =1,D（２）作11D H C G ⊥于H ,连接FH ,由三垂线定理知1FH C G ⊥,故1D HF ∠为二面角11F C G D --即二面角11A C G A --的平面角在1Rt GFD ∆中,由1DG =16D GH π∠=得12D H =,从而111an 2D Ft D HF D H∠===解法二：B 11B 1（１）由11//AD D G C GD ∠知为异面直线1AD C G 与所成的角.因为1EC 和AF 分别是平行平面1111BB C C AA D D 和与平面1AEC G 的交线,所以1//EC AF ,由此可得1114AGA EC B π∠=∠=从而111A G AA ==,于是1D G =在11111111,6Rt C D G C D D G C GD π==∠=中，由（２）在1111,46C AG AGC ππ∠=∠=11△A C G 中，由知11AC G ∠为钝角,作11A H GC ⊥交1GC 的延长线于H ,连接AH ,由三垂线定理知GH AH ⊥,故1AHA ∠为二面角二面角11A C G A --的平面角,在1Rt A HG ∆中,由11AG =,16AGH π∠=得112A H =,从而111an 2AA t AHA A H∠===解法三：（１）以1A 为原点,11111,,A B A D A A 所在直线分别为x 轴,y 轴和z 轴建立如图所示的空间直角坐标系.于是001A（,1(1,1,0)C,1)D , (1,0,1)E ,(0,1,0)AD =,1(0,1,1)EC =-因为1EC 和AF 分别是平行平面1111BB C C AA D D 和与平面1AEC G 的交线,所以1//EC AF ,设(0,y,0)G (0,,1))AG y =-由11//y EC AG －得于是1故11,0),(G C G =-,设异面直线AD 与1C G 所成的角的大小为θ,则113cos ||||AD C G AD C G θ⋅==⋅,从而6πθ=.（２）作111,A H C G H GH AH AHA ⊥⊥∠于，由三垂线定理知故为二面角二面角11A C G A --的平面角,设(,,0)H a b ,则1(,,0)A H a b =，1(-1,-1,0)C H a b =,由11A H C G ⊥得110A H C G ⋅=,由此得0()a i =又由1,,H C G 共线得11//C H C G ,从而11a --,于是1)0()b ii +-=联立（I ）和（II）得ab ,故H由1||(A H =,1||31A A =+得 111||3an 2||3A A t AHA A H ∠===拓展提升：作异面直线所成角的常用方法有：（１）平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特殊点”，作另外一条直线的平行线或利用中位线；（２）补形法：把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系。
哈尔滨五中高三数学第二轮复习专题讲座
哈五中高三数学第二轮复习专题讲座(教师版)直线、平面、简单几何体第一课时题型一 多面体中平行与垂直的证明【典例1】(2004年天津高考) 如图,在四棱锥P —ABCD 中,底面ABCD 是正方形,侧棱PD ⊥底面ABCD ,PD =DC ,E 是PC 的中点,作EF ⊥PB 交PB 于点F .（1）证明P A //平面EDB ；（2）证明PB ⊥平面EFD ；（3）求二面角C —PB —D 的大小.解析：本小题考查直线与平面平行,直线与平面垂直,二面角等基础知识,考查空间想象能力和推理论证能力,满分12分.方法一：（1）证明：连结AC ,AC 交BD 于O ,连结EO . ∵底面ABCD 是正方形,∴点O 是AC 的中点 在PAC ∆中,EO 是中位线,∴P A // EO 而⊂EO 平面EDB 且⊄PA 平面EDB , 所以,P A // 平面EDB （2）证明：∵PD ⊥底面ABCD 且⊂DC 底面ABCD ,∴DC PD ⊥∵PD =DC ,可知PDC ∆是等腰直角三角形,而DE 是斜边PC 的中线, ∴PC DE ⊥. ①同样由PD ⊥底面ABCD ,得PD ⊥BC .∵底面ABCD 是正方形,有DC ⊥BC ,∴BC ⊥平面PDC . 而⊂DE 平面PDC ,∴DE BC ⊥. ② 由①和②推得⊥DE 平面PBC . 而⊂PB 平面PBC ,∴PB DE ⊥又PB EF ⊥且E EF DE = ,所以PB ⊥平面EFD .（3）解：由（2）知,DF PB ⊥,故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角. 由（2）知,DB PD EF DE ⊥⊥,.设正方形ABCD 的边长为a ,则a BD a DC PD 2,===a BD PD PB 322=+=, a DC PD PC 222=+=a PC DE 2221==.A C在PDB Rt ∆中,a aa a PB BD PD DF 3632=⋅=⋅=. 在EFD Rt ∆中,233622sin ===a aDF DE EFD , ∴3π=∠EFD .所以,二面角C —PB —D 的大小为3π. 方法二：如图所示建立空间直角坐标系,D 为坐标原点,设a DC =. （1）证明：连结AC ,AC 交BD 于G ,连结EG . 依题意得)2,2,0(),,0,0(),0,0,(a a E a P a A . ∵底面ABCD 是正方形,∴G 是此正方形的中心,故点G 的坐标为)0,2,2(aa 且)2,0,2(),,0,(aa EG a a PA -=-=.∴EG PA 2=,这表明P A //EG .而⊂EG 平面EDB 且⊄PA 平面EDB ,∴P A //平面EDB . （2）证明:依题意得(,,0)B a a ,(,,)PB a a a =-.又(0,,)22a a DE =, 故220022a a PB DE ⋅=+-=.∴DE PB ⊥.由已知PB EF ⊥,且E DE EF = ,所以⊥PB 平面EFD . （3）解：设点F 的坐标为),,(000z y x ,PB PF λ=,则),,(),,(000a a a a z y x -=-λ.从而a z a y a x )1(,,000λλλ-===.所以))21(,)21(,()2,2,(000a a a z a y a x FE ---=---=λλλ. 由条件PB EF ⊥知,0=⋅PB FE ,即0)21()21(222=---+-a a a λλλ,解得31=λ∴点F 的坐标为)32,3,3(aa a ,且(,,)366a a a FE =--,)32,3,3(aa a FD ---=∴03233222=+--=⋅a a a FD PB 即FD PB ⊥,故EFD ∠是二面角C —PB —D 的平面角.∵691892222a a a a FD FE =+-=⋅,且 a a a a FE 6636369||222=++=,a a a a FD 369499||222=++=,∴2136666||||cos 2=⋅==a a a FD FE EFD . ∴3π=∠EFD .所以,二面角C —PB —D 的大小为3π. 拓展提升：（1）证明线面平行只需证明直线与平面内一条直线平行即可；（2）求斜线与平面所成的角只需在斜线上找一点作已知平面的垂线，斜线和射影所成的角，即为所求角；（3）证明线面垂直只需证此直线与平面内两条相交直线垂直变可.这些从9(A)证法中都能十分明显地体现出来 【变式训练】1（( 2006年湖南卷）如图4,已知两个正四棱锥P -ABCD 与Q -ABCD 的高分别为1和2,AB =4.(Ⅰ)证明PQ ⊥平面ABCD ;(Ⅱ)求异面直线AQ 与PB 所成的角; (Ⅲ)求点P 到平面QAD 的距离.解法一 （Ⅰ）连结AC 、BD ，设O BD AC = .由P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥，所以PO ⊥平面ABCD ，QO ⊥平面ABCD .从而P 、O 、Q 三点在一条直线上，所以PQ ⊥平面ABCD . （Ⅱ）由题设知，ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD . 由（Ⅰ），QO ⊥平面ABCD . 故可分别以直线CA 、DB 、QP 为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系（如图），由题条件，相关各点的坐标分别是P （0，0，1），A （22，0，0），Q （0，0，－2），B （0，22，0）.所以)2,0,22(--=AQ，图4(0,1)PB =-于是1cos ,623AQ PB AQ PB AQ PB⋅<>==⋅.从而异面直线AQ 与PB 所成的角是31arccos .(Ⅲ)由（Ⅱ），点D 的坐标是（0，－22，0），)0,22,22(--=AD ，(0,0,3)PQ =-，设),,(z y x n =是平面QAD 的一个法向量，由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅0AD n AQ n 得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+002y x z x . 取x =1，得)2,1,1(--=n . 所以点P 到平面QAD 的距离322PQ n d n⋅==. 