高考数学二轮专题复习与策略 第2部分 必考补充专题 技法篇 4大思想提前看渗透整本提时效教师用书 理-人教版高三数学试题

技法篇：4大思想提前看，渗透整本提时效高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合；二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学内容，可用文字和符号来记录与描述，那么数学思想方法则是数学意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想．这些在一轮复习中都有所涉及，建议二轮复习前应先学习此部分．带着方法去复习，这样可以使理论指导实践，“一法一练”“一练一过”，既节省了复习时间又能起到事半功倍的效果，而市面上有些资料把方法集中放于最后，起不到”依法训练”的作用，也因时间紧造成学而不透、学而不深，在真正的高考中不能从容应对．不过也可根据自身情况选择学完后再复习此部分．思想1函数与方程思想函数的思想，就是通过建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的数学思想.,方程的思想，就是建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决的数学思想.(1)设函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R都有f(x)＞f′(x)成立，则() 【导学号：67722000】A．3f(ln2)＜2B．3f(ln2)＝2C．3f(ln2)＞2D．3f(ln2)与2(2)(名师押题)直线y＝kx＋2和椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1在y轴左侧部分交于A，B两点，直线l过点P(0，－2)和线段AB的中点M，则l在x轴上的截距a的取值范围为________．(1)C(2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),3)，0))[(1)令F(x)＝eq\f(fx,ex)，则F′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex).因为对∀x∈R都有f(x)＞f′(x)，所以F′(x)＜0，即F(x)在R上单调递减．又ln2＜ln3，所以F(ln2)＞F(ln3)，即eq\f(fln2,eln2)＞eq\f(fln3,eln3)，所以eq\f(fln2,2)＞eq\f(fln3,3)，即3f(ln2)＞2f(ln3)，故选C.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，直线l与x轴的交点为N(a,0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0.因为直线y＝kx＋2和椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1在y轴左侧部分交于A，B两点，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝16k2－4×43＋4k2＞0，,x1＋x2＝－\f(16k,3＋4k2)＜0，,x1x2＝\f(4,3＋4k2)＞0，))解得k＞eq\f(1,2).又M为线段AB的中点，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝\f(－8k,3＋4k2)，,y0＝\f(y1＋y2,2)＝\f(6,3＋4k2).))由P(0，－2)，M(x0，y0)，N(a,0)三点共线，所以eq\f(\f(6,3＋4k2)＋2,\f(－8k,3＋4k2))＝eq\f(0－－2,a－0)，所以－eq\f(4,a)＝2k＋eq\f(3,k).又因为k＞eq\f(1,2)，所以2k＋eq\f(3,k)≥2eq\r(6)，当且仅当k＝eq\f(\r(6),2)时等号成立，所以－eq\f(4,a)≥2eq\r(6)，则－eq\f(\r(6),3)≤a≤0.]函数与方程思想在解题中的应用1．函数与不等式的相互转化，对函数y＝f(x)，当y＞0时，就化为不等式f(x)＞0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式．2．数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要．3．解析几何中的许多问题，需要通过解二元方程组才能解决．这都涉及二次方程与二次函数有关理论．4．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．[变式训练1]将函数y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的图象向左平移m(m＞0)个单位长度后，所得到的图象关于y轴对称，则m的最小值为________.【导学号：67722001】eq\f(5π,24)[把y＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))的图象上所有的点向左平移m个单位长度后，得到y＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4x＋m－\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋4m－\f(π,3)))的图象，而此图象关于y轴对称，则4m－eq\f(π,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，解得m＝eq\f(1,4)kπ＋eq\f(5π,24)(k∈Z)．又m＞0，所以m的最小值为eq\f(5π,24).]思想2数形结合思想数形结合思想，就是通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想.其应用包括以下两个方面：1“以形助数”，把某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，揭示数学问题的本质，如应用函数的图象来直观地说明函数的性质.2“以数定形”，把直观图形数量化，使形更加精确，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.(2016·山东高考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\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________．(3，＋∞)[作出f(x)的图象如图所示．当x>m时，x2－2mx＋4m＝(x－m)2＋4m－m2，∴要使方程f(x)＝b有三个不同的根，则4m－m2<m，即m2－3m>0.又数形结合思想在解题中的应用1．构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围或解不等式．2．构建函数模型并结合其图象研究方程根或函数的零点的范围．3．构建解析几何模型求最值或范围．4．构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系．[变式训练2](1)若方程x2＋(1＋a)x＋1＋a＋b＝0的两根分别为椭圆、双曲线的离心率，则eq\f(b,a)的取值范围是()A．(－2，－1)B．