高考数学二轮复习第二部分备考技法专题二4大数学思想系统归纳——统一统思想讲义理(普通生,含

1、. .专心 . 备考技法专题二 4 大数学思想系统归纳统一统思想第 1 讲函数与方程思想函数思想， 是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题方程思想，是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型( 方程、不等式或方程与不等式的混合组) ，然后通过解方程( 组或不等式组 ) 来使问题获解方程是从算术方法到代数方法的一种质的飞跃，有时，还可以将函数与方程互相转化、接轨，达到解决问题的目的函数与方程的思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解决有关求值、解 ( 证明 ) 不等式、解方程以及讨论参数的取值等问题；二是在问题的研究中，通过建立函数

2、关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易、化繁为简的目的应用 (一 ) 借助“显化函数关系”，利用函数思想解决问题在方程、不等式、三角、数列、圆锥曲线等数学问题中，将原有隐含的函数关系凸显出来，从而充分运用函数知识或函数方法使问题顺利获解 例 1 已知数列 an 是各项均为正数的等差数列，a1 2，且a2，a3，a41 成等比数列(1) 求数列 an 的通项公式an；(2) 设数列 an 的前n项和为sn，bn1sn11sn21s2n， 若对任意的nn*， 不等式bnk恒成立，求实数k的最小值 解 (1) 因为a12，a23a2(a41) ，又因为 an 是正

3、项等差数列，所以公差d0，所以 (22d)2(2d)(3 3d) ，解得d2 或d 1( 舍去 ) ，所以数列 an的通项公式an2n. (2) 由(1) 知snn(n 1) ，则bn1sn11sn21s2n1n 1n21n2n 312n2n1. .专心 . 1n11n21n21n312n12n11n112n 1n2n23n112n1n3，令f(x) 2x1x(x1)，则f(x) 21x2，当x1 时，f(x)0 恒成立，所以f(x) 在 1 ， ) 上是增函数，故当x1 时，f(x)minf(1) 3，即当n1 时， (bn)max16，要使对任意的正整数n，不等式bnk恒成立，则需使k(b

4、n)max16，所以实数k的最小值为16. 技法领悟 数列是定义在正整数集上的特殊函数，等差、 等比数列的通项公式，前n项和公式都具有隐含的函数关系，都可以看成关于n的函数，在解等差数列、等比数列问题时，有意识地凸现其函数关系，从而用函数思想或函数方法研究、解决问题，不仅能获得简便的解法，而且能促进科学思维的培养，提高发散思维的水平 应用体验 1已知等差数列an满足 3a47a7，a10，sn是数列 an 的前n项和，则sn取得最大值时n_. 解析：设等差数列an 的公差为d， 3a47a7， 3(a13d) 7(a16d) ， 4a1 33d.a10 ， d2，0a6. 由正弦定理得casi

5、n23asin a32cos a12sin asin a12321tan a. 0tan a3，ca123232，即ca2. 答案：3(2 ，). .专心 . 应用 (二 ) 转换“函数关系”，利用函数思想解决问题在有关函数形态和曲线性质或不等式的综合问题、恒成立问题中， 经常需要求参数的取值范围，如果按照原有的函数关系很难奏效时，不妨转换思维角度，放弃题设的主参限制，挑选合适的主变元，揭示它与其他变元的函数关系，切入问题本质，从而使原问题获解 例 2 已知函数f(x) lg12x4xaa2a1，其中a为常数，若当x( ， 1 时，f(x)有意义，则实数a的取值范围为 _ 解析 参数a深含在一

6、个复杂的复合函数的表达式中，欲直接建立关于a的不等式 ( 组)非常困难， 故应转换思维角度，设法从原式中把a分离出来， 重新认识a与其他变元x的依存关系，利用新的函数关系，使原问题“柳暗花明”由12x4xaa2a10，且a2a1a122340，得 12x4xa 0，故a14x12x. 当x( ， 1 时，y14x与y12x都是减函数，因此，函数y14x12x在 ( ， 1 上是增函数，所以 14x12xmax34，a34，故a的取值范围是34，. 答案 34， 技法领悟 发掘、提炼多变元问题中变元间的相互依存、相互制约的关系，反客为主，主客换位，创设新的函数， 并利用新函数的性质创造性地使原问

7、题获解，是解题人思维品质高的表现本题主客换位后，利用新建函数y14x12x的单调性巧妙地求出实数a的取值范围此法也叫主元法 应用体验 3对于满足0p4 的所有实数p，使不等式x2px4xp3 成立的x的取值范围是_解析：设f(p) (x1)px24x3，. .专心 . 则当x1 时，f(p) 0. 所以x1.函数f(p) 在 0,4 上恒为正，等价于f00，f40，即x3x10，x210，解得x3或x0. 设a(x1，y1) ，b(x2，y2)，其中y1y2，则y1y22mm24，y1y23m24，所以 |y2y1| 4m2 3m24，所以saob12|oe|y2y1| 2m23m242m2

