2024屆高考數(shù)學壓軸題專項突破訓練一、引言高考數(shù)學壓軸題（通常為解答題最后兩題）是區(qū)分考生數(shù)學能力的關鍵板塊，占分約20-25分，考查內容集中在函數(shù)與導數(shù)、圓錐曲線、數(shù)列三大模塊，融合邏輯推理、運算求解、直觀想象等核心素養(yǎng)。其命題特點是綜合性強、思維深度大、運算量適中但技巧性高，既要求扎實的基礎知識，也需要靈活的解題策略。對于2024屆考生而言，針對性突破壓軸題，不僅能提升總分，更能培養(yǎng)應對復雜問題的能力。二、高考壓軸題命題趨勢分析結合____年全國卷、新高考卷及各省份自主命題卷，壓軸題呈現(xiàn)以下趨勢：1.函數(shù)與導數(shù)：以“含參函數(shù)的單調性/極值/零點”為基礎，延伸至“不等式證明”“恒成立問題”“函數(shù)圖像交點”，強調分類討論、構造函數(shù)、放縮技巧的綜合應用（如2023全國甲卷導數(shù)題考查“隱零點法”與“放縮證明”）。2.圓錐曲線：以“橢圓/拋物線”為載體，聚焦“定點定值”“范圍與最值”“存在性問題”，突出幾何性質與代數(shù)運算的融合（如2023新高考Ⅰ卷圓錐曲線題考查“直線與拋物線相切的定點問題”）。3.數(shù)列：以“遞推關系”為核心，結合“數(shù)列求和”“不等式放縮”，注重數(shù)學歸納法、構造法的應用（如2022全國乙卷數(shù)列題考查“累加遞推”與“裂項放縮”）。4.創(chuàng)新點：部分試卷將“概率統(tǒng)計”與“數(shù)列/導數(shù)”結合（如2023新高考Ⅱ卷），或引入“開放性問題”，考查學生的靈活應用能力。三、核心題型專項突破（一）函數(shù)與導數(shù)：綜合應用與邏輯推理核心考點：含參函數(shù)的單調性、極值與最值；函數(shù)零點個數(shù)判斷；不等式恒成立/證明；導數(shù)與函數(shù)圖像的關系。解題策略：1.分類討論：針對參數(shù)的不同取值，分析函數(shù)的單調性（如$f(x)=ax-\lnx$，需討論$a\leq0$與$a>0$的情況）。2.構造函數(shù)：證明不等式$f(x)\geqg(x)$時，構造$h(x)=f(x)-g(x)$，轉化為$h(x)_{\min}\geq0$（如證明$e^x\geqx+1$，構造$h(x)=e^x-x-1$，求導得$h(x)_{\min}=h(0)=0$）。3.隱零點法：當導數(shù)的零點無法解析求解時，設其為$x_0$，利用$f'(x_0)=0$化簡$f(x_0)$（如2023全國甲卷導數(shù)題：$f(x)=x\lnx-ax+a$，討論零點個數(shù)時，設$f'(x_0)=0$得$\lnx_0=2a-1$，代入$f(x_0)$得$f(x_0)=a(1-x_0)$）。4.放縮法：利用常見不等式（如$\lnx\leqx-1$，$e^x\geqx+1$，$\frac{x}{x+1}\leq\ln(x+1)\leqx$）簡化證明（如證明$1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}<2$，用$\frac{1}{n^2}<\frac{1}{n(n-1)}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$裂項累加）。典型例題（2023全國甲卷·理21）設函數(shù)$f(x)=x\lnx-ax+a$，其中$a>0$。（1）求$f(x)$的單調區(qū)間；（2）若$f(x)$在$(1,+\infty)$內有且僅有一個零點，求$a$的取值范圍。解析：（1）$f'(x)=\lnx+1-a$，令$f'(x)=0$得$x=e^{a-1}$。當$x\in(0,e^{a-1})$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調遞減；當$x\in(e^{a-1},+\infty)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增。故$f(x)$的遞減區(qū)間為$(0,e^{a-1})$，遞增區(qū)間為$(e^{a-1},+\infty)$。（2）由（1）知，$f(x)$在$x=e^{a-1}$處取得最小值$f(e^{a-1})=a(1-e^{a-1})$。若$f(x)$在$(1,+\infty)$內有且僅有一個零點，則需滿足：當$e^{a-1}\leq1$（即$a\leq1$）時，$f(x)$在$(1,+\infty)$單調遞增，$f(1)=0$，故需$f(x)>0$在$(1,+\infty)$恒成立，即$a(1-e^{a-1})>0$，但$a\leq1$時$1-e^{a-1}\geq0$，故$a=1$時$f(x)$在$(1,+\infty)$遞增且$f(1)=0$，無零點；當$e^{a-1}>1$（即$a>1$）時，$f(x)$在$(1,e^{a-1})$遞減，在$(e^{a-1},+\infty)$遞增，最小值$f(e^{a-1})=a(1-e^{a-1})<0$（因$a>1$，$e^{a-1}>1$）。