高考数学理科二轮总复习练习第三篇　建模板看细则突破高考拿高分

【模板·细则概述】“答题模板”是指针对解答数学解答题的某一类型，分析解题的一般思路，规划解题的程序和格式，拟定解题的最佳方案，实现答题效率的最优化．评分细则是阅卷的依据，通过认真研读评分细则，重视解题步骤的书写，规范解题过程，做到会做的题得全分；对于最后的压轴题也可以按步得分，踩点得分，一分也要抢．模板1三角函数的图象与性质典例1(14分)已知m＝(cosωx，eq\r(3)cos(ωx＋π))，n＝(sinωx，cosωx)，其中ω>0，f(x)＝m·n，且f(x)相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2).(1)若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝－eq\f(\r(3),4)，α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，求cosα的值；(2)将函数y＝f(x)的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，然后向左平移eq\f(π,6)个单位长度，得到函数y＝g(x)的图象，求函数y＝g(x)的单调递增区间．审题路线图(1)eq\x(fx＝m·n)eq\o(→,\s\up7(数量积运算),\s\do5(辅助角公式))eq\x(得fx)eq\o(→,\s\up7(对称性),\s\do5(周期性))eq\x(求出ω)eq\o(→,\s\up7(f(\f(a,2))＝－\f(\r(3),4),,\s\do6(和差公式)))eq\x(cosα)(2)eq\x(y＝fx)eq\o(→,\s\up7(图象变换))eq\x(y＝gx)eq\o(→,\s\up7(整体思想))eq\x(gx的递增区间)规范解答·分步得分构建答题模板解f(x)＝m·n＝cosωxsinωx＋eq\r(3)cos(ωx＋π)cosωx＝cosωxsinωx－eq\r(3)cosωxcosωx＝eq\f(sin2ωx,2)－eq\f(\r(3)cos2ωx＋1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx－\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2).4分∵f(x)相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,2)，∴T＝π，∴ω＝1，∴f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2).6分(1)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))－eq\f(\r(3),2)＝－eq\f(\r(3),4)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),4).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(\r(3),4)>0，∴α－eq\f(π,3)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))，∴coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))＝eq\f(\r(13),4).8分∴cosα＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)＋\f(π,3)))＝coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))coseq\f(π,3)－sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))sineq\f(π,3)＝eq\f(\r(13),4)×eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(13)－3,8).10分(2)f(x)经过变换可得g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,6)))－eq\f(\r(3),2)，12分令－eq\f(π,2)＋2kπ≤x－eq\f(π,6)≤eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，解得－eq\f(π,3)＋2kπ≤x≤eq\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，∴g(x)的单调递增区间是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)＋2kπ，\f(2π,3)＋2kπ))，k∈Z.14分第一步化简：利用辅助角将f(x)化成y＝Asin(ωx＋φ)的形式.第二步求值：根据三角函数的和差公式求三角函数值.第三步整体代换：将“ωx＋φ”看作一个整体，确定f(x)的性质.第四步反思：查看角的范围的影响，评价任意结果的合理性，检查步骤的规范性.评分细则1.化简f(x)的过程中，诱导公式和二倍角公式的使用各给2分；如果只有最后结果没有过程，则给2分；最后结果正确，但缺少上面的某一步过程，不扣分；2．计算cosα时，算对coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))给1分；由coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))计算sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,3)))时，没有考虑范围扣1分；3．第(2)问直接写出x的不等式没有过程扣1分；最后结果不用区间表示不给分；区间表示式中不标出k∈Z不扣分；没有2kπ的不给分．跟踪演练1已知函数f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx－eq\f(1,2)(ω>0)，其最小正周期为eq\f(π,2).(1)求f(x)的表达式；(2)将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,8)个单位长度，再将图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到函数y＝g(x)的图象，若关于x的方程g(x)＋k＝0在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一个实数解，求实数k的取值范围．解(1)f(x)＝eq\r(3)sinωxcosωx＋cos2ωx－eq\f(1,2)＝eq\f(\r(3),2)sin2ωx＋eq\f(cos2ωx＋1,2)－eq\f(1,2)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,6)))，由题意知f(x)的最小正周期T＝eq\f(π,2)，T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,ω)＝eq\f(π,2)，所以ω＝2，所以f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,6))).(2)将f(x)的图象向右平移eq\f(π,8)个单位长度后，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的图象；再将所得图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得到y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))的图象，所以g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).