《江西省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 第3講 解答題題型特點(diǎn)與技法指導(dǎo) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《江西省2013年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 第3講 解答題題型特點(diǎn)與技法指導(dǎo) 理（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　解答題題型特點(diǎn)與技法指導(dǎo) 高考解答題一般有六大方向：三角函數(shù)與平面向量、概率與統(tǒng)計(jì)、立體幾何、數(shù)列與不等式、解析幾何、不等式與函數(shù)及導(dǎo)數(shù)．一般來(lái)說(shuō)，前三題屬于中、低檔題，第四題屬中檔偏難題，后兩題屬難題．三角函數(shù)與平面向量、概率與統(tǒng)計(jì)、立體幾何在前三題中出現(xiàn)的概率較高，掌握解這幾類題的解法是大多數(shù)學(xué)生成功的關(guān)鍵．目前的高考解答題已經(jīng)由單純的知識(shí)綜合型轉(zhuǎn)化為知識(shí)、方法和能力的綜合型解答題．能否做好解答題，是高考成敗的關(guān)鍵． 1．三角函數(shù) 有關(guān)三角函數(shù)的大題即解答題，主要是考查基礎(chǔ)知識(shí)、基本技能和基本方法，且難度不大．凸顯恒等變換與三角函數(shù)圖象、性質(zhì)在三角形內(nèi)考查．主要考查以

2、下4個(gè)方面：①三角函數(shù)的圖象、性質(zhì)、圖象變換，主要是y＝Asin(ωx＋φ)＋b的圖象、性質(zhì)及圖象變換，考查三角函數(shù)的概念、奇偶性、周期性、單調(diào)性、最值及圖象的平移和對(duì)稱等；②三角恒等變換，主要考查公式的靈活運(yùn)用、變換能力，一般需要運(yùn)用和差角公式、倍角公式，尤其是對(duì)公式的應(yīng)用與三角函數(shù)性質(zhì)的綜合考查；③三角函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用．通過(guò)解三角形來(lái)考查三角恒等變形及應(yīng)用三角函數(shù)性質(zhì)的綜合能力；④三角函數(shù)與平面向量、數(shù)列、不等式等知識(shí)的綜合問(wèn)題． 【例1】已知向量a＝(cos ωx－sin ωx，sin ωx)，b＝(－cos ωx－sin ωx,2cos ωx)，設(shè)函數(shù)f(x)＝a·b＋λ(x∈R)的圖

3、象關(guān)于直線x＝π對(duì)稱，其中ω，λ為常數(shù)，且ω∈. (1)求函數(shù)f(x)的最小正周期； (2)若y＝f(x)的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)，求函數(shù)f(x)在區(qū)間上的取值范圍． 點(diǎn)評(píng) 利用向量的工具作用，與向量結(jié)合在一起命制綜合題，體現(xiàn)了在知識(shí)交匯點(diǎn)處命題的指導(dǎo)思想．這類問(wèn)題求解時(shí)，首先利用向量的運(yùn)算，將向量式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，再進(jìn)行有關(guān)的三角恒等變換，再研究三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)． 變式訓(xùn)練1 (2012·安徽高考，理16)設(shè)函數(shù)f(x)＝cos＋sin2x. (1)求f(x)的最小正周期； (2)設(shè)函數(shù)g(x)對(duì)任意x∈R，有g(shù)＝g(x)，且當(dāng)x∈時(shí)，g(x)＝－f(x)．求g(x)在區(qū)間[－π，0]上

4、的解析式． 2．立體幾何 立體幾何是高中數(shù)學(xué)的主干知識(shí)之一，命題形式比較穩(wěn)定．立體幾何解答題主要分兩類：一類是空間線面關(guān)系的判定和推理證明，主要是證明平行和垂直，求解這類問(wèn)題要依據(jù)線面關(guān)系的判定定理和性質(zhì)定理進(jìn)行推理論證；另一類是空間幾何量(空間角、空間距離、幾何體體積與面積)的計(jì)算．求解這類問(wèn)題，常用方法是依據(jù)公理、定理以及性質(zhì)等經(jīng)過(guò)推理論證，作出所求幾何量并求之．一般解題步驟是“作、證、求”． 對(duì)以上兩類問(wèn)題特別要加強(qiáng)空間向量法的訓(xùn)練． 【例2】(2012·河南豫東、豫北十校階段性檢測(cè)，18)如圖，已知直角梯形ACDE所在的平面垂直于平面ABC，∠BAC＝∠ACD＝90°，∠EAC

