《（通用版）2019版高考數學二輪復習 第二部分 第二板塊 貫通4大數學思想——解得穩(wěn)講義 理（重點生含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2019版高考數學二輪復習 第二部分 第二板塊 貫通4大數學思想——解得穩(wěn)講義 理（重點生含解析）.doc（35頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第二板塊 貫通4大數學思想——解得穩(wěn) 思想(一)　函數方程　穩(wěn)妥實用 函數與方程思想的概念 函數與方程思想的應用 　　函數思想是指用函數的概念和性質去分析問題、轉化問題和解決問題．方程思想，是從問題的數量關系入手，運用數學語言將問題中的條件轉化為數學模型(方程、不等式或方程與不等式的混合組)，然后通過解方程(組)或不等式(組)來使問題獲解．方程是從算術方法到代數方法的一種質的飛躍，有時，還可以將函數與方程互相轉化、接軌，達到解決問題的目的. 　　函數與方程思想在解題中的應用主要表現(xiàn)在兩個方面：一是借助有關初等函數的性質，解決有關求值、解(證明)不等式、解方程以及討論參數的取值等問題；二是在問題的研究中，通過建立函數關系式或構造中間函數，把所研究的問題轉化為討論函數的有關性質，達到化難為易、化繁為簡的目的. 借助“顯化函數關系”，利用函數思想解決問題 在方程、不等式、三角、數列、圓錐曲線等數學問題中，將原有隱含的函數關系凸顯出來，從而充分運用函數知識或函數方法使問題順利獲解． 　已知數列{an}是各項均為正數的等差數列，a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比數列． (1)求數列{an}的通項公式an； (2)設數列{an}的前n項和為Sn，bn＝＋＋…＋，若對任意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求實數k的最小值． [解]　(1)因為a1＝2，a＝a2(a4＋1)， 又因為{an}是正項等差數列，所以公差d≥0， 所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)， 解得d＝2或d＝－1(舍去)， 所以數列{an}的通項公式an＝2n. (2)由(1)知Sn＝n(n＋1)， 則bn＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝－＋－＋…＋－ ＝－＝＝. 令f (x)＝2x＋(x≥1)，則f ′(x)＝2－， 當x≥1時，f ′(x)>0恒成立， 所以f (x)在[1，＋∞)上是增函數， 故當x＝1時，f (x)min＝f (1)＝3， 即當n＝1時，(bn)max＝， 要使對任意的正整數n，不等式bn≤k恒成立， 則需使k≥(bn)max＝， 所以實數k的最小值為. [技法領悟] 數列是定義在正整數集上的特殊函數，等差、等比數列的通項公式、前n項和公式都具有隱含的函數關系，都可以看成關于n的函數，在解等差數列、等比數列問題時，有意識地凸現(xiàn)其函數關系，用函數思想或函數方法研究、解決問題 ，不僅能獲得簡便的解法，而且能促進科學思維的培養(yǎng)，提高發(fā)散思維的水平． 　　　 [應用體驗] 1．已知正六棱柱的12個頂點都在一個半徑為3的球面上，當正棱柱的體積取最大值時，其高的值為(　　) A．3　　　　　　　　　 B. C．2 D．2 解析：選D　設正六棱柱的底面邊長為a，高為h，則可得a2＋＝9，即a2＝9－，那么正六棱柱的體積V＝h＝h＝. 令y＝－＋9h，則y′＝－＋9， 令y′＝0，解得h＝2.易知當h＝2時，y取最大值，即正六棱柱的體積最大． 2．設等差數列{an}的前n項和為Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13<0，則S1，S2，S3，…，S12中的最大項為________． 解析：由a3＝12，得a1＝12－2d， 所以S12＝144＋42d>0. S13＝13a1＋78d＝156＋52d＜0，所以－＜d＜－3. Sn＝na1＋d＝dn2＋n， 由d＜0，Sn是關于n的二次函數，知對稱軸方程為n＝－. 又由－＜d＜－3，得6＜－＜， 所以當n＝6時，Sn最大． 答案：S6 3．滿足條件AB＝2，AC＝BC的三角形ABC的面積的最大值是________． 解析：可設BC＝x，則AC＝x，根據面積公式得 S△ABC＝ABBCsin B＝x. 由余弦定理得cos B＝＝. 則S△ABC＝x ＝ . 由解得2－2＜x＜2＋2. 故當x＝2時，S△ABC取得最大值，最大值為2. 答案：2 轉換“函數關系”，利用函數思想解決問題 在有關函數形態(tài)和曲線性質或不等式的綜合問題、恒成立問題中，經常需要求參數的取值范圍，如果按照原有的函數關系很難奏效時，不妨轉換思維角度，放棄題設的主參限制，挑選合適的主變元，揭示它與其他變元的函數關系，切入問題本質，從而使原問題獲解． 　已知函數f (x)＝lg，其中a為常數，若當x∈(－∞，1]時，f (x)有意義，則實數a的取值范圍為________． [解析]　參數a深含在一個復雜的復合函數的表達式中，欲直接建立關于a的不等式(組)非常困難，故應轉換思維角度，設法從原式中把a分離出來，重新認識a與變元x的依存關系，利用新的函數關系，使原問題“柳暗花明”． 由＞0，且a2－a＋1＝2＋＞0， 得1＋2x＋4xa＞0，故a＞－. 