解法二 （Ⅰ）取AD 的中点，连结PM ，QM . 因为P －ABCD 与Q －ABCD 都是正四棱锥， 所以AD ⊥PM ，AD ⊥QM . 从而AD ⊥平面PQM . 又⊂PQ 平面PQM ，所以PQ ⊥AD .同理PQ ⊥AB ，所以PQ ⊥平面ABCD .（Ⅱ）连结AC 、BD 设O BD AC = ，由PQ ⊥平面ABCD 及正四棱锥的性质可知O 在PQ 上，从而P 、A 、Q 、C 四点共面.因为OA ＝OC ，OP ＝OQ ，所以P AQC 为平行四边形，AQ ∥PC . 从而∠BPC （或其补角）是异面直线AQ 与PB 所成的角. 因为322)22(2222=+=+==OP OC PC PB ，所以31323221612122cos 222=⨯⨯-+=⋅-∠PC PB BC PC PB BPC ＋＝. 从而异面直线AQ 与PB 所成的角是31arccos .(Ⅲ)连结OM ，则PQ AB OM 21221===. 所以∠PMQ ＝90°，即PM ⊥MQ .由（Ⅰ）知AD ⊥PM ，所以PM ⊥平面QAD . 从而PM 的长是点P 到平面QAD 的距离. 在直角△PMO 中，22222222=+=+=OM PO PM . 即点P 到平面QAD 的距离是22.QBCPADOM2.(2007全国Ⅰ·文)四棱锥S ABCD -中，底面ABCD 为平行四边形，侧面SBC ⊥底面ABCD ，已知45ABC ∠=︒，2AB =，BC =SA SB == （Ⅰ）证明：SA BC ⊥；（Ⅱ）求直线SD 与平面SBC 所成角的大小． 解法一：（1）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥底面ABCD ． 因为SA SB =，所以AO BO =，又45ABC =∠，故AOB △为等腰直角三角形，AO BO ⊥，由三垂线定理，得SA BC ⊥． （Ⅱ）由（Ⅰ）知SA BC ⊥， 依题设AD BC ∥，故SA AD ⊥，由AD BC ==SA =SD又sin 452AO AB ==DE BC ⊥，垂足为E ，则DE ⊥平面SBC ，连结SE ．ESD ∠为直线SD 与平面SBC 所成的角．sin 11ED AO ESD SD SD ====∠ 所以，直线SD 与平面SBC所成的角为arcsin11． 解法二：（Ⅰ）作SO BC ⊥，垂足为O ，连结AO ，由侧面SBC ⊥底面ABCD ，得SO ⊥平面ABCD ．因为SA SB =，所以AO BO =．又45ABC =∠，AOB △为等腰直角三角形，AO OB ⊥． 如图，以O 为坐标原点，OA 为x 轴正向，建立直角坐标系O xyz -，因为2AO BO AB ===1SO =，又BC =0)A ，，DBCASOE(0B，(0C ，． (001)S ，，，(21)SA =-，，， (0CB =，0SA CB =，所以SA BC ⊥．（Ⅱ）(21)SD SA AD SA CB =+=-=--，，(20)OA =，，. OA 与SD 的夹角记为α，SD 与平面ABC 所成的角记为β，因为OA 为平面SBC 的法向量，所以α与β互余．22cos 11OA SD OASDα==，sin 11β=，所以，直线SD 与平面SBC 所成的角为arcsin 11．3.（全国1）已知四棱锥P -ABCD 的底面为直角梯形,AB ∥DC ,⊥=∠PA DAB ,90底面ABCD ,且PA =AD =DC =21AB =1,M 是PB 的中点.（Ⅰ）证明：面PAD ⊥面PCD ； （Ⅱ）求AC 与PB 所成的角；（Ⅲ）求面AMC 与面BMC 所成二面角的大小. 本小题主要考查直线与平面垂直、直线与平面所成角的有关知识及思维能力和空间想象能力.考查应用向量知识解决数学问题的能力.满分12分. 方案一：（Ⅰ）证明：∵P A ⊥面ABCD ,CD ⊥AD , ∴由三垂线定理得：CD ⊥PD .因而,CD 与面P AD 内两条相交直线AD ,PD 都垂直, ∴CD ⊥面P AD . 又CD ⊂面PCD ,∴面P AD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：过点B 作BE //CA ,且BE =CA , 则∠PBE 是AC 与PB 所成的角.连结AE ,可知AC =CB =BE =AE =2,又AB =2,所以四边形ACBE 为正方形. 由P A ⊥面ABCD 得∠PEB =90° 在Rt △PEB 中BE =2,PB =5, .510cos ==∠∴PB BE PBE .510arccos所成的角为与PB AC ∴D CA DCBN M E P（Ⅲ）解：作AN ⊥CM ,垂足为N ,连结BN . 在Rt △P AB 中,AM =MB ,又AC =CB , ∴△AMC ≌△BMC ,∴BN ⊥CM ,故∠ANB 为所求二面角的平面角. ∵CB ⊥AC ,由三垂线定理,得CB ⊥PC , 在Rt △PCB 中,CM =MB ,所以CM =AM . 在等腰三角形AMC 中,AN ·MC =AC AC CM⋅-22)2(, 5625223=⨯=∴AN . ∴AB =2,322cos 222-=⨯⨯-+=∠∴BN AN AB BN AN ANB故所求的二面角为).32arccos(-方法二：因为P A ⊥PD ,P A ⊥AB ,AD ⊥AB ,以A 为坐标原点AD 长为单位长度,如图建立空间直角坐标系,则各点坐标为A （0,0,0）B （0,2,0）,C （1,1,0）,D （1,0,0）,P （0,0,1）,M （0,1,)21. （Ⅰ）证明：因.,0),0,1,0(),1,0,0(DC AP DC AP DC AP ⊥=⋅==所以故 由题设知AD ⊥DC ,且AP 与AD 是平面P AD 内的两条相交直线,由此得DC ⊥面P AD . 又DC 在面PCD 上,故面P AD ⊥面PCD . （Ⅱ）解：因),1,2,0(),0,1,1(-==PB AC.510||||,cos ,2,5||,2||=⋅>=<=⋅==PB AC PB AC PB AC PB AC 所以故（Ⅲ）解：在MC 上取一点N （x ,y ,z ）,则存在,R ∈λ使,MC NC λ=11(1,1,),(1,0,),1,1,..22NC x y z MC x y z λλ=---=-∴=-==要使.54,0210,==-=⋅⊥λ解得即只需z x MC AN MC AN),52,1,51(),52,1,51(,.0),52,1,51(,54=⋅-===⋅=MC BN BN AN MC AN N 有此时能使点坐标为时可知当λANB MC BN MC AN MC BN MC AN ∠⊥⊥=⋅=⋅所以得由.,0,0为所求二面角的平面角.30304||,||,.555AN BN AN BN ==⋅=- 2cos(,).3||||AN BNAN BN AN BN ⋅∴==-⋅故所求的二面角为2arccos().3-第二课时题型二 结论探索性问题 【典例2】（2006年江西高考）如图,在三棱锥A －BCD 中,侧面ABD 、ACD 是全等的直角三角形,AD 是公共的斜边,且AD BD ＝CD ＝1,另一个侧面是正三角形(1)求证：AD ⊥BC(2)求二面角B －AC －D 的大小 (3)在直线AC 上是否存在一点E ,使ED 与面BCD 成30︒角？若存在,确定E 的位置；若不存在,说明理由.分析：本题考查了线线关系，线面关系及其相关计算，考查了余弦定理尤为突出的是本题采用探索式、开放式设问方式，对学生灵活运用知识解题提出了较高要求。
高三数学二轮复习讲座详稿
考查特点：三年考题基本上是两小一大，小题大都以考查基本公式、
基本性质为主.如：图像及图像变换、七条性质及简单的三角变换；
解答题主要以三角形为载体，综合考察三角函数的基本性质和有关
公式的恒等变换以及用正弦定理、余弦定理解决三角形中的有关问 题.此类题目涉及知识点较多，综合性较强，考查能力比较全面， 是高考三题考察的热点题型.
排列组合概 率统计
总
一、对07年、08年、09年高考数学试卷的分析
六大主干知识总分值大约在130-140分之间，各部分 知识三年分值变化不大，还有一部分知识三年考察的题型
都没发生变化，例如三角函数解答题三年文理考查的都是
三角形中的三角函数问题，立体几何三年文理考查的都是 比较特殊的四棱锥. 启示：教学中必须加大这六大知识模块的专题讲解,并 且要针对高考考查的方向去训练.千万别盲目的训练，浪费
以下几点：
（1）熟练理解和掌握基本初等函数的性质，这是应用函数思想 解题的基础. （2）密切注意三个“二次”的相关问题，三个“二次”即一元
二次函数、一元二次方程、一元二次不等式，这是中学数学的 重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系.一定把握好三个“ 二次”之间的相互转化.
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
复习提示：三角函数的基本公式、图象与性质、特殊角的三角 函数等基本知识应烂熟于心. 要加强三角函数恒等变换的训练， 注重解三角形等三角综合应用.
高考预测：2010年高考估计仍然会有2至3到小题主要考查化简
求值或图像变换、解三角形、恒等变换，很有可能和其他知识 综合考查；解答题依然可能以正、余弦定理为知识框架，以三 角形为依托进行考查；但考查三角函数的图像与性质可能性更 大，另外也有可能结合实际问题考查正、余弦定理.