(－∞，－2)∪(－1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－2))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))(2)(2015·吉林模拟)若不等式4x2－logax<0对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))恒成立，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,256)，1)) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,256)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,256))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,256)))(1)C(2)B[(1)由题意可知，方程的一个根位于(0,1)之间，另一根大于1.设f(x)＝x2＋(1＋a)x＋1＋a＋b，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＞0，,f1＜0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋a＋b＞0，,2a＋b＋3＜0.))作出可行域如图阴影部分所示．eq\f(b,a)可以看作可行域内的点(a，b)与原点(0,0)连线的斜率，由图可知kOA＝－eq\f(1,2)，∴－2＜eq\f(b,a)＜－eq\f(1,2).(2)由已知4x2<logax对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))恒成立，相当于在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上，函数y＝logax的图象恒在函数y＝4x2图象的上方，显然当a>1时，不成立，当a<1时，如图，只需logaeq\f(1,4)≥4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))2⇒aeq\f(1,4)≥eq\f(1,4)⇒a≥eq\f(1,256)，又a<1，故a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,256)，1)).故选B.]思想3分类讨论思想分类讨论思想是当问题的对象不能进行统一研究时，就需要对研究的对象按某个标准进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结论，最终综合各类结果得到整个问题的解答.实质上分类讨论就是“化整为零，各个击破，再集零为整”的数学思想.(1)(2015·山东高考)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－1，x<1，,2x，x≥1.))则满足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B．[0,1]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) D．[1，＋∞)(2)设F1，F2为椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1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|，则eq\f(|PF1|,|PF2|)的值为________．(1)C(2)2或eq\f(7,2)[(1)由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1.当a<1时，有3a－1≥1，∴a≥eq\f(2,3)，∴eq\f(2,3)≤a<1.当a≥1时，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1.综上，a≥eq\f(2,3)，故选C.(2)若∠PF2F1则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2.∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2eq\r(5)，解得|PF1|＝eq\f(14,3)，|PF2|＝eq\f(4,3)，∴eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(7,2).若∠F2PF1＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2＝|PF1|2＋(6－|PF1|)2，解得|PF1|＝4，|PF2|＝2，∴eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2.综上所述，eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2或eq\f(7,2).]分类讨论思想在解题中的应用1．由数学概念引起的分类．有的概念本身是分类的，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等．2．由性质、定理、公式的限制引起的分类讨论．有的定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不一致，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等．3．由数学运算和字母参数变化引起的分类．如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对数真数与底数的限制，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域等．4．由图形的不确定性引起的分类讨论．有的图形类型、位置需要分类，如：角的终边所在的象限；点、线、面的位置关系等．[变式训练3](1)已知二次函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－3,2]上的最大值为4，则a等于()A．－3 B．－eq\f(3,8)C．3 D.eq\f(3,8)或－3(2)在等比数列{an}中，已知a3＝eq\f(3,2)，S3＝eq\f(9,2)，则a1＝________.(1)D(2)eq\f(3,2)或6[(1)当a＞0时，f(x)在[－3，－1]上单调递减，在[－1,2]上单调递增，故当x＝2时，f(x)取得最大值，即8a＋1＝4，解得a＝eq\f(3,8).当a＜0时，易知f(x)在x＝－1处取得最大，即－a＋1＝4，∴a＝－3.综上可知，a＝eq\f(3,8)或－3.故选D.(2)当q＝1时，a1＝a2＝a3＝eq\f(3,2)，S3＝3a1＝eq\f(9,2)，显然成立；当q≠1时，由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝a3＝\f(3,2)，,\f(a11－q3,1－q)＝S3＝\f(9,2).))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1q2＝\f(3,2)，①,a11＋q＋q2＝\f(9,2)，②))由①②，得eq\f(1＋q＋q2,q2)＝3，即2q2－q－1＝0，所以q＝－eq\f(1,2)或q＝1(舍去)．当q＝－eq\f(1,2)时，a1＝eq\f(a3,q2)＝6.综上可知，a1＝eq\f(3,2)或a1＝6.]思想4转化与化归思想转化与化归思想，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而得到解决的一种方法.一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题.(1)(2016·洛阳模拟)抛物线y2＝4x的焦点为F，点P(x，y)为该抛物线上的动点，又点A(－1,0)，则eq\f(|PF|,|PA|)的最小值是()【导学号：67722002】A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\f(2\r(3),2)(2)(名师押题)已知函数f(x)＝3e|x|.