2022年高考新课标-卷文科数学压轴题多解探析-刘春红(1).docx

2021 年高考新课标Ⅲ卷文科数学压轴题多解探析
刘春红1 高成龙2
(1.天津市第七中学天津300143;2.天津外国语学校天津300143)
摘 要: 证明不等式的方法灵活多样，既可以从函数角度进行分析，也可以以几何背景入手探究 . 本文对于 2019 年高考新课标Ⅲ卷文科数学压轴题中的不等式题目，先给出命题组所提供的参考答案，然后给出本题多视角下的求证 思路．
关键词: 函数; 不等式; 几何背景
1 真题再现
题目(2019年新课标Ⅲ卷文)设x，y，z∈Ｒ，且x
+y+z=1．
( 1) 求( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2的最小值;
(2)若(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2≥1成立，证
3
明:a≤－3或a≥－1．
分析 本题考查的内容是选修 4－ 5中不等式选讲部分，考点是常见的均值不等式和柯西不等式等． 采用分析法思考，若想得到题中不等式的最值，应先变形凑成柯西不等式的结构特征，再根据已知条件添上和为常数的各项，最后再由公式得出结论，重点考查学生的化简运算能力和推理能力．
解得a≤－3或a≥－1．
2 第( 1) 问思路探析
2. 1 利用基本不等式证明
基本不等式在高考中占有非常重要的地位，特别是求代数式和的最小值时应用较广． 使用的关键是要根据式子的特征灵活变形，配凑出符合题意要求的形式. 在教材习题中，我们常见的题目是已知 x + y + z 为定值，然后求 x2 + y2 + z2的范围. 因此本问可以将x－1，y+1，z+1看作一个整体，分别记作x1，y1，z1，这样一来就转化为我们比较熟悉的问题，再利用基本不等式求解即可．
解法1令x1=x－1，y1=y+1，z1=z+1，则由x
+y+z=1得x1+y1+z1=2．
解析(1)x，y，z∈Ｒ，且x+y+z=1，由柯西不
因 为 x2 + y2≥ 2x y ，y2 + z2≥ 2y z ，x2
+ z2≥
等式 得，( 12 + 12 + 12) ［( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 +
1 1 1 1 1 1
2 2 2
1 1 1 1
(z+1)2］≥(x－1+y+1+z+1)2=4．
所以( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2≥4 ．
2x1z1，所以x1+y1+z1≥x1y1+y1z1+x1z1．
因为 x1 + y1 + z1 = 2，
所以 x2 + y2 + z2 + 2x y + 2y z + 2x z

=4．
3 1 1 1 11
1 1 11
所以( x －1) 2

+(y+1)2

+(z+1)2
4
．
的最小值为3
4 － ( x2+ y2+ z2) 所 以 x y + y z + xz =1 1 1．
1 1 1 1 1 1 2
(2)因为x+y+z=1，所以由柯西不等式可得，
4 － (x2+ y2+ z2)
所以x2+y2+z2≥1 1 1．
(12+12+12)［(x－2)2+(y－1)2
+(z－a)
2］≥
1 1 1 2
(x－2+y－1+z－a)2=(a+2)2．
所以 x2 + y2 + z2≥4 ．
2 2 2 ( a + 2)2
1 1 13
所以(x－2)+(y－1)+(z－a)≥3．
故( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2的最小值为4 ．
3
所以(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2的最小值
2 2 2
( a + 2) 2
为 3 ．
评注 若x1+y1+ z1为定值，则x1+y1+z1的取
1
1 1
值范围的确定需要利用( x + y + z ) 2展开后的形式
( ) 2 得到，重点在于利用基本不等式推导出 x2 + y2 + z2≥
由题意可得， a + 2
3
≥ 1 . 3
x1 y1 + y1 z1 + x1 z1 ．
1 1 1

2. 2 利用排序不等式证明
anb1．简记为:顺序和≥乱序和≥逆序和．
解法2令x1=x－1，y1=y+1，z1=z+1，则由x
+y+z=1得x1+y1+z1=2．
1 1
不妨设x≤y≤z，则由排序不等式知，x2+y2+
所以( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2≥4 ．
3
即( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2的最小值为4 ．
3
评注 消元的想法简单，但化简的过程比较繁琐，使用的关键是如何巧妙地进行配方．
2. 4 利用几何意义证明
许多不等式有着丰富的几何意义，从图象和代数 结构两种不同角度探究不等式，有助于加深对不等式 的认识，观察题中代数式的几何意义，变抽象为直观， 利用图形的特征更好地理解代数结论的意义.
在空间直角坐标系中，x+y+z=1表示的是一个
1 1 1
z2≥x y
1 1 1
+ y1 z1 + z1 x1 ．
平面，槡( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2表示平面 x + y
+ z = 1 上的点与点( 1，－ 1，－ 1) 的长度，显然点( 1，
因为 x1 + y1 + z1 = 2，
所以 x2 + y2 + z2 + 2x y