8、31m23. 设tm23，则g(t) t1t，t3，. .专心 . 所以g(t) 11t2 0，所以g(t) 在区间 3， ) 上为增函数，所以g(t) 433，所以s aob32，当且仅当m0 时等号成立所以aob的面积存在最大值，为32. 应用 (三 ) 构造“函数关系”，利用函数思想解决问题在数学各分支形形色色的问题或综合题中，将非函数问题的条件或结论，通过类比、 联想、抽象、 概括等手段，构造出某些函数关系，在此基础上利用函数思想和方法使原问题获解，这是函数思想解题的更高层次的体现特别要注意的是，构造时，要深入审题，充分发掘题设中可类比、联想的因素，促进思维迁移 例 3 已知函数f(x

9、) ex2x 2a，x r，ar. (1) 求f(x) 的单调区间与极值；(2) 求证：当aln 2 1 且x0 时， exx22ax1. 解 (1) 由f(x) ex2x2a，知f(x) ex2. 令f(x) 0，得x ln 2. 当xln 2时，f(x)ln 2时，f(x)0，故函数f(x) 在区间 (ln 2， ) 上单调递增所以f(x) 的单调递减区间是( ， ln 2)，单调递增区间是(ln 2， ) ，f(x) 在xln 2处取得极小值f(ln 2)eln 22ln 2 2a 22ln 2 2a. (2) 证明：设g(x) exx22ax 1(x0)，则g(x) ex2x2a，由(

10、1) 知g(x)ming(ln 2) 22ln 2 2a. 又aln 2 1，则g(x)min0. 于是对 ?xr，都有g(x)0 ，所以g(x) 在 r上单调递增于是对 ?x0，都有g(x)g(0) 0. 即 exx22ax10，故 exx22ax 1. 技法领悟 一般地，要证f(x)g(x) 在区间 (a，b) 上成立， 需构造辅助函数f(x) f(x) g(x) ，通过分析f(x) 在端点处的函数值来证明不等式若f(a) 0，只需证明f(x) 在(a，b)上单调. .专心 . 递增即可；若f(b) 0，只需证明f(x) 在(a，b)上单调递减即可 应用体验 5.(2018 天津高考) 如

11、图，在平面四边形abcd中，abbc，adcd，bad120 ，abad1. 若点e为边cd上的动点，则aebe 的最小值为 ( ) a.2116b.32c.2516 d 3 解析：选 a 如图，以d为坐标原点建立平面直角坐标系，连接ac. 由题意知cadcab60 ，acdacb30 ，则d(0,0) ，a(1,0) ，b32，32，c(0 ，3) 设e(0 ，y)(0 y3) ，则ae( 1，y) ，be 32，y32，aebe32y232yy3422116，当y34时，aebe 有最小值2116. 6 设函数f(x) 在 r上存在导函数f(x) ， 对于任意的实数x， 都有f(x) f(

12、 x) 2x2，当x0 时，f(x) 12x，若f(a1)f( a) 2a 1，则实数a的最小值为 ( ) a12 b 1 c32 d 2 解析：选 a 设g(x) f(x) x2，则g(x) g( x) 0，所以g(x) 为 r上的奇函数当x0时，g(x) f(x) 2x 10，所以g(x) 在( ， 0) 上单调递减，所以g(x) 在 r上单调递减因为f(a1)f( a) 2a1，所以f(a1) (a 1)2f( a) ( a)2，即g(a1)g(a) ，所以a1a，. .专心 . 解得a12，所以实数a的最小值为12. 应用 (四 ) 构造“方程形式”，利用方程思想解决问题分析题目中的未

13、知量，根据条件分别列出关于未知数的方程( 组) ，使原问题得到解决，这就是构造方程法，是应用方程思想解决非方程问题的极富创造力的一个方面 例 4 (2018全国卷 ) 已知点m( 1,1) 和抛物线c：y24x，过c的焦点且斜率为k的直线与c交于a，b两点若amb 90 ，则k _. 解析 由题意知，抛物线的焦点坐标为f(1,0) ，设直线方程为yk(x1)，直线方程与y24x联立，消去y，得k2x2(2k24)xk20. 设a(x1，y1) ，b(x2，y2)，则x1x21，x1x22k24k2. 由m(1,1) ，得am( 1x1,1y1) ，bm ( 1x2,1y2) 由amb90 ，得

