高考數(shù)學壓軸題專項解析高考數(shù)學的壓軸題（通常為試卷最后兩題）是區(qū)分高分段考生的關(guān)鍵戰(zhàn)場，其命題圍繞函數(shù)與導數(shù)、圓錐曲線、數(shù)列與不等式三大核心模塊展開，兼具深度與廣度，考查邏輯推理、創(chuàng)新思維與知識綜合應用能力。本文結(jié)合近年真題規(guī)律，從題型解構(gòu)、策略提煉、實例分析三方面展開，助力考生建立系統(tǒng)的解題思維。一、函數(shù)與導數(shù)壓軸題：以“導”為刃，破“函”之局（一）核心考點與命題邏輯函數(shù)與導數(shù)壓軸題常以含參函數(shù)的單調(diào)性/極值/最值、不等式恒成立/存在性、零點問題、導數(shù)的幾何意義（切線、公切線）為載體，滲透分類討論、數(shù)形結(jié)合、放縮法、隱零點代換等思想。命題邏輯體現(xiàn)“從具體函數(shù)到抽象構(gòu)造，從單一性質(zhì)到綜合應用”的梯度。（二）解題策略與典型技法1.分類討論策略：針對含參函數(shù)（如\(f(x)=ax^3+bx^2+cx+d\)或\(f(x)=e^x-ax-b\)），需根據(jù)參數(shù)（如\(a\)）的取值范圍，分析導數(shù)的符號變化，進而確定函數(shù)單調(diào)性。*示例*：若\(f'(x)=3ax^2+2bx+c\)，需討論\(a=0\)（一次函數(shù)）、\(a\neq0\)（二次函數(shù)）時的判別式\(\Delta\)，再細分\(\Delta\leq0\)（導數(shù)不變號）、\(\Delta>0\)（導數(shù)變號）的情況。2.分離參數(shù)法：將不等式\(f(x,a)\geq0\)轉(zhuǎn)化為\(a\geqg(x)\)（或\(a\leqg(x)\)），通過求\(g(x)\)的最值解決恒成立問題。需注意定義域?qū)(g(x)\)值域的限制。3.隱零點代換：當導數(shù)的零點無法直接求出（如\(f'(x)=e^x-x-a\)的零點），可設(shè)零點為\(x_0\)，利用\(f'(x_0)=0\)（如\(e^{x_0}=x_0+a\)）將原函數(shù)的極值表達式轉(zhuǎn)化為僅含\(x_0\)的式子，結(jié)合\(x_0\)的范圍（由\(f'(x)\)的單調(diào)性或特殊點判斷）求解。（三）真題解析：含參函數(shù)的極值與不等式證明例題（近年新高考Ⅰ卷）：已知函數(shù)\(f(x)=e^x-ax-1\)，\(g(x)=\ln(x+1)-ax\)。（1）討論\(f(x)\)的單調(diào)性；（2）若\(x\geq0\)時，\(g(x)\leq0\)，求\(a\)的取值范圍。解析：（1）對\(f(x)\)求導得\(f'(x)=e^x-a\)。當\(a\leq0\)時，\(e^x>0\)，故\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)在\(\mathbb{R}\)上單調(diào)遞增；當\(a>0\)時，令\(f'(x)=0\)，得\(x=\lna\)。當\(x<\lna\)時，\(f'(x)<0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞減；當\(x>\lna\)時，\(f'(x)>0\)，\(f(x)\)單調(diào)遞增。（2）分析\(g(x)=\ln(x+1)-ax\)（\(x\geq0\)），求導得\(g'(x)=\frac{1}{x+1}-a\)。若\(a\geq1\)，則\(g'(x)\leq\frac{1}{x+1}-1=\frac{-x}{x+1}\leq0\)（\(x\geq0\)），故\(g(x)\)在\([0,+\infty)\)上單調(diào)遞減，\(g(x)\leqg(0)=0\)，滿足條件；若\(a<1\)，令\(g'(x)=0\)，得\(x=\frac{1}{a}-1\)（需\(x\geq0\)，即\(a<1\)時\(\frac{1}{a}-1>0\)）。當\(x\in(0,\frac{1}{a}-1)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調(diào)遞增，故\(g(\frac{1}{a}-1)>g(0)=0\)，不滿足\(g(x)\leq0\)。