又$f(+\infty)=+\infty$，$f(1)=0$，故需$f(e^{a-1})<0$且$f(x)$在$(e^{a-1},+\infty)$遞增至$+\infty$，故存在唯一零點。綜上，$a>1$。變式訓練：設函數(shù)$f(x)=e^x-ax-1$，$a\inR$。（1）求$f(x)$的單調區(qū)間；（2）若$f(x)\geq0$對任意$x\inR$成立，求$a$的取值范圍。（答案提示：（1）$a\leq0$時遞增；$a>0$時，遞減區(qū)間$(0,\lna)$，遞增區(qū)間$(\lna,+\infty)$；（2）$a=1$）（二）圓錐曲線：幾何代數(shù)融合與運算優(yōu)化核心考點：橢圓/拋物線的標準方程；直線與圓錐曲線的位置關系；定點定值問題；范圍與最值問題；存在性問題。解題策略：1.設而不求：聯(lián)立直線與圓錐曲線方程，利用韋達定理表示$x_1+x_2$、$x_1x_2$，避免求具體交點（如2023新高考Ⅰ卷圓錐曲線題）。2.參數(shù)法：用參數(shù)表示點的坐標（如橢圓參數(shù)方程$x=a\cos\theta$，$y=b\sin\theta$），轉化為三角函數(shù)問題（如求橢圓上點到直線的距離最值）。3.幾何法：利用圓錐曲線的幾何性質（如橢圓的定義、拋物線的焦點弦性質）簡化運算（如拋物線$y^2=2px$的焦點弦$AB$，有$x_1x_2=p^2/4$，$y_1y_2=-p^2$）。4.定點定值問題：將目標表達式表示為參數(shù)的函數(shù)，令參數(shù)系數(shù)為零求定點（如證明直線$AB$過定點，設直線方程為$y=kx+m$，代入曲線方程得關于$k$的表達式，令$k$的系數(shù)為零）。典型例題（2023新高考Ⅰ卷·21）已知橢圓$E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的左焦點為$F$，過$F$的直線與$E$交于$A$、$B$兩點，當直線$AB$垂直于$x$軸時，$|AB|=3$，且$\triangleABF$的面積為$\frac{3}{2}$。（1）求$E$的標準方程；（2）設直線$AB$的斜率為$k$，點$P$在$E$上，且$OP\parallelAB$（$O$為原點），求證：$\frac{|AB|}{|OP|^2}$為定值。解析：（1）左焦點$F(-c,0)$，當$AB\perpx$軸時，$A(-c,y_1)$，$B(-c,-y_1)$，代入橢圓方程得$\frac{c^2}{a^2}+\frac{y_1^2}{b^2}=1$，故$y_1=\frac{b^2}{a}$，$|AB|=2y_1=\frac{2b^2}{a}=3$。$\triangleABF$的面積為$\frac{1}{2}\times|AB|\timesc=\frac{1}{2}\times3\timesc=\frac{3}{2}$，得$c=1$。又$a^2=b^2+c^2=b^2+1$，代入$\frac{2b^2}{a}=3$得$2b^2=3a$，聯(lián)立得$2(a^2-1)=3a$，解得$a=2$（$a=-\frac{1}{2}$舍去），故$b^2=3$，橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$。（2）設直線$AB$的方程為$y=k(x+1)$，聯(lián)立橢圓方程得：$(3+4k^2)x^2+8k^2x+4k^2-12=0$。由韋達定理，$x_1+x_2=-\frac{8k^2}{3+4k^2}$，$x_1x_2=\frac{4k^2-12}{3+4k^2}$。$|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(\frac{64k^4}{(3+4k^2)^2})-4\cdot\frac{4k^2-12}{3+4k^2}}=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{\frac{144(1+k^2)}{(3+4k^2)^2}}=\frac{12(1+k^2)}{3+4k^2}$。因$OP\parallelAB$，設$OP$的方程為$y=kx$，代入橢圓方程得$\frac{x^2}{4}+\frac{k^2x^2}{3}=1$，解得$x^2=\frac{12}{3+4k^2}$，故$|OP|^2=x^2+y^2=x^2(1+k^2)=\frac{12(1+k^2)}{3+4k^2}$。因此，$\frac{|AB|}{|OP|^2}=\frac{\frac{12(1+k^2)}{3+4k^2}}{\frac{12(1+k^2)}{3+4k^2}}=1$，為定值。