14、ambm0，(x11)(x21) (y11)(y21) 0，x1x2 (x1x2) 1y1y2(y1y2) 10. 又y1y2k(x11)k(x2 1) k2x1x2(x1x2) 1 ，y1y2k(x1x22) ，12k24k21k212k24k21 k2k24k2 2 10，整理得4k24k1 0，解得k 2. 答案 2 技法领悟 本题由amb90 ，知ambm0，从而得出关于k的方程，问题即可解决 应用体验 7(2018浙江高考) 在abc中，角a，b，c所对的边分别为a，b，c. 若a7，b2，a60 ，则 sin b_，c _. . .专心 . 解析：由正弦定理asin absin b

15、，得 sin bbasin a2732217. 由余弦定理a2b2c22bccos a，得 74c2 4ccos 60 ，即c22c30，解得c3 或c 1( 舍去 ) 答案：2173 8已知x12，2 ，则函数y5x2x的最小值为 _解析：将原函数变形为y2x25x 20，x12，2 . 设f(x) y2x25x2，该方程有解的充要条件为f12f(2) 0 或1252y22，258y20，f120且f20.解得2y524，所以ymin2，此时x12或x2. 答案：2 应用 (五 ) 转换“方程形式”，利用方程思想解决问题把题目中给定的方程根据题意转换形式，凸现其隐含条件，充分发挥其方程性质，

16、运用有关方程的解的定理( 如根与系数的关系、判别式、 实根分布的充要条件) 使原问题获解， 这是方程思想应用的又一个方面 例 5 已知 sin() 23，sin() 15，求tan tan 的值 解 法一：由已知条件及正弦的和( 差) 角公式，得sin cos cos sin 23，sin cos cos sin 15，所以 sin cos 1330，cos sin 730. . .专心 . 从而tan tan sin cos cos sin 137. 法二：令xtan tan . 因为sinsin103，且sinsinsincos cos sincos cos tan tan tan tan

17、 tan tan 1tan tan 1x1x1. 所以得到方程x1x1103. 解这个方程得tan tan x137. 技法领悟 本例解法二运用方程的思想，把已知条件通过变形看作关于sin cos 与 cos sin 或tan tan 的方程来求解，从而获得欲求的三角表达式的值 应用体验 9 已知正六棱柱的12 个顶点都在一个半径为3 的球面上，当正棱柱的体积取最大值时，其高的值为 ( ) a33 b.3 c26 d 23 解析：选 d 设正六棱柱的底面边长为a，高为h，则可得a2h249，即a29h24，那么正六棱柱的体积v 634a2h3329h24h332h349h，令yh349h，则y

18、3h249，令y 0，解得h23，易知当h 23时，y取最大值，即正六棱柱的体积最大10设非零向量a，b，c 满足 ab c0，|a| 2，b，c120 ，则 |b| 的最大值为_解析： abc0， a (bc) ，|a|2|b|22|b|c|cos 120 |c|2，即 |c|2|b|c|b|240，|b|24(|b|24)0，解得0|b | 433，即 |b| 的最大值为433. . .专心 . 答案：433 总结升华 函数与方程思想在解题中的应用主要涉及以下知识(1) 函数与不等式的相互转化，把不等式转化为函数，借助函数的图象和性质可解决相关的问题， 常涉及不等式恒成立问题、比较大小问题

19、一般利用函数思想构造新函数，建立函数关系求解(2) 三角函数中有关方程根的计算，平面向量中有关模、夹角的计算，常转化为函数关系，利用函数的性质求解(3) 数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数或一元二次方程来解决(4) 解析几何中有关求方程、求值等问题常常需要通过解方程( 组) 来解决，求范围、最值等问题常转化为求函数的值域、最值来解决(5) 立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决第 2 讲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

20、互转化来解决数学问题的思想数形结合思想的应用包括以下两个方面：以形助数以数助形借助形的直观性来阐明数之间的联系以形助数常用的有：借助数轴，借助函数图象，借助单位圆，借助数式的结构特征，借助于解析几何方法借助于数的精确性来阐明形的某些属性以数助形常用的有：借助于几何轨迹所遵循的数量关系，借助于运算结果与几何定理的结合由“形”到“数”的转化，往往比较明显， 而由“数”到“形”的转化却需要转化的意识，因此，数形结合的思想的使用往往偏重于由“数”到“形”的转化应用一利用数形结合求解fxk型问题方法一：直接作图 例 1 (1) 已知函数f(x) sin x2|sin x| ，x0,2 的图象与直线yk有