當x∈(－∞，1]時，y＝與y＝都是減函數， 因此，函數y＝－在(－∞，1]上是增函數， 所以－max＝－，所以a＞－. 故實數a的取值范圍是. [答案]　 發(fā)掘、提煉多變元問題中變元間的相互依存、相互制約的關系，反客為主，主客換位，創(chuàng)設新的函數，并利用新函數的性質創(chuàng)造性地使原問題獲解，是解題人思維品質高的表現(xiàn)．本題主客換位后，利用新建函數y＝－＋的單調性巧妙地求出實數a的取值范圍．此法也叫主元法． 　　　　[技法領悟] [應用體驗] 4．設不等式2x－1>m(x2－1)對滿足|m|≤2的一切實數m的取值都成立，則x的取值范圍為________． 解析：問題可以變成關于m的不等式 (x2－1)m－(2x－1)<0在[－2,2]上恒成立， 設f (m)＝(x2－1)m－(2x－1)， 則 即 解得0. 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1>y2， 則y1＋y2＝，y1y2＝， 所以|y2－y1|＝， 所以S△AOB＝|OE||y2－y1|＝ ＝. 設t＝，則g(t)＝t＋，t≥， 所以g′(t)＝1－＞0， 所以g(t)在區(qū)間[，＋∞)上為增函數， 所以g(t)≥， 所以S△AOB≤，當且僅當m＝0時等號成立． 所以△AOB的面積存在最大值，為. 構造“函數關系”，利用函數思想解決問題 在數學各分支形形色色的問題或綜合題中，將非函數問題的條件或結論，通過類比、聯(lián)想、抽象、概括等手段，構造出某些函數關系，在此基礎上利用函數思想和方法使原問題獲解，這是函數思想解題的更高層次的體現(xiàn)．特別要注意的是，構造時，要深入審題，充分發(fā)掘題設中可類比、聯(lián)想的因素，促進思維遷移． 　設函數f (x)＝aexln x＋，曲線y＝f (x)在點(1，f (1))處的切線為y＝e(x－1)＋2. (1)求a，b； (2)證明：f (x)＞1. [解]　(1)f ′(x)＝aex＋(x＞0)， 由于直線y＝e(x－1)＋2的斜率為e，圖象過點(1,2)， 所以即解得 (2)證明：由(1)知f (x)＝exln x＋(x＞0)， 從而f (x)＞1等價于xln x＞xe－x－. 構造函數g(x)＝xln x，則g′(x)＝1＋ln x， 所以當x∈時，g′(x)＜0，當x∈，＋∞時，g′(x)＞0，故g(x)在上單調遞減，在上單調遞增，從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g＝－. 構造函數h(x)＝xe－x－， 則h′(x)＝e－x(1－x)． 所以當x∈(0,1)時，h′(x)＞0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0； 故h(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減， 從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－. 綜上，當x＞0時，g(x)＞h(x)，即f (x)＞1. 　[技法領悟] 對于第(2)問“aexln x＋＞1”的證明，若直接構造函數h(x)＝aexln x＋－1，求導以后不易分析，因此并不宜對其整體進行構造函數，而應先將不等式“aexln x＋＞1”合理拆分為“xln x＞xe－x－”，再分別對左右兩邊構造函數，進而達到證明原不等式的目的． [應用體驗] 6．已知函數y＝f (x)對于任意的x∈滿足f ′(x)cos x＋f (x)sin x＝1＋ln x，其中f ′(x)是函數f (x)的導函數，則下列不等式成立的是(　　) A.f f C.f >f D.f >，所以g>g， 所以>， 即f >f ，故選B. 7．若0ln x2－ln x1　　 B．e－ex1e D．x2eg(x2)， ∴x2e>x1e，故選C. 構造“方程形式”，利用方程思想解決問題 分析題目中的未知量，根據條件分別列出關于未知數的方程(組)，使原問題得到解決，這就是構造方程法，是應用方程思想解決非方程問題的極富創(chuàng)造力的一個方面． 　　　已知直線l：y＝k(x＋1)與拋物線C：y2＝4x交于不同的兩點A，B，問：是否存在實數k，使以AB為直徑的圓過拋物線C的焦點F？若存在，求出k的值，若不存在，請說明理由． [解]　存在．顯然F的坐標為(1,0)，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＝k(x1＋1)，y2＝k(x2＋1)． 當k＝0時，l與C只有一個交點不合題意，因此，k≠0. 將y＝k(x＋1)代入y2＝4x， 得k2x2＋2(k2－2)x＋k2＝0， ① 依題意，x1，x2是①式不相等的兩個根， 則 以AB為直徑的圓過F?AF⊥BF?kAFkBF＝－1 ?＝－1?x1x2＋y1y2－(x1＋x2)＋1＝0 ?x1x2＋k2(x1＋1)(x2＋1)－(x1＋x2)＋1＝0 ?(1＋k2)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋1＋k2＝0.③ 把x1＋x2＝，x1x2＝1代入③式， 得2k2－1＝0.∴k＝，經檢驗，k＝適合②式． 綜上所述，k＝為所求． 　[技法領悟] “是否存在符合題意的實數k”，按思路的自然流向應變?yōu)椤瓣P于k的方程是否有解”．另外，解得k＝后，必須經過②式的檢驗，就是說，k＝時 ，直線l與拋物線C要確實有兩個不同的交點． 　　　 [應用體驗] 8. 