若存在实数t∈[－1，＋∞)，使得对任意的x∈[1，m]，m∈Z且m>1，都有f(x＋t)≤3ex，则m的最大值为________．[解题指导](1)利用抛物线的定义把eq\f(|PF|,|PA|)的最值问题等价转化成直线PA的斜率问题．(2)f(x＋t)≤3exeq\o(→,\s\up10(x＋t≥0))ex＋t≤exeq\o(→,\s\up10(两边取对数))t≤1＋lnx－xeq\o(→,\s\up10(令hx＝1＋lnx－x))h(x)min≥－1.(1)B(2)3[(1)如图，作PH⊥l于H，由抛物线的定义可知，|PH|＝|PF|，从而eq\f(|PF|,|PA|)的最小值等价于eq\f(|PH|,|PA|)的最小值，等价于∠PAH最小，等价于∠PAF最大，即直线PA的斜率最大．此时直线PA与抛物线y2＝4x相切，由直线与抛物线的关系可知∠PAF＝45°，所以eq\f(|PF|,|PA|)＝eq\f(|PH|,|PA|)＝sin45°＝eq\f(\r(2),2).(2)因为当t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]时，x＋t≥0，所以f(x＋t)≤3ex⇔ex＋t≤ex⇔t≤1＋lnx－x.所以原命题等价转化为：存在实数t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋lnx－x对任意x∈[1，m]恒成立．令h(x)＝1＋lnx－x(x≥1)．因为h′(x)＝eq\f(1,x)－1≤0，所以函数h(x)在[1，＋∞)上为减函数．又x∈[1，m]，所以h(x)min＝h(m)＝1＋lnm－m.所以要使得对x∈[1，m]，t值恒存在，只需1＋lnm－m≥－1.因为h(3)＝ln3－2＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(3,e)))>lneq\f(1,e)＝－1，h(4)＝ln4－3＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)·\f(4,e2)))<lneq\f(1,e)＝－1，且函数h(x)在[1，＋∞)上为减函数，所以满足条件的最大整数m的值为3.]转化与化归思想在解题中的应用1．在三角函数中，涉及到三角式的变形，一般通过转化与化归将复杂的三角问题转化为已知或易解的三角问题，以起到化暗为明的作用，主要的方法有公式的“三用”(顺用、逆用、变形用)、角度的转化、函数的转化等．2．换元法：是将一个复杂的或陌生的函数、方程、不等式转化为简单的或熟悉的函数、方程、不等式的一种重要的方法．3．在解决平面向量与三角函数、平面几何、解析几何等知识的交汇题目时，常将平面向量语言与三角函数、平面几何、解析几何语言进行转化．4．在解决数列问题时，常将一般数列转化为等差数列或等比数列求解．5．在利用导数研究函数问题时，常将函数的单调性、极值(最值)、切线问题，转化为其导函数f′(x)构成的方程．[变式训练4](1)(2016·杭州二模)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是AA1的中点，则异面直线BE与B1D1所成角的余弦值等于________，若正方体的边长为1，则四面体B­EB1D1(2)若对于任意t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x在区间(t,3)上总不为单调函数，则实数m的取值范围是________．(1)eq\f(\r(10),5)eq\f(1,6)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(37,3)，－5))[(1)连接BD，DE，因为BD∥B1D1，所以∠EBD就是异面直线BE与B1D1所成的角，设A1A＝1，则DE＝BE＝eq\f(\r(5),2)，BD＝eq\r(2)，cos∠EBD＝eq\f(\f(5,4)＋2－\f(5,4),2×\f(\r(5),2)×\r(2))＝eq\f(\r(10),5)，由V三棱锥B­EB1D1＝V三棱锥D1­BEB1得V三棱锥B­EB1D1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,6).(2)g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数，则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≥eq\f(2,x)－3x在x∈(t,3)上恒成立，所以m＋4≥eq\f(2,t)－3t恒成立，则m＋4≥－1，即m≥－5；由②得m＋4≤eq\f(2,x)－3x在x∈(t,3)上恒成立，则m＋4≤eq\f(2,3)－9，即m≤－eq\f(37,3).所以若函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数，则m的取值范围为－eq\f(37,3)＜m＜－5.]课后对应完成技法强化训练(一)～(四)，见P167～P170(注：因所练习题知识点比较整合，难度比较大，建议部分学生学完“第一部分重点强化专题”后再做此部分训练)技法强化训练(一)函数与方程思想题组1运用函数与方程思想解决数列、不等式等问题1．(2016·济南模拟)已知{an}是等差数列，a1＝1，公差d≠0，Sn是其前n项和，若a1，a2，a5成等比数列，则S8的值为()A．16 B．32C．64 D．62C[由题意可知aeq\o\al(2,2)＝a1a5，即(1＋d)2＝1×(1＋4d)，解得d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.∴S8＝eq\f(a1＋a8×8,2)＝4×(1＋15)＝64.]2．若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有()A．x＋y≥0 B．x＋y≤0C．x－y≤0 D．x－y≥0B[原不等式可化为2x－5－x≤2－y－5y，构造函数y＝2x－5－x，其为R上的增函数，所以有x≤－y，即x＋y≤0.]3．若关于x的方程x2＋2kx－1＝0的两根x1，x2满足－1≤x1＜0＜x2＜2，则k的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))B[构造函数f(x)＝x2＋2kx－1，因为关于x的方程x2＋2kx－1＝0的两根x1，x2满足－1≤x1＜0＜x2＜2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1≥0，,f0＜0，,f2＞0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2k≥0，,－1＜0，,4k＋3＞0，))所以－eq\f(3,4)＜k≤0，所以k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0)).]4．(2016·菏泽模拟)已知数列{an}满足a1＝60，an＋1－an＝2n(n∈N*)，则eq\f(an,n)的最小值为________．eq\f(29,2)[由an＋1－an＝2n，得an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2＋60＝n2－n＋60.∴eq\f(an,n)＝eq\f(n2－n＋60,n)＝n＋eq\f(60,n)－1.令f(x)＝x＋eq\f(60,x)－1，易知f(x)在(0,2eq\r(15))上单调递减，在(2eq\r(15)，＋∞)上单调递增．又n∈N*，当n＝7时，eq\f(a7,7)＝7＋eq\f(60,7)－1＝eq\f(102,7)，当n＝8时，eq\f(a8,8)＝8＋eq\f(60,8)－1＝eq\f(29,2).