21、且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是_. .专心 . (2) 已知函数f(x) |lg x|. 若 0ah(1) 3，即a 2b的取值范围是 (3 ， ) 故选c. 答案 (1)(1,3) (2)c 技法领悟 本例 (1) 中有一条明显的“动态”水平直线，通过上下移动观察其与函数图象的交点情况但有些题中的这条水平线就不容易能看出来，如本例(2) ，实际上存在一条“虚拟”的水平直线， 这一点固然重要，却不是本题的关键本题的关键在于水平直线与函数图象的两个交点的横坐标并非毫无关联，而是满足一定的关系，即ab1，这一关键之处决定了该类型题目的难度和极易出错的特性在此， 务必注意到水平直线穿函数图象

22、所得交点的横坐标之间的联系比如， 一条水平直线穿二次函数图象的交点的横坐标之和为定值，且为对称轴的两倍；一条水平直线穿三角函数图象的交点的横坐标满足一定的周期性，等等 应用体验 1已知f(x) |x| |x 1| ，若g(x) f(x) a的零点个数不为0，则a的最小值为_解析：原方程等价于f(x) 12x，x1，其图象如图所示，要使af(x) 有零点，则a1，因此a的最小值为1. . .专心 . 答案： 1 2已知函数f(x) sin2x3的相邻两条对称轴之间的距离为4，将函数f(x) 的图象向右平移8个单位后，再将所有点的横坐标伸长为原来的2 倍，得到g(x) 的图象，若g(x) k0 在

23、x 0，2上有且只有一个实数根，则k的取值范围是 ( ) a. ，12 b.1，12c. 12，12 d.12，12 1 解析：选 d 因为f(x) 相邻两条对称轴之间的距离为4，结合三角函数的图象可知t24，所以t222，所以2，f(x) sin4x3. 将f(x) 的图象向右平移8个单位得到f(x) sin4x83sin4x6，再将所有点的横坐标伸长为原来的2 倍，得到g(x) sin2x6. 所以方程为sin2x6k 0. 令 2x6t，因为x 0，2，所以6t56. 若g(x) k0 在x 0，2上有且只有一个实数根，即ysin t与yk在 6，56上有且只有一个交点作出ysin t与

24、yk的图象如图所示， 由正弦函数的图象可知12. .专心 . k12或k1，即12k12或k 1. 方法二：先变形后作图 例 2 (1) 直线y1 与曲线yx2|x| a有四个交点， 则a的取值范围为_ (2) 已知函数g(x) ax22x，f(x) gx，x0，gx1，x0，且函数yf(x) x恰有 3 个不同的零点，则实数a的取值范围是 _ 解析 (1) 利用分离参数思想，直线y1 与曲线yx2|x| a有四个交点，等价于方程 1ax2|x| 有四个不同的根， 令g(x) x2|x| ， 画出g(x) 的图象，如图 (1) 所示将水平直线y1a从上往下平移，当1a0，即a1 时，有 3 个

25、交点，再往下平移，有4个交点，继续往下平移，当1a14，即a54时，有两个交点如图(2) 所示，因此a的取值范围为1，54. (2)f(x) ax22x，x0，ax21，x0，yf(x) x恰有 3 个不同的零点等价于yf(x) 与yx有三个不同的交点，试想将曲线f(x) 上下平移使之与yx有三个交点是何等的复杂，故可变形再结合图象求解由f(x) xax23x，x0，ax2x1，x0，可得f(x) xax23x，x0，x2x1，x0，所以yf(x) x有三个零点等价于ax23x，x0，x2x 1，x0有三个根令h(x) x23x，x0，x2x1，x0，画出yh(x) 的图象如图所示，将水平直线

26、ya从上向下平移，当a0 时，有两个交. .专心 . 点，再向下平移，有三个交点，当a 1 时，有三个交点，再向下就只有两个交点了，因此a 1,0) 答案 (1)1，54(2) 1,0) 技法领悟 如果对本例 (1) 不变形，也可求出参数的取值范围，变形只是让作图更简单易行然而多数情况下，变形是解题的关键如本例(2) ，如果不变形，恐怕不是复杂一点点的问题了 应用体验 3 对任意实数a，b定义运算“ *”：a*bb，ab1，a，ab1.设f(x)(x21)*(4 x) ，若函数yf(x) m的图象与x轴恰有三个不同的交点，则m的取值范围是( ) a( 2,1) b 0,1 c 2,0) d 2

27、,1) 解 析 ： 选d解 不 等 式x2 1 (4 x) 1 ， 得x 2 或x3. 所 以f(x) x 4，x， 2 3 ，x21，x 2，3，作出其图象如图中实线所示令yf(x) m0，则f(x) m. 由图可知，当1m2，即 2m1 时，函数yf(x) 的图象与直线ym恰有三个不同的交点，故当2m0，x24x，x0且x 4的大致图象如图所示，. .专心 . 由图，易得01k14. 所以k的取值范围为14，. 答案：14，应用 (二 ) 利用数形结合求解kxbf(x) 型问题方法一：旋转动直线若直线的斜率在变化，则这样的直线往往都恒过某一个定点，对于这类型的题，首先找出这个定点非常关键，