因为0≤x≤eq\f(π,2)，所以－eq\f(π,3)≤2x－eq\f(π,3)≤eq\f(2π,3)，所以g(x)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，1)).又g(x)＋k＝0在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一个实数解，即函数y＝g(x)与y＝－k在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一个交点，由正弦函数的图象可知，－eq\f(\r(3),2)≤－k<eq\f(\r(3),2)或－k＝1，解得－eq\f(\r(3),2)<k≤eq\f(\r(3),2)或k＝－1，所以实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)，\f(\r(3),2)))∪{－1}．模板2解三角形典例2(14分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知a＝3，cosA＝eq\f(\r(6),3)，B＝A＋eq\f(π,2).(1)求b的值；(2)求△ABC的面积．审题路线图(1)eq\x(利用同角公式、诱导公式)→eq\x(求得sinA，sinB)→eq\x(利用正弦定理求b)(2)方法一eq\x(余弦定理求边c)→eq\x(S＝\f(1,2)acsinB)方法二eq\x(用和角正弦公式求sinC)→eq\x(S＝\f(1,2)absinC)规范解答·分步得分构建答题模板解(1)在△ABC中，由题意知，sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(3),3),1分又因为B＝A＋eq\f(π,2)，所以sinB＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＋\f(π,2)))＝cosA＝eq\f(\r(6),3).3分由正弦定理，得b＝eq\f(asinB,sinA)＝eq\f(3×\f(\r(6),3),\f(\r(3),3))＝3eq\r(2).5分(2)由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(\r(6),3)⇒c2－4eq\r(3)c＋9＝0⇒c1＝eq\r(3)，c2＝3eq\r(3).10分又因为B＝A＋eq\f(π,2)为钝角，所以b>c，即c＝eq\r(3)，12分所以S△ABC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(3\r(2),2).14分第一步找条件：寻找三角形中已知的边和角，确定转化方向.第二步定工具：根据已知条件和转化方向，选择使用的定理和公式，实施边角之间的转化.第三步求结果：根据前两步分析，代入求值得出结果.第四步再反思：转化过程中要注意转化的方向，审视结果的合理性.评分细则1.第(1)问：没求sinA而直接求出sinB的值，不扣分；写出正弦定理，但b计算错误，得1分．2．第(2)问：写出余弦定理，但c计算错误，得1分；求出c的两个值，但没舍去，扣2分；面积公式正确，但计算错误，只给1分；若求出sinC，利用S＝eq\f(1,2)absinC计算，同样得分．跟踪演练2(2017·苏北四市摸底)在△ABC中，已知角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且tanB＝2，tanC＝3.(1)求角A的大小；(2)若c＝3，求b的长．解(1)因为tanB＝2，tanC＝3，A＋B＋C＝π，所以tanA＝tan[π－(B＋C)]＝－tan(B＋C)＝－eq\f(tanB＋tanC,1－tanBtanC)＝－eq\f(2＋3,1－2×3)＝1.又A∈(0，π)，所以A＝eq\f(π,4).(2)因为tanB＝eq\f(sinB,cosB)＝2，且sin2B＋cos2B＝1，又B∈(0，π)，所以sinB＝eq\f(2\r(5),5)，同理可得sinC＝eq\f(3\r(10),10).由正弦定理，得b＝eq\f(csinB,sinC)＝eq\f(3×\f(2\r(5),5),\f(3\r(10),10))＝2eq\r(2).模板3空间中的平行与垂直关系典例3(14分)如图，四棱锥P－ABCD的底面为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，E，F，H分别为AB，PC，BC的中点．(1)求证：EF∥平面PAD；(2)求证：平面PAH⊥平面DEF.审题路线图(1)eq\x(条件中各线段的中点)eq\o(→,\s\up7(设法利用),\s\do5(中位线定理))eq\x(取PD中点M)eq\o(→,\s\up7(考虑平行关系),\s\do5(长度关系))eq\x(平行四边形AEFM)→eq\x(AM∥EF)eq\o(→,\s\up7(线面平行),\s\do5(的判定定理))eq\x(EF∥平面PAD)(2)eq\x(平面PAD⊥平面ABCDPA⊥AD)eq\o(→,\s\up7(面面垂直),\s\do5(的性质))eq\x(PA⊥平面ABCD)→eq\x(PA⊥DE)eq\o(→,\s\up7(正方形ABCD中),\s\do5(E，H为AB，BC中点))eq\x(DE⊥AH)eq\o(→,\s\up7(线面垂直),\s\do5(的判定定理))eq\x(DE⊥平面PAH)eq\o(→,\s\up7(面面垂直的),\s\do5(判定定理))eq\x(平面PAH⊥平面DEF)规范解答·分步得分构建答题模板证明(1)取PD中点M，连结FM，AM.∵在△PCD中，F，M分别为PC，PD的中点，∴FM∥CD且FM＝eq\f(1,2)CD.∵在正方形ABCD中，AE∥CD且AE＝eq\f(1,2)CD，∴AE∥FM且AE＝FM，则四边形AEFM为平行四边形，∴AM∥EF.6分∵EF⊄平面PAD，AM⊂平面PAD，∴EF∥平面PAD.7分(2)∵侧面PAD⊥底面ABCD，PA⊥AD，侧面PAD∩底面ABCD＝AD，∴PA⊥底面ABCD，∵DE⊂底面ABCD，∴DE⊥PA.∵E，H分别为正方形ABCD边AB，BC的中点，∴Rt△ABH≌Rt△DAE，则∠BAH＝∠ADE，∴∠BAH＋∠AED＝90°，则DE⊥AH.12分∵PA⊂平面PAH，AH⊂平面PAH，PA∩AH＝A，∴DE⊥平面PAH，∵DE⊂平面DEF，∴平面PAH⊥平面DEF.14分第一步找线线：通过三角形或四边形的中位线，平行四边形、等腰三角形的中线或线面、面面关系的性质寻找线线平行或线线垂直.第二步找线面：通过线线垂直或平行，利用判定定理，找线面垂直或平行；也可由面面关系的性质找线面垂直或平行.第三步找面面：通过面面关系的判定定理，寻找面面垂直或平行.第四步写步骤：严格按照定理中的条件规范书写解题步骤.评分细则1.第(1)问证出AE綊FM给2分；通过AM∥EF证线面平行时，缺1个条件扣1分；利用面面平行证明EF∥平面PAD同样给分；2．第(2)问证明PA⊥底面ABCD时缺少条件扣1分；证明DE⊥AH时只要指明E，H分别为正方形边AB，BC中点，得DE⊥AH不扣分；证明DE⊥平面PAH时只要写出DE⊥AH，DE⊥PA，缺少条件不扣分．跟踪演练3如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知D，E分别为BC，B1C1的中点，点F在棱CC1上，且EF⊥C1D.求证：(1)直线A1E∥平面ADC1；(2)直线EF⊥平面ADC1.证明(1)方法一连结ED，因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以B1E∥BD且B1E＝BD，所以四边形B1BDE是平行四边形，所以BB1∥DE且BB1＝DE.又BB1∥AA1且BB1＝AA1，所以AA1∥DE且AA1＝DE，所以四边形AA1ED是平行四边形，所以A1E∥AD.又因为A1E⊄平面ADC1，AD⊂平面ADC1，所以直线A1E∥平面ADC1.