變式訓練：已知拋物線$y^2=4x$的焦點為$F$，過$F$的直線與拋物線交于$A$、$B$兩點，若$|AB|=8$，求直線$AB$的方程。（答案提示：設直線方程為$y=k(x-1)$，聯(lián)立得$k^2x^2-(2k^2+4)x+k^2=0$，$|AB|=x_1+x_2+2=8$（拋物線定義），故$x_1+x_2=6$，由韋達定理得$\frac{2k^2+4}{k^2}=6$，解得$k=\pm1$，直線方程為$y=x-1$或$y=-x+1$）（三）數(shù)列：遞推關系與放縮技巧核心考點：遞推數(shù)列的通項公式；數(shù)列求和（裂項、錯位相減）；數(shù)列不等式證明（放縮法、數(shù)學歸納法）。解題策略：1.構造等差/等比數(shù)列：對于線性遞推（如$a_{n+1}=pa_n+q$），構造$a_{n+1}+t=p(a_n+t)$，求$t$使得數(shù)列$\{a_n+t\}$為等比數(shù)列（如$a_{n+1}=2a_n+1$，構造$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，得$a_n=2^n-1$）。2.累加/累乘法：對于$a_{n+1}-a_n=f(n)$（如$a_{n+1}=a_n+\frac{1}{n(n+1)}$），用累加得$a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}f(k)$；對于$\frac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)$（如$a_{n+1}=a_n\cdot\frac{n}{n+1}$），用累乘得$a_n=a_1\cdot\prod_{k=1}^{n-1}f(k)$。3.放縮法：證明數(shù)列和$S_n<k$（$k$為常數(shù)），常用裂項放縮（如$\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）、糖水不等式（如$\frac{a}<\frac{a+c}{b+c}$，$a,b,c>0$）或利用常見不等式（如$\lnn<n-1$）。典型例題（2022全國乙卷·理19）已知數(shù)列$\{a_n\}$滿足$a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+1$。（1）求$\{a_n\}$的通項公式；（2）設$b_n=\frac{a_n+1}{a_na_{n+1}}$，求數(shù)列$\{b_n\}$的前$n$項和$S_n$。解析：（1）由$a_{n+1}=2a_n+1$，得$a_{n+1}+1=2(a_n+1)$，故$\{a_n+1\}$是以$a_1+1=2$為首項，2為公比的等比數(shù)列，故$a_n+1=2^n$，即$a_n=2^n-1$。（2）$b_n=\frac{a_n+1}{a_na_{n+1}}=\frac{2^n}{(2^n-1)(2^{n+1}-1)}=\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1}$（裂項）。故$S_n=\sum_{k=1}^nb_k=\left(\frac{1}{2^1-1}-\frac{1}{2^2-1}\right)+\left(\frac{1}{2^2-1}-\frac{1}{2^3-1}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2^n-1}-\frac{1}{2^{n+1}-1}\right)=1-\frac{1}{2^{n+1}-1}$。變式訓練：已知數(shù)列$\{a_n\}$滿足$a_1=2$，$a_{n+1}=a_n+\ln(1+\frac{1}{n})$，求$a_n$。（答案提示：累加得$a_n=2+\lnn$）四、通用解題策略與技巧1.審題技巧：圈畫關鍵詞（如“任意”“存在”“恒成立”“有解”），轉化為數(shù)學條件（如“任意$x\in[1,2]$，$f(x)\geqg(x)$”等價于“$f(x)-g(x)_{\min}\geq0$”）。挖掘隱含條件（如圓錐曲線中“直線與橢圓相交”需$\Delta>0$；數(shù)列中“$a_n>0$”需遞推式中參數(shù)滿足條件）。2.思維方法：逆向思維：證明“$f(x)>0$”困難時，可假設“存在$x_0$使$f(x_0)\leq0$”，導出矛盾。類比思維：遇到新問題時，聯(lián)想類似題型的解法（如“函數(shù)零點個數(shù)”類比“方程解的個數(shù)”）。3.運算技巧：簡化運算：圓錐曲線中聯(lián)立方程時，盡量用對稱形式（如設直線為$x=my+t$，避免討論斜率不存在的情況）；導數(shù)中求導時，先化簡函數(shù)（如$f(x)=\ln\frac{x}{1+x}$可化為$\lnx-\ln(1+x)$）。避免錯誤：計算韋達定理時，注意符號（如$x_1+x_2=-\frac{B}