已知|a|＝2|b|≠0，且關于x的方程x2＋|a|x＋ab＝0有實根，則a與b夾角的取值范圍為________． 解析：|a|＝2|b|≠0，且關于x的方程x2＋|a|x＋ab＝0有實根，則|a|2－4ab≥0，設向量a，b的夾角為θ，則cos θ＝≤＝. 所以a與b的夾角θ的取值范圍為. 答案： 9．已知x∈，則函數y＝的最小值為________． 解析：將原函數變形為y2x2－5x＋2＝0，x∈.設f (x)＝y(tǒng)2x2－5x＋2，該方程有解的充要條件為 f f (2)≤0或 解得≤y≤，所以ymin＝，此時x＝或x＝2. 答案： 轉換“方程形式”，利用方程思想解決問題 把題目中給定的方程根據題意轉換形式，凸現(xiàn)其隱含條件，充分發(fā)揮其方程性質，運用有關方程的解的定理(如根與系數的關系、判別式、實根分布的充要條件)使原問題獲解，這是方程思想應用的又一個方面． 　已知sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，求的值． [解]　法一：由已知條件及正弦的和(差)角公式，得 所以sin αcos β＝，cos αsin β＝. 從而＝＝. 法二：令x＝.因為＝， 且＝＝＝＝. 所以得到方程＝. 解這個方程得＝x＝. [技法領悟] 本例解法二運用方程的思想，把已知條件通過變形看作關于sin αcos β與cos αsin β的方程來求解，從而獲得欲求的三角表達式的值． 　　　　 [應用體驗] 10．已知函數f (x)滿足條件f (x)＋2f ＝x，則f (x)＝________. 解析：用代換條件式中的x得f ＋2f (x)＝， 因此f (x)與f 滿足方程組 ②2－①得3f (x)＝，解得f (x)＝. 答案： 11．直線y＝x－3與拋物線y2＝4x交于A，B兩點，過A，B兩點向拋物線的準線作垂線，垂足分別為P，Q，則梯形APQB的面積為________． 解析：聯(lián)立消去y，得x2－10x＋9＝0， 解得或 所以|AP|＝10，|BQ|＝2，|PQ|＝8， 梯形APQB的面積為48. 答案：48 　[總結升華] 函數與方程思想在解題中的應用主要涉及以下知識 (1)函數與不等式的相互轉化，把不等式轉化為函數，借助函數的圖象和性質可解決相關的問題，常涉及不等式恒成立問題、比較大小問題．一般利用函數思想構造新函數，建立函數關系求解． (2)三角函數中有關方程根的計算，平面向量中有關模、夾角的計算，常轉化為函數關系，利用函數的性質求解． (3)數列的通項與前n項和是自變量為正整數的函數，可用函數的觀點去處理數列問題，常涉及最值問題或參數范圍問題，一般利用二次函數或一元二次方程來解決． (4)解析幾何中有關求方程、求值等問題常常需要通過解方程(組)來解決，求范圍、最值等問題常轉化為求函數的值域、最值來解決． (5)立體幾何中有關線段、角、面積、體積的計算，經常需要運用列方程或建立函數表達式的方法加以解決．　　　 思想(二)　數形結合　直觀快捷 充分運用數的嚴謹和形的直觀，將抽象的數學語言與直觀的圖形語言結合起來，使抽象思維和形象思維結合，通過圖形的描述、代數的論證來研究和解決數學問題的一種數學思想方法． 數形結合思想的應用包括以下兩個方面： 以形助數 以數助形 即借助形的直觀性來闡明數之間的聯(lián)系．以形助數常用的有：借助數軸；借助函數圖象；借助單位圓；借助數式的結構特征；借助解析幾何方法 即借助數的精確性來闡明形的某些屬性．以數助形常用的有：借助幾何軌跡所遵循的數量關系；借助運算結果與幾何定理的結合 由“形”到“數”的轉化，往往比較明顯，而由“數”到“形”的轉化卻需要轉化的意識，因此，數形結合的思想的使用往往偏重于由“數”到“形”的轉化． 利用數形結合求解f (x)＝k型問題 方法一：直接作圖　 　(1)已知函數f (x)＝|lg x|.若0h(1)＝3，即a＋2b的取值范圍是(3，＋∞)．故選C. (2)f (x)＝sin x＋2|sin x|，x∈[0,2π]，化簡得f (x)＝作出f (x)的圖象及直線y＝k，由圖象知當1＜k＜3時，函數f (x)與直線y＝k有且僅有兩個交點． [答案]　(1)C　(2)(1,3) [技法領悟] 如本例(1)，實際上存在一條“虛擬”的水平直線，這一點固然重要，卻不是本題的關鍵．本題的關鍵在于水平直線與函數圖象的兩個交點的橫坐標并非毫無關聯(lián)，而是滿足一定的關系，即ab＝1，這一關鍵之處決定了該類型題目的難度和極易出錯的特性．本例(2)中有一條明顯的“動態(tài)”水平直線，通過上下移動觀察其與函數圖象的交點情況．但有些題中的這條水平線就不容易能看出來． 特別提醒：務必注意水平直線與函數圖象的交點的橫坐標之間的聯(lián)系．例如，一條水平直線與二次函數圖象的交點的橫坐標之和為定值，且為對稱軸的兩倍；一條水平直線與三角函數圖象的交點的橫坐標滿足一定的周期性等等． 　 [應用體驗] 1．已知f (x)＝|x|＋|x－1|，若g(x)＝f (x)－a的零點個數不為0，則a的最小值為________． 解析： 原方程等價于f (x)＝其圖象如圖所示，要使a＝f (x)有零點，則a≥1，因此a的最小值為1. 答案：1 2．對于實數a，b，定義運算“*”：a*b＝設f (x)＝(2x－1)*(x－1)，且關于x的方程f (x)＝m(m∈R)恰有三個互不相等的實數根x1，x2，x3，則x1x2x3的取值范圍是________． 解析：f (x)＝(2x－1)⊕(x－1) ＝ ?f (x)＝ 故關于x的方程f (x)＝m(m∈R)恰有三個互不相等的實根x1，x2，x3，等價于函數f (x)的圖象與直線y＝m有三個不同的交點． 