方法二连结ED，连结A1C，EC分别交AC1，DC1于点M，N，连结MN，因为D，E分别为BC，B1C1的中点，所以C1E∥CD且C1E＝CD，所以四边形C1EDC是平行四边形，所以N是CE的中点．因为A1ACC1为平行四边形，所以M是A1C的中点，所以MN∥A1E.又因为A1E⊄平面ADC1，MN⊂平面ADC1，所以直线A1E∥平面ADC1.(2)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC.因为AD⊂平面ABC，所以BB1⊥AD.因为△ABC是正三角形，且D为BC的中点，所以AD⊥BC.又BB1，BC⊂平面B1BCC1，BB1∩BC＝B，所以AD⊥平面B1BCC1，又EF⊂平面B1BCC1，所以AD⊥EF.又EF⊥C1D，C1D，AD⊂平面ADC1，C1D∩AD＝D，所以直线EF⊥平面ADC1.模板4实际应用题典例4(14分)如图是一块镀锌铁皮的边角料ABCD，其中AB，CD，DA都是线段，曲线段BC是抛物线的一部分，且点B是该抛物线的顶点，BA所在直线是该抛物线的对称轴．经测量，AB＝2米，AD＝3米，AB⊥AD，点C到AD，AB的距离CH，CR的长均为1米．现要用这块边角料裁一个矩形AEFG(其中点F在曲线段BC或线段CD上，点E在线段AD上，点G在线段AB上)．设BG的长为x米，矩形AEFG的面积为S平方米．(1)将S表示为x的函数；(2)当x为多少米时，S取得最大值，最大值是多少？审题路线图(1)eq\x(建立坐标系)→eq\x(设曲线段BC所在抛物线的方程)→eq\x(带入C1，1)→eq\x(得曲线段BC的方程)→eq\x(计算矩形AEFG的面积S)(2)eq\x(分析函数S的解析式)→eq\x(利用导数和二次函数求解)→eq\x(写出答案)

规范解答·分步得分构建答题模板解(1)以点B为坐标原点，BA所在直线为x轴，建立平面直角坐标系.2分设曲线段BC所在抛物线的方程为y2＝2px(p>0)，将点C(1,1)代入，得2p＝1，即曲线段BC的方程为y＝eq\r(x)(0≤x≤1).又由点C(1,1)，D(2,3)，得线段CD的方程为y＝2x－1(1≤x≤2).4分而GA＝2－x，所以S＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)(2－x)，0<x≤1，,(2x－1)(2－x)，1<x<2.))6分(2)①当0<x≤1时，因为S＝eq\r(x)(2－x)＝－，QUOTE所以S′＝－＝eq\f(2－3x,2\r(x))，由S′＝0，得x＝eq\f(2,3)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))时，S′>0，所以S单调递增；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))时，S′<0，所以S单调递减，所以当x＝eq\f(2,3)时，Smax＝eq\f(4\r(6),9).9分②当1<x<2时，因为S＝(2x－1)(2－x)＝－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,4)))2＋eq\f(9,8)，所以当x＝eq\f(5,4)时，Smax＝eq\f(9,8).12分综上，因为eq\f(9,8)>eq\f(4\r(6),9)，所以当x＝eq\f(5,4)米时，Smax＝eq\f(9,8)平方米.14分第一步审题：明确题意，找出数量关系.第二步建模：转化为具体的数学问题.第三步解模：运用有关数学知识解答数学模型.第四步回答：根据实际问题要求给出恰当的答案.评分细则1.第1问恰当建系给2分；根据点的位置不同，给出面积S的分段函数形式给4分；2．第2问主要是利用导数和二次函数知识求面积S的最大值，各3分；最后给出答案给2分．跟踪演练4某小区想利用一矩形空地ABCD建造市民健身广场，设计时决定保留空地边上的一个水塘(如图中阴影部分)，水塘可近似看作一个等腰直角三角形，其中AD＝60m，AB＝40m，且在△EFG中，∠EGF＝90°，经测量得到AE＝10m，EF＝20m．为保证安全的同时考虑美观，健身广场周围准备加设一个保护栏．设计时经过点G作一条直线交AB，DF于M，N两点，从而得到五边形MBCDN的市民健身广场．(1)假设DN＝xm，试将五边形MBCDN的面积y表示为x的函数，并注明函数的定义域；(2)问：应如何设计，可使市民健身广场的面积最大？并求出健身广场的最大面积．解(1)作GH⊥EF，垂足为H，因为DN＝x，所以NH＝40－x，NA＝60－x，因为eq\f(NH,HG)＝eq\f(NA,AM)，所以eq\f(40－x,10)＝eq\f(60－x,AM)，所以AM＝eq\f(600－10x,40－x).过M作MT∥BC交CD于点T，则SMBCDN＝SMBCT＋SMTDN＝(40－AM)×60＋eq\f(1,2)(x＋60)×AM，所以y＝SMBCDN＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(40－\f(600－10x,40－x)))×60＋eq\f(1,2)×eq\f(x＋60600－10x,40－x)＝2400－eq\f(560－x2,40－x).由于N与F重合时，AM＝AF＝30适合条件，故x∈(0,30]．(2)y＝2400－eq\f(560－x2,40－x)＝2400－5eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(40－x＋\f(400,40－x)＋40))，所以当且仅当40－x＝eq\f(400,40－x)，即x＝20∈(0,30]时，y取得最大值2000.答当DN＝20m时，得到的市民健身广场的面积最大，最大面积为2000m2.模板5解析几何综合问题典例5(16分)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，且点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆E：eq\f(x2,4a2)＋eq\f(y2,4b2)＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.(ⅰ)求eq\f(OQ,OP)的值；(ⅱ)求△ABQ面积的最大值．审题路线图(1)eq\x(椭圆C上点满足条件)→eq\x(得到a，b的关系式)(2)(ⅰ)eq\x(P在C上，Q在E上)eq\o(→,\s\up7(P，Q),\s\do5(共线))eq\x(设坐标代入方程)→eq\x(求出\f(OQ,OP))(ⅱ)eq\x(直线y＝kx＋m和椭圆E方程联立)→eq\x(研究判别式Δ并判断根与系数的关系)→eq\x(用m，k表示S△OAB)→eq\x(求S△OAB的最值)eq\o(→,\s\up7(利用①得),\s\do5(S△ABQ和S△OAB的关系))eq\x(得S△ABQ的最大值)规范解答·分步得分构建答题模板解(1)由题意知eq\f(3,a2)＋eq\f(1,4b2)＝1.又eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，解得a2＝4，b2＝1.所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.4分(2)由(1)知椭圆E的方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,4)＝1.(ⅰ)设P(x0，y0)，eq\f(OQ,OP)＝λ，由题意知Q(－λx0，－λy0)．因为eq\f(x\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，又eq\f((－λx0)2,16)＋eq\f((－λy0)2,4)＝1，即eq\f(λ2,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),4)＋y\o\al(2,0)))＝1，所以λ＝2，即eq\f(OQ,OP)＝2.8分(ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2).