高考数学二轮复习分层设计（全国I卷）学案第三层备考篇备考技法专题二4大数学思想系统归纳-第2讲数形结合思想

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)利用数形结合思想研究函数的零点问题[例1]已知函数g(x)＝a－x2－2x，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（x），x＜0，,g（x－1），x≥0，))且函数y＝f(x)－x恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．[解析]f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－x2－2x，x＜0，,a－x2＋1，x≥0，))y＝f(x)－x恰有三个不同的零点等价于y＝f(x)与y＝x有三个不同的交点，试想将曲线f(x)上下平移使之与y＝x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)－x＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－x2－3x，x＜0，,a－x2－x＋1，x≥0，))可得f(x)－x＝a＋eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－3x，x＜0，,－x2－x＋1，x≥0，))所以y＝f(x)－x有三个零点等价于a＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋3x，x＜0，,x2＋x－1，x≥0))有三个根．令h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋3x，x＜0，,x2＋x－1，x≥0，))画出y＝h(x)的图象如图所示，将水平直线y＝a从上向下平移，当a＝0时，有两个交点，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][－1，0)[技法领悟]利用数形结合探究方程解的问题应注意两点(1)讨论方程的解(或函数的零点)一般可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性，否则会得到错解．(2)正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则，不要刻意去用数形结合．[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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2x，x<0，,1，0≤x≤1，,2x－1，x>1，))其图象如图所示，要使a＝f(x)有零点，则a≥1，因此a的最小值为1.答案：12．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x|，x≤m，,x2－2mx＋4m，x＞m，))其中m＞0.若存在实数b，使得关于x的方程f(x)＝b有三个不同的根，则m的取值范围是________．解析：作出f(x)的图象如图所示．当x＞m时，x2－2mx＋4m＝(x－m)2＋4m－m所以要使方程f(x)＝b有三个不同的根，则有4m－m2＜m，即m2－3m＞0.又m＞0，解得答案：(3，＋∞)应用(二)利用数形结合思想解决不等式问题[例2]若不等式eq\r(9－x2)≤k(x＋2)－eq\r(2)的解集为区间[a，b]，且b－a＝2，则k＝________．[解析]如图，分别作出直线y＝k(x＋2)－eq\r(2)与半圆y＝eq\r(9－x2).由题意，知直线在半圆的上方，且过定点A(－2，－eq\r(2))，由b－a＝2，可知b＝3，a＝1，即直线与半圆交点N的横坐标为1，代入y＝eq\r(9－12)＝2eq\r(2)，所以直线y＝k(x＋2)－eq\r(2)过点(1，2eq\r(2))，则k＝kAN＝eq\f(2\r(2)－（－\r(2)）,1－（－2）)＝eq\f(3\r(2),3)＝eq\r(2).[答案]eq\r(2)[技法领悟]利用数形结合思想解不等式或求参数范围问题的技巧求参数范围或解不等式问题时经常联系函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系来解决问题．[应用体验]3．已知f(x)为奇函数，且当x＞0时，f(x)单调递增，f(1)＝0，若f(x－1)＞0，则x的取值范围为()A．{x|0＜x＜1或x＞2} B.{x|x＜0或x＞2}C．{x|x＜0或x＞3} D.{x|x＜－1或x＞1}解析：选A因为函数f(x)为奇函数，所以f(－1)＝－f(1)＝0，又函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，所以可作出函数f(x)的示意图，如图，则不等式f(x－1)＞0可转化为－1＜x－1＜0或x－1＞1，解得0＜x＜1或x＞2.故选A.4．若存在实数a，对任意的x∈[0，m]，都有(sinx－a)·(cosx－a)≤0恒成立，则实数m的最大值为()A.eq\f(π,4)B.eqB.\f(π,2)C.eq\f(3π,4)D.eqD.eq\f(5π,4)解析：选C在同一坐标系中，作出y＝sinx和y＝cosx的图象，当m＝eq\f(π,4)时，要使不等式恒成立，只有a＝eq\f(\r(2),2)，当m＞eq\f(π,4)时，在x∈[0，m]上，必须要求y＝sinx和y＝cosx的图象不在y＝a＝eq\f(\r(2),2)的同一侧．所以m的最大值是eq\f(3π,4).故选C.eq\a\vs4\al(应用（三）利用数形结合求解析几何问题)[例3](1)(2018·全国卷Ⅲ)设F1，F2是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)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|＝eq\r(6)|OP|，则C的离心率为()A.eq\r(5) B.2C.eq\r(3) D.eq\r(2)(2)已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m，0)，B(m，0)(m>0)．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为()A．7 B.6C．5 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P′F2，由题意可知，四边形PF1P′F2为平行四边形，且△PP′F2是直角三角形．因为|F2P|＝b，|F2O|＝c，所以|OP|＝a.又|PF1|＝eq\r(6)a＝|F2P′|，|PP′|＝2a，所以|F2P|＝eq\r(2)a＝b，所以c＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(3)a，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3).故选C.(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∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝eq\f(1,2)|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|＝eq\r(32＋42)＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值为6.故选B.[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意义的代数形式，主要有：①比值——可考虑直线的斜率；②二元一次式——可考虑直线的截距；③根式分式——可考虑点到直线的距离；④根式——可考虑两点间的距离．[应用体验]5．过直线x＋y－2eq\r(2)＝0上一点P作圆x2＋y2＝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∠APB＝60°，由切线性质可知∠OPB＝30°.在Rt△OBP中，OP＝2OB＝2，又点P在直线x＋y－2eq\r(2)＝0上，所以不妨设点P(x，2eq\r(2)－x)，则OP＝eq\r(x2＋（2\r(2)－x）2)＝2，即x2＋(2eq\r(2)－x)2＝4，整理得x2－2eq\r(2)x＋2＝0，所以x＝eq\r(2)，即点P的坐标为(eq\r(2)，eq\r(2))．答案：(eq\r(2)，eq\r(2))6．已知O为坐标原点，设F1，F2分别是双曲线x2－y2＝1的左、右焦点，P为双曲线左支上任意一点，过点F1作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足为H，则|OH|＝()A．1 B.2C．4 D.eq\f(1,2)解析：选A如图所示，延长F1H交PF2于点Q，由PH为∠F1PF2的平分线及PH⊥F1Q，可知|PF1|＝|PQ|.根据双曲线的定义，得|PF2|－|PF1|＝2，即|PF2|－|PQ|＝2，从而|QF2|＝2.在△F1QF2中，易知OH为中位线，则|OH|＝1.故选A.[总结升华]运用数形结合思想分析解决问题的3个原则(1)等价性原则在数形结合时，代数性质和几何性质的转换必须是等价