高三数学第二轮复习计划备课讲稿
高三数学第二轮复习计划潍坊滨海中学高三数学组2011年3月21日滨海中学高三数学第二轮复习计划针对本校数学薄弱的实际情况，经过本组老师的共同分析研讨，特制定第二轮复习计划如下：一、基本策略和要求（1）抓好集体备课。
每周一次的集体备课必须抓落实，发挥集体智慧的力量研究数学高考的动向，学习与研究《考试说明》、《考试大纲》，比较新、旧《考试说明》的差异，注意哪些内容降低要求，哪些内容成为新的高考热点。
明确高考“考什么”，“怎样考”，讲课讲透，讲练到位。
（2）抓好基础知识，精讲多练。
课本是高考试题的源头，基础知识是能力提高的根本。
高考除重视教材的作用外，还注重通性通法，淡化特殊技巧，体现对基本知识和基本概念的考查。
在当前减负增效形势下，更应少走弯路。
针对这种情况，要求教师要有目标的精讲。
基本做到三讲、三不讲。
三讲：容易混淆的知识点要讲；容易解错的知识点要讲；容易遗漏的知识点要讲。
三不讲：学生已会的不讲；学生怎么也学不会的不讲；老师看了答案才勉强会做的不讲。
提倡教师要勇于抛弃一些学生难以掌握的非常规解法，将课本中的通性通法实实在在讲好讲透，让学生扎扎实实掌握这一类问题的解法。
（3）强化主干知识与数学思想方法的复习。
强化高中数学主干知识的复习，形成良好知识网络。
整理知识体系，总结解题规律，模拟高考情境，提高应试技巧，掌握通性通法。
对重点、难点、疑点、误点、弱点、考点进行强化训练。
二、复习的内容和形式复习内容：（1）函数和导数（一周）此专题函数和导数、应用导数知识解决函数问题是高考重点，特别要注重交汇问题的训练。
对二次函数的复习要达到一定的深度。
（2）三角函数、平面向量和解三角形（一周）此专题中平面向量和三角函数的图像与性质，三角变换是重点。
（3）数列（一周）此专题重点是等差等比数列内在联系，同时也要注意数列与其他知识交汇问题的训练。
（4）立体几何（一周）此专题注重点线面的关系，论证平行与垂直问题的通性通法，注意各种角与距离的求法。
高三数学第二轮专题讲座复习：关于求空间的角的问题
张喜林制[选取日期]高三数学第二轮专题讲座复习：关于求空间的角的问题高考要求空间的角是空间图形的一个要素，在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上，较好地考查了学生的逻辑推理能力以及化归的数学思想 重难点归纳空间角的计算步骤 一作、二证、三算1 异面直线所成的角 范围 0°＜θ≤90°方法 ①平移法；②补形法2 直线与平面所成的角 范围 0°≤θ≤90° 方法 关键是作垂线，找射影3 二面角方法 ①定义法；②三垂线定理及其逆定理；③垂面法注1 二面角的计算也可利用射影面积公式S ′=S cos θ来计算注2 借助空间向量计算各类角会起到事半功倍的效果 4．三种空间角的向量法计算公式：⑴异面直线,a b 所成的角θ：cos cos ,a b θ=<>；⑵直线a 与平面α(法向量n )所成的角θ：sin cos ,a n θ=<>； ⑶锐二面角θ：cos cos ,m n θ=<>，其中,m n 为两个面的法向量。
典型题例示范讲解例1在棱长为a 的正方体ABCD —A ′B ′C ′D ′中，E 、F 分别是BC 、A ′D ′的中点(1)求证 四边形B ′EDF 是菱形；(2)求直线A ′C 与DE 所成的角；(3)求直线AD 与平面B ′EDF 所成的角；(4)求面B ′EDF 与面ABCD 所成的角命题意图 本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法，综合性较强知识依托 平移法求异面直线所成的角，利用三垂线定理求作二面角的平面角 错解分析 对于第(1)问，若仅由B ′E =ED =DF =FB ′就断定B ′EDF 是菱形是错误的，因为存在着四边相等的空间四边形，必须证明B ′、E 、D 、F 四点共面技巧与方法 求线面角关键是作垂线，找射影，求异面直线所成的角采用平移法 求二面角的大小也可应用面积射影法(1)证明 如上图所示，由勾股定理，得B ′E =ED =DF =FB ′=25a ,下证B ′、E 、D 、F 四点共面，取AD 中点G ，连结A ′G 、EG ，由EG AB A ′B ′知，B ′EGA ′是平行四边形 ∴B ′E ∥A ′G ,又A ′FD G ,∴A ′GDF 为平行四边形∴A ′G ∥FD ，∴B ′、E 、D 、F 四点共面故四边形B ′EDF 是菱形(2)解 如图所示，在平面ABCD 内，过C 作CP ∥DE ，交直线AD 于P ，则∠A ′CP (或补角)为异面直线A ′C 与DE 所成的角在△A ′CP 中， 易得A ′C =3a ，C P =DE =25a ,A ′P =213a 由余弦定理得cos A ′CP =1515 故A ′C 与DE 所成角为另法（向量法） 如图建立坐标系，则(0,0,),(,,0),(0,,0),(,,0)2aA a C a a D a E a '(,,),(,,0)2aA C a a a DE a '⇒=-=-15cos ,15||||A C DE A C DE A C DE ''⇒<>==' 故A ′C 与DE 所成角为 (3)解 ∵∠ADE =∠ADF ,∴AD 在平面B ′EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上 如下图所示又∵B ′EDF 为菱形，∴DB ′为∠EDF 的平分线， 故直线AD 与平面B ′EDF 所成的角为∠ADB ′ 在Rt △B ′AD 中，AD =2a ，AB ′=2a ,B ′D =2a则cosADB ′=33故AD 与平面B ′EDF 所成的角是 另法（向量法）∵∠ADE =∠ADF ,∴AD 在平面B ′EDF 内的射影在∠EDF 的平分线上 如下图所示 又∵B ′EDF 为菱形，∴DB ′为∠EDF 的平分线，故直线AD 与平面B ′EDF 所成的角为∠ADB ′， 如图建立坐标系，则 (0,0,0),(,0,),(0,,0)A B a a D a '(0,,0),(,,)DA a DB a a a '⇒=-=-3cos ,3||||DA DB DA DB DA DB ''⇒<>=='，故AD 与平面B ′EDF 所成的角是 (4)解 如图，连结EF 、B ′D ，交于O 点，显然O 为B ′D 的中点，从而O 为正方形ABCD —A ′B ′C ′D 的中心作OH ⊥平面ABCD ，则H 为正方形ABCD 的中心， 再作HM ⊥DE ，垂足为M ，连结OM ，则OM ⊥DE ，B故∠OMH 为二面角B ′—DE ′—A 的平面角在Rt △DOE 中，OE =22a ,OD =23a ,斜边DE =25a , 则由面积关系得OM =1030=⋅DEOEOD a 在Rt △OHM 中，sin OMH =630=OM OH 故面B ′EDF 与面ABCD 所成的角为 另法（向量法） 如图建立坐标系，则(0,0,0),(0,0,),(,0,),(0,,0),(,,0)2aA A aB a a D a E a ''，所以面ABCD 的法向量为(0,0,),m AA a '==下面求面B ′EDF 的法向量n设(1,,)n y z =，由(,,0),(0,,),22a aED a EB a '=-=- 00221002a a y nED y a z nED y az ⎧-+=⎪⎧==⎧⎪⎪⇒⇒⎨⎨⎨==⎩⎪⎪⎩-+=⎪⎩∴(1,2,1)n =∴6cos ,||||6n m n m n m <>==故面B ′EDF 与面ABCD 所成的角为 例2如下图，已知平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为a 的正方形，侧棱AA 1长为b ,且AA 1与AB 、AD 的夹角都是120°求 (1)AC 1的长；(2)直线BD 1与AC 所成的角的余弦值技巧与方法 数量积公式及向量、模公式的巧用、变形用21111111222111:(1)||()()()()||||||222AC AC AC AA AC AA AC AA AB AD AA AB AD AA AB AD AA AB AA AD AB AD=⋅=++=++++=+++⋅+⋅+⋅解22222111112221:||,||||,,120,,9011cos120,cos120,0,22||2AA b AB AD aAA AB AA AD AB AD AA AB b aab AA AD b a ab AB AD AC a b ===<>=<>=︒<>=︒∴⋅=⋅︒=-⋅=⋅︒=-⋅=∴=+-由已知得12,||ab AC ∴=1111112211(2),||2,()()AC a AC AB AD BD AD BA AA AD AB AC BD AB AD AA AD AB AB AA AD AA AB AD AD AB ==+=+=+-∴⋅=++-=⋅+⋅+⋅+-依题意得21111122222111||()()||||||2222AB AD ab BD BD BD AA AD AB AA AD AB AA AD AB AA AD AB AD AA AB a b -⋅=-=⋅=+-+-=+++⋅-⋅-⋅=+2212||b a BD +=∴111cos ,||||4BD AC BD AC BD AC ⋅<>==∴BD 1与AC例3如图，l αβ--为60°的二面角，等腰直角三角形MPN 的直角顶点P 在l 上，M ∈α,N ∈β,且MP 与β所成的角等于NP 与α (1)求证 MN 分别与α、β所成角相等； (2)求MN 与β所成角(1)证明 作NA ⊥α于A ，MB ⊥β于B ,连接AM ，再作AC ⊥l 于C ，BD ⊥l 于D ，连接NC 、∵NA ⊥α,MB ⊥β,∴∠MPB 、∠NP A 分别是及NP 与α所成角，∠MNB ，∠NMA 分别是MN 与角，∴∠MPB =∠NP A在Rt △MPB 与Rt △NP A 中，PM =PN ，∠MPB =∠NPA ，∴△MPB ≌△NPA ，∴MB =NA在Rt △MNB 与Rt △NMA 中，MB =NA ，MN 是公共边，∴△MNB ≌△NMA ，∴∠MNB =∠NMA ，即(1)结论成立(2)解 设∠MNB =θ,MN =2a ,则PB =PN =a ,MB =NA =2a sin θ，NB =2a cos θ,∵MB ⊥β,BD ⊥l ,∴MD ⊥l ,∴∠MDB 是二面角α—l —β的平面角，∴∠MDB =60°，同理∠NCA =60°,∴BD =AC =3633=MB a sin θ,CN =DM =63260sin 6=︒MB a sin θ, ∵MB ⊥β，MP ⊥PN ，∴BP ⊥PN∵∠BPN =90°,∠DPB =∠CNP ,∴△BPD ∽△PNC ,∴PBBDPN PC ===整理得，16sin 4θ－16sin 2θ+3=0解得sin 2θ=4341或,sin θ=2321或，当sin θ=23时，CN =632a sin θ= 2a ＞PN 不合理，舍去 ∴sin θ=21,∴MN 与β所成角为30°。