将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0.由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，①则有x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－16,1＋4k2).所以|x1－x2|＝eq\f(4\r(16k2＋4－m2),1＋4k2).因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，所以△OAB的面积S＝eq\f(1,2)|m||x1－x2|＝eq\f(2\r(16k2＋4－m2)|m|,1＋4k2)＝eq\f(2\r((16k2＋4－m2)m2),1＋4k2)＝2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(m2,1＋4k2)))\f(m2,1＋4k2)).12分设eq\f(m2,1＋4k2)＝t，将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②由①②可知0＜t≤1，因此S＝2eq\r((4－t)t)＝2eq\r(－t2＋4t)，故0<S≤2eq\r(3)，当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2eq\r(3).由(ⅰ)知，△ABQ的面积为3S，所以△ABQ面积的最大值为6eq\r(3).16分第一步求圆锥曲线方程：根据基本量法确定圆锥曲线的方程.第二步联立消元：将直线方程和圆锥曲线方程联立得到方程：Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判别式，利用根与系数的关系.第三步找关系：从题设中寻求变量的等量或不等关系.第四步建函数：对范围最值类问题，要建立关于目标变量的函数关系.第五步得范围：通过求解函数值域或解不等式得目标变量的范围或最值，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件.评分细则1.第(1)问中，求a2－c2＝b2关系式直接得b＝1，扣2分；2．第(2)问中，求eq\f(OQ,OP)时，给出P，Q坐标关系给2分；无“Δ>0”和“Δ≥0”者，每处扣2分；联立方程消元得出关于x的一元二次方程给2分；根与系数的关系写出后再给2分；求最值时，不指明最值取得的条件扣2分．跟踪演练5已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(eq\r(2)，1)，离心率为eq\f(\r(2),2).(1)若A是椭圆E的上顶点，F1，F2分别是左、右焦点，直线AF1，AF2分别交椭圆于B，C两点，直线BO交AC于点D，求证：S△ABD∶S△ABC＝3∶5；(2)若A1，A2分别是椭圆E的左、右顶点，动点M满足MA2⊥A1A2，且MA1交椭圆E于点P.求证：eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))为定值．证明(1)易得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，))且c2＝a2－b2，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,b2＝2.))所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.所以A(0，eq\r(2))，F1(－eq\r(2)，0)，F2(eq\r(2)，0)．所以直线AB：y＝x＋eq\r(2)，直线AC：y＝－x＋eq\r(2).将y＝x＋eq\r(2)代入椭圆方程，可得3x2＋4eq\r(2)x＝0，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)\r(2)，－\f(1,3)\r(2)))，同理可得Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)\r(2)，－\f(1,3)\r(2)))，所以直线BO为y＝eq\f(1,4)x.联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,4)x，,y＝－x＋\r(2)，))得交点Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)\r(2)，\f(1,5)\r(2)))，所以AD＝eq\f(8,5)，AC＝eq\f(8,3)，即AD∶AC＝3∶5，所以S△ABD∶S△ABC＝3∶5.(2)设M(2，y0)，P(x1，y1)，易得直线MA1的方程为y＝eq\f(y0,4)x＋eq\f(y0,2)，代入椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(y\o\al(2,0),8)))x2＋eq\f(y\o\al(2,0),2)x＋eq\f(y\o\al(2,0),2)－4＝0.由－2x1＝eq\f(4y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，得x1＝eq\f(－2y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，从而y1＝eq\f(8y0,y\o\al(2,0)＋8)，所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－2y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)，\f(8y0,y\o\al(2,0)＋8)))·(2，y0)＝eq\f(－4y\o\al(2,0)－8,y\o\al(2,0)＋8)＋eq\f(8y\o\al(2,0),y\o\al(2,0)＋8)＝4.所以eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(OM,\s\up6(→))为定值4.模板6解析几何中的探索性问题典例6(16分)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\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))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(1)eq\x(设AB的方程y＝kx＋1)→eq\x(待定系数法求k)→eq\x(写出方程)(2)eq\x(设M存在即为Mm，0)→eq\x(求\o(MA,\s\up6(→))·\o(MB,\s\up6(→)))→eq\x(在\o(MA,\s\up6(→))·\o(MB,\s\up6(→))为常数的条件下求m)→eq\x(下结论)规范解答·分步得分构建答题模板解(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＝0.2分设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝36k4－43k2＋13k2－5>0，①,x1＋x2＝－\f(6k2,3k2＋1).