高中数学数形结合思想.doc

数形结合思想数形结合思想就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想它包含两个方面：(1) “以形助数”，把抽象问题具体化这主要是指用几何的方法去解决代数或三角问题；(2) “以数解形”，把直观图形数量化，使形更加精确这主要是指用代数或三角的方法去解决几何问题数形结合思想不仅是解决数学问题的一种策略和思想，而且是解决数学问题的一种重要的方法，因而在高考中占有非常重要的地位数形结合思想中的“数”主要是指数和数量关系；“形”主要是指图形，有点、线、面、体等实现数形结合的渠道主要有：(1) 实数与数轴上点的对应；(2) 函数与图象的对应；(3) 曲线与方程的对应；(4) 以几何元素及几何条件为背景，通过坐标系来实现的对应，有复数、三角、空间点的坐标等数形结合思想主要用于解填空题和选择题，有直观、简单、快捷等特点；而在解答题中，考虑到推理论证的严密性，图形只是辅助手段，最终要用“数”写出完整的解答过程1. 已知A，B均为集合U1,3,5,7,9的子集，且AB3，(B)A9，则A_.2. 函数yAsin(x)(A，为常数，A0，0)在闭区间，0上的图象如图所示，则_.3. 直线y1与曲线yx2|x|a有四个交点，则实数a的取值范围是_4. 某班共30人，其中15人喜爱篮球运动，10人喜爱兵乓球运动，8人对这两项运动都不喜爱，则喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数为_【例1】已知函数f(x)Asin(x)B(A0，0)的一系列对应值如下表：xy1131113(1) 根据表格提供的数据求函数f(x)的一个解析式；(2) 根据(1)的结果，若函数y f(kx)(k0)周期为，当x时，方程f (kx) m恰有两个不同的解，求实数m的取值范围【例2】如图，甲船以每小时30海里的速度向正北方向航行，乙船按固定方向匀速直线航行，当甲船位于A1处时，乙船位于甲船的北偏西105的方向B1处，此时两船相距20海里当甲船航行20分钟到达A2处时，乙船航行到甲船的北偏西120方向的B2处，此时两船相距10海里，问乙船每小时航行多少海里？【例3】在平面直角坐标系xOy中，设二次函数f(x)x22xb(xR)的图象与两坐标轴有三个交点，经过这三个交点的圆记为C.(1) 求实数b的取值范围；(2) 求圆C的方程；(3) 问圆C是否经过某定点(其坐标与b无关)？请证明你的结论【例4】已知f(x)是二次函数，不等式f(x)0，y10，y20. (1) 若a1，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2) 若在区间上，f(x)0恒成立，求a的取值范围(2011南通三模)(本小题满分16分)平面直角坐标系xOy中，椭圆1(ab0)离心率为，焦点在圆x2y21上(1) 求椭圆的方程；(2) 设A，B，M是椭圆上的三点(异于椭圆顶点)，且存在锐角，使cossin.求证：直线OA与OB的斜率之积为定值； 求OA2OB2.解：(1)依题意，得 c1.于是，a，b1. (2分)所以所求椭圆的方程为y21.(4分)(2) 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1，y1. 又设M(x，y)，因cossin，故 (7分)因M在椭圆上，故(y1cosy2sin)21.整理得cos2sin22cossin1.将代入上式，并注意cossin0，得y1y20.所以，kOAkOB为定值( 10分) (y1y2)22(1y)(1y)1(yy)yy，故yy1.又2，故xx2.所以，OA2OB2xyxy3. (16分)第20讲数形结合思想1. 在平面直角坐标系xOy中，若直线ykx1与曲线yxx有四个公共点，则实数k的取值范围是_【答案】解析：yxx为偶函数，考查函数y，在直角坐标系中作出函数的图象，直线ykx1过定点(0,1)，直线与曲线y(x1)在第一象限内相切时，直线的斜率为，根据图形可知实数k的取值范围是.2. 设f(x)x3x22ax.(1) 若f(x)在上存在单调递增区间，求实数a的取值范围；(2) 当0a2时，f(x)在1,4上的最小值为，求f(x)在该区间上的最大值解：(1) f(x)在上存在单调递增区间，即存在某个子区间(m，n)使得f(x)0.由f(x)x2x2a22a，f(x)在区间上单调递减，则只需f0即可由f2a0，解得a.所以，当a时，f(x)在上存在单调递增区间(2) 令f(x)0，得两根x1，x2.所以f(x)在(，x1)，(x2，)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增当0a2时，有x11x24，所以f(x)在1,4上的最大值为f(x2)，又f(4)f(1)6a0，即f(4)f(1)所以f(x)在1,4上的最小值为f(4)8a，得a1，x22，从而f(x)在1,4上的最大值为f(2).基础训练1. 3,9解析：画出韦恩图即可得到答案2. 3解析：从图象上可知周期为T，3.3. 解析：方程1x2|x|a转化为x2|x|1a，令f(x)x2|x|，g(x)1a，在同一个直角坐标系中作出两个函数的图象，可知1a0,1a.4. 12解析：本题画出韦恩图即可. 设两者都喜欢的人数为x人，则只喜爱篮球的有(15x)人，只喜爱乒乓球的有(10x)人，由此可得(15x)(10x)x830，解得x3，所以15x12，即所求人数为12人例题选讲例1解：(1) AB3，AB1， A2，B1.T2， 1，那么f(x)2sin(x)1，2sin2， ，所以f(x)2sin1.(2) y2sin1， T， k3，y2sin1.函数y2sin1在上增，在上减，y2sin11，3)1，3)，故实数m的取值范围为1,3)变式训练已知函数yasinxbcosxc的图象上有一个最低点.