5、＝60°，AB＝AC＝AE. (1)在直線BC上是否存在一點(diǎn)P，使得DP∥平面EAB？請(qǐng)證明你的結(jié)論； (2)求平面EBD與平面ABC所成的銳二面角θ的余弦值． 點(diǎn)評(píng) 線線平行、線面平行、面面平行的判定與證明是相互轉(zhuǎn)化的，垂直也是如此；對(duì)于二面角，一般有兩種方法，幾何法與向量法，一般傾向于用向量法． 變式訓(xùn)練2 (2012·陜西西安二模，19)如圖，F(xiàn)D垂直于矩形ABCD所在的平面，CE∥DF，∠DEF＝90°. (1)求證：BE∥平面ADF； (2)若矩形ABCD的一個(gè)邊AB＝3，EF＝2，則另一邊BC的長(zhǎng)為何值時(shí)，平面BEF與平面CDFE所成角的大小為45°. 3．

6、概率與統(tǒng)計(jì) 概率與統(tǒng)計(jì)問(wèn)題的解答題是每年高考必考內(nèi)容，主要考查古典概型、幾何概型、等可能事件的概率計(jì)算公式，互斥事件的概率加法公式，對(duì)立事件的概率減法公式，相互獨(dú)立事件的概率乘法公式，事件在n次獨(dú)立重復(fù)試驗(yàn)中恰好發(fā)生k次的概率計(jì)算公式等五個(gè)基本公式的應(yīng)用及離散型隨機(jī)變量分布列和數(shù)學(xué)期望、方差等內(nèi)容． 【例3】(2012·天津?qū)氎尜|(zhì)檢，16)某學(xué)科奧賽分為初賽、復(fù)賽、決賽三個(gè)階段進(jìn)行，若某選手通過(guò)初賽、復(fù)賽、決賽的概率分別是，，，且各階段通過(guò)與否相互獨(dú)立． (1)求該選手在復(fù)賽階段被淘汰的概率； (2)設(shè)該選手在比賽中比賽的次數(shù)為ξ，求ξ的分布列和數(shù)學(xué)期望． 點(diǎn)評(píng) 概率計(jì)算的關(guān)鍵是概率

7、模型的判斷，各事件之間的關(guān)系是互斥還是相互獨(dú)立等，解題的關(guān)鍵是對(duì)概念理解到位．求概率分布列的關(guān)鍵在于依據(jù)題意準(zhǔn)確分析，計(jì)算隨機(jī)變量在各個(gè)取值下對(duì)應(yīng)的概率． 變式訓(xùn)練3 山東省第23屆運(yùn)動(dòng)會(huì)將于2014年在濟(jì)寧隆重召開．為了搞好接待工作，組委會(huì)在某學(xué)院招募了12名男志愿者和18名女志愿者．調(diào)查發(fā)現(xiàn)，這30名志愿者的身高如圖：(單位：cm) 若身高在175 cm以上(包括175 cm)定義為“高個(gè)子”，身高在175 cm以下(不包括175 cm)定義為“非高個(gè)子”，且只有“女高個(gè)子”才能擔(dān)任“禮儀小姐”． (1)如果用分層抽樣的方法從“高個(gè)子”和“非高個(gè)子”中抽取5人，再?gòu)倪@5人中選2