又eq\f(29,2)＜eq\f(102,7)，故eq\f(an,n)的最小值为eq\f(29,2).]5．(2016·郑州模拟)已知函数f(x)＝xlnx＋a，g(x)＝eq\f(1,2)x2＋ax，其中a≥0.(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与曲线y＝g(x)也相切，求a的值；(2)证明：x＞1时，f(x)＋eq\f(1,2)＜g(x)恒成立．【导学号：67722003】[解](1)由f(x)＝xlnx＋a，得f(1)＝a，f′(x)＝lnx＋1，所以f′(1)＝1.1分所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线为y＝x＋a－1.因为直线y＝x＋a－1与曲线y＝g(x)也相切，所以两方程联立消元得eq\f(1,2)x2＋ax＝a＋x－1，即eq\f(1,2)x2＋(a－1)x＋1－a＝0，3分所以Δ＝(a－1)2－4×eq\f(1,2)×(1－a)＝0，得a2＝1.因为a≥0，所以a＝1.4分(2)证明：x＞1时，f(x)＋eq\f(1,2)＜g(x)恒成立，等价于eq\f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq\f(1,2)＞0恒成立．令h(x)＝eq\f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq\f(1,2)，则h(1)＝0且h′(x)＝x＋a－lnx－1.6分令φ(x)＝x－lnx－1，则φ(1)＝0且φ′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，8分所以x＞1时，φ′(x)＞0，φ(x)单调递增，所以φ(x)＞φ(1)＝0.又因为a≥0，所以h′(x)＞0，h(x)单调递增，所以h(x)＞h(1)＝0，所以x＞1时，eq\f(1,2)x2＋ax－xlnx－a－eq\f(1,2)＞0恒成立，11分即x＞1时，f(x)＋eq\f(1,2)＜g(x)恒成立.12分题组2利用函数与方程思想解决几何问题6．(2016·山西四校联考)设抛物线C：y2＝3px(p＞0)的焦点为F，点M在C上，|MF|＝5，若以MF为直径的圆过点(0,2)，则C的方程为()A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8xC．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16xC[由抛物线的定义可知MF＝xM＋eq\f(3p,4)＝5，∴xM＝5－eq\f(3p,4)，yeq\o\al(2,M)＝15p－eq\f(9p2,4)，故以MF为直径的圆的方程为(x－xM)(x－xF)＋(y－yM)(y－yF)＝0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－5＋\f(3p,4)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(3p,4)))＋(2－yM)(2－0)＝0.∴yM＝2＋eq\f(15p,8)－eq\f(9p2,32)＝2＋eq\f(y\o\al(2,M),8)⇒yM＝4，p＝eq\f(4,3)或eq\f(16,3).∴C的方程为y2＝4x或y2＝16x.]7．如图1所示，在单位正方体ABCD­A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P，使得AP＋D1P最短，则AP＋D1P图1A．2＋eq\r(2) B．2＋2eq\r(2)C.eq\r(2＋\r(2)) D.eq\r(2＋2\r(2))C[设A1P＝x(0≤x≤eq\r(2))．在△AA1P中，AP＝eq\r(12＋x2－2×1×x×cos45°)＝eq\r(x2－\r(2)x＋1)，在Rt△D1A1P中，D1P＝eq\r(1＋x2).于是令y＝AP＋D1P＝eq\r(x2－\r(2)x＋1)＋eq\r(x2＋1)，下面求对应函数y的最小值．将函数y的解析式变形，得y＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(\r(2),2)))2)＋eq\r(x－02＋[0－－1]2)，其几何意义为点Q(x,0)到点Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))与点N(0，－1)的距离之和，当Q，M，N三点共线时，这个值最小，且最小值为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－0))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋1))2)＝eq\r(2＋\r(2)).]8．已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率e＝eq\f(\r(3),2)，并且经过定点Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2))).(1)求椭圆E的方程；(2)问：是否存在直线y＝－x＋m，使直线与椭圆交于A，B两点，且满足eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\f(12,5)？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．[解](1)由e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)且eq\f(3,a2)＋eq\f(1,4b2)＝1，c2＝a2－b2，解得a2＝4，b2＝1，即椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.4分(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝－x＋m))⇒x2＋4(m－x)2－4＝0⇒5x2－8mx＋4m所以x1＋x2＝eq\f(8m,5)，x1x2＝eq\f(4m2－4,5)，8分y1y2＝(m－x1)(m－x2)＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＝m2－eq\f(8,5)m2＋eq\f(4m2－4,5)＝eq\f(m2－4,5)，由eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝eq\f(12,5)得(x1，y1)·(x2，y2)＝eq\f(12,5)，即x1x2＋y1y2＝eq\f(12,5)，eq\f(4m2－4,5)＋eq\f(m2－4,5)＝eq\f(12,5)，m＝±2.又方程(*)要有两个不等实根，所以Δ＝(－8m)2－4×5(4m2－4)＞0，解得－eq\r(5)＜m＜eq\r(5)，所以m＝±2.12分9．如图2，直三棱柱ABC­A′B′C′中，AC＝BC＝5，AA′＝AB＝6，D，E分别为AB和BB′上的点，且eq\f(AD,DB)＝eq\f(BE,EB′)＝λ.图2(1)求证：当λ＝1时，A′B⊥CE；(2)当λ为何值时，三棱锥A′­CDE的体积最小，并求出最小体积．[解](1)证明：∵λ＝1，∴D，E分别为AB和BB′的中点.1分又AA′＝AB，且三棱柱ABC­A′B′C′为直三棱柱，∴平行四边形ABB′A′为正方形，∴DE⊥A′B.2分∵AC＝BC，D为AB的中点，∴CD⊥AB.3分∵三棱柱ABC­A′B′C′为直三棱柱，∴CD⊥平面ABB′A′，∴CD⊥A′B，4分又CD∩DE＝D，∴A′B⊥平面CDE.∵CE⊂平面CDE，∴A′B⊥CE.6分(2)设BE＝x，则AD＝x，DB＝6－x，B′E＝6－x.