作出函數f (x)的大致圖象如圖所示，從圖中不難得知00時，－x2＋x＝m， 即x2－x＋m＝0， 由此可得x2x3＝m.當x<0時， 由2x2－x＝，得x＝. 當m在上遞增時， |x1|也在上遞增． 從而m|x1|隨著m的遞增而遞增， 而x1<0，所以x1x2x3∈為所求． 答案： 方法二：先變形后作圖　 　(1)若直線y＝1與曲線y＝x2－|x|＋a有四個交點，則a的取值范圍為________． (2)已知函數g(x)＝a－x2－2x，f (x)＝且函數y＝f (x)－x恰有3個不同的零點，則實數a的取值范圍是________． [解析]　(1)利用分離參數思想，直線y＝1與曲線y＝x2－|x|＋a有四個交點，等價于方程1－a＝x2－|x|有四個不同的根，令g(x)＝x2－|x|，畫出g(x)的圖象，如圖所示．將水平直線y＝1－a從上往下平移，當1－a＝0，即a＝1時，有3個交點，再往下平移，有4個交點，繼續(xù)往下平移，當1－a＝－，即a＝時，有兩個交點．因此a的取值范圍為. (2)f (x)＝y(tǒng)＝f (x)－x恰有3個不同的零點等價于y＝f (x)與y＝x的圖象有三個不同的交點，試想將曲線f (x)上下平移使之與y＝x有三個交點是何等的復雜，故把原函數變形， 由f (x)－x＝ 可得f (x)－x＝a＋ 所以y＝f (x)－x有三個零點等價于 a＝有三個根． 令h(x)＝ 畫出y＝h(x)的圖象如圖所示，將水平直線y＝a從上向下平移，當a＝0時，有兩個交點，再向下平移，有三個交點，當a＝－1時，有三個交點，再向下就只有兩個交點了，因此a∈[－1,0)． [答案]　(1)　(2)[－1,0) 　[技法領悟] 如果對本例(1)不變形，也可求出參數的取值范圍，變形只是讓作圖更簡單易行．然而多數情況下，變形是解題的關鍵，如本例(2)．如果不變形，恐怕不是復雜一點點的問題了． [應用體驗] 3．已知函數f (x)＝ax3－3x2＋1，若f (x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍為(　　) A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) 解析：選B　顯然x＝0不是f (x)的零點，將f (x)＝0變形得a＝－，由題意得直線y＝a與函數y＝－的圖象有唯一交點且交點在y軸右邊．由于函數g(x)＝－為奇函數，考慮當x∈(0，＋∞)時，g′(x)＝，g(x)在x＝1處取得極大值，且當x趨近于0時，g(x)趨近于－∞；且當x趨近于＋∞時，g(x)趨近于0，畫出y＝g(x)的圖象如圖所示，平移直線y＝a，由圖象知a的取值范圍是(－∞，－2)． 4．若關于x的方程＝kx2有四個不同的實數解，則k的取值范圍為________． 解析：x＝0，顯然是方程的一個實數解； 當x≠0時，方程＝kx2可化為 ＝(x＋4)|x|(x≠－4)， 設f (x)＝(x＋4)|x|(x≠－4且x≠0)，y＝，原題可以轉化為兩函數有三個非零交點． 則f (x)＝(x＋4)|x|＝的大致圖象如圖所示， 由圖，易得0<<4， 解得k>. 所以k的取值范圍為. 答案： 利用數形結合求解kx＋b＝f (x)型問題 方法一：旋轉動直線　 若直線的斜率在變化，則這樣的直線往往都恒過某一個定點，對于這類型的題，首先找出這個定點非常關鍵，然后確定相應的臨界情形，最后考慮旋轉的方向． 　(1)已知函數f (x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx，若f (x)＝g(x)有兩個不相等的實根，則實數k的取值范圍是(　　) A. B. C．(1,2) D．(2，＋∞) (2)已知函數f (x)＝若|f (x)|≥ax，則a的取值范圍是(　　) A．(－∞，0] B．(－∞，1] C．[－2,1] D．[－2,0] [解析]　(1)由題意得函數f (x)的圖象與函數g(x)的圖象有兩個不同的交點，分別畫出函數圖象如圖所示．直線g(x)＝kx過原點這個定點，尋找臨界點，當直線過點(2,1)時，直線與函數f (x)＝|x－2|＋1只有一個交點，此時k＝＝，然后直線繞著原點逆時針旋轉，當與f (x)在x>2時的圖象平行時，就只有一個交點，所以0，則當x趨于正無窮時，ax>ln(1＋x)，與 題意矛盾，所以a≤0.故只需滿足動直線g(x)＝ax在區(qū)間(－∞，0)內落在f (x)＝x2－2x之下即可．其臨界情形是g(x)＝ax與f (x)＝x2－2x相切，即x2－2x＝ax只有一個實數解，可得a＝－2.如圖所示，動直線g(x)＝ax逆時針旋轉滿足題意，因此a∈[－2,0]． [答案]　(1)B　(2)D [技法領悟] 解決此類問題，初始位置(臨界情況)的選取相當重要，一般來說，初始位置要么恰好滿足題意，要么恰好不滿足題意，具體情況還得具體分析． 　　　 [應用體驗] 5．已知方程－ax－4＝0有兩個不相等的實數根，則實數a的取值范圍是________． 解析：方程－ax－4＝0有兩個不相等的實數根等價于函數y＝與y＝ax＋4有兩個不同的交點，y＝ 是一個半圓，直線y＝ax＋4是繞點(0,4)旋轉的動直線，畫出y＝的圖象，如圖所示，要使＝ax＋4有兩個不同的實數解，當它們相切時是臨界情形，可計算出此時a的值，由?(a2＋1)x2＋(8a－4)x＋16＝0，Δ＝0?a＝－.由圖可知，直線y＝ax＋4繞點(0,4)順時針旋轉到直線過點(4,0)時是另一個臨界條件，所以當－1≤a＜－時，直線與曲線有兩個交點，于是a的取值范圍為. 