8、人，則至少有一人是“高個(gè)子”的概率是多少？ (2)若從所有“高個(gè)子”中選3名志愿者，用ξ表示所選志愿者中能擔(dān)任“禮儀小姐”的人數(shù)，試寫出ξ的分布列，并求ξ的數(shù)學(xué)期望． 4．?dāng)?shù)列與不等式 高考中數(shù)列解答題的求解主要有以下幾個(gè)特點(diǎn)： (1)與等差、等比數(shù)列基本量有關(guān)的計(jì)算，可根據(jù)題意列方程(方程組)或利用等差、等比數(shù)列的性質(zhì)求解； (2)與求和有關(guān)的題目，首先要求通項(xiàng)公式，并根據(jù)通項(xiàng)公式選擇恰當(dāng)?shù)那蠛头椒?如錯(cuò)位相減法、裂項(xiàng)相消法、分組求和法等)； (3)含Sn的式子，要根據(jù)題目特征利用an＝進(jìn)行轉(zhuǎn)化； (4)與遞推數(shù)列有關(guān)的問(wèn)題，要能合理轉(zhuǎn)化，使之構(gòu)造出新的等差、等比數(shù)列； (5

9、)與數(shù)列有關(guān)的不等式問(wèn)題，可根據(jù)數(shù)列的特征選擇方法(如比較法、放縮法、數(shù)學(xué)歸納法等)； (6)與函數(shù)有關(guān)的問(wèn)題，應(yīng)根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)求解． 【例4】(2012·四川成都二診，20)已知數(shù)列{an}和{bn}，b1＝1，且bn＋1－3bn＝2n－2，記an＝bn＋1－bn＋1，n∈N*. (1)證明：數(shù)列{an}為等比數(shù)列； (2)求數(shù)列{an}和{bn}的通項(xiàng)公式； (3)記cn＝logan3·logan＋23，數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和為Tn，若45Tk＜29，k∈N*恒成立，求k的最大值． 點(diǎn)評(píng) 第(1)問(wèn)考查了等比數(shù)列的證明，它是為第(2)、(3)問(wèn)服務(wù)的．第(2)問(wèn)考查了求數(shù)列通項(xiàng)

10、公式的常規(guī)方法．第(3)問(wèn)考查了數(shù)列的求和方法，是數(shù)列與不等式知識(shí)的綜合問(wèn)題． 變式訓(xùn)練4 (2012·湖北八校二聯(lián)，19)各項(xiàng)為正數(shù)的數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足：Sn＝a＋an＋(n∈N*)． (1)求an； (2)設(shè)函數(shù)f(n)＝cn＝f(2n＋4)(n∈N*)，求數(shù)列{cn}的前n項(xiàng)和Tn. 5．解析幾何 解析幾何解答題主要考查圓錐曲線的基本概念、標(biāo)準(zhǔn)方程及幾何性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)和處理有關(guān)問(wèn)題的基本技能、基本方法，往往以中檔偏難題或以壓軸題形式出現(xiàn)，主要考查學(xué)生的邏輯推理能力、運(yùn)算能力，考查學(xué)生綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題的能力．突破解答題，應(yīng)重點(diǎn)研究直線與曲線的位置關(guān)系，

11、要充分運(yùn)用一元二次方程根的判別式和韋達(dá)定理，注意運(yùn)用“設(shè)而不求”的思想方法，靈活運(yùn)用“點(diǎn)差法”解題，要善于運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想分析問(wèn)題，使數(shù)與形相互轉(zhuǎn)化，根據(jù)具體特征選擇相應(yīng)方法． 【例5】已知橢圓＋＝1，點(diǎn)P是橢圓上異于頂點(diǎn)的任意一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作橢圓的切線l，交y軸于點(diǎn)A，直線l′過(guò)點(diǎn)P且垂直于l，交y軸于點(diǎn)B.試判斷以AB為直徑的圓能否經(jīng)過(guò)定點(diǎn)，若能，求出定點(diǎn)坐標(biāo)；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由． 點(diǎn)評(píng) 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系一直是命題的熱點(diǎn)，基本方法是聯(lián)立方程，利用判別式、根與系數(shù)關(guān)系求解，運(yùn)算量一般較大，這類綜合題中常涉及的問(wèn)題有弦長(zhǎng)問(wèn)題、面積問(wèn)題、對(duì)稱問(wèn)題、定點(diǎn)定值問(wèn)題等，是歷年高考的熱點(diǎn)問(wèn)題，