28、然后确定相应的临界情形，最后考虑旋转的方向 例 3 (1) 已知函数f(x) |x2| 1，g(x) kx，若f(x)g(x) 有两个不相等的实根，则实数k的取值范围是( ) a.0，12 b.12，1c(1,2) d (2 ，)(2)(2018 天津高考) 已知a0，函数f(x) x22axa，x0，x22ax2a，x0.若关于x的方程f(x) ax恰有 2 个互异的实数解，则a的取值范围是 _ 解析 (1) 由题意得函数f(x)的图象与函数g(x) 的图象有两个不同的交点，分别画出函数yf(x) 与yg(x) 的图象如图所示直线g(x) kx过原点这个定点， 寻找临界点， 当直线过点 (2

29、,1)时，直线与函数f(x) |x2| 1 只有一个交点， 此时k102012，然后直线绕着原点逆时针旋转，当与yf(x) 在x2时的图象平行时，就只有一个交点，所以12k1，故选 b. (2) 作出函数f(x) 的大致图象如图所示l1是过原点且与抛物线yx22ax2a相切的直线，l2是过原点且与抛物线yx22axa相切的直线由图可知，当直线yax在l1，l2之间 ( 不含直线l1，l2) 变动时，符合题意. .专心 . 由yax，yx22ax2a，消去y，整理得x2ax2a0. 由a28a0，得a8(a0 舍去 ) 由yax，yx22axa，消去y，整理得x2axa0. 由a24a0，得a4

30、(a0 舍去 ) 综上可得a的取值范围是 (4,8) 答案 (1)b (2)(4,8) 技法领悟 解决此类问题， 初始位置 ( 临界情况 ) 的选取相当重要，一般来说， 初始位置要么恰好满足题意，要么恰好不满足题意，具体情况还得具体分析 应用体验 5已知方程x4xax40 有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是_解析：方程x4xax4 0 有两个不相等的实数根等价于 函 数yx4x与yax 4 有 两 个 不 同 的 交 点 ，yx4x是一个半圆， 直线yax4 是绕点 (0,4)旋转的动直线，画出yx4x的图象，如图所示，要使x4xax 4 有两 个 不 同 的 实 数 解 ， 当 它

31、们 相 切 时 是 临 界 情 形 ， 可 计 算 出 此 时a的 值 ， 由yx4x，yax4? (a21)x2 (8a 4)x160，0?a34. 由图可知，直线yax4 绕点 (0,4)顺时针旋转到直线过点(4,0) 时是另一个临界条件，所以当1a34时，直线与曲线有两个交点，于是a的取值范围为1，34. 答案：1，346用 maxa，b表示a，b两个数中最大数，设f(x) maxx28x4，log2x，若g(x) f(x) kx有两个零点，则k的取值范围是 ( ) a(0,3) b (0,3 . .专心 . c(0,4) d 0,4 解析：选 c 画出f(x) 的图象如图所示，g(x)

32、 有两个零点，即yf(x) 的图象与ykx的图象有两个交点，从图象上看，当直线与二次函数上方相切时有一个交点，此时x2 8x4kx，0?k14，k212( 舍去，此时与下方相切) ，所以当 0k|xa| 至少有一个负数解，则a的取值范围是 _ 解析 (1) 画出函数yf(x) 的图象， 如图所示，yxa是斜率恒为 1 的动直线， 首先考虑直线过原点( 这就是我们所说的初始位置) ，此时直线刚好与yf(x)的图象有两个交点，将直线往下平移会有三个交点，一直平移直到与yf(x) ，x0,1相切，此时刚好又出现两个交点的情形( 注意平移的动作慢一点 ) ，此时联立yxa，yx2?x2xa0，14a

33、0?a14，所以在一个周期内得到满足条件的a的值为a0 或a14，又因为周期为2，所以a2k或a142k(kz)(2) 令f(x) 2x2，g(x) |xa| ，由于g(x) |xa| 的图象是v形首先将这个v形的尖点放在点(2,0)(这是我们所说的初始位置，该点往往都是使得结论恰好成立或者恰好不成立的位置，然后再平移) ，此时a 2. 然后再将v形尖点向左平移，即如图中的箭头所示由图可知，向左平移的临界情况是 v 形尖点右支与f(x) 相切，此时联立yxa，y2x2，知x2xa20 有一个解， 14(2 a) 0?a94. 要特别注意， 此时g(x) |xa| 的图象与f(x) 2x2的图象