答案： 6．用max{a，b}表示a，b兩個數中最大數，設f (x)＝max{－x2＋8x－4，log2x}，若g(x)＝f (x)－kx有兩個零點，則k的取值范圍是(　　) A．(0,3) B．(0,3] C．(0,4) D．[0,4] 解析：選C　法一：畫出f (x)的圖象如圖所示，g(x)有兩個零點，即y＝f (x)的圖象與y＝kx的圖象有兩個交點，從圖象上看，當直線與二次函數上方相切時有一個交點，此時－x2＋8x－4＝kx，Δ＝(k－8)2－16＝0?k1＝4，k2＝12(舍去，此時與下方相切)，所以當0|x－a|至少有一個負數解，則a的取值范圍是________． [解析]　(1)畫出函數y＝f (x)的圖象，如圖所示，y＝x＋a是斜率恒為1的動直線，首先考慮直線過原點(這就是我們所說的初始位置)，此時直線剛好與y＝f (x)的圖象有兩個交點，將直線往下平移會有三個交點，一直平移直到與y＝f (x)，x∈[0,1]相切，此時剛好又出現(xiàn)兩個交點的情形(注意平移的動作慢一點)，此時聯(lián)立?x2－x－a＝0，Δ＝1＋4a＝0?a＝－，所以在一個周期內得到滿足條件的a的值為a＝0或a＝－，又因為周期為2，所以a＝2k或a＝－＋2k(k∈Z)． (2)令f (x)＝2－x2，g(x)＝|x－a|，由于g(x)＝|x－a|的圖象是V形．首先將這個V形的尖點放在點(2,0)(這是我們所說的初始位置，該點往往都是使得結論恰好成立或者恰好不成立的位置，然后再平移)，此時a＝2.然后再將V形尖點向左平移，即如圖中的箭頭所示．由圖可知，向左平移的臨界情況是V形尖點右支與f (x)相切，此時聯(lián)立知x2＋x－a－2＝0有一個解，Δ＝1＋4(2＋a)＝0?a＝－.要特別注意，此時g(x)＝|x－a|的圖象與f (x)＝2－x2的圖象相切，但不等式取不到等號，因此a≠－，注意到a＝2時無負數根，因此a的取值范圍為. [答案]　(1)D　(2) [技法領悟] 對于平移的動直線情形，關鍵在于如何選取初始位置(臨界情形)，這個難把握之處正是本塊內容的核心，初始位置的選取并非信手拈來，而是有根有據的，通過本例中的兩個題目，仔細體會． [應用體驗] 7．已知函數f (x)＝且關于x的方程f (x)＋x－a＝0有且只有一個實根，則實數a的取值范圍為(　　) A．(1，＋∞) B．(－1,3) C．(－∞，1) D．(2,4) 解析：選A　畫出f (x)的圖象，如圖所示，則由方程有且僅有一個實根可得f (x)的圖象與直線y＝－x＋a的圖象只有一個交點．首先讓直線過(0,1)(這是我們所說的初始位置，因為當直線向下平移時你會發(fā)現(xiàn)有兩個交點)，由圖可知，只有向上平移才能滿足f (x)圖象與直線y＝－x＋a只有一個交點，所以a的取值范圍是(1，＋∞)． 8．已知函數f (x)＝若方程f (x)＝x＋a有且只有兩個不相等的實數根，則實數a的取值范圍為(　　) A．(－∞，0] B．[0,1) C．(－∞，1) D．[0，＋∞) 解析：選C　注意本題只有在(－1，＋∞)內才是周期為1的函數，根據函數的解析式首先畫出在(－∞，0]內的圖象，然后截取(－1,0]的圖象向右一個單位一個單位的平移，可以得到f (x)的圖象，如圖所示．y＝x＋a是斜率為1的動直線，首先讓直線過(0,1)(這是我們所說的初始位置，因為當直線向下平移時你會發(fā)現(xiàn)有兩個交點，向上平移只有一個交點)，由圖可知，只有向下平移才能滿足f (x)圖象與直線y＝x＋a有兩個交點，所以a的取值范圍是(－∞，1). 利用數形結合求解解析幾何問題 　　　(1)已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點A(－m，0)，B(m，0)(m>0)．若圓C 上存在點P，使得 ∠APB＝90，則 m的最大值為(　　) A．7 B．6 C．5 D．4 (2)設雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右頂點分別為A1，A2，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，以F1F2為直徑的圓與雙曲線左支的一個交點為P.若以A1A2為直徑的圓與直線PF2相切，則雙曲線C的離心率為(　　) A. B. C．2 D. [解析]　(1)根據題意，畫出示意圖，如圖所示，則圓心C的坐標為(3,4)，半徑r＝1，且|AB|＝2m.因為∠APB＝90，連接OP，易知|OP|＝|AB|＝m. 要求m的最大值，即求圓C上的點P到原點O的最大距離．因為|OC|＝ ＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值為6. (2)如圖所示，設以A1A2為直徑的圓與直線PF2的切點為Q，連接OQ，則OQ⊥PF2.又PF1⊥PF2，O為F1F2的中點，所以|PF1|＝2|OQ|＝2a.又|PF2|－|PF1|＝2a，所以|PF2|＝4a. 在Rt△F1PF2中，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2?4a2＋16a2＝20a2＝4c2?e＝＝. [答案]　(1)B　(2)D [技法領悟] (1)在解析幾何的解題過程中，通常要數形結合，這樣使數更形象，更直白，充分利用圖象的特征，挖掘題中所給的代數關系式和幾何關系式，避免一些復雜的計算，給解題提供方便． (2)應用幾何意義數形結合法解決問題需要熟悉常見的幾何結構的代數形式，主要有：①比值——可考慮直線的斜率；②二元一次式——可考慮直線的截距；③根式分式——可考慮點到直線的距離；④根式——可考慮兩點間的距離． 　　　　 [應用體驗] 9．已知P是直線l：3x＋4y＋8＝0上的動點，PA，PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，A，B是切點，C是圓心，則四邊形PACB面積的最小值為________． 解析：由題意知圓的圓心C(1,1)，半徑為1，從運動的觀點看問題，當動點P沿直線3x＋4y＋8＝0向左上方或右下方無窮遠處運動時，直角三角形PAC的面積S△PAC＝|PA||AC|＝|PA|越來越大，從而S四邊形PACB也越來越大；當點P從左上、右下兩個方向向中間運動，S四邊形PACB變小，顯然，當點P到達一個最特殊的位置，即CP垂直于直線l時，S四邊形PACB應有唯一的最小值，此時|PC|＝＝3，從而|PA|＝＝2，所以(S四邊形PACB)min＝2|PA||AC|＝2. 答案：2 10．已知拋物線的方程為x2＝8y，F(xiàn)是其焦點，點A(－2,4)，在此拋物線上求一點P，使△APF的周長最小，此時點P的坐標為________． 解析：因為(－2)2<84，所以點A(－2,4)在拋物線x2＝8y的內部， 如圖，設拋物線的準線為l， 過點P作PQ⊥l于點Q，過點A作AB⊥l于點B，連接AQ， 由拋物線的定義可知△APF的周長為|PF|＋|PA|＋|AF|＝|PQ|＋|PA|＋|AF|≥|AQ|＋|AF|≥|AB|＋|AF|， 當且僅當P，B，A三點共線時，△APF的周長取得最小值，即|AB|＋|AF|. 因為A(－2,4)，所以不妨設△APF的周長最小時，點P的坐標為(－2，y0)，代入x2＝8y，得y0＝， 故使△APF的周長最小的點P的坐標為. 答案： 　　[總結升華] 運用數形結合思想分析解決問題的3個原則 (1)等價性原則 在數形結合時，代數性質和幾何性質的轉換必須是等價的，否則解題將會出現(xiàn)漏洞，有時，由于圖形的局限性，不能完整地表現(xiàn)數的一般性，這時圖形的性質只能是一種直觀而淺顯的說明． (2)雙向性原則 在數形結合時，既要進行幾何直觀的分析，又要進行代數抽象的探索，兩方面相輔相成，僅對代數問題進行幾何分析(或僅對幾何問題進行代數分析)在許多時候是很難行得通的． (3)簡單性原則 找到解題思路之后，至于用幾何方法還是用代數方法或者兼用兩種方法來敘述解題過程，則取決于哪種方法更為簡單．　　 思想(三)　分類討論　巧分善合 在解題時，我們常常遇到這樣一種情況，解到某一步之后，不能再以統(tǒng)一的方法、統(tǒng)一的式子繼續(xù)進行了．因為這時被研究的問題包含了多種情況，這就必須在條件所給出的總區(qū)域內，正確劃分若干個子區(qū)域，然后分別在多個子區(qū)域內進行解題．這里集中體現(xiàn)的是由大化小，由整體化為部分，由一般化為特殊的解決問題的方法．其研究方向基本是“分”，但分類解決問題之后，還必須把它們總合在一起．這種“合—分—合”的解決問題的過程，就是分類討論的思想方法． 分類討論是許多考生的弱點，也是高考的熱點和難點．分類討論思想在函數、數列、不等式、解析幾何、立體幾何、概率等數學問題求解中有廣泛的應用． 由概念、法則、公式引起的分類討論 　　　(2018武昌調研)等比數列{an}的前n項和為Sn，若對任意的正整數n，Sn＋2＝4Sn＋3恒成立，則a1的值為(　　) A．－3　　　　　　　　　 B．1 C．－3或1 D．1或3 [解析]　設等比數列{an}的公比為q，當q＝1時，Sn＋2＝(n＋2)a1，Sn＝na1，由Sn＋2＝4Sn＋3得，(n＋2)a1＝4na1＋3，即3a1n＝2a1－3，若對任意的正整數n,3a1n＝2a1－3恒成立，則a1＝0且2a1－3＝0，矛盾，所以q≠1，所以Sn＝，Sn＋2＝， 代入Sn＋2＝4Sn＋3并化簡得a1(4－q2)qn＝3＋3a1－3q，若對任意的正整數n該等式恒成立，則有解得或 故a1＝1或－3. [答案]　C [技法領悟] 本題易忽略對q的取值情況進行討論，而直接利用Sn＝，很容易造成漏解或增解，若本題是解答題，這種解答是不完備的．本題根據等比數列前n項和公式的使用就要分q＝1，Sn＝na1和q≠1，Sn＝進行討論． 　　　 [應用體驗] 1．一條直線過點(5,2)，且在x軸，y軸上的截距相等，則這條直線的方程為(　　) A．x＋y－7＝0 B．2x－5y＝0 C．x＋y－7＝0或2x－5y＝0 D．x＋y＋7＝0或2y－5x＝0 解析：選C　設該直線在x軸，y軸上的截距均為a，當a＝0時，直線過原點，此時直線方程為y＝x，即2x－5y＝0；當a≠0時，設直線方程為＋＝1，則求得a＝7，直線方程為x＋y－7＝0. 2．已知雙曲線的漸近線方程是2xy＝0，則該雙曲線的離心率等于(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C. D.或 解析：選D　依題意，雙曲線的漸近線方程是y＝2x. ①若雙曲線的焦點在x軸上，則因雙曲線的漸近線方程為y＝x，故有＝2，所以離心率e＝ ＝； ②若雙曲線的焦點在y軸上，則因雙曲線的漸近線方程為y＝x，故有＝2，即＝， 所以離心率e＝ ＝. 綜上，離心率e＝或. 由運算、性質引起的分類討論 　　　已知a>0，b＞0，且a≠1，b≠1，若logab＞1，則(　　) A．(a－1)(b－1)＜0　　 　 B．(a－1)(a－b)＞0 C．(b－1)(b－a)＜0 D．