高三数学第二轮专题讲座复习：化归思想
a
46
2(1
4 4 )(a
4 6)
a
例 3 一条路上共有 9 个路灯， 为了节约用电， 拟关闭其中 3 个，要求两端的路灯不能关 闭，任意两个相邻的路灯不能同时关闭，那么关闭路灯的方法总数为
解析 9 个灯中关闭 3 个等价于在 6 个开启的路灯中， 选 3 个间隔 （不包括两端外边的
C
3 5
=10
10
2
2
故 P 的 坐标为 ( a ,
2
)
2a
2
2
2
(2)∵在△ ABP 中，｜ AB｜ =2 a b ，高为
,
a
∴ S(a)
1 2
a2
b2
2
2
a
2(1
4 a4
)
∵ a＞ b＞0,b=
2 a
∴ a＞ 2 ,即 a＞ a
2
,得
0＜
4 a4
＜1
于是 0＜ S（ a）＜ 2 ，故△ ABP 的面积函数 S(a)的值域为 (0, 2 )
例 2 设椭圆
C1 的方程为
x2 a2
y2 b2
1 (a＞ b＞ 0)，曲线 C2 的方程为 y= 1 ，且曲线 C1 与 x
C2 在第一象限内只有一个公共点 P （ 1）试用 a 表示点 P 的坐标；
（ 2）设 A、B 是椭圆 C1 的两 个焦点，当 a 变化时，求△ ABP 的面积函数 S(a)的值域； （ 3 ）记 min{ y1,y2,…… ,yn} 为 y1,y2,…… ,yn 中最小的一个 设 g(a)是以椭圆 C1 的半焦距 为边长的正方形的面积，试求函数 f(a)=min{ g(a), S(a)} 的表达式
命题意图 本题主要考查学生的阅读审题，综合理解及逻辑推理的能力
高三数学二轮复习专题讲解10 导数中的极值点偏移
高三数学二轮复习专题讲解 第10讲 导数中的极值点偏移问题专题综述极值点偏移问题在高考和模考中都是一个热点问题，试题设问灵活新颖，综合性强，难度较大，往往作为压轴题出现. 极值点偏移的定义：对于函数)(x f y =在区间),(b a 内只有一个极值点0x ，函数()f x 的零点分别为21x x 、，且b x x a <<<21，（1）若0212x x x ≠+，则称函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 偏移；（2）若0212x x x >+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 左偏，简称极值点0x 左偏；（3）若0212x x x <+，则函数)(x f y =在区间),(21x x 上极值点0x 右偏，简称极值点0x 右偏.极值点偏移问题大致分为4中类型：加法型、减法型、商型、平方型，本专题重点探究这类问题的一般解法.专题探究探究1：构造对称的和（或差）已知函数()f x 在区间(),a b 的两个零点为12,x x ，或()()12f x f x =，且极值点为0x ，证明关于12,x x 的加法型不等式、乘法型不等式问题，可进行对称化构造，解决此类问题. 答题思路：例：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+，或2120x x x <（1）定极值点：讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ，设102x x x <<；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增.（2）构造函数)2()()(0x x f x f x F --=或2()()()x F x f x f x=-；分析：①要证1202x x x +<⇐只需证02012x x x x <<-⇐只需证()()2012f x f x x <-⇐即证()()1012f x f x x <-，构造函数()00()()(2),0,F x f x f x x x x =--∈.②要证2120x x x <⇐只需证20021x x x x <<⇐只需证()2021x f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭⇐即证()2011x f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，构造函数()20()()(),0,x F x f x f x x x=-∈.（3）利用单调性比较大小：通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，求出函数()F x 的最值.（4）转化：转化为()()101,2f x f x x -，或()2011,x f x f x ⎛⎫⎪⎝⎭的大小关系.若要证明12'()2x x f +的符号问题，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.(2022江苏省扬州市月考)已知函数()ln .f x ax x =+（1）讨论()f x 的单调性：（2）若1x ，212()x x x <是()f x 的两个零点.证明：122x x a+>-；【审题视点】证明()f x 的两个零点的加法型不等式，构造函数()()02y f x f x x =--解决.【思维引导】通过讨论单调性，明确有两个零点时的极值点及单调区间，根据上述答题思路，构造函数()21,0,y f x f x x a a ⎛⎫⎛⎫=--∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭求最值，从而得出()2f x f x a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，再利用函数()f x 的单调性，得出自变量值的大小关系.【规范解析】解：（1）由题意得 11()axf x a x x+'=+=，则当0a …时()0f x '>，∴()f x 在(0,)+∞为增函数当0a <时，令()0f x '>，则1x a <-∴()f x 在1(0,)a -上单调递增，在1(,)a -+∞上单调递减综上，0a …时，()f x 在(0,)+∞为增函数；0a <时，()f x 在1(0,)a-上单调递增，在1(,)a-+∞上单调递减（2）由（1）知，当0a <时函数()f x 有两个零点且max 11()()1ln 0f x f a a ⎛⎫=-=-+-> ⎪⎝⎭，∴10a e-<<，又210x x >>，∴1210x x a <<-<，则2121x x a a >-->-，设21()()(),0,g x f x f x x a a ⎛⎫=---∈- ⎪⎝⎭ 则22(1)()02ax g x ax x a +'=>⎛⎫+ ⎪⎝⎭∴()g x 在区间10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增()10g x g a ⎛⎫∴<-= ⎪⎝⎭即当10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，2()()f x f x a <--故()2112()()f x f x f x a=<--()f x 在区间1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减212x x a ∴>--，即122x x a+>-【探究总结】本题证明的不等式中含有两个变量,对于此类问题一般的求解思路是将两个变量分到不等式的两侧,然后根据函数的单调性,通过两个变量之间的关系“减元”,建立新函数,最终将问题转化为函数的最值问题来求解.解题时，按照答题思路，逐步呈现，较容易的证明出结论，注意细节的处理. 证明乘法型不等式有时也可以通过取对数，变为加法型解决.(2022江苏南京联考)已知函数2()ln 1.f x x x ax =-+（1）若()0f x …恒成立，求实数a 的取值范围； （2）若函数3()1y f x ax ax =-+-的两个零点为1x ，2x ，证明：212.x x e >探究2：消参减元消参减元的主要目的就是减元,进而构造与所求解问题相关的函数.主要是利用函数极值点乘积所满足的条件进行消参减元.其解题要点如下:答题思路：（1）建立方程组：若12,x x 为函数()f x 的两个零点，则()()1200f x f x =⎧⎪⎨=⎪⎩，若12,x x 为函数()f x 的两个极值点，则()()1200f x f x '=⎧⎪⎨'=⎪⎩，方程组中都含有参数；（2）定关系：利用方程之间的和差积商的运算，建立12,x x 与参数的关系；（3）消参减元：将所需证明的不等式或需求取值范围的代数式表示出来，表示的过程中，要12,x x 与参数的关系式消去参数，将12,x x 以比值或差值的形式呈现，将比值或差值设为t ，减元. （4）构造函数求解：构造关于t 的函数，转化为求函数的单调性、极值、最值问题.(2022湖北省荆州市高三模拟)已知函数21()2ln .2f x x ax x =-+（1）讨论()f x 的单调性; （2）设31()()22g x xf x x x =-+有两个不同的零点1x ，2x ，且2130x x -…，证明：2126.x x e -+>【审题视点】2130x x -≥转化为213x x ≥，可以利用消参减元的方法求12x x +的范围.【思维引导】第（2）问中得出2112ln 22ln 22x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，可用1x ，2x 表示出a ，通过两方程相加，等号左侧凑出12ln x x ，右侧变形出现21x x ，换元完成减元. 【规范解析】解：（1）由题意得2121()2x ax f x x a x x-+'=-+=①当0a …时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上为单调递增；②当0a >时，2210x ax -+=的判别式2440a =-…，i ）当01a <…时，()0f x '…，所以()f x 在(0,)+∞上为增函数；ii ）当1a >时，令()0f x '=，则3x a =-4x a =34(0,)(,)x x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在3(0,)x ，4(,)x +∞上单调递增，当34(,)x x x ∈时，()0f x '<，()f x 在34(,)x x 上为单调递减.综上所述：当1a …时，()f x 在(0,)+∞上为增函数，当1a >时，()f x在(0,a和()a +∞上单调递增，在(a a -+上单调递减.