+ 2y z

+ 2x z
－ 1，－ 1 ) 到 平 面 x + y + z = 1 的 距 离 即 为
=4．
1 1 1
1 1 1 1 11
槡( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2的 最 小 值，此 时
所以 x1y1
+ y1z1
+ x1z1
4 － ( x2+ y2+ z2)
=1 1 1．
2
( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2也最小．
4 － ( x2 + y2 + z2) 所以x2+y2+z2≥1 1 1．
1 1 1 2
2 2 24
解法4如图1，建立空间直角坐标系，取平面x
+y+z=1上的三个点A(1，0，0)、点B(0，1，0)、点
C(0，0，1)，点(1，－1，－1)记为点D．
所以 x1 + y1 + z1≥ 3 ．
故( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2的最小值为4 ．
3
评注 该解法与解法1比较类似，不同点在于解
法 2 利用了教材中的排序不等式来证明 x2 + y2 + z2≥
1 1 1
x1y1+y1z1+x1z1，两种证法有些殊途同归的感觉．
2. 3 利用消元配方法证明
本题中的变量比较多，可以考虑消元，将某个变量用其它变量的代数式表示出来，进而转化为我们熟
→
悉的问题. 题中给出的 x + y + z = 1是三个变量的关

设平面ABC的一个法向量为n=(x，y，z)，
→→→→
系，可以将其中的一个变量z用1－x－y表示，将其代则n⊥AB，n⊥AC．
{
入( x － 1)
+ ( y + 1)
+ ( z + 1)
因为AB = ( － 1，1，0) ，AC = ( － 1，0，1) ，
222后就变为只关于两个→→
变量x，y的式子，最后进行配方就可以得出其取值范围．
解法3因为x+y+z=1，所以z=1－x－y．
－ x + y = 0，
所以
－ x + z = 0.
→
x = 1，
取则n=(1，1，1).
所以( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2
=(x－1)2+(y+1)2+(2－x－y)2
所以点D( 1，－ 1，－ 1) 到平面x + y + z = 1 的距离
→→
2 2 为n·AD= 2．
→
=2x+2(y－3)x+2y
－2y+6
n 槡3
= 2 ( x+
y － 32
)
2
y － 32
+3
2
3
y2 + y + 3
2
12 4
所以 槡( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2的最小值为2 ．
= 2 ( x +
因为( x +
2 )
y－3)
2
+ 2 ( y + 3 )
2
≥0，(y+1)
3
+ 3 ．
2
≥0
槡3
故( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2的最小值为4 ．
3

评注 从式子所表示的几何意义入手，通过建立坐标系简化计算，结论充分体现了数与形的完美结
合，突出代数运算与几何直观之间的融合，通过形与

本不等式的变形式
a2 + b2
2≥(
a + b)
2
2
来思考，使用该
a2 + b2
数的结合，能让学生感悟数学知识之间的关联，加强
不等式在某种程度上简化了多个未知量.利用 2
对数学整体性的理解．
≥(a+b)
2
2
可以将( x－ 2) 2
+(y－1)2
+(z－a)2中的
3 第( 2) 问思路探析
3. 1 利用消元配方
本题第( 1) 问的求解思路中采用了消元的方法，
(x－2)2+(y－1)2转化为关于“x+y”的式子，再由已知x+y+z=1使原式的变量只剩下变量z和a，这样问题会变得比较容易分析．
第( 2) 问中变量又多了一个，我们不妨也试着消元，再
配方得出所求参数的取值范围. 这种想法比较顺畅，
证法2 因为
(x －2)2 + (y －1)2
2≥(
x － 2 + y － 1) ，
2
2
重点在于化简运算.
第(2)问中的(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2≥1
且x+y+z=1，所以(x－2)2
+(y－1)
2 ( z + 2)2
≥ 2 ．
3
与第( 1) 问中求( x － 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z + 1) 2的最小值较相似，不同点在于出现了参数a，也可经换元配方
所以 ( x － 2) 2
+(z－a)2．
+(y－1)2
+(z－a)2
( z + 2) 2
≥ 2
得到(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2的最小值，其最小值是一个关于 a的式子，最后解不等式即可．
证法1因为x+y+z=1，所以x=1－y－z．
所以( x － 2) 2 + ( y － 1) 2
(z + 2)22
等于2+(z－a)．
+(z－a)2
的最小值大于
所以(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2
因为(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2≥1，
3
=(1－y－z－2)2+(y－1)2+(z－a)2
= 2y2 + 2yz + 2z2 + 2z － 2az + a2 + 2
(z+2)2
所以 2
+(z－a)2≥
1 ． 3
z2 3
2 － 2a2a24 4
32
2 5
= 2 ( y + 2 ) + 2 ( z －
3 ) + 3 + 3 a + 3．
所以 2 z
+(2－2a)z+a
+3≥0．
z2
2 － 2a2
所以=(2－2a)2－4×3×(a2+5)0．
因为(y+2)≥0，(z－3)≥0，
a2
所以(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2的最小值为
3
+ 4 a + 4．
Δ 2 3≤
所以a2+4a+3≥0．
所以(a+1)(a+3)≥0．
所以a≤－3或a≥－1．
3 3
因为(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2≥1，
评注 不容易联想到不等式
a2 + b2
2≥(
a + b) ，
2
2
3
a24 4 1
所以 3 + 3 a + 3 ≥ 3 ．
所以(a+1)(a+3)≥0．
所以a≤－3或a≥－1．
评注 在换元时，若把 z换为 1－ x－ y后，代入式子(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2中进行化简得到的项数较多，则可以把 x换为 1－ y－ z代入式子来优化计算．
它化简后其实就是基本不等式，两个不等式等价． 在化简为关于z和a的不等式后，考虑到z∈Ｒ，故由Δ≤
0 可求出 a 的范围．
3. 3 利用几何意义证明
数形结合思想方法在高中阶段具有突出的地位， 借助“形”的直观可以更好地理解“数”的抽象，直观 与抽象互补. 乍看不等式与几何图形好像没有多大关系，但仔细分析后可构造出不等式的几何意义，从
而巧妙地利用几何的相关知识来解决.
3. 2 利用不等式
a2 + b2
2≥(
a + b)
2
2
证明 在空间直角坐标系中x+y+z=1表示一个平面，
槡(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2表示平面x+y+z=1上
基本不等式有很多种形式，应用起来具有一定的
灵活性.第(2)问从形式上看，(x－2)2+(y－1)2+
1
的点与点(2，1，a)的长度，显然点(2，1，a)到平面x+y+z
=1的距离即为槡(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2的最
(z－a)2≥
3
是平方和的最值问题，可以想到利用基
小值．