12、復(fù)習(xí)時(shí)要注重通性通法的訓(xùn)練． 變式訓(xùn)練5 (2012·山東高考，文21)如圖，橢圓M：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，直線x＝±a和y＝±b所圍成的矩形ABCD的面積為8. (1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)直線l：y＝x＋m(m∈R)與橢圓M有兩個(gè)不同的交點(diǎn)P，Q，l與矩形ABCD有兩個(gè)不同的交點(diǎn)S，T.求的最大值及取得最大值時(shí)m的值． 6．函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 以函數(shù)為載體，以導(dǎo)數(shù)為工具，以考查函數(shù)性質(zhì)及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用為目標(biāo)，以導(dǎo)數(shù)為工具圍繞函數(shù)、不等式、方程等綜合考查．在知識(shí)的交匯處命題，涉及到具體內(nèi)容較多，如給定解析式求參數(shù)值，給定條件求參數(shù)范圍，以及對(duì)參數(shù)討論與證明不等式問(wèn)題，極值

13、、最值、值域及分析圖象交點(diǎn)等問(wèn)題，都以導(dǎo)數(shù)為工具．既考查函數(shù)部分的相關(guān)知識(shí)，又滲透函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、化歸與轉(zhuǎn)化、分類與整合等數(shù)學(xué)思想． 【例6】(2012·河南許昌聯(lián)考，21)設(shè)x＝3是函數(shù)f(x)＝(x2＋ax＋b)e3－x(x∈R)的一個(gè)極值點(diǎn)． (1)求a與b的關(guān)系式(用a表示b)，并求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)a＞0，g(x)＝ex.若存在x1，x2∈[0,4]使得|f(x1)－g(x2)|＜1成立，求a的取值范圍． 點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究極值、單調(diào)區(qū)間、值域問(wèn)題，考查了分類討論思想等． 變式訓(xùn)練6 (2012·廣東中山一模，20)已知函數(shù)f(x)＝4x3－3x

14、2sin θ＋，其中x∈R，θ為參數(shù)，且0＜θ＜π. (1)當(dāng)θ＝0時(shí)，判斷函數(shù)f(x)是否有極值，說(shuō)明理由； (2)要使函數(shù)f(x)的極小值大于零，求參數(shù)θ的取值范圍； (3)若對(duì)(2)中所求的取值范圍內(nèi)的任意參數(shù)θ，函數(shù)f(x)在區(qū)間(2a－1，a)內(nèi)都是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 參考答案 方法例析 【例1】解：(1)因?yàn)閒(x)＝sin2ωx－cos2ωx＋2sin ωx·cos ωx＋λ ＝－cos 2ωx＋sin 2ωx＋λ ＝2sin＋λ． 由直線x＝π是y＝f(x)圖象的一條對(duì)稱軸， 可得sin＝±1， 所以2ωπ－＝kπ＋(k∈Z)， 即ω＝＋(k∈

15、Z)． 又ω∈，k∈Z， 所以k＝1，故ω＝． 所以f(x)的最小正周期是． (2)由y＝f(x)的圖象過(guò)點(diǎn)，得f＝0， 即λ＝－2sin ＝－2sin＝－， 即λ＝－． 故f(x)＝2sin－． 由0≤x≤，有－≤x－≤， 所以－≤sin≤1， 得－1－≤2sin－≤2－， 故函數(shù)f(x)在上的取值范圍為［－1－，2－］． 【變式訓(xùn)練1】解：(1)f(x)＝cos＋sin2x ＝＋ ＝－sin 2x， 故f(x)的最小正周期為π． (2)當(dāng)x∈時(shí)，g(x)＝－f(x)＝sin 2x．故 ①當(dāng)x∈時(shí)，x＋∈． 由于對(duì)任意x∈R，g＝g(x)， 從而g(x

16、)＝g ＝sin＝sin(π＋2x) ＝－sin 2x． ②當(dāng)x∈時(shí)，x＋π∈． 從而g(x)＝g(x＋π)＝sin［2(x＋π)］＝sin 2x． 綜合①②得g(x)在［－π，0］上的解析式為 【例2】解：(1)存在，線段BC的中點(diǎn)就是滿足條件的點(diǎn)P． 證明如下： 取AB的中點(diǎn)F，連接DP，PF，EF， 則PF∥AC，且FP＝AC． 取AC的中點(diǎn)M，連接EM，EC． ∵AE＝AC且∠EAC＝60°， ∴△EAC是正三角形，∴EM⊥AC， ∴四邊形EMCD為矩形， ∴ED＝MC＝AC． 又ED∥AC，∴ED∥FP且ED＝FP， ∴四邊形EFPD是平行四邊形，