（2）证明：31()()2(ln 22)2g x xf x x x x x ax =-+=-+，∴1x ，2x 是方程ln 220x ax -+=的两个不等实根，则2112ln 22ln 22x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，∴2121ln ln 2()x x a x x -=-，∴21121221ln ln ln ln 4()x x x x x x x x -++=+-，即212122111ln()4ln 1x x xx x x x x ++=-，设21x t x =，则3t …， 设1()ln 1t g t t t +=-，(3)t …，则212l n ()(3)(1)t tt g t t t --'=-…，设1()2ln (3)h t t t t t=--…，则()22(1)0t h t t -'=>，∴()h t 在[3,)+∞上为增函数，∴1()(3)3ln303h t h =-->…， 则212ln ()0(1)t t t g t t --'=>-， ∴()g t 在[3,)+∞上为增函数，∴()(3)2ln3ln9g t g ==…，即12ln()4ln9x x +…，即1249x x e …，又120x x <<，∴212266x x e e -+>=，即2126.x x e -+> 【探究总结】求解本题的关键点有两个：一个是消参，列出零点12,x x 的方程组，需要利用两个变量12,x x 把参数a 表示出来，这是解决问题的基础；二是减元,即减少变量的个数,把方程转化为一个“变量”的式子后,构造与之相应的函数,转化为函数问题求解.(2022安徽蚌埠月考)已知函数()ln 1f x x ax =-+有两个零点．（1）求a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：()121.f x x a '⋅<-探究3：比（差）值换元比(差)值换元的目的也是消参、减元,就是根据已知条件首先建立12,x x 之间的关系, 然后利用两个极值点之比(差)作为变量t ,实现消参、减元的目的.结合12,x x 满足的方程组，使12,x x 分别用t 表示，带入需证明或求范围的代数式，转化为关于t 的函数求解.(2022山东青岛联考)设函数()(1)ln af x x a x b x=++-+，,a b R ∈. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =时，若函数()()ln F x f x x x =+-恰有两个零点1x ，212(0)x x x <<，求证：22122.x x +> 【审题视点】思路一：12,x x 为函数两个零点，且函数()F x 中含有参数，需要消参；求证平方型不等式，利用()()120,0F x F x ==，凑不出平方和，故使用比值换元法，构造关于t 的函数.思路二：根据基本不等式可得()21222122x x x x ++>，可利用探究一中的方法证明122x x +>，再证明22122x x +>.【思维引导】设21x t x =，再利用()()120,0F x F x ==，分别用t 表示12,x x ，带入2212x x +，构造关于t 的函数. 【规范解析】（1）解：由题意得221(1)()()1a a x x a f x x x x -+-'=-+=，(0).x > ①当0a …时，()0f x '>，即()f x 在(0,)+∞上是增函数; ②当0a >时，若(0,)x a ∈，则()0f x '<，此时()f x 单调递减; 若(,)x a ∈+∞，则()0f x '>，此时()f x 单调递增. 综上可得：当0a …时，()f x 在(0,)+∞上单调递增;当0a >时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增.（2）证明：当1a =时，1()()ln ln F x f x x x x b x=+-=++， 则11221ln 01ln 0x b x x b x ⎧++=⎪⎪⎨⎪++=⎪⎩相减得121212ln ln x x x x x x -=-121212.ln ln x x x x x x -∴=-令211x t x =>，则21x tx =，111212ln x tx x x x x -∴=10x >，211ln ln t t x t t--∴==- 211ln x t x t t t-∴== 21211111(1)ln ln ln ln t t t t x x t t t t t t t----∴+=+=+=设2()12ln (1)g t t t t t =-->，则()22(1ln )g t t t '=-+设()()h t g t ='，则2()20h t t'=-> ()g t ∴'在(1,)+∞上单调递增，()(1)0g t g ∴'>'= ()g t ∴在(1,)+∞上单调递增()(1)0g t g ∴>=，即212ln 0t t t -->，212ln t t t ∴->1t >，ln 0t t ∴>212ln t t t -∴>，即222121212()2.22x x x x x x ++>∴+>> 2212 2.x x ∴+>【探究总结】平方型的不等式，利用方程组()()120,0f x f x ==通过加减难以变形出现的情况下，利用比（差）值换元，将12,x x 用t 表示，带入不等式，转化为关于t 的函数.但处理这类问题，方法不唯一，也可以巧妙变形利用消参减元证明，或构造对称和（或差）证明.（2022福建宁德模拟）已知函数()1()x f x ae lnx a R -=+-∈．（1）当a e …时，讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点1x ，212()x x x <，且1223x x ln +…，求21x x 的最大值． 专题升华导数中的极值点偏移问题，题干中出现12,x x 为函数零点或极值点，证明关于12,x x 的不等式或求代数式的范围，这类问题能较好考查学生的逻辑推理能力,数据处理能力,转化与化归思想,函数与方程思想等.常见的需证明的12,x x 的关系有加法型、减法型、乘法型和商型，每种类型没有唯一的解题方法，上述方法要灵活运用.以探究一的变式训练为例：方法一：构造对称的和（或差）函数极值点为1a ，证明21221x x e a >>，构造函数()()211,0,F x h x h x a x a ⎛⎫⎛⎫=-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 方法二：构造对称的和（或差）结合基本不等式函数极值点为1a ，可以先证明122x x a +>，构造函数()()21,0,F x h x h x x a a ⎛⎫⎛⎫=--∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，再利用基本不等式证明212x x e >；方法三：消参换元由1122ln 0ln 0x ax x ax -=⎧⎨-=⎩得()12121212ln ln ln x x a x x x x a x x -⎧=⎪-⎨⎪=+⎩，合并()112211212112221ln ln ln ln 1xx x x xx x x x x x x x x+-=⋅+=⋅--， 设12x t x =，直接构造关于t 的函数； 方法四：引入变量t设1122ln ,ln t x t x ==，则121200t t t ae t ae ⎧-=⎨-=⎩，则1212t t t e t -= 设()12,0,1t k k t =∈，则12ln ln ,11k k kt t k k ==--，则证明1212ln 2x x t t =+> 设()()ln ln ,0,111k k kF k k k k =+∈--，求最值. 极值点偏移问题，方法不唯一，解题时选择适当方法，灵活解题.【答案详解】变式训练1【解答】（1）解：()0,x ∀∈+∞，2ln 10x x ax -+…，即1ln a x x x+…恒成立.设1()ln g x x x x =+，则21()ln 1g x x x'=-+，易知()g x '在(0,)+∞上单调递增，且(1)0.g '=所以当(0,1)x ∈时，()0g x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0.g x '>∴()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，∴min ()(1)1g x g ==，∴(],1a ∈-∞（2）证明：由题意得 方程ln 0x ax -=的两不相等的根为1x ，2x 设()ln h x x ax =-，则1122ln 0ln 0x ax x ax -=-=⎧⎨⎩，∴1212ln ()x x a x x =+又11()ax h x a x x-'=-=当0a …时，()0h x '>，()h x 在(0,)+∞上单调递增，不存在两个零点;当0a >时，()h x 在1(0,)a 上单调递增，在1(,)a+∞上单调递减，则max 11()()ln 10h x h a a ==->，得10.a e<< 设1210x x a<<< 令222()()()ln()()ln F x h x h x x a x x ax a a a =--=----+2ln()ln 22x x ax a=--+-，1(0,).x a ∈则22(1)()0(2)ax F x x ax -'=<-，∴()F x 在1(0,)a 上单调递减，故1()()0.F x F a >=∴1112()()()0F x h x h x a =-->，即1122()()()0.h x h x h x a->==2x ，121(,)x a a -∈+∞，且()h x 在1(,)a +∞上单调递减，∴212x x a>-，即122x x a +>， ∴1212ln ln ()2x x a x x +=+>故212x x e >成立.变式训练2【解答】（1）解：由题意得 ()1f x a x'=- ①当0a ≤时，()0f x '>∴()f x 在区间()0,+∞上单调递增②当0a >时，令()0f x '>，则1x a<∴()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减 ∴()max 1ln 11ln 0f x f a a a ⎛⎫==--+=-> ⎪⎝⎭,故1a < 当1a <时，1110a a f e e e ⎛⎫=--+=-< ⎪⎝⎭，ln 11ln 0e e e f a a a ⎛⎫=-+=> ⎪⎝⎭ ∴()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上分别有一个零点 (),1a ∴∈-∞（2）证明：由题意得 1122ln 10ln 10x ax x ax -+=⎧⎨-+=⎩ 1212ln ln x x a x x -∴=- 又()12121f x x a x x '⋅=-要证()121f x x a '⋅<-，只需证121x x ⋅>，即证12ln ln 0x x +>，即证()()12110ax ax -+->， 即证122a x x >+，即证121212ln ln 2x x x x x x ->-+ 设120,x x <<故11122121222(1)2()ln1x x x x x x x x x x --<=++， 令122(1)(0,1),()ln 1x t t h t t x t -=∈=-+， 则22214(1)()0(1)(1)t h t t t t t -'=-=>++ ∴()h t 在()0,1上单调递增，∴()()10h t h <=，故11122121222(1)2()ln1x x x x x x x x x x --<=++式成立，即()121f x x a '⋅<-.