34、相切，但不等式取不到等号，因此a94，注意到a2 时无负数根，因此a的取值范围为. .专心 . 94，2 . 答案 (1)d (2)94，2 技法领悟 对于平移动直线情形，关键在于如何选取初始位置( 临界情形 ) ，这个难把握之处正是本块内容的核心，初始位置的选取并非信手拈来，而是有根有据的，通过本例中的两个题目，仔细体会 应用体验 7已知函数f(x) log2x，x0，3x，x0且关于x的方程f(x) xa0 有且只有一个实根，则实数a的取值范围为( ) a(1，) b ( 1,3) c( ， 1) d (2,4) 解析：选a 画出f(x) 图象，如图所示，则由方程有且仅有一个实根可得f(x

35、) 的图象与直线yxa的图象只有一个交点首先让直线过(0,1)(这是我们所说的初始位置，因为当直线向下平移时你会发现有两个交点) ，由图可知， 只有向上平移才能满足f(x)图象与直线yxa只有一个交点，所以a的取值范围是 (1 ， ) 8已知函数f(x) 2x1，x0，fx1，x0，若方程f(x) xa有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围为 ( ) a( ， 0 b 0,1) c( ， 1) d 0 ，)解析：选 c 注意本题只有在( 1， ) 内才是周期为1 的函数，根据函数的解析式首先画出在( ，0 内的图象， 然后截取 ( 1,0 的图象向右一个单位一个单位的平移，可以得到f(

36、x) 的图象，如图所示yxa是斜率为1 的动直线，首先让直线过(0,1)(这是我们所说的初始位置，因为当直线向下平移时你会发现有两个交点，向上平移只有一个交点) ，由图可知，只有向下平移才能满足f(x) 图象与直线yxa有两个交点，所以a的取值范围是 (， 1). .专心 . 应用三利用数形结合求解解析几何问题 例 5 (1)(2018 全国卷) 设f1，f2是双曲线c：x2a2y2b21(a0，b0)的左、 右焦点，o是坐标原点过f2作c的一条渐近线的垂线，垂足为p. 若|pf1| 6|op| ，则c的离心率为( ) a.5 b 2 c.3 d.2 (2) 已知圆c：(x3)2(y4)2 1

37、 和两点a( m，0) ，b(m，0)(m0)若圆c上存在点p，使得apb90 ，则m的最大值为 ( ) a7 b 6 c5 d 4 解析 (1) 如图，过点f1向op的反向延长线作垂线，垂足为p，连接pf2，由题意可知，四边形pf1pf2为平行四边形，且ppf2是直角三角形因为 |f2p| b，|f2o| c，所以 |op| a. 又|pf1| 6a|f2p| ， |pp| 2a，所以 |f2p| 2ab，所以ca2b23a，所以eca3. (2) 根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心c的坐标为 (3,4) ，半径r 1，且 |ab|2m，因为apb90 ，连接op，易知 |op| 12|

38、ab| m. 要求m的最大值，即求圆c上的点p到原点o的最大距离因为|oc| 32425，所以 |op|max|oc| r6，即m的最大值为6. 答案 (1)c (2)b 技法领悟 (1) 在解析几何的解题过程中，通常要数形结合，这样使数更形象，更直白，充分利用图象的特征， 挖掘题中所给的代数关系式和几何关系式，避免一些复杂的计算，给解题提供. .专心 . 方便(2) 应用几何意义数形结合法解决问题需要熟悉常见的几何结构的代数形式，主要有：比值可考虑直线的斜率；二元一次式可考虑直线的截距；根式分式可考虑点到直线的距离；根式可考虑两点间的距离 应用体验 9过直线xy 220 上一点p作圆x2y2

39、1 的两条切线，若两条切线的夹角是60 ，则点p的坐标是 _解析：如图， 由题意可知apb60 ，由切线性质可知opb30 .在 rtobp中，op2ob 2，又点p在直线xy220 上，所以不妨设点p(x,22x) ，则opx222x22，即x2(22x)24，整理得x222x20，所以x2，即点p的坐标为 (2，2) 答案： (2，2) 10已知抛物线的方程为x2 8y，f是其焦点，点a( 2,4) ，在此抛物线上求一点p，使apf的周长最小，此时点p的坐标为 _解析：因为 ( 2)284，所以点a( 2,4) 在抛物线x28y的内部，如图，设抛物线的准线为l，过点p作pql于点 q，过点

40、a作abl于点b，连接aq，由抛物线的定义可知apf的周长为 |pf| |pa| |af| |pq|pa| |af| |aq|af| |ab| |af| ，当且仅当p，b，a三点共线时，apf的周长取得最小值，即|ab| |af|. 因为a( 2,4) ，所以不妨设apf的周长最小时，点p的坐标为 ( 2，y0) ，代入x28y，得y012，故使apf的周长最小的点p的坐标为2，12. 答案：2，12 总结升华 运用数形结合思想分析解决问题的3 个原则(1) 等价性原则. .专心 . 在数形结合时， 代数性质和几何性质的转换必须是等价的，否则解题将会出现漏洞，有时，由于图形的局限性，不能完整地