綜上，\(a\)的取值范圍為\([1,+\infty)\)。二、圓錐曲線壓軸題：以“形”助“數(shù)”，解“曲”之秘（一）核心考點與命題邏輯圓錐曲線（橢圓、雙曲線、拋物線）壓軸題聚焦定點定值、最值范圍、存在性問題、軌跡方程，核心是“用代數(shù)方法研究幾何性質(zhì)”。命題常結(jié)合直線與曲線的位置關(guān)系，通過韋達定理、參數(shù)法、點差法等轉(zhuǎn)化條件，體現(xiàn)“設(shè)而不求”的思想。（二）解題策略與典型技法1.設(shè)點設(shè)線策略：設(shè)直線方程：斜率存在時設(shè)為\(y=kx+m\)（含參），斜率不存在時設(shè)為\(x=t\)；設(shè)點坐標：若涉及中點，用“點差法”（如橢圓\(\frac{x_1^2}{a^2}+\frac{y_1^2}{b^2}=1\)與\(\frac{x_2^2}{a^2}+\frac{y_2^2}{b^2}=1\)相減，結(jié)合中點坐標\((\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})\)求斜率）。2.韋達定理應用：聯(lián)立直線與曲線方程，消元后得到一元二次方程，利用\(x_1+x_2=-\frac{B}{A}\)、\(x_1x_2=\frac{C}{A}\)轉(zhuǎn)化條件（如向量垂直、角度關(guān)系、距離公式）。3.幾何意義轉(zhuǎn)化：將代數(shù)條件（如\(|PA|+|PB|\)的最值）轉(zhuǎn)化為幾何意義（如橢圓的定義：\(|PA|+|PB|=2a\)），簡化運算。（三）真題解析：直線與橢圓的定點問題例題（近年全國乙卷）：已知橢圓\(E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\)（\(a>b>0\)）的離心率為\(\frac{\sqrt{3}}{2}\)，且過點\((2,1)\)。設(shè)\(C\)、\(D\)為橢圓上兩點，\(O\)為坐標原點，直線\(OC\)、\(OD\)的斜率分別為\(k_1\)、\(k_2\)，且\(k_1k_2=-\frac{1}{4}\)。證明：直線\(CD\)過定點。解析：1.求橢圓方程：由離心率\(e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)，得\(c^2=\frac{3}{4}a^2\)，又\(b^2=a^2-c^2=\frac{1}{4}a^2\)。將\((2,1)\)代入橢圓方程得\(\frac{4}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1\)，結(jié)合\(b^2=\frac{1}{4}a^2\)，解得\(a^2=8\)，\(b^2=2\)，故橢圓方程為\(\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\)。2.設(shè)直線\(CD\)方程：設(shè)\(C(x_1,y_1)\)，\(D(x_2,y_2)\)，直線\(CD\)的方程為\(x=ty+n\)（避免斜率不存在的情況），聯(lián)立橢圓方程得：\[\begin{cases}x=ty+n\\\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{2}=1\end{cases}\]消去\(x\)得\((t^2+4)y^2+2tny+n^2-8=0\)，由韋達定理得\(y_1+y_2=-\frac{2tn}{t^2+4}\)，\(y_1y_2=\frac{n^2-8}{t^2+4}\)。3.利用斜率條件：由\(k_1k_2=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=\frac{y_1y_2}{(ty_1+n)(ty_2+n)}=-\frac{1}{4}\)，展開分母并代入韋達定理化簡，最終可得\(n^2=2\)（或類似定值關(guān)系），故直線\(CD\)過定點\((\pm2\sqrt{2},0)\)（具體推導需結(jié)合嚴格代數(shù)運算，核心方法為“設(shè)線聯(lián)立+韋達定理+條件轉(zhuǎn)化”）。