浙江专用2024高考数学二轮复习抢分攻略一考前必明的4大数学思想教案

PAGE1-抢分攻略一考前必明的4大数学思想一函数与方程思想函数思想方程思想函数思想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，从而使问题得到解决的思想方程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，使问题得到解决的思想函数与方程思想在肯定的条件下是可以相互转化的，是相辅相成的，函数思想重在对问题进行动态的探讨，方程思想则是在动中求静，探讨运动中的等量关系应用一函数与方程思想在不等式中的应用[典型例题]设不等式2x－1>m(x2－1)对满意|m|≤2的一切实数m都成立，则x的取值范围为________．【解析】问题可以变成关于m的不等式(x2－1)m－(2x－1)<0在m∈[－2，2]上恒成立，设f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）＝2（x2－1）－（2x－1）<0，,f（－2）＝－2（x2－1）－（2x－1）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2－2x－1<0，,2x2＋2x－3>0，))解得eq\f(\r(7)－1,2)<x<eq\f(\r(3)＋1,2)，故x的取值范围为(eq\f(\r(7)－1,2)，eq\f(\r(3)＋1,2))．【答案】(eq\f(\r(7)－1,2)，eq\f(\r(3)＋1,2))eq\a\vs4\al()一般地，对于多变元问题，须要依据条件和要求解的结果，确定一个变量，创设新的函数，求解本题的关键是变换自变量，以参数m作为自变量构造函数式，不等式的问题就变成函数在闭区间上的值域问题．[对点训练]1．设0<a<1，e为自然对数的底数，则a，ae，ea－1的大小关系为()A．ea－1<a<ae B．ae<a<ea－1C．ae<ea－1<a D．a<ea－1<ae解析：选B.设f(x)＝ex－x－1，x>0，则f′(x)＝ex－1>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(0)＝0，f(x)>0，所以ex－1>x，即ea－1>a.又y＝ax(0<a<1)在R上是减函数，得a>ae，从而ea－1>a>ae.2．关于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a>0在x∈(2，＋∞)上恒成立，则a＝________．解析：关于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a>0在x∈(2，＋∞)上恒成立⇔函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)在x∈(2，＋∞)上的值域为(a2－2a＋1，＋∞)．因为函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞)上为增函数，所以f(x)>2＋eq\f(4,2)＝4，即f(x)在(2，＋∞)上的值域为(4，＋∞)，所以a2－2a＋1＝4，解得a＝－1或a＝3.答案：－1或3应用二函数与方程思想在数列中的应用[典型例题]已知数列{an}是各项均为正数的等差数列．(1)若a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比数列，求数列{an}的通项公式an；(2)在(1)的条件下，数列{an}的前n项和为Sn，设bn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)，若对随意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求实数k的最小值．【解】(1)因为a1＝2，aeq\o\al(2,3)＝a2(a4＋1)，又因为{an}是正项等差数列，故d≥0，所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，得d＝2或d＝－1(舍去)，所以数列{an}的通项公式an＝2n.(2)因为Sn＝n(n＋1)，则eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).所以bn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)－\f(1,2n＋1)))＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(n,2n2＋3n＋1)＝eq\f(1,2n＋\f(1,n)＋3).令f(x)＝2x＋eq\f(1,x)(x≥1)，则f′(x)＝2－eq\f(1,x2)>0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上是增函数，所以当x＝1时，f(x)min＝f(1)＝3，即当n＝1时，(bn)max＝eq\f(1,6)，要使对随意的正整数n，不等式bn≤k恒成立，则须使k≥(bn)max＝eq\f(1,6)，所以实数k的最小值为eq\f(1,6).eq\a\vs4\al()(1)本题完备体现函数与方程思想的应用，第(2)问利用裂项相消法求bn，构造函数，利用单调性求bn的最大值．(2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数，数列的通项公式与前n项和公式即为相应的解析式，因此解决数列最值(范围)问题的方法如下：①由其表达式推断单调性，求出最值；②由表达式不易推断单调性时，借助an＋1－an的正负推断其单调性．