41、表现数的一般性，这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明(2) 双向性原则在数形结合时， 既要进行几何直观的分析，又要进行代数抽象的探索，两方面相辅相成，仅对代数问题进行几何分析( 或仅对几何问题进行代数分析) 在许多时候是很难行得通的(3) 简单性原则找到解题思路之后，至于用几何方法还是用代数方法或者兼用两种方法来叙述解题过程，则取决于哪种方法更为简单第 3 讲分类讨论思想在解题时， 我们常常遇到这样一种情况，解到某一步之后，不能再以统一的方法、统一的式子继续进行了，因为这时被研究的问题包含了多种情况，这就必须在条件所给出的总区域内， 正确划分若干个子区域，然后分别在多个子区域内进行解题，这

42、里集中体现的是由大化小， 由整体化为部分，由一般化为特殊的解决问题的方法，其研究方向基本是“分”，但分类解决问题之后，还必须把它们总合在一起，这种“合分合”的解决问题的过程，就是分类讨论的思想方法分类讨论是许多考生的弱点，也是高考的热点和难点分类讨论思想在函数、数列、不等式、解析几何、立体几何、概率等数学问题求解中有广泛的应用应用一由概念、法则、公式引起的分类讨论 例 1 (2018武昌调研)等比数列 an 的前n项和为sn，若对任意的正整数n，sn24sn3 恒成立，则a1的值为 ( ) a 3 b1 c 3 或 1 d 1 或 3 解析 设等比数列 an 的公比为q，当q1 时，sn2(n

43、2)a1，snna1，由sn24sn3 得，(n2)a14na13，即 3a1n2a13， 若对任意的正整数n,3a1n2a13 恒成立，则a10 且 2a130，矛盾，所以q1，所以sna11qn1q，sn2a11qn21q，代入sn24sn3 并化简得a1(4 q2)qn33a13q，若对任意的正整数n该等式恒成. .专心 . 立，则有4q20，33a13q0，解得a11，q2或a1 3，q 2，故a11 或 3. 答案 c 技法领悟 本题易忽略对q1 的情况进行讨论，而直接利用sna11qn1q，很容易造成漏解或增解， 若本题是解答题，这种解答是不完备的本题根据等比数列前n项和公式的使用

44、就要分q1，snna1和q1，sna11qn1q进行讨论 应用体验 1已知函数f(x) sinx2， 1x0，ex 1，x0，若f(1) f(a) 2，则a的所有可能值为 _解析：f(1) e01，即f(1) 1. 由f(1) f(a) 2，得f(a) 1. 当a0时，f(a) 1ea1，所以a1. 当 1a0 时，f(a) sin( a2) 1，所以 a22k2(kz)所以a22k12(kz) ，k只能取 0，此时a212. 因为 1a0，且a1)在 1,2 上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)(1 4m)x在0 ， ) 上是增函数，则a_. 解析：若a1，有a24，a 1m，此时a2

45、，m12，此时g(x) x为减函数，不合题意；若0a0，且a1)的定义域和值域都是 1,0 ，则ab_. 解析 ：当a1时，函数f(x) axb在 1,0 上为增函数，由题意得a1b1，a0b0无解当 0a0时，g(x) 的对称轴x12a0，g(x) 在(0,1)内单调递增，符合题意，当a12，则当x1a，2 时，f(x)0. 所以f(x) 在x2 处取得极小值若a12，则当x(0,2)时，x20，ax112x10. 所以 2 不是f(x) 的极小值点综上可知，a的取值范围是12，. 技法领悟 (1) 本题研究函数性质对参数a进行分类讨论，分为a12和a12两种情况(2) 若遇到题目中含有参数

46、的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想，分类要做到分类标准明确、不重不漏 应用体验 5已知函数f(x)mx2xln x，若在函数f(x) 的定义域内存在区间d，使得该函数在区间d上为减函数，则实数m的取值范围为_解析：f(x) 2mx 11x2mx2x1x，即 2mx2x10时，由于函数y2mx2x1 的图象的对称轴x14m0，故只需0，即 18m0，解得m0 时，令g(x)0，解得x2m，则g(x) 的单调递减区间是( ，2m) ，(2m， ) 综上所述，当m0 时，g(x)