(b－1)(b－a)＞0 [解析]　∵a>0，b＞0，且a≠1，b≠1， ∴當a＞1，即a－1＞0時， 不等式logab＞1可化為alogab＞a1，即b＞a＞1， ∴(a－1)(a－b)＜0，(a－1)(b－1)＞0，(b－1)(b－a)＞0. 當0＜a＜1，即a－1＜0時， 不等式logab＞1可化為alogab＜a1，即0＜b＜a＜1， ∴(a－1)(a－b)＜0，(a－1)(b－1)＞0，(b－1)(b－a)＞0. 綜上可知，選D. [答案]　D [技法領悟] 應用指數、對數函數時，往往對底數是否大于1進行討論，這是由它的性質決定的．在處理分段函數問題時，首先要確定自變量的取值屬于哪個區(qū)間段，再選取相應的對應法則，離開定義域討論問題是產生錯誤的重要原因之一． 　　　　 [應用體驗] 3．若函數f (x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1,2]上的最大值為4，最小值為m，且函數g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函數，則a＝________. 解析：若a>1，有a2＝4，a－1＝m，此時a＝2，m＝，此時g(x)＝－為減函數，不合題意；若00兩種情況． (2)若遇到題目中含有參數的問題，常常結合參數的意義及對結果的影響進行分類討論，此種題目為含參型，應全面分析參數變化引起結論的變化情況，參數有幾何意義時還要考慮適當地運用數形結合思想，分類要做到分類標準明確、不重不漏． 　　　 [應用體驗] 5．(2018福建第一學期高三期末考試)已知函數f (x)＝若f (a)＝3，則f (a－2)＝(　　) A．－ B．3 C．－或3 D．－或3 解析：選A　當a＞0時，若f (a)＝3，則log2a＋a＝3，解得a＝2(滿足a＞0)；當a≤0時，若f (a)＝3，則4a－2－1＝3，解得a＝3，不滿足a≤0，所以舍去．于是，可得a＝2.故f (a－2)＝f (0)＝4－2－1＝－. 6．設函數f (x)＝x2－ax＋a＋3，g(x)＝ax－2a，若存在x0∈R，使得f (x0)<0和g(x0)<0同時成立，則實數a的取值范圍為(　　) A．(7，＋∞) B．(－∞，－2)∪(6，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－2)∪(7，＋∞) 解析：選A　由f (x)＝x2－ax＋a＋3，知f (0)＝a＋3，f (1)＝4.又存在x0∈R，使得f (x0)<0，所以Δ＝a2－4(a＋3)>0，解得a<－2或a>6.又g(x)＝ax－2a的圖象恒過(2,0)．故當a>6時，作出函數f (x)和g(x)的圖象如圖1所示，當a<－2時，作出函數f (x)和g(x)的圖象如圖2所示． 由函數的圖象知，當a>6時，若g(x0)<0，則x0<2， ∴要使f (x0)<0，則需解得a>7. 當a<－2時，若g(x0)<0，則x0>2，此時函數f (x)＝x2－ax＋a＋3的圖象的對稱軸x＝<0， 故函數f (x)在區(qū)間上為增函數， 又f (1)＝4，∴f (x0)<0不成立． 綜上，實數a的取值范圍為(7，＋∞). 根據圖形位置或形狀分類討論 　　　設F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的兩個焦點，P為橢圓上一點．已知P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個直角三角形的三個頂點，且|PF1|＞|PF2|，求的值． [解]　①若∠PF2F1＝90. 則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2， 又∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2， 解得|PF1|＝，|PF2|＝，∴＝. ②若∠F1PF2＝90， 則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2， ∴|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20， ∴|PF1|＝4，|PF2|＝2， ∴＝2. 綜上知，＝或2. 　[技法領悟] (1)本題中直角頂點的位置不定，影響邊長關系，需按直角頂點不同的位置進行討論． (2)根據圖形位置或形狀分類討論問題的步驟． ①確定特征，一般在確立初步特征時將能確定的所有位置先確定． ②分類，根據初步特征對可能出現(xiàn)的位置關系進行分類． ③得結論，將“所有關系”下的目標問題進行匯總處理． [應用體驗] 7．正三棱柱的側面展開圖是邊長分別為6和4的矩形，則它的體積為(　　) A. B．4 C. D．4或 解析：選D　當矩形長、寬分別為6和4時，體積V＝224＝4；當長、寬分別為4和6時，體積V＝6＝. 8．已知變量x，y滿足的不等式組表示的是一個直角三角形圍成的平面區(qū)域，則實數k＝(　　) A．－ B. C．0 D．0或－ 解析：選D　不等式組表示的可行域如圖(陰影部分)所示，由圖可知，若要使不等式組表示的平面區(qū)域是直角三角形，只有當直線y＝kx＋1與直線x＝0或y＝2x垂直時才滿足． 結合圖形可知斜率k的值為0或－. 9．過雙曲線x2－＝1的右焦點F作直線l交雙曲線于A，B兩點，若|AB|＝4，則這樣的直線l有(　　) A．1條 B．2條 C．3條 D．