②))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＝0.6分(2)假设在x轴上存在点M(m,0)，使eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))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\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(x1－m)(x2－m)＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(k2＋1)x1x2＋(k2－m)(x1＋x2)＋k2＋m2.10分将③代入，整理得eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\f(6m－1k2－5,3k2＋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＋14,33k2＋1).13分注意到eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))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\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝eq\f(4,9).14分(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\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝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\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))为常数.16分第一步先假定：假设结论成立．第二步再推理：以假设结论成立为条件，进行推理求解．第三步下结论：若推出合理结果，经验证成立则肯定假设；若推出矛盾则否定假设．第四步再回顾：查看关键点，易错点(特殊情况、隐含条件等)，审视解题规范性.评分细则1.不考虑直线AB斜率不存在的情况扣2分；2．不验证Δ>0，扣1分；3．直线AB方程写成斜截式形式同样给分；4．没有假设存在点M不扣分；5.eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))没有化简至最后结果扣3分，没有最后结论扣1分．跟踪演练6如图，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq\f(1,2)，椭圆上有一点P在x轴的上方，且PF⊥x轴(F为椭圆的右焦点)，PF＝eq\f(3,2).(1)求椭圆C的方程及右准线l的方程；(2)过椭圆的右焦点F的直线(不经过P点)与椭圆交于A，B两点，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2.①当∠APB的平分线为PF时，求直线AB的斜率k；②若直线AB与右准线l交于点M，记直线PM的斜率为k3，试问：当k3＝2时，k1＋k2是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．解(1)右焦点F(c,0)，由PF⊥x轴，得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，所以PF＝eq\f(b2,a)＝eq\f(3,2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b2,a)＝\f(3,2)，,e＝\f(c,a)＝\f(1,2)，,b2＋c2＝a2，))解得a＝2，b＝eq\r(3)，c＝1，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，右准线l的方程为x＝eq\f(a2,c)＝4.(2)方法一①设A(x0，y0)(x0≠1)，则直线AB的方程为y＝eq\f(y0,x0－1)(x－1)，即k＝eq\f(y0,x0－1)，联立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(y0,x0－1)x－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y，得[3(x0－1)2＋4yeq\o\al(2,0)]x2－8yeq\o\al(2,0)x＋4yeq\o\al(2,0)－12(x0－1)2＝0，(*)Δ>0.因为x0为方程(*)的一个根，所以另一个根为xB＝eq\f(8y\o\al(2,0),3x0－12＋4y\o\al(2,0))－x0，又点A(x0，y0)(x0≠1)在椭圆上，所以eq\f(x\o\al(2,0),4)＋eq\f(y\o\al(2,0),3)＝1，则xB＝eq\f(5x0－8,2x0－5)，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5x0－8,2x0－5)，\f(3y0,2x0－5))).由(1)知，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，则k1＝eq\f(2y0－3,2x0－1)，k2＝eq\f(2y0－2x0＋5,2x0－1).当∠APB的平分线为PF时，直线PA，PB的斜率k1，k2满足k1＋k2＝0，所以k1＋k2＝eq\f(2y0－3,2x0－1)＋eq\f(2y0－2x0＋5,2x0－1)＝0，即2y0＝x0－1，所以k＝eq\f(1,2).②联立方程组得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝\f(y0,x0－1)x－1，))得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(3y0,x0－1)))，则直线PM的斜率k3＝eq\f(2y0－x0＋1,2x0－1).由题意知k3＝eq\f(2y0－x0＋1,2x0－1)＝2，得2y0＝5x0－5，则k1＋k2＝eq\f(2y0－3,2x0－1)＋eq\f(2y0－2x0＋5,2x0－1)＝4，所以当k3＝2时，k1＋k2为定值，定值为4.方法二①由题意知直线AB的方程为y＝k(x－1)，联立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－1，))消去y，整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，(*)Δ＝144(k2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2≠1)，则x1，x2为方程(*)的两根，由根与系数的关系得x1＋x2＝eq\f(8k2,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4k2－12,4k2＋3).由(1)知，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，则k1＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)，k2＝eq\f(y2－\f(3,2),x2－1).因为A，F，B三点共线，所以k＝kAF＝kBF，即eq\f(y1,x1－1)＝eq\f(y2,x2－1)＝k，所以k1＋k2＝eq\f(y1－\f(3,2),x1－1)＋eq\f(y2－\f(3,2),x2－1)＝eq\f(y1,x1－1)＋eq\f(y2,x2－1)－eq\f(3,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1－1)＋\f(1,x2－1)))＝2k－eq\f(3,2)×eq\f(x1＋x2－2,x1x2－x1＋x2＋1)＝2k－eq\f(3,2)×eq\f(\f(8k2,4k2＋3)－2,\f(4k2－12,4k2＋3)－\f(8k2,4k2＋3)＋1)＝2k－1.当∠APB的平分线为PF时，直线PA，PB的斜率k1，k2满足k1＋k2＝0，所以2k－1＝0，得k＝eq\f(1,2).②联立方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝4，,y＝kx－1，))得M(4,3k)．所以k3＝eq\f(3k－\f(3,2),4－1)＝k－eq\f(1,2)＝2，得k＝eq\f(5,2)，所以k1＋k2＝2k－1＝4，所以当k3＝2时，k1＋k2为定值，定值为4.模板7数列的通项与求和典例7(14分)下表是一个由n2个正数组成的数表，用aij表示第i行第j个数(i，j∈N*)，已知数表中第一列各数从上到下依次构成等差数列，每一行各数从左到右依次构成等比数列，且公比都相等．