变式训练3【解答】解：（1）由题意得 1()x xx e ax f x ae x xe --'=-+=， ①当0a …时，()0f x '>恒成立，()f x 在(0,)+∞上单调递增； ②当0a e <…时，设()x g x e ax =-，则()x g x e a '=-， 令()0g x '>，则ln x a >∴()g x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增 ()()(1)0lna g x g lna e alna a lna ∴=-=-厖，()0f x ∴'…，()f x 在(0,)+∞上单调递增；综上，当a e …时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；（2）由题意得 12()()0f x f x ''==，即121200x x e ax e ax ⎧-=⎪⎨-=⎪⎩ ∴2121x x x e x -=，设21x t x =，则1t >，21x tx =，1(1)t x e t -=， ∴12,11lnt tlnt x x t t ==--， ∴12(1)1t lnt x x t ++=-， 设(1)()(1)1t lnt h t t t +=>-，则212()(1)t lnt t h t t --'=-， 设1()2(1)t t lnt t tϕ=-->，则22212(1)()10t t t t t ϕ-'=+-=>， ()t ϕ∴在(1,)+∞单调递增，则()t ϕϕ>（1）0=， ()0h t ∴'>，则()h t 在(1,)+∞单调递增，又1223x x ln +…，即()23h t ln …，h （3）23ln =， (1t ∴∈，3]，即21x x 的最大值为3．。
高三数学二轮复习专题讲解11 导数中的同构问题
高三数学二轮复习专题讲解第11讲 函数与导数—导数中的同构问题专题综述同构法在近几年的模考中频繁出现，把等式或不等式变形为两个形式上一样的函数，利用函数的单调性转化成比较大小,或者解恒成立，求最值等问题.同构法在使用时，考验“眼力”，面对复杂的结构，仔细观察灵活变形，使式子两则的结构一致.构造函数，判断函数单调性，进一步求参数或证明不等式.专题探究探究1：指对跨阶型解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为()()f g x f h x >⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的结构，()f x 即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：①ln xx xxe e+=；②ln xx x e e x-=；③ln x xx x e e -=；④()ln ln x x x xe +=；⑤ln ln x e x x x -=. 答题思路：1.直接变形：（1）积型：b b ae aln ≤⇒()ln ln a b x a e b e f x xe ⋅≤⋅⇒=（同左）；ln ln a a e e b b ⇒⋅≤⋅()ln f x x x ⇒=（同右）； ⇒()ln ln ln ln a a b b +≤+⇒()ln f x x x =+（取对数）.说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知.（2）商型：b b a e a ln <⇒ln ln a b e e a b <()x e f x x⇒=（同左）； ln ln a ae be b⇒<⇒x x x f ln )(=（同右）； ⇒)ln(ln ln ln b b a a -<-⇒x x x f ln )(-=（取对数）.（3）和差型：b b a e aln ±>±⇒ln ln abe a eb ±>±⇒x e x f x ±=)(（同左）；ln ln a a e e b b ⇒±>+⇒x x x f ln )(±=（同右）.2.先凑再变形：若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以x ，同加上x 等，再用上述方式变形.常见的有： ①x aeaxln >ln ax axe x x ⇒>；②[]ln 1ln()ln (1)1ln ln(1)1xxx a e a ax a a e a x e a x a->--⇒>--⇒->--ln ln(1)ln ln(1)1ln(1)x a x e x a x x e x --⇒+->-+-=+-；③ln ln ln log (ln )ln ln xx ax a a xa x e x a e x x a>⇒>⇒>；(2022重庆市市辖区模拟)若关于x 的不等式ln x a e x a -≥+对一切正实数x 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A. 1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B. (],e -∞C. (],1-∞D. (],2-∞【审题视点】不等式中有指、对数结构，不等式两侧都加上x ，即能出现同构法中的“和差型”.【思维引导】由不等式的结构判断，通过将不等式变形为ln x a e x a x x -+-≥+，符合同构法中的指对同阶模型，或者直接构造含参函数，分类讨论.【规范解析】解：ln x a e x a -+…，ln x a e x a x x -∴+-+…，ln ln x a x e x a e x -∴+-+…设()t f t e t =+，则()10t f t e '=+>∴()f t 在R 上单调递增故ln ln x ax ex a e x -+-+…即()()ln f x a f x -…，即ln x a x -…即ln x x a -…设()ln g x x x =-，则()111x g x x x-'=-=，令()0g x '>，则1x > ∴()g x 在()1,+∞上单调递减，在()0,1上单调递减故()()min 11g x g ==，故1a …故选.C【探究总结】不等式或函数中指对数结构都存在时，仔细观察结构特征，可优先考虑放缩或同构，化繁为简，降低单调性判断的难度.故要对常见不等关系的结论（专题1.3.8）及上述的常见变形方法牢记于心，能够熟练变形，构造相应函数.(2022山东省泰安市一模)已知()2ln 12a f x x x x =++.（1）若函数()()cos sin ln 1g x f x x x x x x =+---在0,2π⎛⎤⎥⎝⎦上有1个零点，求实数a 的取值范围；（2）若关于x 的方程()212x aa xef x x ax -=-+-有两个不同的实数解，求a 的取值范围.探究2：双变量型含有同等地位的两个变量12,x x 的等式或不等式，同构后使等式或不等式两侧具有一致的结构，便于构造函数解决问题.答题思路：常见的同构类型有：①[]12211121()()()()()()()()g x g x f x f x g x f x g x f x λλλ->-⇒+>+()()()h x g x f x λ⇒=+； ②12121212112212()()()()()()()f x f x k x x f x f x kx kx f x kx f x kx x x -><⇒-<-⇒-<--()()h x f x kx ⇒=-；③1212121212121221()()()()()()f x f x k x x k k k x x f x f x x x x x x x x x --<<⇒->=--1212()()k k f x f x x x ⇒+>+()()k h x f x x⇒=+. (2022江西省萍乡市联考)已知函数()()21ln011x ax f x a x e -=+>--， （1）求函数()f x 的定义域；（2）对1x ∀，21(0,)2x ∈，当21x x >时，都有212111()()11x x f x f x e e -<---成立，求实数a 的取值范围．【审题视点】第（2）问中的双变量不等式，若变量能分离且结构相同，不等式转化函数单调性问题.【思维引导】双变量的恒成立不等式，分离变量，不等式变形212111()()11x x f x f x e e -<---，构造函数()h x，由不等式得出函数()h x 的单调性.【规范解析】解：（1）由题意得 20110x ax x e -⎧>⎪-⎨⎪-≠⎩，即2()(1)00a x x ax ⎧-->⎪⎨⎪≠⎩，①当02a <<时，21a >，函数()f x 的定义域为2(,0)(0,1)(,)a-∞+∞；②当2a =时，21a=，函数()f x 的定义域为{|1x x ≠且0}x ≠，③当2a >时，21a<，函数()f x 的定义域为2(,0)(0,)(1,)a -∞+∞；（2）由题意得1x ∀，21(0,)2x ∈，当21x x >时，212111()()11x x f x f x e e -<---设()12()ln 11x ax h x f x e x -=-=--，则()()21h x h x < ()h x ∴在区间10,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减设2(1)22()111ax a x a a u x a x x x --+--===+---，即函数()u x 在1(0,)2上是减函数，且1()02u …，2012201120a a a ->⎧⎪⎪-⎪∴⎨⎪-⎪⎪>⎩…，解得24a <…，∴实数a 的取值范围为(2,4].【探究总结】典例2中出现的双边量问题是同构法中较为典型的情况，思路明确.针对上述类型的不等式，分离变量，构造函数得出单调性.构造的函数可能是抽象函数，也可能是具体函数，利用函数单调性，解不等式.