17、 ∴DP∥EF． 又EF?平面EAB，DP平面EAB， ∴DP∥平面EAB． (2)(解法1)過(guò)B作AC的平行線l，過(guò)C作l的垂線交l于G，連接DG． ∵ED∥AC， ∴ED∥l， 則l是平面EBD與平面ABC的交線． ∵平面EAC⊥平面ABC，DC⊥AC， ∴DC⊥平面ABC． 又∵CG⊥l，∴l(xiāng)⊥DG， ∴∠DGC是所求二面角的平面角． 設(shè)AB＝AC＝AE＝2a， 則CD＝a，GC＝2a． ∴GD＝＝a， ∴cos θ＝cos∠DGC＝＝． (解法2)∵∠BAC＝90°，平面EACD⊥平面ABC， ∴以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線AB為x軸，直線AC為y軸，建

18、立空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)－xyz，如圖所示． 設(shè)AB＝AC＝AE＝2a， 由已知，得B(2a,0,0)，E(0，a，a)，D(0,2a，a)， ∴＝(2a，－a，－a)，＝(0，a,0)． 設(shè)平面EBD的法向量為n＝(x，y，z)， 則且， ∴∴解之，得取z＝2，得平面EBD的一個(gè)法向量為n＝(，0,2)． 又∵平面ABC的一個(gè)法向量為n′＝(0,0,1)． ∴cos θ＝|cos〈n，n′〉|＝＝． 【變式訓(xùn)練2】解：(1)由ABCD是矩形得BC∥AD，推出BC∥平面ADF． 由CE∥DF得CE∥平面ADF． ∵BC∩CE＝C，所以平面BCE∥平面ADF． ∵BE?平面

19、BCE，從而BE∥平面ADF． (2)如圖，建立空間直角坐標(biāo)系D－xyz， 設(shè)BC＝a，CE＝b，DF＝c，得B(a,3,0)，C(0,3,0)，E(0,3，b)，F(xiàn)(0,0，c)， ∴＝(0，－3，c－b)，＝(0,3，b)． ∵，＝2， 解得b＝3，c＝4， 設(shè)平面BEF的一個(gè)法向量n＝(1，p，q)， 由n·＝0，n·＝0，求得平面BEF的一個(gè)法向量為n＝． 又∵DA⊥平面DCEF， ∴|cos〈n，〉|＝，解得a＝． ∴當(dāng)BC＝時(shí)，平面BEF與平面CDFE所成角的大小為45°． 【例3】解：(1)記“該選手通過(guò)初賽”為事件A，“該選手通過(guò)復(fù)賽”為事件B，“該選

20、手通過(guò)決賽”為事件C， 則P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝． 那么該選手在復(fù)賽階段被淘汰的概率是： P＝P(A)＝P(A)P()＝×＝． (2)ξ可能的取值為1,2,3． P(ξ＝1)＝P()＝1－＝， P(ξ＝2)＝P(A)＝P(A)P()＝×＝， P(ξ＝3)＝P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝． ξ的分布列為： ξ 1 2 3 P ξ的數(shù)學(xué)期望Eξ＝1×＋2×＋3×＝． 【變式訓(xùn)練3】解：(1)根據(jù)莖葉圖，有“高個(gè)子”12人，“非高個(gè)子”18人， 用分層抽樣的方法，每個(gè)人被抽中的概率是＝， 所以選中的“高個(gè)子”有12×＝2人，“非高個(gè)子”有