已知a11＝1，a31＋a61＝9，a35＝48.a11a12a13…a1na21a22a23…a2na31a32a33…a3n……………an1an2an3…ann(1)求an1和a4n；(2)设bn＝eq\f(a4n,a4n－2a4n－1)＋(－1)n·an1(n∈N*)，求数列{bn}的前n项和Sn.审题路线图eq\x(数表中项的规律)→eq\x(确定an1和a4n)eq\o(→,\s\up7(化简bn))eq\x(分析bn的特征)eq\o(→,\s\up7(选定求和方法))eq\x(分组法及裂项法、公式法求和)规范解答·分步得分构建答题模板解(1)设第1列依次组成的等差数列的公差为d，设每一行依次∴d＝1，∴an1＝a11＋(n－1)d＝1＋(n－1)×1＝n.3分∵a31＝a11＋2d＝3，∴a35＝a31·q4＝3q4＝48，∵q>0，∴q＝2，又∵a41＝4，∴a4n＝a41qn－1＝4×2n－1＝2n＋1.6分(2)∵bn＝eq\f(a4n,a4n－2a4n－1)＋(－1)n·an1＝eq\f(2n＋1,2n＋1－22n＋1－1)＋(－1)n·n＝eq\f(2n,2n－12n＋1－1)＋(－1)n·n＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)＋(－1)n·n，9分∴Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)－\f(1,7)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,7)－\f(1,15)))＋…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＋[－1＋2－3＋4－5＋…＋(－1)n·n]，10分当n为偶数时，Sn＝1－eq\f(1,2n＋1－1)＋eq\f(n,2)；12分当n为奇数时，Sn＝Sn－1＋bn＝1－eq\f(1,2n－1)＋eq\f(n－1,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))－n＝1－eq\f(1,2n＋1－1)－eq\f(n＋1,2)＝eq\f(1－n,2)－eq\f(1,2n＋1－1).14分第一步找关系：根据已知条件确定数列的项之间的关系．第二步求通项：根据等差或等比数列的通项公式或利用累加、累乘法求数列的通项公式．第三步定方法：根据数列表达式的结构特征确定求和方法(常用的有公式法、裂项相消法、错位相减法、分组法等)．第四步写步骤.第五步再反思：检查求和过程中各项的符号有无错误，用特殊项估算结果.评分细则1.求出d给1分，求an1时写出公式结果错误给1分；求q时没写q>0扣1分；2．bn写出正确结果给1分，正确进行裂项再给1分；3．缺少对bn的变形直接计算Sn，只要结论正确不扣分；4．当n为奇数时，求Sn中间过程缺一步不扣分．跟踪演练7已知数列{an}的前n项和为Sn，且3Sn＝4an－4.(1)求数列{an}的通项公式；(2)设cn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an，Tn＝eq\f(1,c1)＋eq\f(1,c2)＋…＋eq\f(1,cn)，求使keq\f(n·2n,n＋1)≥(2n－9)Tn恒成立的实数k的取值范围．解(1)由3Sn＝4an－4，可得a1＝4，3Sn＝4an－4，当n≥2时，3Sn－1＝4an－1－4，两式相减，得3an＝4an－4an－1，即eq\f(an,an－1)＝4，∴数列{an}是以a1＝4为首项，4为公比的等比数列，∴an＝4n＝22n.(2)cn＝log2a1＋log2a2＋…＋log2an＝2＋4＋…＋2(n－1)＋2n＝n(n＋1)，∴Tn＝eq\f(1,c1)＋eq\f(1,c2)＋…＋eq\f(1,cn)＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(n,n＋1).由keq\f(n·2n,n＋1)≥(2n－9)Tn对任意n∈N*恒成立，即实数k≥eq\f(2n－9,2n)恒成立．设dn＝eq\f(2n－9,2n)，dn＋1－dn＝eq\f(2n＋1－9,2n＋1)－eq\f(2n－9,2n)＝eq\f(11－2n,2n＋1)，∴当n≥6时，数列{dn}单调递减；当1≤n≤5时，数列{dn}单调递增．又∵d5＝eq\f(1,32)<d6＝eq\f(3,64)，∴数列{dn}的最大项的值为d6＝eq\f(3,64)，∴k≥eq\f(3,64).模板8函数的单调性、极值与最值问题典例8(14分)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．审题路线图eq\x(求f′x)eq\o(→,\s\up7(讨论f′x),\s\do5(的符号))eq\x(fx单调性)→eq\x(fx最大值)→eq\x(解fxmax>2a－2).规范解答·分步得分构建答题模板解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.若a≤0，则f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a＞0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)＞0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)＜0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减.6分综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a＞0时，f(x)在x＝eq\f(1,a)处取得最大值，最大值为f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＞2a－2等价于lna＋a－1＜0.10分令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当0＜a＜1时，g(a)＜0；当a＞1时，g(a)＞0.因此，a的取值范围是(0,1).14分第一步求导数：写出函数的定义域，求函数的导数．第二步定符号：通过讨论确定f′(x)的符号．第三步写区间：利用f′(x)的符号写出函数的单调区间．第四步求最值：根据函数单调性求出函数最值.评分细则1.函数求导正确给1分；2．分类讨论，每种情况给2分，结论1分；3．求出最大值给4分；4．构造函数g(a)＝lna＋a－1给2分；5．通过分类讨论得出a的取值范围给2分．跟踪演练8已知函数f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex在[0,1]上单调递减且满足f(0)＝1，f(1)＝0.(1)求a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值．解(1)由f(0)＝1，f(1)＝0，得c＝1，a＋b＝－1，则f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex，f′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex.依题意对任意x∈[0,1]，有f′(x)≤0(f′(x)＝0不恒成立)．令h(x)＝ax2＋(a－1)x－a.当a>0时，因为二次函数h(x)＝ax2＋(a－1)x－a的图象开口向上，而f′(0)＝－a<0，所以f′(1)＝(a－1)e<0，即0<a<1；当a＝1时，对任意x∈[0,1]，有f′(x)＝(x2－1)ex≤0(f′(x)只在x＝1处为0)，f(x)符合条件；当a＝0时，对于任意x∈[0,1]，f′(x)＝－xex≤0(f′(x)只在x＝0处为0)，f(x)符合条件；当a<0时，因为f′(0)＝－a>0，f(x)不符合条件．故a的取值范围为0≤a≤1.(2)因为g(x)＝(－2ax＋1＋a)ex，g′(x)＝(－2ax＋1－a)ex.