(2022江苏省苏州市联考)已知函数21()ln 2f x x a x =+，若对任意1x ，212[2,)()x x x ∈+∞≠，存在3[1,]2a ∈，使1212()()f x f xm x x ->-成立，则实数m 的取值范围是（）A. (,2]-∞B. (-∞C. 5(,]2-∞D. 11(,]4-∞探究3：同构放缩或同构换元共存型有些更复杂的指对不等式，利用常见的变形方法（探究一）先进行同构变形再换元，使构造的函数较为简单，或者本身不等式的结构不特殊，可以先结合常用不等结论（专题1.3.8）放缩，使结构特殊再同构，但要注意取等号的条件等. 常见的放缩模型：（1）利用1x e x ≥+放缩：①ln ln 1x x xxe ex x +=≥++ ；②ln ln 1xx x e e x x x-=≥-+；③ln ln 1n x x n x x e e x n x +=≥++（2）利用xe ex ≥放缩：①ln (ln )xx xxe ee x x +=≥+；②ln ln 1x xx x e x x e-=≥-+；③ln (ln )n x x n x x e e e x n x +=≥+.（3）利用ln 1x x ≤-放缩：①ln ln()1x x x x xe xe +=≤-；②ln ln()1n x n xx n x x e x e +=≤-. （4）利用ln x x e≤放缩：①1ln ln()x x x x xe xe -+=≤；②1ln ln()n x n x x n x x e x e -+=≤.(2022河北省石家庄市联考)已知函数()()1ax f x x ea R -=⋅∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 的图象经过点(1,1)，求证：0x >时，1ln ()0.xf x x e+⋅… 【审题视点】待证明的不等式中有x xe ，ln x x +，容易联系到指对同阶的常见变形，将不等式同构.【思维引导】第（2）问，求出1a =，显化不等式()1ln 0xf x xe +≥，进行指对变形，换元简化函数. 【规范解析】解：（1）由题意知，函数()f x 的定义域为.R 当0a =时，()exf x =，函数()f x 在(,)-∞+∞上单调递增．当0a ≠时，1111()ee e ()ax ax axf x ax a x a ---'=+=+，令()0f x '>，即1()0a x a+>①当0a <时，1x a <-∴()f x 在区间1(,)a -∞-上单调递增；在区间1(,)a -+∞上单调递减．②当0a >时，1x a >-∴()f x 在区间1(,)a -∞-上单调递减，在区间1(,)a-+∞上单调递增．（2）若函数()f x 的图象经过点(1,1)，则1(1)1a f e -==，得1a =，则111ln ()ln 1ln 1e e exx x x f x x x xe x x x +=++-=+-， 设xt xe =，则当0x >时，()0,t ∈+∞ 设()1ln 1g t t t =+-，则()22111t g t t t t-'=-+= 令()0g t '>，则1t >∴()g x 在区间()0,1上单调递减，在区间()1,+∞上单调递增∴()()()min 10g x g x g ≥== ∴当0x >时，1ln ()0x f x xe+…恒成立． 【探究总结】同构法让复杂的函数式在指对结构上呈现“一致性”，再换元，大大降函数研究的难度.但这类问题，方法不唯一，也可利用其他方法，比如不等式证明问题，直接构造函数求最值，或着变形为()()f x g x >的结构，比较最值.(2022江苏省南京市模拟)已知函数()ln f x x ax =-.（1）讨论()f x 的单调性； （2）设1()()x g x exf x -=+，若()0g x …恒成立，求a 的取值范围． 专题升华同构思想不仅仅应用于导数部分，整个高中数学中，在方程、不等式、解析几何、数列部分都有体现，本质上是变形，使结构一致，转化为其它知识点求解.①方程中的应用：()()00f a f b ==⎧⎨⎩⇒两式结构相同，转化为,a b 为方程()0f x =的两根；如：若函数()f x m =在区间[],a b 上的值域为(),122a b b a ⎡⎤>≥⎢⎥⎣⎦，则实数m 的取值范围是.思路：由()f x 单调递增⇒()()22a f a bf b ==⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩⇒,a b 为方程()2x f x =的两个根. ②不等式中的应用：不等式两侧化为相同结构，利用函数单调性，比较大小，或解不等式；如：若()[)5533cos sin 7cos sin ,0,2θθθθθπ-<-∈，则θ的取值范围是.思路：()55335353cossin 7cos sin cos 7cos sin 7sin θθθθθθθθ-<-⇒-<-，构造函数()537f x x x =-研究单调性.③解析几何中的应用：如点()()1122,,,A x y B x y 的坐标满足相同的关系式，即01102211y y mx y y mx =-⎧⎨=-⎩则直线AB 的方程为01y y mx =-，或得出两点在同一条曲线上；④数列中的应用：将递推公式变形为关于(),n a n 与()1,1n a n --的同构式，如()113121311n n n n a a a a n n n n ++⎛⎫⎛⎫=++⇒+=+ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，可以构造辅助数列1n a n ⎧⎫+⎨⎬⎩⎭解题.解题时，针对除变量外完全相同的结构式，要灵活的利用其同构的特点,寻求与问题的某种内在联系,从而找到解决问题的思路方法.同构法体现了发现、类比、化归等思想,是一种富有创造性的解决问题的方法.同构法为解题提供了突破口,从同构式中挖掘隐含条件,能让数学难题豁然开朗.【答案详解】 变式训练1【解答】解：（1）由题意得2()cos sin 2a g x x x x x =+-，(0x ∈，]2π， 则()(sin )g x x a x '=-，①当1a …时，sin 0a x -…，()0g x '>∴所以()g x 在(0，]2π单调递增， (0)0g =，故()g x 在(0，]2π上无零点；②当01a <<时，0(0,)2x π∃∈，使得0sin x a =，∴()g x 在0(x ，]2π上单调递减，在0(0,)x 上单调递增，又(0)0g =，2()128a g ππ=-故()()000g x g >= ∴()g x 在区间()00,x 上无零点i ）当21028a g ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭即28a π>时，()g x 在(0，]2π上无零点，ii ）当21028a g ππ⎛⎫=-≤ ⎪⎝⎭即280a π<…时，()g x 在(0，]2π上有一个零点， ③当0a …时，sin 0a x -<，()0g x '<∴()g x 在(0，]2π上单调递减，()g x 在(0，]2π上无零点，综上所述：当280a π<…时，()g x 在(0，]2π上有一个零点；（2）由2()1(0)2x a a xe f x x ax x -=-+->得x a xe xlnx ax -=+， 即x a e lnx a -=+，则有()ln x a x a e e x lnx --+=+， 令()h x x lnx =+，0x >，1()10h x x'=+>，∴函数()h x 在(0,)+∞上递增， ∴方程()()x a h e h x -=即为方程x a e x -=即ln a x x =-有2个不同的正实根设()x x lnx ϕ=-，则11()1x x x xϕ-'=-=， 当01x <<时，()0x ϕ'<，当1x >时，()0x ϕ'>， 所以函数()x x lnx ϕ=-在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增， 所以()min x ϕϕ=（1）1=，当0x →时，()x ϕ→+∞，当x →+∞时，()x ϕ→+∞，∴当1a >时，方程ln a x x =-有2个不同的正实根综上所述：()1,a ∈+∞.变式训练2【解析】解：令21()()ln 2g x f x mx x a x mx =-=+-，由1212()()f x f x m x x ->-得()1212()0g x g x x x ->-∴()g x 在[2,)+∞递增，[)()2,,0a x g x x m x '∴∀∈+∞=+-≥，即am x x+…恒成立，设()a h x x x =+，[)2,x ∈+∞，3[1,]2a ∈，则()ah x x x=+在[2,)+∞上单调递增，∴11 / 11 min ()(2)22a h x h ==+，故有22a m +…，3[1,]2a ∃∈，使得22a m +…成立，故(2)max 2a m +…，即11.4m …故选：D . 变式训练3【解析】解：（1）由题意得1().f x a x'=- ①当0a …时，()0f x '>，则()f x 在(0,)+∞上单调递增;②当0a >时，令()0f x '=得到1x a =， 当10x a <<时，()0f x '>，()f x 单调递增；当1x a>时，()0f x '<，()f x 单调递减；综上：当0a …时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，()f x 在1(0,)a 上单调递增，在1(,)a+∞上单调递减;（2）12()ln x g x e x x ax -=+-，令1x =，则(1)10g a =-…，故1a …， 当1a …时，()l 2n 1211()ln 1ln ln 1x x x x g x e x x ax e x x x e x x x ----⎡⎤=--=+--⎦-+⎣-…， 设()ln 1h x x x =--，则()111x h x x x-'=-= 令()0h x '>，则1x > ∴()h x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增设()[)1,0,x t x e x x =--+∞，则()10x t x e '=-≥∴()t x 在[)0,+∞上单调递增()()00t x t ∴≥=故()ln 1ln 110x x e x x ------≥，即()ln 1ln 110x x x e x x --⎡⎤----≥⎣⎦综上所述：当1a …时，()0g x ≥.()()()min 10h x h x h ∴≥==。
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二、如何搞好2010年高考的二轮复习
第二轮复习，一般安排在3月初到5月上旬（大约50天）， 是学生把知识系统化、条理化与灵活运用的关键时期，是深化 学生数学思想素质、提高数学能力的关键时期,也是学生高考成 绩飞跃的重要时期.