证法3如图2，建立空间直角坐标系，取平面x
+y+z=1上的三个点A(1，0，0)、点B(0，1，0)、点C
所以(
a + 2 )
槡3
≥1 ． 3
(0，0，1)，点(2，1，a)记为点E．
→
ABC
所以a≤－3或a≥－1．
2
评注 本题的两问所蕴含的几何意义都是一个点与平面x+y+z=1上的点所成线段长度，点到平面的距离即为线段长度的最小值，第(1)问是一个定点， 第(2)问是一个含a的动点，思考过程类似．
4 总结反思
不等式选讲部分的内容是近几年来全国各省市高考的热点，这一部分内容需引起一线教师的高度重视. 高中出现的不等式主要有基本不等式、柯西不等
式、排序不等式等，熟练掌握这些公式的形式与意义，
设平面的一个法向量为n=(xy，z)，
则 ⊥ ， ⊥ ．
→→→→
n AB n AC
{
AB AC
因为→=(－1，1，0)，→=(－1，0，1)，
－ x + y = 0，
所以
－ x + z = 0.
→
取x=1，则n=(1，1，1).
所以点E(2，1，a)到平面x+y+z=1的距离为
n AE
→·→a+2
→
= ．
n 槡3
所以槡(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2的最小值为a + 2．
槡3
因为(x－2)2+(y－1)2+(z－a)2≥1，
3
有助于我们在短时间内更好地解决问题，同时从函数
角度和不等式的几何意义出发分析问题，更有助于开拓思路，提升数学素养．
曹才翰在《中国数学教学百科全书 . 数学卷》中
指出“数学运算能力是运算技能与逻辑思维等独特结 合的一种能力，它是通过数学解题而逐步发展起来 的，所以运算能力的研究主要从学生的数学解题活动 中来分析”，由此可见，在实际教学中，教师要剖析高 考题目，认真分析题目的根源，总结和归纳题目的解 法，让学生能做一题通一类，真正实现触类旁通． 另外课堂上鼓励学生一题多解，强调一题多解的重要性， 通过启发和指导学生从不同的层面、不同的角度用不 同的的运算过程去分析和解决同一题目，进一步提高 综合素质和数学素养．
( 收稿日期: 2019 － 11 － 01)
从一个试题的设计谈命制立体几何试题的几点体会
唐慧娥
(泉州市第十一中学 福建 泉州 362011)
摘 要: 本文从设计一个立体几何问题的思考历程谈起，完整再现了命题时的构思与分析． 由此引发出对命制高水平试题的若干体会，总结了命制立体几何试题的一个通用的思考流程，并基于此进行了更深入的命题实践．
关键词: 立体几何; 命题体会; 命题方法
笔者参与了泉州市高一年级下学期期末试题的命制工作，并以立体几何证明为背景命制了压轴试题． 基于此，本文总结了命制立体几何试题的若干思考．
1 试题呈现
题目 ( 2019 年泉州市高一年级下学期期末测试) 在我国古代数学名著《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”．已知三棱锥P－