由于高考的选拔功能，近年来的高考数学压轴题中出现了不少以能力立意为目标、以增大思维容量为特色，具有一定深度和明确导向的创新题型，使高考数学试题充满了活力.本文结合近几年来的高考实例谈谈高考数学压轴题的特征及应对策略.
　　一、高考数学压轴题的特征
　　1．综合性——凸显数学思想方法的运用
　　近几年高考数学压轴题已经由单纯的知识叠加型转化为知识、方法、能力综合型尤其是创新能力型试题.压轴题是高考试题的精华部分，具有知识容量大、解题方法多、能力要求高、凸显数学思想方法的运用以及要求同学们具有一定的创新意识和创新能力等特点.
　　例1（11年江苏第19题）已知a,b是实数，函数f(x)=x3+ax，g(x)=x2+bx，f′(x)和g′(x)是f(x)和g(x)的导函数．若f′(x)g′(x)≥0在区间I上恒成立，则称f(x)和g(x)在区间I上单调性一致．
　　（Ⅰ）设a>0，若f(x)和g(x)在区间［－1,+∞)上单调性一致，求实数b的取值范围；
　　（Ⅱ）设a<0且a≠b，若f(x)和g(x)在以a,b为端点的开区间上单调性一致，求|a－b|的最大值．
　　解：f′(x)=3x2+a,g′(x)=2x+b．
　　（Ⅰ）由题意得f′(x)g′(x)≥0在［－1,+∞)上恒成立.因为a>0，故3x2+a>0，进而2x+b≥0，即b≥－2x在区间［－1,+∞)上恒成立，所以b≥2，因此b的取值范围是［2,+∞)．
　　（Ⅱ）令f′(x)=0，解得x=±－a3，若b>0，由a<0得0∈(a,b)，又因为f′(0)g′(0)=ab<0，所以函数f(x)和g(x)在(a,b)上不是单调性一致的.因此b≤0．
　　现设b≤0．当x∈(－∞,0)时，g′(x)<0；当x∈(－∞,－－a3)时，f′(x)>0．因此，当x∈(－∞,－－a3)时，f′(x)g′(x)<0.故由题设得a≥－－a3且b≥－－a3，从而－13≤a<0，于是－13≤b≤0，因此|a－b|≤13，且当a=－13,b=0时等号成立.又当a=－13,b=0时，f′(x)g′(x)=6x(x2－19),从而当x∈(－13,0)时，f′(x)g′(x)>0,故函数f(x)和g(x)在(－13,0)上单调性一致的.因此|a－b|的最大值为13．
　　点评：本题主要考查函数的概念、性质及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论、转化与化归等的数学思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力.
　　2．高观点性——与高等数学知识接轨
　　所谓高观点题，是指与高等数学相联系的数学问题，这样的问题或以高等数学知识为背景，或体现高等数学中常用的数学思想方法和推理方法.
　　例2（10年广东（理）第22题）A是由定义在［2, 4］上且满足如下条件的函数φ(x)组成的集合：
　　①对任意x∈［1, 2］，都有φ(2x)∈(1, 2)；
　　②存在常数L(0　　（Ⅰ）设φ(x)=31+x, x∈［2, 4］，证明：φ(x)∈A；
　　（Ⅱ）设φ(x)∈A，如果存在x0∈(1,2)，使得x0=φ(2x0)，那么这样的x0是唯一的；
　　（Ⅲ）设φ(x)∈A，任取x1∈(1, 2),令xn+1=φ(2xn),n=1,2,…，证明：给定正整数k，对任意的正整数p，成立不等式|xk+p－xk|≤Lk-11－L|x2－x1|．
　　解：（Ⅰ）对任意x∈［1, 2］,φ(2x)=31+2x, x∈［1, 2］,33≤φ(2x)≤35,1<33<35<2,所以φ(2x)∈(1, 2).
　　
　　∴不等式成立.
　　点评：本题具有高等数学中的拉格朗日中值定理的背景，同学们解决起来比较困难.在对待高观点题时要注意以下两个方面：一是高观点题的起点高，但落点低，即试题的设计虽来源于高等数学，但解决的方法是中学所学的初等数学知识，而不是将高等数学引入高考；二是高观点题有利于区分能力，在今后高考中还会出现，在复习时要加强“双基”，构建知识网络，提高应变能力和创新能力，才能适应新时期的高考要求.