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
※紧抓一个“理念”
二轮复习是在完成一轮复习的基础上进行的，如果说一轮复
习是“小眼网，密密捞”，那么二轮复习的理念应该是“大眼网，
捞大鱼” 即高考能多得分的地方我们就要多讲，多练.
1.重点知识专题复习： 对于重点问题要敢于花时间，非重点问
题要敢于取舍，集中精力解决学生困惑的问题，狠抓知识过关.
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
我们前面提到了六大主干知识所占分值大约为130-140分， 所以二轮复习必须对六大主干知识进行专题复习，下面我对六 部分知识从高考考查特点、复习策略、高考预测三大方面与大 家进行交流 函数与导数
排列组合概 率统计
总
一、对07年、08年、09年高考数学试卷的分析
六大主干知识总分值大约在130-140分之间，各部分 知识三年分值变化不大，还有一部分知识三年考察的题型
都没发生变化，例如三角函数解答题三年文理考查的都是
三角形中的三角函数问题，立体几何三年文理考查的都是 比较特殊的四棱锥. 启示：教学中必须加大这六大知识模块的专题讲解,并 且要针对高考考查的方向去训练.千万别盲目的训练，浪费
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
考题示例：
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
分析：
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
分析：
y
22 e
0
3
x
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
以下几点：
（1）熟练理解和掌握基本初等函数的性质，这是应用函数思想 解题的基础. （2）密切注意三个“二次”的相关问题，三个“二次”即一元
二次函数、一元二次方程、一元二次不等式，这是中学数学的 重要内容，具有丰富的内涵和密切的联系.一定要把握好三个“ 二次”之间的相互转化.
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
解读考纲，分析特点，把握趋势，科学备考
2010高考数学 二轮复习思考
解读考纲，分析特点，把握趋势，科学备考
在高考命题日趋科学、公平、规范，考生竞争 日趋激烈的今天，我们必须积极地研究高考、把 握其规律，掌握科学的方法，才能使我们的备考 科学、愉快、高效！ 谈三个问题
1.对09年、10年、11年高考数学试题的分析 2.如何进行2012年高考的二轮复习
考查特点：纵观近三年的高考试题，函数与导数在选择、填空、 解答三种题型中每年都有考查.主要考点： ①考查纯粹的函数知识(即解析式、定义域、值域、奇偶性、单 调性、周期性、反函数)； ②考查函数图像变换与识别及几种特殊函数(二次函数、三次函 数、指对函数、抽象函数、分段函等)；
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
③考查函数与方程、数列、不等式等的综合； ④导数的概念及几何意义、求导公式和求导法则； ⑤利用导数求函数的极（最）值、单调区间、证明函数的增减
性等；
⑥导数与其他知识的交汇.
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
复习提示：函数与方程的思想是最重要的一种数学思想，要注
意函数，方程与不等式之间的相互联系和转化.复习时应注意
一、对07年、08年、09年高考数学试卷的分析
3.难度适度调整 近三年平均分和难度系数 2007年 平均 难度系 分 数 理科 96.50 文科 82.00 0.63 0.56 2008年 平均 难度系 分 数 74.72 67.20 0.47 0.41 2009年 平均 难度系 分 数 83.48 68.04 0.56 0.45
一、对07年、08年、09年高考数学试卷的分析
像这样的题目还有很多例如 07年理科第6，12，15，17，18，20，21，22题 文科第10，11，12，16，20，21，22题 08年理科第2、9、11、14、15、17、19、21、22题. 文科第4、10、14、15、21、22题； 09年理科第4，6，11，12，15，16，17，18，19，20，21，22题 文科第5，8，9，12，14，16，17，18，19，21，22题
启示：在教学中，要重视教材，打好基础，加强 对基本技能的训练，提高解决问题的准确性与熟练性.
一、对07年、08年、09年高考数学试卷的分析
（2） 重点突出
2007年
知识 点 理科 题 量 函数与导数 数列 三角函数 立体几何 解析几何 4 2 3 3 4 3 19 分 值 27 17 20 22 27 22 135 文科 题 量 5 2 3 3 4 3 20 分 值 32 17 20 22 27 22 140 题 量 5 2 3 3 5 2 20
一.对09年、10年、11年高考数学试卷的分析
三年试题基础题目所占比重都比较大，试卷中部分选择 题能在课本上找到影子，有许多是课本题的变形和创新，如 2007年理科1,3,4,7,10,13,14,15、19等，文科 1，2，3，4， 5，6，7，13，14，19等；2008年理科1，3，5，8，13等，文 科 1，3，4，5，6，7，8，9，13 等；2009年理科1,3,5,8, 13等，文科1，2，3，4，7，10，13，17等. 这些题考生们第 一眼看去就感到比较熟悉，对考生适应高考，稳定考生情绪， 调整考生答卷士气，发挥考试潜能都有很大好处.据统计，像 这样“有原型”的题目几乎占试题总量的三分之一.下面我们 具体看几道题目
以接受一些思维能力要求更高但更简便的方法.不过需要注意 的是，能用多种方法求解的问题在高考中并不是主流.例如前 些年特别“流行”的特殊值法，在近三年的试题卷中都很难
有用武之地.现在高考的趋势是避免出现能“取巧”来“偷分”
的问
一、对07年、08年、09年高考数学试卷的分析
题.（不过这很难免，解法多样是数学学科的特点也是数学命 题的基础.例如07年第10题就可以“取巧”得到结果）.
2008年
理科 分 值 37 17 20 22 27 17 140 文科 题 量 5 2 3 3 4 3 20 分 值 32 17 20 22 27 22 140 题 量 3 2 3 4 3 3 18
2009年
理科 分 值 22 17 20 27 22 22 130 文科 题 量 2 2 4 4 4 3 19 分 值 22 15 27 27 27 22 140
三角函数
考查特点：三年考题基本上是两小一大，小题大都以考查基本公式、
基本性质为主.如：图像及图像变换、七条性质及简单的三角变换；
解答题主要以三角形为载体，综合考察三角函数的基本性质和有关
公式的恒等变换以及用正弦定理、余弦定理解决三角形中的有关问 题.此类题目涉及知识点较多，综合性较强，考查能力比较全面， 是高考三题考察的热点题型.
启示：教学中不能单纯的训练单个知识点，还要注意训练
多知识点综合的题目，加强知识交汇，但要注意题目的难度不能
过大，要符合考纲要求.
一、对07年、08年、09年高考数学试卷的分析
（2）一题多解 三年高考题出现少数题目可以用两种或两种以上的方法 来解决.这类题用常规方法解决起来比较繁琐，而用另一种方 法去做非常简便，但是却不能非常容易地想到.例如07年理科 11，08年理科10 ，09年理16 启示：因此学生在掌握好基本方法和基础知识之后，可
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
复习提示：三角函数的基本公式、图象与性质、特殊角的三角 函数等基本知识应烂熟于心. 要加强三角函数恒等变换的训练， 注重解三角形等三角综合应用.
高考预测：2010年高考估计仍然会有2至3到小题主要考查化简
求值或图像变换、解三角形、恒等变换，很有可能和其他知识 综合考查；解答题依然可能以正、余弦定理为知识框架，以三 角形为依托进行考查；但考查三角函数的图像与性质可能性更 大，另外也有可能结合实际问题考查正、余弦定理.
3.浅谈三轮复习
一.对09年、10年、11年高考数学试卷的分析
通过对近三年高考试题的分析，可以发现三个特 点：注重基础，重点突出；加强综合，开拓创新；难 度不断调整的特点
1、注重基础，重点突出 （1） 注重基础
2009年 高 考 试 卷 1-10，13-15， 17-20 1-11，13-16， 17-21 2010年 1-8，13-14，1720 1-10，13-14， 17-19 2011年 1-5,7-9, 13-15,17-20 1-10,13-16, 17-21
（3）在解决函数综合问题时，要认真分析、处理好各种关系， 把握问题的主线，运用相关的知识和方法逐步化归为基本问题 来解决，尤其是注意等价转化、分类讨论、数形结合等思想的 综合运用. 高考预测：2010年高考关于函数、导数的命题，估计仍然是难 易结合，既有基础题也有综合题，基础题以考查函数的基础知 识及函数性质及图象，导数的基本概念与运算为主，知识载体 可能是一次函数、二次函数、指对数函数；综合题以考查导数 的应用为主，知识载体文科主要以三次函数为主，理科可能是 以非三次函数（指对函数、分式函数）为主.
数列
考查特点： 近三年考题基本上都是一小，一大，小题主要考察特殊数列
的定义、性质、公式的推理及计算.解答题主要考查两个特殊数
列之间的基本运算和推理证明、裂项相消和错位相减两种求和方
法，另外试题常常与函数、方程、不等式等知识交汇，适时配以
数学归纳法，充分地体现出数列考查的深度和效度.
二、如何搞好2010年高考的二轮复习
复习提示：除了通项公式和求和公式等数列基本知识以外，
还应掌握一些特别的方法，如倒序相加法、错位相减法、拆