(ⅰ)当a＝0时，g′(x)＝ex>0，g(x)在[0,1]上单调递增，所以在x＝0处取得最小值g(0)＝1，在x＝1处取得最大值g(1)＝e.(ⅱ)当a＝1时，对于任意x∈[0,1]有g′(x)＝－2xex≤0，g(x)在[0,1]上单调递减，所以g(x)在x＝0处取得最大值g(0)＝2，在x＝1取得最小值g(1)＝0.(ⅲ)当0<a<1时，由g′(x)＝0，得x＝eq\f(1－a,2a)>0.①若eq\f(1－a,2a)≥1，即0<a≤eq\f(1,3)时，g(x)在[0,1]上单调递增，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1＋a，在x＝1处取得最大值g(1)＝(1－a)e.②若eq\f(1－a,2a)<1，即eq\f(1,3)<a<1时，g(x)在x＝eq\f(1－a,2a)处取得最大值geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2a)))＝，在x＝0或x＝1处取得最小值，而g(0)＝1＋a，g(1)＝(1－a)e，则当eq\f(1,3)<a≤eq\f(e－1,e＋1)时，g(x)在x＝0处取得最小值g(0)＝1＋a；当eq\f(e－1,e＋1)<a<1时，g(x)在x＝1处取得最小值g(1)＝(1－a)e.综上，当a＝0时，g(x)在[0,1]上的最小值为g(0)＝1，最大值为g(1)＝e；当a＝1时，g(x)在[0,1]上的最小值为g(1)＝0，最大值为g(0)＝2；当0<a≤eq\f(1,3)时，g(x)在[0,1]上的最小值为g(0)＝1＋a，最大值为g(1)＝(1－a)e；当eq\f(1,3)<a≤eq\f(e－1,e＋1)时，g(x)在[0,1]上的最小值为g(0)＝1＋a，最大值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2a)))＝；当eq\f(e－1,e＋1)<a<1时，g(x)在[0,1]上的最小值为g(1)＝(1－a)e，最大值为geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－a,2a)))＝.模板9导数与不等式典例9(16分)已知函数f(x)＝eq\f(1,2)ax2lnx＋bx＋1.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x－2y＋1＝0，求f(x)的单调区间；(2)若a＝2，且关于x的方程f(x)＝1在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，e))上恰有两个不等的实根，求实数b的取值范围；(3)若a＝2，b＝－1，当x≥1时，关于x的不等式f(x)≥t(x－1)2恒成立，求实数t的取值范围．(其中e是自然对数的底数，e＝2.71828…)审题路线图eq\x(求导f′x＝axlnx＋\f(1,2)ax＋b)→eq\x(由f′1＝\f(1,2)，f1＝1，求出a，b，进而求函数单调区间)→eq\x(当a＝2时，列表求fx的最值，得b的范围)→eq\x(令hx＝x2lnx－x＋1－tx－12，并求导)→eq\x(分类讨论利用恒成立求出t的取值范围)

规范解答·分步得分构建答题模板解(1)f′(x)＝axlnx＋eq\f(1,2)ax＋b，由题意知f′(1)＝eq\f(1,2)a＋b＝eq\f(1,2)，且f(1)＝b＋1＝1.2分∴a＝1，b＝0，此时f′(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x(x>0)，令f′(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x>0，得x>，令f′(x)＝xlnx＋eq\f(1,2)x<0，得0<x<，∴单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，).4分(2)当a＝2时，f(x)＝x2lnx＋bx＋1＝1，∴－b＝xlnx，令g(x)＝xlnx，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，e))，则g′(x)＝lnx＋1，令g′(x)＝lnx＋1＝0，得x＝eq\f(1,e).6分g′(x)，g(x)随x的变化情况，列表如下：xeq\f(1,e2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)，\f(1,e)))eq\f(1,e)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))eg′(x)－0＋g(x)－eq\f(2,e2)↘－eq\f(1,e)↗e∴－b∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，－\f(2,e2)))，∴b∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,e2)，\f(1,e))).8分(3)当a＝2，b＝－1，x≥1时，f(x)＝x2lnx－x＋1≥t(x－1)2恒成立，∴x2lnx－x＋1－t(x－1)2≥0在[1，＋∞)上恒成立，令h(x)＝x2lnx－x＋1－t(x－1)2(x≥1)，则h(x)≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，h′(x)＝2xlnx＋x－1－2t(x－1)，令m(x)＝xlnx－x＋1(x≥1)，则m′(x)＝lnx≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，∴m(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴m(x)≥m(1)＝0，即xlnx≥x－1在x∈[1，＋∞)上恒成立，10分∴h′(x)＝2xlnx＋x－1－2t(x－1)≥3(x－1)－2t(x－1)＝(3－2t)(x－1)，①当3－2t≥0，即t≤eq\f(3,2)时，h′(x)≥0恒成立，∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝0恒成立.12分②当3－2t<0，即t>eq\f(3,2)时，h′(x)＝2xlnx＋x－1－2t(x－1)，令φ(x)＝2xlnx＋x－1－2t(x－1)，则φ′(x)＝2lnx＋3－2t，令φ′(x)＝2lnx＋3－2t＝0，得x＝>1，当1≤x<时，φ′(x)<0，∴φ(x)单调递减，φ(x)≤φ(1)＝0，即h′(x)≤0，∴h(x)单调递减，∴当1<x<时，h(x)<h(1)＝0，不成立.15分综上，实数t的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(3,2))).16分第一步求导：求导，利用切线方程求a，b，进而求单调区间．第二步求最值：求函数最值得b的范围．第三步讨论：构造函数，并针对不同情况分类讨论，具体问题具体解答．第四步回答：根据问题要求给出恰当的答案.评分细则第1问求出a，b的值后研究其单调性给4分，第2问列表求最值给4分，第3问根据情况对t≤eq\f(3,2)和t>eq\f(3,2)分类讨论各得2分和3分．跟踪演练9已知函数f(x)＝x－(a＋1)lnx－eq\f(a,x)(a∈R)，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ex－xex.(1)当x∈[1，e]时，求f(x)的最小值；(2)当a＜1时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2,0]，f(x1)＜g(x2)恒成立，求a的取值范围．解(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x－1x－a,x2).①若a≤1，当x∈[1，e]时，f′(x)≥0，则f(x)在[1，e]上为增函数，f(x)min＝f(1)＝1－a.