21、18×＝3人． 用A表示事件“至少有一名‘高個(gè)子’被選中”，則P(A)＝1－＝1－＝． 因此，至少有一人是“高個(gè)子”的概率是． (2)依題意，ξ的取值為0,1,2,3． P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝， P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝． 因此，ξ的分布列如下： ξ 0 1 2 3 P 所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝1． 【例4】解：(1)∵bn＋1－3bn＝2n－2， ∴bn－3bn－1＝2(n－1)－2，n≥2，n∈N*． 兩式相減，得bn＋1－bn－3bn＋3bn－1＝2(n≥2，n∈N*)． 整理，得bn＋1－bn＋1＝3

22、(bn－bn－1＋1)(n≥2，n∈N*)， 即an＝3an－1(n≥2，n∈N*)． ∴數(shù)列{an}是公比為3的等比數(shù)列． (2)∵b2＝3， ∴a1＝3－1＋1＝3．∴an＝3n(n∈N*)． ∵an＝bn＋1－bn＋1＝3n， ∴bn－bn－1＋1＝3n－1，bn－1－bn－2＋1＝3n－2，…，b2－b1＋1＝31． 累加，得bn－b1＋n－1＝－1． ∴bn＝－n＋(n∈N*)． (3)＝＝． ∴Tn＝＝－． 由45Tk＜29得135－90＜116． ∴＋＞＝＋． ∴k＜8． 又k∈N*，∴k的最大值為7， 【變式訓(xùn)練4】解：(1)由Sn＝an2＋an＋

23、，① 得，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝an－12＋an－1＋．② 由①－②化簡(jiǎn)得：(an＋an－1)(an－an－1－2)＝0． 又∵數(shù)列{an}的各項(xiàng)為正數(shù)， ∴當(dāng)n≥2時(shí)，an－an－1＝2． 故數(shù)列{an}成等差數(shù)列，公差為2． 又a1＝S1＝a12＋a1＋， 解得a1＝1， ∴an＝2n－1． (2)由分段函數(shù) f(n)＝ 可以得到：c1＝f(6)＝f(3)＝a3＝5， c2＝f(8)＝f(4)＝f(2)＝f(1)＝a1＝1； 當(dāng)n≥3，n∈N*時(shí)， cn＝f(2n＋4)＝f(2n－1＋2)＝f(2n－2＋1)＝2(2n－2＋1)－1＝2n－1＋1， 故當(dāng)n≥3

24、時(shí)，Tn＝5＋1＋(22＋1)＋(23＋1)＋…＋(2n－1＋1)＝6＋＋(n－2)＝2n＋n． n＝1時(shí)，T1＝5不滿足Tn＝2n＋n， n＝2時(shí)，T2＝c1＋c2＝6滿足Tn＝2n＋n， 故Tn＝ 【例5】解：設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)(x0≠0，y0≠0)，直線l的方程為y－y0＝k(x－x0)，代入＋＝1， 整理得(3＋4k2)x2＋8k(y0－kx0)x＋4(y0－kx0)2－12＝0． ∵x＝x0是方程的兩個(gè)相等實(shí)根， ∴2x0＝－，解得k＝－． ∴直線l的方程為y－y0＝－(x－x0)．令x＝0，得點(diǎn)A的坐標(biāo)為． 又∵＋＝1，∴4y02＋3x02＝12， ∴點(diǎn)A

25、的坐標(biāo)為． 又直線l′的方程為y－y0＝(x－x0)，令x＝0，得點(diǎn)B的坐標(biāo)為， ∴以AB為直徑的圓方程為x·x＋·＝0， 整理得x2＋y2＋y－1＝0．由得 ∴以AB為直徑的圓恒過(guò)定點(diǎn)(－1,0)和(1,0)． 【變式訓(xùn)練5】解：(1)設(shè)橢圓M的半焦距為c，由題意知 所以a＝2，b＝1． 因此橢圓M的方程為＋y2＝1． (2)由整理得5x2＋8mx＋4m2－4＝0， 由Δ＝64m2－80(m2－1)＝80－16m2＞0， 得－＜m＜． 設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 則x1＋x2＝－，x1x2＝． 所以|PQ|＝＝ ＝(－＜m＜)． 線段CD的方程為y＝