由已知可得C到平面A′DE的距离即为△ABC的边AB所对应的高h＝eq\r(AC2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))2)＝4，8分∴VA′­CDE＝VC­A′DE＝eq\f(1,3)(S四边形ABB′A－S△AA′D－S△DBE－S△A′B′E)·h＝eq\f(1,3)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(36－3x－\f(1,2)6－xx－36－x))·h＝eq\f(2,3)(x2－6x＋36)＝eq\f(2,3)[(x－3)2＋27](0＜x＜6)，11分∴当x＝3，即λ＝1时，VA′­CDE有最小值18.12分技法强化训练(二)数形结合思想题组1利用数形结合思想解决方程的根或函数零点问题1．方程|x2－2x|＝a2＋1(a＞0)的解的个数是()A．1 B．2C．3 D．4B[∵a＞0，∴a2＋1＞1.而y＝|x2－2x|的图象如图，∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有2个交点．]2．已知函数f(x)＝|log2|x||－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，则下列结论正确的是()A．f(x)有三个零点，且所有零点之积大于－1B．f(x)有三个零点，且所有零点之积小于－1C．f(x)有四个零点，且所有零点之积大于1D．f(x)有四个零点，且所有零点之积小于1A[在同一坐标系中分别作出f1(x)＝|log2|x||与f2(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的图象，如图所示，由图象知f1(x)与f2(x)有三个交点，设三个交点的横坐标从左到右分别是x1，x2，x3，因为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＞0，所以－eq\f(1,2)＜x1＜－eq\f(1,4)，同理eq\f(1,2)＜x2＜1,1＜x3＜2，即－1＜x1x2x3＜－eq\f(1,8)，即所有零点之积大于－1.]3．(2016·广州二模)设函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝x3，则函数g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(5,2)))上的所有零点的和为()A．7 B．6C．3 D．2A[函数g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(5,2)))上的零点为函数h(x)＝|cos(πx)|与函数f(x)的交点的横坐标．因为f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，所以函数f(x)为关于x＝1对称的偶函数，又因为当x∈[0,1]时，f(x)＝x3，则在平面直角坐标系内画出函数h(x)＝|cos(πx)|与函数f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(5,2)))内的图象，如图所示，由图易得两函数图象共有7个交点，不妨设从左到右依次为x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，则由图易得x1＋x2＝0，x3＋x5＝2，x4＝1，x6＋x7＝4，所以x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＝7，即函数g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(5,2)))上的零点的和为7，故选A.]4．(2016·合肥二模)若函数f(x)＝a＋sinx在[π，2π]上有且只有一个零点，则实数a＝________.1[函数f(x)＝a＋sinx在[π，2π]上有且只有一个零点，即方程a＋sinx＝0在[π，2π]上只有一解，即函数y＝－a与y＝sinx，x∈[π，2π]的图象只有一个交点，由图象可得a＝1.]5．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≤a，,x2，x＞a，))若存在实数b，使函数g(x)＝f(x)－b有两个零点，则a的取值范围是______________．(－∞，0)∪(1，＋∞)[函数g(x)有两个零点，即方程f(x)－b＝0有两个不等实根，则函数y＝f(x)和y＝b的图象有两个公共点．①若a＜0，则当x≤a时，f(x)＝x3，函数单调递增；当x＞a时，f(x)＝x2，函数先单调递减后单调递增，f(x)的图象如图(1)实线部分所示，其与直线y＝b可能有两个公共点．②若0≤a≤1，则a3≤a2，函数f(x)在R上单调递增，f(x)的图象如图(2)实线部分所示，其与直线y＝b至多有一个公共点．③若a＞1，则a3＞a2，函数f(x)在R上不单调，f(x)的图象如图(3)实线部分所示，其与直线y＝b可能有两个公共点．综上，a＜0或a＞1.]题组2利用数形结合思想求解不等式或参数范围6．若不等式logax＞sin2x(a＞0，a≠1)对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))都成立，则a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2))) D．(0,1)A[记y1＝logax(a＞0，a≠1)，y2＝sin2x，原不等式即为y1＞y2，由题意作出两个函数的图象，如图所示，知当y1＝logax的图象过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，1))时，a＝eq\f(π,4)，所以当eq\f(π,4)＜a＜1时，对任意x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))都有y1＞y2.]7．(2016·黄冈模拟)函数f(x)是定义域为{x|x≠0}的奇函数，且f(1)＝1，f′(x)为f(x)的导函数，当x＞0时，f(x)＋xf′(x)＞eq\f(1,x)，则不等式xf(x)＞1＋ln|x|的解集是()【导学号：67722004】A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)C．(1，＋∞) D．(－1,1)A[令g(x)＝xf(x)－ln|x|，则g(x)是偶函数，且当x＞0时，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－eq\f(1,x)＞0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．故不等式xf(x)＞1＋ln|x|⇔g(|x|)＞g(1)，∴|x|＞1，解得x＞1或x＜－1.故选A.]8．若不等式|x－2a|≥eq\f(1,2)x＋a－1对x∈R恒成立，则a的取值范围是________．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))[作出y＝|x－2a|和y＝eq\f(1,2)x＋a－1的简图，依题意知应有2a≤2－2a，故a≤eq\f(1,2).]9．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lgx|，0＜x≤10，,－\f(1,2)x＋6，x＞10.))若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，则abc的取值范围是________．(10,12)[作出f(x)的大致图象．由图象知，要使f(a)＝f(b)＝f(c)，不妨设a＜b＜c，则－lga＝lgb＝－eq\f(1,2)c＋6.∴lga＋lgb＝0，∴ab＝1，∴abc＝c.由图知10＜c＜12，∴abc∈(10,12)．]10．