三、數(shù)列與不等式壓軸題：以“遞”為脈，證“不等”之理（一）核心考點與命題邏輯數(shù)列與不等式壓軸題融合遞推數(shù)列求通項、數(shù)列求和、不等式證明（放縮法、數(shù)學歸納法），考查“歸納—猜想—證明”的思維鏈。命題常以遞推關(guān)系（如\(a_{n+1}=pa_n+q\)、\(a_{n+1}=a_n+f(n)\)）為起點，結(jié)合不等式證明（如\(\sum_{k=1}^na_k<M\)），體現(xiàn)“放縮有度，遞推有序”的特點。（二）解題策略與典型技法1.遞推數(shù)列通項：等差型：\(a_{n+1}-a_n=f(n)\)，用累加法（\(a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}f(k)\)）；等比型：\(\frac{a_{n+1}}{a_n}=f(n)\)，用累乘法（\(a_n=a_1\cdot\prod_{k=1}^{n-1}f(k)\)）；線性遞推：\(a_{n+1}=pa_n+q\)（\(p\neq1\)），構(gòu)造等比數(shù)列（\(a_{n+1}+\frac{q}{p-1}=p\left(a_n+\frac{q}{p-1}\right)\)）。2.不等式證明——放縮法：裂項放縮：如\(\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\)，\(\frac{1}{\sqrt{n(n+1)}}<\frac{1}{\sqrt{n^2}}=\frac{1}{n}\)（或\(>\frac{1}{\sqrt{(n+1)^2}}=\frac{1}{n+1}\)）；函數(shù)放縮：利用\(\lnx\leqx-1\)、\(e^x\geqx+1\)等切線放縮，或\(\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x\)（\(x>0\)）；數(shù)學歸納法：先驗證\(n=1\)成立，假設(shè)\(n=k\)成立，推導\(n=k+1\)成立（需結(jié)合遞推關(guān)系或放縮技巧）。（三）真題解析：數(shù)列不等式的放縮證明例題（近年全國Ⅰ卷）：設(shè)數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)滿足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=3a_n+2^n\)。（1）求\(\{a_n\}\)的通項公式；（2）證明：對任意\(n\in\mathbb{N}^*\)，\(\frac{1}{a_1}+\frac{1}{a_2}+\dots+\frac{1}{a_n}<2\)。解析：（1）求通項：遞推式\(a_{n+1}=3a_n+2^n\)為線性非齊次遞推，構(gòu)造等比數(shù)列。設(shè)\(a_{n+1}+\lambda\cdot2^{n+1}=3(a_n+\lambda\cdot2^n)\)，展開得\(a_{n+1}=3a_n+\lambda\cdot2^n\)，與原式對比得\(\lambda=1\)。故\(a_{n+1}+2^{n+1}=3(a_n+2^n)\)，數(shù)列\(zhòng)(\{a_n+2^n\}\)是以\(a_1+2=3\)為首項，3為公比的等比數(shù)列，故\(a_n+2^n=3^n\)，即\(a_n=3^n-2^n\)。（2）證明不等式：由\(a_n=3^n-2^n\)，需證\(\sum_{k=1}^n\frac{1}{3^k-2^k}<2\)。放縮：當\(k\geq2\)時，\(3^k-2^k>3^k-\frac{3^k}{2}=\frac{3^k}{2}\)（因\(2^k<\frac{3^k}{2}\)對\(k\geq2\)成立），故\(\frac{1}{3^k-2^k}<\frac{2}{3^k}\)。因此，\(\sum_{k=1}^n\frac{1}{3^k-2^k}=\frac{1}{3-2}+\sum_{k=2}^n\frac{1}{3^k-2^k}<1+\sum_{k=2}^n\frac{2}{3^k}\)。等比數(shù)列求和：\(\sum_{k=2}^n\frac{2}{3^k}=2\cdot\frac{\frac{1}{9}(1-\frac{1}{3^{n-1}})}{1-\frac{1}{3}}=\frac{1}{3}(1-\frac{1}{3^{n-1