如果图象上每点的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，然后向左平移1个单位，可得yf(x)的图象又知f(x)3的所有非负实根依次为一个公差是3的等差数列试求f(x)的解析式和单调递减区间解：abc1，c1，c12a，ba， y2asin12a， f(x)2asinx12a，设f(x)3的非负实根为x0，x03，x06，则f(x0)3，f(x03)3，即2asinx012a3,2asin12a3.两式相加得a1.因此c3，a1，b. f(x)2sinx3，单调递减区间为(kZ)例2解：如题图，连结A1B2，A2B210，A1A23010，A1A2B2是等边三角形，B1A1B21056045，在A1B2B1中，由余弦定理得B1BA1BA1B2A1B1A1B2cos45，202(10)222010200，B1B210.因此乙船的速度大小为6030.答：乙船每小时航行30海里例3(1) 解：令x0，得抛物线与y轴交点是(0，b)；令f(x)x22xb0，由题意b0 且0，解得b1 且b0，实数b的取值范围是b(，0)(0,1)(2) 解：设所求圆的一般方程为x2y2DxEyF0令y0得x2DxF0这与x22xb0 是同一个方程，故D2，Fb.令x0得y2EyF0，此方程有一个根为b，代入得出Eb1.所以圆C 的方程为x2y22x(b1)yb0.(3) 证明：假设圆C过定点(x0，y0)，(x0，y0不依赖于b)，将该点的坐标代入圆C的方程，并变形为xy2x0y0b(1y0)0(*)为使(*)式对所有满足b1(b0)的b都成立，必须有1y00，结合(*)式得xy2x0y00，解得或经检验知，点(0,1)，(2,0)均在圆C上，因此圆C 过定点例4解：(1) f(x)是二次函数，且f(x)0的解集是(0,5)， 可设f(x)ax(x5)(a0) f(x)在区间1,4上的最大值是f(1)6a.由已知，得6a12， a2， f(x)2x(x5)2x210x(xR)(2) 方程f(x)0等价于方程2x310x2370.设h(x)2x310x237，则h(x)6x220x2x(3x10)当x时，h(x)0，h(x)是减函数；当x时，h(x)0，h(x)是增函数 h(3)10，h0，h(4)50， 方程h(x)0在区间，内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，)内没有实数根，所以存在唯一的自然数m3，使得方程f(x)0在区间(m，m1)内有且只有两个不同的实数根变式训练已知函数f(x)x2alnx(aR)(1) 若函数f(x)在x2处的切线方程为yxb，求a，b的值；(2) 若函数f(x)在(1，)上为增函数，求a的取值范围；(3) 讨论方程f(x)0的解的个数，并说明理由解：(1) 因为f(x)x(x0)，又f(x)在x2处的切线方程为yxb， 解得a2，b2ln2.(2) 若函数f(x)在(1，)上为增函数，则f(x)x0在(1，)上恒成立，即ax2在(1，)上恒成立，所以有a1.(3) 当a0时，f(x)在定义域(0，)上恒大于0，此时方程无解当a0在(0，)上恒成立，所以f(x)在(0，)上的增函数 f(1)0，fe10时，f(x)x.因为当x(0，)时，f(x)0，方程无解；当ae时，f()a(1lna)0，此方程有唯一解x.当a(e，)时，f()a(1lna)0且1，所以方程f(x)0在区间(0，)上有唯一解因为当x1时，(xlnx)0，所以xlnx1，所以xlnx.f(x)x2alnxx2ax，因为2a1，所以f(x)(2a)22a20，所以方程f(x)0在区间(，)上有唯一解 方程f(x)0在区间(e，)上有两解综上，当a(0，e)时，方程无解；当ae时，方程有两解高考回顾1. 0,2解析：作出可行域，设z，则zxy，作出l0：xy0，平移l0，知l过点(1,1)时，zmin0，过(0,2)时，zmax2， 的取值范围为0,22. 4解析：直接画图结合函数的对称性可知，当直线的斜率为1时，线段PQ长为最小，最小值为4；或设直线为ykx(k0)，由方程组解得P，Q两点的坐标，再求线段PQ长的最小值，此法相对计算量较大，不如利用函数图象和性质快捷合理画出函数图象利用函数的性质是解决函数问题的常用方法要掌握各种常见函数的图象和性质，选用适当的方法求解问题3. 解析：将三棱锥沿PA展开得一平面图形，用余弦定理可得.4. 4解析：若x0，则不论a取何值，f(x)0显然成立；当x0即x(0,1时，f(x)ax33x10可化为a.设g(x)，则g(x)， 所以g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，因此g(x)maxg4，从而a4；当x0即x1,0)时，f(x)ax33x10可化为a，g(x)0.g(x)在区间1,0)上单调递增，因此g(x)maxg(1)4，从而a4，综上a4.5. 解：(1) 由题知得A(3,0)，B(3,0)，F(2,0)，设点P(x，y)，则PF2PB2(x2)2y2(x3)2y24，整理得x.故所求点P的轨迹为直线x.(2) 由x12，1及y10得M，从而得直线AM的方程为yx1；由x2，1及y20，得m2，此时直线MN的方程为x1，过点D(1,0)；若x1x2，则m2，直线MD的斜率kMD，直线ND的斜率kND，所以kMDkND.所以直线MN过D点综上，直线MN必过x轴上的点(1,0)6. 解：(1) 当a1时，f(x)x3x21，f(2)3；f(x)3x23x，f(2)6.所以曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为y36(x2)，即y6x9.(2) f(x)3ax23x3x(ax1)令