已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ωx＋\f(π,3)))的相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,4)，将函数f(x)的图象向右平移eq\f(π,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)＋k＝0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一个实数根，则k的取值范围是________. 【导学号：67722005】eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(k\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜k≤\f(1,2)或k＝－1))))[因为f(x)相邻两条对称轴之间的距离为eq\f(π,4)，结合三角函数的图象可知eq\f(T,2)＝eq\f(π,4)，即T＝eq\f(π,2).又T＝eq\f(2π,2ω)＝eq\f(π,2)，所以ω＝2，f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,3))).将f(x)的图象向右平移eq\f(π,8)个单位得到f(x)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,8)))＋\f(π,3)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,6)))的图象，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到g(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))的图象．所以方程为sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,6)))＋k＝0.令2x－eq\f(π,6)＝t，因为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以－eq\f(π,6)≤t≤eq\f(5π,6).若g(x)＋k＝0在x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有且只有一个实数根，即y＝sint与y＝－k在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(5π,6)))上有且只有一个交点．如图所示，由正弦函数的图象可知－eq\f(1,2)≤－k＜eq\f(1,2)或－k＝1，即－eq\f(1,2)＜k≤eq\f(1,2)或k＝－1.]题组3利用数形结合解决解析几何问题11．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．4B[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.]12．(2016·衡水模拟)过抛物线y2＝2px(p＞0)焦点F的直线l与抛物线交于B，C两点，l与抛物线的准线交于点A，且|AF|＝6，eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，则|BC|＝()A.eq\f(9,2) B．6C.eq\f(13,2) D．8A[如图所示，直线与抛物线交于B，C两点，与抛物线的准线交于A点．∵eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，∴F在A，B中间，C在A，F之间，分别过B，C作准线的垂线BB1，CC1，垂足分别为B1，C1.由抛物线的定义可知|BF|＝|BB1|，|CF|＝|CC1|.∵eq\o(AF,\s\up6(→))＝2eq\o(FB,\s\up6(→))，|AF|＝6，∴|FB|＝|BB1|＝3.由△AFK∽△ABB1可知，eq\f(|FK|,|BB1|)＝eq\f(|AF|,|AB|)，∴|FK|＝2.设|CF|＝a，则|CC1|＝a，由△ACC1∽△AFK，得eq\f(|CC1|,|FK|)＝eq\f(|AC|,|AF|).∴eq\f(a,2)＝eq\f(6－a,6)，∴a＝eq\f(3,2).∴|BC|＝|BF|＋|FC|＝3＋eq\f(3,2)＝eq\f(9,2).]13．已知P是直线l：3x＋4y＋8＝0上的动点，PA，PB是圆x2＋y2－2x－2y＋1＝0的两条切线，A，B是切点，C是圆心，则四边形PACB面积的最小值为________．2eq\r(2)[从运动的观点看问题，当动点P沿直线3x＋4y＋8＝0向左上方或右下方无穷远处运动时，直角三角形PAC的面积SRt△PAC＝eq\f(1,2)|PA|·|AC|＝eq\f(1,2)|PA|越来越大，从而S四边形PACB也越来越大；当点P从左上、右下两个方向向中间运动时，S四边形PACB变小，显然，当点P到达一个最特殊的位置，即CP垂直于直线l时，S四边形PACB应有唯一的最小值，此时|PC|＝eq\f(|3×1＋4×1＋8|,\r(32＋42))＝3，从而|PA|＝eq\r(|PC|2－|AC|2)＝2eq\r(2).所以(S四边形PACB)min＝2×eq\f(1,2)×|PA|×|AC|＝2eq\r(2).]14．已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.(1)求圆C1的圆心坐标；(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；(3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．[解](1)圆C1的方程x2＋y2－6x＋5＝0可化为(x－3)2＋y2＝4，所以圆心坐标为(3,0).2分(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)，M(x0，y0)，则x0＝eq\f(x1＋x2,2)，y0＝eq\f(y1＋y2,2).由题意可知直线l的斜率必存在，设直线l的方程为y＝tx.将上述方程代入圆C1的方程，化简得(1＋t2)x2－6x＋5＝0.5分由题意，可得Δ＝36－20(1＋t2)＞0(*)，x1＋x2＝eq\f(6,1＋t2)，所以x0＝eq\f(3,1＋t2)，代入直线l的方程，得y0＝eq\f(3t,1＋t2).6分因为xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝eq\f(9,1＋t22)＋eq\f(9t2,1＋t22)＝eq\f(91＋t2,1＋t22)＝eq\f(9,1＋t2)＝3x0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0－\f(3,2)))2＋yeq\o\al(2,0)＝eq\f(9,4).由(*)解得t2＜eq\f(4,5)，又t2≥0，所以eq\f(5,3)＜x0≤3.所以线段AB的中点M的轨迹C的方程为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2＋y2＝eq\f(9,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)＜x≤3)).8分(3)由(2)知，曲线C是在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3))上的一段圆弧．如图，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(2\r(5),3)))，Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，－\f(2\r(5),3)))，F(3,0)，直线L过定点G(4,0)．