4條 解析：選C　因為雙曲線的兩個頂點之間的距離是2，小于4，所以當直線l與雙曲線左、右兩支各有一個交點時，過雙曲線的右焦點一定有兩條直線滿足條件要求； 當直線l與實軸垂直時，有3－＝1，解得y＝2或y＝－2， 所以此時直線AB的長度是4，即只與雙曲線右支有兩個交點的所截弦長為4的直線僅有一條． 綜上，可知有3條直線滿足|AB|＝4. [總結升華] 1．分類討論的原則 (1)不重不漏； (2)標準要統(tǒng)一，層次要分明； (3)能不分類的要盡量避免或盡量推遲，決不無原則地討論． 2．分類討論的本質與思維流程 (1)分類討論思想的本質：“化整為零，積零為整”． (2)分類討論的思維流程： 明確討論的對象和動機→確定分類的標準→逐類進行討論歸納綜合結論→檢驗分類是否完備(即檢驗分類對象彼此交集是否為空集，并集是否為全集)． 　　 思想(四)　轉化與化歸　峰回路轉 “抓基礎，重轉化”是學好中學數學的金鑰匙．事實上，數學中的轉化比比皆是，如未知向已知轉化，復雜問題向簡單問題轉化，新知識向舊知識轉化，命題之間的轉化，數與形的轉化，空間向平面的轉化，高維向低維轉化，多元向一元轉化，高次向低次轉化，函數與方程的轉化等，都是轉化思想的體現(xiàn)． 轉化的常用策略有熟悉化、簡單化、直觀化、特殊化、一般化、整體化、間接化等． 正與反的轉化 　　　若對任意t∈[1,2]，函數g(x)＝x3＋x2－2x在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數，則實數m的取值范圍是______________． [解析]　由題意得g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2， 若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調函數， 則①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立． 由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥－3x在x∈(t,3)上恒成立，∴m＋4≥－3t恒成立，則m＋4≥－1，即m≥－5； 由②得m＋4≤－3x在x∈(t,3)上恒成立， 則m＋4≤－9，即m≤－. ∴函數g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數時，m的取值范圍為. [答案]　 　[技法領悟] (1)本題是正與反的轉化，由于不為單調函數有多種情況，先求出其反面，體現(xiàn)“正難則反”的原則． (2)題目若出現(xiàn)多種成立的情形，則不成立的情形相對很少，從反面考慮比較簡單，因此，間接法(正與反的轉化)多用于含有“至多”“至少”及否定性命題情形的問題中． 　　　 [應用體驗] 1．由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，得m的取值范圍是(－∞，a)，則實數a的取值是(　　) A．(－∞，1)　　　　　　　B．(－∞，2) C．1 D．2 解析：選C　由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m>0”是真命題，可得m的取值范圍是(－∞，1)，而(－∞，a)與(－∞，1)為同一區(qū)間，故a＝1. 2．已知集合A＝{x|－1≤x≤0}，集合B＝{x|ax＋b2x－1<0,0≤a≤2,1≤b≤3}，若a∈R，b∈R，則A∩B≠?的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　因為a∈[0,2]，b∈[1,3]，所以(a，b)對應的區(qū)域為邊長為2的正方形，如圖，正方形的面積為4.令函數f (x)＝ax＋b2x－1，x∈[－1,0]，則f ′(x)＝a＋bln 22x.因為a∈[0,2]，b∈[1,3]，所以f ′(x)>0，即f (x)在[－1,0]上是單調遞增函數，所以f (x)在[－1,0]上的最小值為－a＋－1.要使A∩B＝?，只需f (x)min＝－a＋－1≥0，即2a－b＋2≤0，所以滿足A∩B＝?的(a，b)對應的區(qū)域為如圖所示的陰影部分． 易知S陰影＝1＝，所以A∩B＝?的概率為＝，故A∩B≠?的概率為1－＝. 常量與變量的轉化 　　　對于滿足0≤p≤4的所有實數p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范圍是___________________________________________________________________． [解析]　不等式x2＋px>4x＋p－3對p∈[0,4]恒成立可化為(x－1)p＋x2－4x＋3>0對p∈[0,4]恒成立， 設f (p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3， 則當x＝1時，f (p)＝0.所以x≠1. f (p)在0≤p≤4上恒為正等價于 即解得x>3或x<－1. [答案]　(－∞，－1)∪(3，＋∞) 　[技法領悟] (1)本題若按常規(guī)法視x為主元來解，需要分類討論，這樣會很煩瑣，若以p為主元，即將原問題化歸在區(qū)間[0,4]上，求使一次函數f (p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3>0成立的x的取值范圍，再借助一次函數的單調性就很容易使問題得以解決． (2)在處理多變元的數學問題時，我們可以選取其中的常數(或參數)，將其看作是“主元”，實現(xiàn)主與次的轉化，即常量與變量的轉化，從而達到