　　3．交汇性——强调各个数学分支的交汇
　　注重在知识网络的交汇点上设计试题，重视对数学思想方法的检测，是近年来高考试题的特色.高考数学压轴题讲究各个数学分支的综合与交汇，以利于加强对同学们多层次的能力考查.
　　例3（08年山东卷（理）第22题）如图，设抛物线方程为x2=2py(p>0)，M为直线y=－2p 上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B．
　　（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；
　　（Ⅱ）已知当M点的坐标为(2，－2p)时，|AB|=410．求此时抛物线的方程；
　　（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线x2=2py(p>0)上，其中，点C满足OC=OA+OB（O为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
　　解：（Ⅰ）证明：由题意设A(x1, x212p)，B(x2, x222p)，x1　　由x2=2py得y=x22p，得y′=xp，所以kMA=x1p，kMB=x2p；
　　因此直线MA的方程为y+2p=x1p(x－x0)，直线MB的方程为y+2p=x2p(x－x0)；
　　
　　所以x212p+2p=x1p(x1－x0)①；x222p+2p=x2p(x2－x0)②；
　　由①-②，得x0=x1+x22，即2x0=x1+x2；
　　所以A，M，B三点的横坐标成等差数列．
　　（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当x0=2时，将其代入①、②并整理得：
　　x21－4x1－4p2=0, x22－4x2－4p2=0，
　　所以x1，x2是方程x2－4x－4p2=0的两根，因此x1+x2=4，x1x2=－4p2，
　　又kAB=x222p－x212px2－x1=x1+x22p=x0p，所以kAB=2p；
　　
　　由弦长公式得|AB|=1+k2(x1+x2)2－4x1x2=1+4p216+16p2；
　　又|AB|=410，所以p=1或p=2，因此所求抛物线方程为x2=2y或x2=4y．
　　（Ⅲ）解：设D(x3，y3)，由题意得C(x1+x2，y1+y2)，
　　则CD的中点坐标为Q(x1+x2+x32，y1+y2+y32)，
　　设直线AB的方程为y－y1=x0p(x－x1)，
　　由点Q在直线AB上，并注意到点(x1+x22，y1+y22)也在直线AB上，代入得y3=x0px3；
　　若D(x3，y3)在抛物线上，则x23=2py3=2x0x3，
　　因此x3=0或x3=2x0．即D(0，0)或D(2x0，2x20p)；
　　（1）当x0=0时，则x1+x2=2x0=0，此时，点M(0，－2p)适合题意；
　　（2）当x0≠0，对于D(0，0)，此时C(2x0，x21+x222p)，
　　kCD=x21+x222p2x0=x21+x224px0, 又kAB=x0p，AB⊥CD，
　　所以kAB·kCD=x0p·x21+x224px0=x21+x224p2=－1，即x21+x22=－4p2，矛盾；
　　对于D(2x0，2x20p)，因为C(2x0，x21+x222p)，此时直线CD平行于y轴，
　　又kAB=x0p≠0，所以直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，
　　∴ x0≠0时，不存在符合题意的M点．
　　综上所述，仅存在一点M(0，－2p)适合题意．
　　点评：本题从形式上看兼有平面解析几何、数列、平面向量等多个数学分支，但细细分析可知数列和平面向量都只需了解基本概念即可，主体还是平面解析几何的内容.
　　二、高考数学压轴题的应对策略
　　1．抓好“双基”，注意第一问常常是后续解题的基础
　　在平时的学习中，一定要牢固地掌握基本知识、基本方法和基本技能的运用，这是解决高考数学压轴题的关键，因为越是综合问题就越是重视对基本知识与方法的考查.这里也要提醒大家一点，高考数学压轴题的第一问常常是后续解题的基础.
　　例4（10年山东卷（理）第22题）已知函数f(x)=lnx－ax+1－ax－1(a∈R)．
　　（Ⅰ）当a≤12时，讨论f(x)的单调性；
　　（Ⅱ）设g(x)=x2－2bx+4.当a=14时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈［1,2］，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．
　　解：（Ⅰ）因为f(x)=lnx－ax+1－ax－1，
　　所以f′(x)=1x－a－1－ax2=－ax2+x－1+ax2, x∈(0,+∞)，
　　令h(x)=ax2－x+1－a, x∈(0,+∞)，
　　（1）当a=0时，h(x)=－x+1, x∈(0,+∞)，
　　所以，当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
　　当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增.