联立直线L的方程与曲线C的方程，消去y整理得(1＋k2)x2－(3＋8k2)x＋16k2＝0.令判别式Δ＝0，解得k＝±eq\f(3,4)，由求根公式解得交点的横坐标为xH，I＝eq\f(12,5)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，3)).11分由图可知：要使直线L与曲线C只有一个交点，则k∈[kDG，kEG]∪{kGH，kGI}，即k∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(5),7)，\f(2\r(5),7)))∪eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4))).12分技法强化训练(三)分类讨论思想题组1由概念、法则、公式引起的分类讨论1．已知数列{an}的前n项和Sn＝Pn－1(P是常数)，则数列{an}是()A．等差数列 B．等比数列C．等差数列或等比数列 D．以上都不对D[∵Sn＝Pn－1，∴a1＝P－1，an＝Sn－Sn－1＝(P－1)Pn－1(n≥2)．当P≠1且P≠0时，{an}是等比数列；当P＝1时，{an}是等差数列；当P＝0时，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此时{an}既不是等差数列也不是等比数列．]2．(2016·长春模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋ax，x≤1，,2ax－5，x＞1.))若存在x1，x2∈R，且x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，2) B．(－∞，4)C．[2,4] D．(2，＋∞)B[当－eq\f(a,－2)＜1，即a＜2时，显然满足条件；当a≥2时，由－1＋a＞2a－5得2≤a＜4，综上可知a＜4.]3．已知函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，函数y＝f′(x)的图象如图1所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，则不等式f(x2－6)＞1的解集为()图1A．(－3，－2)∪(2,3)B．(－eq\r(2)，eq\r(2))C．(2,3)D．(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)A[由导函数图象知，当x＜0时，f′(x)＞0，即f(x)在(－∞，0)上为增函数，当x＞0时，f′(x)＜0，即f(x)在(0，＋∞)上为减函数，又不等式f(x2－6)＞1等价于f(x2－6)＞f(－2)或f(x2－6)＞f(3)，故－2＜x2－6≤0或0≤x2－6＜3，解得x∈(－3，－2)∪(2,3)．]4．已知实数m是2,8的等比中项，则曲线x2－eq\f(y2,m)＝1的离心率为()A.eq\r(2) B.eq\f(\r(3),2)C.eq\r(5) D.eq\r(5)或eq\f(\r(3),2)D[由题意可知，m2＝2×8＝16，∴m＝±4.(1)当m＝4时，曲线为双曲线x2－eq\f(y2,4)＝1.此时离心率e＝eq\r(5).(2)当m＝－4时，曲线为椭圆x2＋eq\f(y2,4)＝1.此时离心率e＝eq\f(\r(3),2).]5．设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n＝1,2,3，…)，则q的取值范围是________．(－1,0)∪(0，＋∞)[因为{an}是等比数列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0.当q＝1时，Sn＝na1>0；当q≠1时，Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)>0，即eq\f(1－qn,1－q)>0(n∈N*)，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－q>0，,1－qn>0))①或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－q<0，,1－qn<0，))②由①得－1<q<1，由②得q>1.故q的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)．]6．若x＞0且x≠1，则函数y＝lgx＋logx10的值域为________．(－∞，－2]∪[2，＋∞)[当x＞1时，y＝lgx＋eq\f(1,lgx)≥2eq\r(lgx·\f(1,lgx))＝2，当且仅当lgx＝1，即x＝10时等号成立；当0＜x＜1时，y＝lgx＋eq\f(1,lgx)＝－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－lgx＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,lgx)))))≤－2eq\r(－lgx·\f(1,－lgx))＝－2，当且仅当lgx＝eq\f(1,lgx)，即x＝eq\f(1,10)时等号成立．∴y∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．]题组2由参数变化引起的分类讨论7．已知集合A＝{x|1≤x＜5}，C＝{x|－a＜x≤a＋3}．若C∩A＝C，则a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，－1)) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))C．(－∞，－1] D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，＋∞))C[因为C∩A＝C，所以C⊆A.①当C＝∅时，满足C⊆A，此时－a≥a＋3，得a≤－eq\f(3,2)；②当C≠∅时，要使C⊆A，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＜a＋3，,－a≥1，,a＋3＜5，))解得－eq\f(3,2)＜a≤－1.由①②得a≤－1.]8．(2016·保定模拟)已知不等式组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤1，,x－y≥－1,y≥0))，所表示的平面区域为D，若直线y＝kx－3与平面区域D有公共点，则k的取值范围为()【导学号：67722006】A．[－3,3]B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))C．(－∞，－3]∪[3，＋∞)D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))C[满足不等式组的平面区域如图中阴影部分所示．∵y＝kx－3过定点(0，－3)，∴当y＝kx－3过点C(1,0)时，k＝3；当y＝kx－3过点B(－1,0)时，k＝－3.∴k≤－3或k≥3时，直线y＝kx－3与平面区域D有公共点，故选C.]9．已知函数f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1，试讨论函数f(x)的单调性．[解]由题意知f(x)的定义域为(0，＋∞)，1分f′(x)＝eq\f(a＋1,x)＋2ax＝eq\f(2ax2＋a＋1,x).2分①当a≥0时，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增.4分②当a≤－1时，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减.6分③当－1<a<0时，令f′(x)＝0，解得x＝eq\r(－\f(a＋1,2a))，7分则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))时，f′(x)<0.