②若1＜a＜e，当x∈[1，a]时，f′(x)≤0，f(x)为减函数；当x∈[a，e]时，f′(x)≥0，f(x)为增函数，所以f(x)min＝f(a)＝a－(a＋1)lna－1.③若a≥e，当x∈[1，e]时，f′(x)≤0，f(x)在[1，e]上为减函数，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).综上，当a≤1时，f(x)min＝1－a；当1＜a＜e时，f(x)min＝a－(a＋1)lna－1；当a≥e时，f(x)min＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).(2)由题意知，f(x)(x∈[e，e2])的最小值小于g(x)(x∈[－2,0])的最小值．由(1)知，f(x)在[e，e2]上单调递增，f(x)min＝f(e)＝e－(a＋1)－eq\f(a,e).g′(x)＝(1－ex)x.当x∈[－2,0]时，g′(x)≤0，g(x)为减函数，g(x)min＝g(0)＝1，所以e－(a＋1)－eq\f(a,e)＜1，即a＞eq\f(e2－2e,e＋1)，所以a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2－2e,e＋1)，1)).模板10空间角的计算典例10(14分)如图，AB是圆O的直径，C是圆O上异于A，B的一个动点，DC垂直于圆O所在的平面，DC∥EB，DC＝EB＝1，AB＝4.(1)求证：DE⊥平面ACD；(2)若AC＝BC，求平面AED与平面ABE所成的锐二面角的余弦值．审题路线图(1)(2)eq\x(CA，CB，CD两两垂直)→eq\x(建立空间直角坐标系)→eq\x(写各点坐标)→eq\x(求平面AED与平面ABE的法向量)→eq\x(将所求二面角转化为两个向量的夹角)规范解答·分步得分构建答题模板(1)证明∵DC⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴DC⊥BC，又AB是圆O的直径，C是圆O上异于A，B的点，∴AC⊥BC，又AC∩DC＝C，AC⊂平面ACD，DC⊂平面ACD，∴BC⊥平面ACD，∴BC垂直于平面ACD内的任意一条直线．又DC∥EB，DC＝EB，∴四边形BCDE是平行四边形，∴DE∥BC，∴DE垂直于平面ACD内任意一条直线．∴DE⊥平面ACD.6分(2)解在Rt△ACB中，AB＝4，AC＝BC，∴AC＝BC＝2eq\r(2)，如图，以C为原点建立空间直角坐标系，则A(2eq\r(2)，0,0)，D(0,0,1)，B(0,2eq\r(2)，0)，E(0,2eq\r(2)，1)，eq\o(AD,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，0,1)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,2eq\r(2)，0)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－2eq\r(2)，2eq\r(2)，0)，eq\o(BE,\s\up6(→))＝(0,0,1).8分设平面AED的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(AD,\s\up6(→))＝－2\r(2)x1＋z1＝0，,n1·\o(DE,\s\up6(→))＝2\r(2)y1＝0，))令x1＝1，得n1＝(1,0,2eq\r(2))．设平面ABE的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(AB,\s\up6(→))＝－2\r(2)x2＋2\r(2)y2＝0，,n2·\o(BE,\s\up6(→))＝z2＝0，))令x2＝1，得n2＝(1,1,0).12分∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(1,3\r(2))＝eq\f(\r(2),6).∴平面AED与平面ABE所成的锐二面角的余弦值为eq\f(\r(2),6).14分第一步找垂直：找出(或作出)具有公共交点的三条两两垂直的直线．第二步写坐标：建立空间直角坐标系，写出特征点坐标．第三步求向量：求直线的方向向量或平面的法向量.第四步求夹角：计算向量的夹角．第五步得结论：得到所求两个平面所成的角或直线和平面所成的角.评分细则1.第(1)问中证明DC⊥BC和AC⊥BC各给2分；证明DE∥BC给1分；证明BC⊥平面ACD时缺少AC∩DC＝C，AC⊂平面ACD，DC⊂平面ACD，不扣分．2．第(2)问中建系给1分；两个法向量求出1个给2分；没有最后结论扣1分；法向量取其他形式同样给分．跟踪演练10(2017·江苏苏州期中)在如图所示的四棱锥S－ABCD中，SA⊥底面ABCD，∠DAB＝∠ABC＝90°，SA＝AB＝BC＝a，AD＝3a(a>0)，点E为线段BS上的一个动点．(1)证明：DE和SC不可能垂直；(2)当点E为线段BS的三等分点(靠近B)时，求二面角S－CD－E的余弦值．(1)证明∵SA⊥底面ABCD，∠DAB＝90°，∴AB，AD，AS两两垂直，以A为原点，AB，AD，AS所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系(如图)，则S(0,0，a)，C(a，a,0)，D(0,3a,0)(a>0)，∵SA＝AB＝a，且SA⊥AB，∴设E(x,0，a－x)，其中0≤x≤a，∴eq\o(DE,\s\up6(→))＝(x，－3a，a－x)，eq\o(SC,\s\up6(→))＝(a，a，－a)．假设DE和SC垂直，则eq\o(DE,\s\up6(→))·eq\o(SC,\s\up6(→))＝0，即ax－3a2－a2＋ax＝2ax－4a2＝0，解得x＝2a，这与0≤x≤a矛盾，假设不成立，∴DE和SC不可能垂直．(2)解∵E为线段BS的三等分点(靠近B)，∴Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，0，\f(1,3)a))，设平面SCD的一个法向量是n1＝(x1，y1，z1)，平面CDE的一个法向量是n2＝(x2，y2，z2)，∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－a,2a,0)，eq\o(SD,\s\up6(→))＝(0,3a，－a)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(SD,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax1＋2ay1＝0，,3ay1－az1＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2y1，,z1＝3y1，))取n1＝(2,1,3)．∵eq\o(CD,\s\up6(→))＝(－a,2a,0)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，－3a，\f(1,3)a))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CD,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(DE,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－ax2＋2ay2＝0，,\f(2,3)ax2－3ay2＋\f(1,3)az2＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝2y2，,z2＝5y2，))取n2＝(2,1,5)．设二面角S－CD－E的平面角的大小为θ，由图可知θ为锐角，∴cosθ＝|cos〈n1，n2〉|＝eq\f(n1·n2,|n1||n2|)＝eq\f(4＋1＋15,\r(14)·\r(30))＝eq\f(2\r(105),21)，即二面角S－CD－E的余弦值为eq\f(2\r(105),21).模板11离散型随机变量