　　（2）当a≠0时，由f′(x)=0
　　即ax2－x+1－a=0，解得x1=1，x2=1a－1，
　　①当a=12时，x1=x2=1，h(x)≥0恒成立，
　　此时f′(x)≤0恒成立，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；
　　②当01>0，
　　当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
　　当x∈(1,1a－1)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
　　当x∈(1a－1,+∞)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
　　③当a<0时，由于1a－1<0，则：
　　当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
　　当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增.
　　综上所述：
　　当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减；在(1,+∞)上单调递增；
　　当a=12时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递减；
　　当0　　（Ⅱ）因为a=14∈(0,12)，由（Ⅰ）知，
　　x1=1,x2=3(0,2)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
　　当x∈(1,2)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，
　　所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)=－12.
　　由于“对任意x1∈(0,2)，存在x2∈［1,2］，使f(x1)≥g(x2)”等价于
　　“g(x)在［1，2］上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值－12” （*）
　　又g(x)=(x－b)2+4－b2,x∈［1,2］，故
　　①当b∈(－∞,1)时，因为［g(x)］min=g(1)=5－2b>0，此时与（*）矛盾；
　　②当b∈［1,2］时，因为［g(x)］min=4－b2≥0，同样与（*）矛盾；
　　③当b∈(2,+∞)时，因为［g(x)］min=g(2)=8－4b，由8－4b≤－12可得b≥178.
　　综上，实数b的取值范围是［178,+∞).
　　点评：本题主要考查利用导数研究函数性质的方法，考查分类讨论思想、数形结合思想、等价转化思想，以及综合运用知识解决新情境、新问题的能力.虽然是压轴题，但第一问考查的就是基本知识与方法，而第二问的解法显然是建立在第一问的基础上的.
　　2．掌握一些“模型题”，由此出发易得解题突破口
　　一些高考压轴题，常常是由基本题型（即“模型题”）演变而成，掌握“模型题”的解题思路，由此出发易得到解题的突破口.
　　例5（06上海高考压轴题）已知函数y=x+ax有如下性质：如果常数a>0，那么该函数在(0,a］上是减函数，在［a,0)上是增函数；
　　（Ⅰ）如果函数y=x+2bx（x>0）的值域为［6,+∞)，求b的值；
　　（Ⅱ）研究函数y=x2+cx2（常数c>0）在定义域内的单调性，并说明理由；
　　（Ⅲ）对函数y=x+ax和y=x2+ax2（常数a>0）作出推广，使它们都是你所推广的函数的特例，研究推广后的函数的单调性（只需写出结论，不必证明），并求函数F(x)=(x2+1x)n+(1x2+x)n（n是正整数）在区间［12，2］上的最大值和最小值（可利用你的研究结论）．
　　解：（Ⅰ）函数y=x+2bx(x>0)的最小值是22b，则22b=6，∴b=log29；
　　（Ⅱ）设0　　当4cy1, 函数y=x2+cx2在［4c,+∞)上是增函数；
　　当0　　又y=x2+cx2是偶函数，
　　∴该函数在(－∞,－4c］上是减函数，在［－4c,0)上是增函数；
　　综上，该函数在［-4c,0),［4c,+∞)上是增函数，在(-∞,-4c］,(0,4c］是是减函数.
　　（Ⅲ）可以把函数推广为y=xn+axn（常数a>0），其中n是正整数；
　　当n是奇数时，函数y=xn+axn在(0,2na］上是减函数，在［2na,+∞)上是增函数；
　　在(－∞,－2na］上是增函数，在［－2na,0)上是减函数，
　　当n是偶数时，函数y=xn+axn在(0,2na］上是减函数，在［2na,+∞) 上是增函数；
　　在(－∞,－2na］上是减函数，在［－2na,0)上是增函数；
　　F(x)=(x2+1x)n+(1x2+x)n=C0n(x2n+1x2n)+C1n(x2n－3+1x2n－3)+…+Crn(x2n－3r+1x2n－3r)+…+Cnn(xn+1xn)
　　因此F(x) 在 ［12,1］上是减函数，在［1,2］上是增函数；
　　所以，当x=12或x=2时，F(x)取得最大值(92)n+(94)n；当x=1时,F(x)取得最小值2n+1．
　　点评：该题的背景就是“对勾函数”y=x+ax，(a>0).它在(0,a］和［-a,0）上是减函数，在［a,+∞)和(-∞,-a］上是增函数.这是课本上多处出现的一个函数模型，也是同学们熟知的一个函数模型，掌握了这个模型，得到如上的解法也就不是非常困难的了.
　　（作者：周淦利、王家峰，江苏省泰州市第三高级中学)