故f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))上单调递减.10分综上，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a≤－1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－1<a<0时，f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a＋1,2a))))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a＋1,2a))，＋∞))上单调递减.12分题组3根据图形位置或形状分类讨论10．已知中心在坐标原点，焦点在坐标轴上的双曲线的渐近线方程为y＝±eq\f(3,4)x，则双曲线的离心率为()A.eq\f(5,4) B.eq\f(5,3)C.eq\f(5,4)或eq\f(5,3) D.eq\f(3,5)或eq\f(4,5)C[若双曲线的焦点在x轴上，则eq\f(b,a)＝eq\f(3,4)，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\f(5,4)；若双曲线的焦点在y轴上，则eq\f(b,a)＝eq\f(4,3)，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\f(5,3)，故选C.]11．正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为________. 【导学号：67722007】4eq\r(3)或eq\f(8\r(3),3)[若侧面矩形的长为6，宽为4，则V＝S底×h＝eq\f(1,2)×2×2×sin60°×4＝4eq\r(3).若侧面矩形的长为4，宽为6，则V＝S底×h＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×eq\f(4,3)×sin60°×6＝eq\f(8\r(3),3).]12．已知中心在原点O，左焦点为F1(－1,0)的椭圆C的左顶点为A，上顶点为B，F1到直线AB的距离为eq\f(\r(7),7)|OB|.图2(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆C1的方程为：eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝1(m＞n＞0)，椭圆C2的方程为：eq\f(x2,m2)＋eq\f(y2,n2)＝λ(λ＞0，且λ≠1)，则称椭圆C2是椭圆C1的λ倍相似椭圆．如图2，已知C2是椭圆C的3倍相似椭圆，若椭圆C的任意一条切线l交椭圆C2于两点M，N，试求弦长|MN|的取值范围．[解](1)设椭圆C的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，∴直线AB的方程为eq\f(x,－a)＋eq\f(y,b)＝1，∴F1(－1,0)到直线AB的距离d＝eq\f(|b－ab|,\r(a2＋b2))＝eq\f(\r(7),7)b，2分a2＋b2＝7(a－1)2，又b2＝a2－1，解得a＝2，b＝eq\r(3)，3分故椭圆C的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.4分(2)椭圆C的3倍相似椭圆C2的方程为eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,9)＝1，5分①若切线l垂直于x轴，则其方程为x＝±2，易求得|MN|＝2eq\r(6).6分②若切线l不垂直于x轴，可设其方程y＝kx＋b，将y＝kx＋b代入椭圆C的方程，得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，7分∴Δ＝(8kb)2－4(3＋4k2)(4b2－12)＝48(4k2－3－b2)＝0，即b2＝4k2＋3，(*)8分记M，N两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．将y＝kx＋b代入椭圆C2的方程，得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－36＝0，9分此时x1＋x2＝－eq\f(8kb,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(4b2－36,3＋4k2)，|x1－x2|＝eq\f(4\r(312k2＋9－b2),3＋4k2)，10分∴|MN|＝eq\r(1＋k2)×eq\f(4\r(312k2＋9－b2),3＋4k2)＝4eq\r(6)eq\r(\f(1＋k2,3＋4k2))＝2eq\r(6)eq\r(1＋\f(1,3＋4k2)).∵3＋4k2≥3，∴1＜1＋eq\f(1,3＋4k2)≤eq\f(4,3)，即2eq\r(6)＜2eq\r(6)eq\r(1＋\f(1,3＋4k2))≤4eq\r(2).综合①②得：弦长|MN|的取值范围为[2eq\r(6)，4eq\r(2)].12分技法强化训练(四)转化与化归思想题组1正与反的相互转化1．由命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，得m的取值范围是(－∞，a)，则实数a的取值是()A．(－∞，1) B．(－∞，2)C．1 D．2C[命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m＞0”是真命题，可得m的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a)与(－∞，1)为同一区间，故a＝1.]2．(2016·开封模拟)若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为()A.eq\f(1,5) B.eq\f(3,5)C.eq\f(7,10) D.eq\f(9,10)D[甲或乙被录用的对立面是甲、乙均不被录用，故所求事件的概率为1－eq\f(1,10)＝eq\f(9,10).]3．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c，使得f(c)＞0，则实数p的取值范围为________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))[如果在[－1,1]内没有值满足f(c)＞0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1≤0，,f1≤0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p≤－\f(1,2)或p≥1，,p≤－3或p≥\f(3,2)))⇒p≤－3或p≥eq\f(3,2)，取补集为－3＜p＜eq\f(3,2)，即为满足条件的p的取值范围．故实数p的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).]4．若椭圆eq\f(x2,2)＋y2＝a2(a＞0)与连接两点A(1,2)，B(3,4)的线段没有公共点，则实数a的取值范围为________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3\r(2),2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(82),2)，＋∞))[易知线段AB的方程为y＝x＋1，x∈[1,3]，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,\f(x2,2)＋y2＝a2，))得a2＝eq\f