47、 的单调递减区间是( ， ) ；当m0时，g(x) 的单调递减区间是(，2m) ，(2m， ) 应用四根据图形位置或形状分类讨论 例 4 (2018全国卷 ) 设抛物线c：y2 2x，点a(2，0)，b( 2,0) ，过点a的直线l与c交于m，n两点(1) 当l与x轴垂直时，求直线bm的方程；(2) 证明：abmabn. 解 (1) 当l与x轴垂直时，l的方程为x 2，可得点m的坐标为 (2,2) 或(2 ， 2) 所以直线bm的方程为y12(x2) 或y12(x 2)，即x2y20 或x2y20. (2) 证明：当l与x轴垂直时，ab为mn的垂直平分线，所以abmabn. 当l与x轴不垂直时

48、， 设l的方程为yk(x 2)(k0)，m(x1，y1)，n(x2，y2) ，则x10，x20. 由ykx2，y22x，得ky22y4k 0，所以y1y22k，y1y2 4. 直线bm，bn的斜率之和为kbmkbny1x12y2x22x2y1x1y22y1y2x12x22. . .专心 . 将x1y1k2，x2y2k2 及y1y2，y1y2的表达式代入式分子，可得x2y1x1y22(y1y2) 2y1y24ky1y2k8 8k0. 所以kbmkbn0，可知bm，bn的倾斜角互补，所以abmabn. 综上，abmabn成立 技法领悟 (1) 本题中直线l的位置不确定，设直线方程时，应分两种情况讨

49、论(2) 根据图形位置或形状分类讨论的关键点确定特征，一般在确立初步特征时将能确定的所有位置先确定分类，根据初步特征对可能出现的位置关系进行分类得结论，将“所有关系”下的目标问题进行汇总处理 应用体验 7已知变量x，y满足的不等式组x0，y2x，kxy10表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k( ) a12 b.12c0 d 0 或12解析：选d 不等式组x0，y2x，kxy10表示的可行域如图( 阴影部分 ) 所示，由图可知，若要使不等式组表示的平面区域是直角三角形，只有当直线ykx 1 与直线x0 或y2x垂直时才满足结合图形可知斜率k的值为 0 或12. . .专心 . 8设f1

50、，f2为椭圆x29y241 的两个焦点，p为椭圆上一点已知p，f1，f2是一个直角三角形的三个顶点，且|pf1| |pf2| ，求|pf1|pf2|的值解：若pf2f190 . 则|pf1|2|pf2|2|f1f2|2，又 |pf1| |pf2| 6，|f1f2| 25，解得 |pf1| 143，|pf2| 43，|pf1|pf2|72. 若f1pf2 90 ，则 |f1f2|2|pf1|2|pf2|2，|pf1|2(6 |pf1|)220，解得 |pf1| 4，|pf2| 2，|pf1|pf2|2. 综上知，|pf1|pf2|72或 2. 总结升华 1分类讨论的原则(1) 不重不漏；(2)

51、标准要统一，层次要分明；(3) 能不分类的要尽量避免或尽量推迟，决不无原则地讨论2分类讨论的本质与思维流程(1) 分类讨论思想的本质：“化整为零，积零为整”(2) 分类讨论的思维流程：明确讨论的对象和动机确定分类的标准逐类进行讨论归纳综合结论检验分类是否完备 ( 即检验分类对象彼此交集是否为空集，并集是否为全集) 第 4 讲转化与化归思想“抓基础，重转化”是学好中学数学的金钥匙事实上，数学中的转化比比皆是，如未知向已知转化，复杂问题向简单问题转化，新知识向旧知识转化，命题之间的转化，数与形的转化，空间向平面转化，高维向低维转化，多元向一元转化，高次向低次转化，函数与方程的转化等，都是转化思想的

52、体现转化的常用策略有熟悉化、简单化、直观化、特殊化、一般化、整体化、间接化等应用一正与反的转化. .专心 . 例 1 若对任意的t1,2，函数g(x) x3m22x22x在区间 (t,3) 上总不为单调函数，则实数m的取值范围是 _ 解析 由题意得g(x) 3x2(m 4)x2，若g(x) 在区间 (t,3) 上总为单调函数，则g(x) 0在(t,3) 上恒成立，或g(x) 0 在(t,3) 上恒成立由得 3x2(m4)x20，即m42x3x在x(t,3) 上恒成立，m42t3t恒成立，则m4 1，即m 5；由得m42x3x在x(t,3) 上恒成立，则m4239，即m373. 函数g(x) 在区间 (t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为373m0”是真命题， 可得m的取值范围是(， 1)，而(，a) 与( ， 1) 为同一区间，故a1. 2已知集合ax| 1x0，集合bx|axb2x10，即f(x) 在 1,0 上是单调递增函数，所以f(x) 在 1,0 上的最小值为ab21. 要使ab?，只需f(x)minab210，即2ab20，所以满足ab?的(a，b) 对应的区域为如图所示的阴影部分易知s阴影1211214，所以ab?的概率为144116，故ab?的概率为111615