26、1(－2≤x≤2)，線段AD的方程為x＝－2(－1≤y≤1)． ①不妨設(shè)點(diǎn)S在AD邊上，T在CD邊上，可知1≤m＜，S(－2，m－2)，D(－2,1)， 所以|ST|＝|SD|＝［1－(m－2)］＝(3－m)， 因此＝， 令t＝3－m(1≤m＜)， 則m＝3－t，t∈(3－，2］， 所以＝ ＝ ＝， 由于t∈(3－，2］， 所以∈， 因此當(dāng)＝即t＝時(shí)，取得最大值，此時(shí)m＝． ②不妨設(shè)點(diǎn)S在AB邊上，T在CD邊上，此時(shí)－1≤m≤1， 因此|ST|＝|AD|＝2，此時(shí)＝， 所以當(dāng)m＝0時(shí)，取得最大值． ③不妨設(shè)點(diǎn)S在AB邊上，T在BC邊上，－＜m≤－1，由橢圓和矩

27、形的對(duì)稱性知的最大值為，此時(shí)m＝－． 綜上所述m＝±或m＝0時(shí)，取得最大值． 【例6】解：(1)f′(x)＝－［x2＋(a－2)x＋b－a］e3－x， 由f′(3)＝0，得－［32＋3(a－2)＋b－a］e3－3＝0， 即得b＝－3－2a， 則f′(x)＝－［x2＋(a－2)x－3－3a］e3－x＝－(x－3)(x＋a＋1)e3－x． 令f′(x)＝0，得x1＝3或x2＝－a－1， 由于x＝3是函數(shù)的一個(gè)極值點(diǎn)． 所以x1≠x2，那么a≠－4． 當(dāng)a＜－4時(shí)，x2＞3＝x1，則 在區(qū)間(－∞，3)上，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)； 在區(qū)間(3，－a－1)上，f′(x)

28、＞0，f(x)為增函數(shù)； 在區(qū)間(－a－1，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)． 當(dāng)a＞－4時(shí)，x2＜3＝x1，則 在區(qū)間(－∞，－a－1)上，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)； 在區(qū)間(－a－1,3)上，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)； 在區(qū)間(3，＋∞)上，f′(x)＜0，f(x)為減函數(shù)． 即a＜－4時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(3，－a－1)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，3)，(－a－1，＋∞)； a＞－4時(shí)，f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(－a－1,3)，單調(diào)減區(qū)間為(－∞，－a－1)，(3，＋∞)． (2)由(1)知，當(dāng)a＞0時(shí)，f(x)在區(qū)間(0,3)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(

29、3,4)上單調(diào)遞減， 而f(0)＝－(2a＋3)e3＜0，f(4)＝(2a＋13)e－1＞0，f(3)＝a＋6， 那么f(x)在區(qū)間［0,4］上的值域是［－(2a＋3)e3，a＋6］． 又g(x)＝ex在區(qū)間［0,4］上是增函數(shù)， 且它在區(qū)間［0,4］上的值域是， 由于－(a＋6)＝a2－a＋＝2≥0， 所以只須且僅須－(a＋6)＜1且a＞0，解得0＜a＜． 故a的取值范圍是． 【變式訓(xùn)練6】解：(1)當(dāng)θ＝0即sin θ＝0時(shí)，f(x)＝4x3＋， 則f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，故無(wú)極值． (2)f′(x)＝12x2－6xsin θ， 令f′(x)＝0，得x1＝

30、0，x2＝． 當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)的符號(hào)及f(x)的變化情況如下表： x (－∞，0) 0 f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) 增 極大值 減 極小值 增 因此，函數(shù)f(x)在x＝處取得極小值f， 且＝－sin3θ＋． 要使＞0，必有－sin3θ＋＞0，可得0＜sin θ＜， 所以0＜θ＜或＜θ＜π． (3)由(2)知，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)與內(nèi)都是增函數(shù)． 由題設(shè)函數(shù)f(x)在(2a－1，a)內(nèi)是增函數(shù)，則a須滿足不等式組或 由(2)，參數(shù)θ滿足0＜θ＜或＜θ＜π時(shí)，0＜sin θ＜， 要使不等式2a－1≥sin θ關(guān)于參數(shù)θ恒成立，必有2a－1≥，∴a≥． 綜上所述，a的取值范圍是(－∞，0］∪．