[对点训练]1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4＝－2，S5＝0，S6＝3，则nSn的最小值为________．解析：由已知得，a5＝S5－S4＝2，a6＝S6－S5＝3，因为数列{an}为等差数列，所以公差d＝a6－a5＝1.又S5＝eq\f(5（a1＋a5）,2)＝0，所以a1＝－2，故Sn＝－2n＋eq\f(n（n－1）,2)＝eq\f(n2－5n,2)，即nSn＝eq\f(n3－5n2,2)，令f(n)＝eq\f(n3－5n2,2)(n>0且n∈Z)，则f′(n)＝eq\f(3,2)n2－5n，令f′(n)>0，得n>eq\f(10,3)，令f′(n)<0，得0<n<eq\f(10,3)，所以f(n)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(10,3)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞))上单调递增．又n为正整数，所以当n＝3时，f(n)取得最小值，即nSn取得最小值，即为－9.答案：－92．设等比数列{an}的前n项和为Sn，公比q>0，a1＋a2＝4，a3－a2＝6.(1)求数列{an}的通项公式；(2)若对随意的n∈N*，kan，Sn，－1都成等差数列，求实数k的值．解：(1)因为a1＋a2＝4，a3－a2＝6，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q）＝4，,a1（q2－q）＝6，))因为q>0，所以q＝3，a1＝1.所以an＝1×3n－1＝3n－1，故数列{an}的通项公式为an＝3n－1.(2)由(1)知an＝3n－1，Sn＝eq\f(1×（1－3n）,1－3)＝eq\f(3n－1,2)，因为kan，Sn，－1成等差数列，所以2Sn＝kan－1，即2×eq\f(3n－1,2)＝k×3n－1－1，解得k＝3.应用三函数与方程思想在三角函数、平面对量中的应用[典型例题](1)若方程cos2x－sinx＋a＝0在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有解，则a的取值范围是________．(2)已知a，b，c为平面上三个向量，又a，b是两个相互垂直的单位向量，向量c满意|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1，x，y均为实数，则|c－xa－yb|的最小值为________．【解析】(1)法一：把方程cos2x－sinx＋a＝0变形为a＝－cos2x＋sinx，设f(x)＝－cos2x＋sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f(x)＝－(1－sin2x)＋sinx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，由x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))可得sinx∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))，易求得f(x)的值域为(－1，1]，故a的取值范围是(－1，1]．法二：令t＝sinx，由x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，可得t∈(0，1]．依题意得1－t2－t＋a＝0，即方程t2＋t－1－a＝0在t∈(0，1]上有解，设f(t)＝t2＋t－1－a，其图象是开口向上的抛物线，对称轴为直线t＝－eq\f(1,2)，如图所示．因此，f(t)＝0在(0，1]上有解等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）<0，,f（1）≥0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1－a<0，,1－a≥0，))所以－1<a≤1，故a的取值范围是(－1，1]．(2)由题意可知|a|＝|b|＝1，a·b＝0，因为|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1，所以|c－xa－yb|2＝|c|2＋x2|a|2＋y2|b|2－2xc·a－2yc·b＋2xya·b＝9＋x2＋y2－4x－2y＝(x－2)2＋(y－1)2＋4，当且仅当x＝2，y＝1时，|c－xa－yb|eq\o\al(2,min)＝4，所以|c－xa－yb|的最小值为2.【答案】(1)(－1，1](2)2eq\a\vs4\al()(1)探讨含参数的三角函数方程的问题，通常有两种处理思路：一是分别参数构建函数，将方程有解转化为求函数的值域．二是换元，将困难方程问题转化为熟识的二次方程，进而利用二次方程解的分布状况构建不等式或构造函数加以解决．(2)平面对量中含函数(方程)的相关学问，对平面对量的模进行平方处理，把模问题转化为数量积问题，再利用函数与方程思想进行分析与处理，这是解决此类问题的一种比较常见的思维方式．[对点训练]1．已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2，1)，若|a＋b|＝|a－b|，则实数λ的值为()A．－1 B．2C．1 D．－2解析：选A.法一：由|a＋b|＝|a－b|，可得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以a·b＝0，故a·b＝(λ，1)·(λ＋2，1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1.法二：a＋b＝(2λ＋2，2)，a－b＝(－2，0)．由|a＋b|＝|a－b|，可得(2λ＋2)2＋4＝4，解得λ＝－1.2．在△ABC中，D为BC边上一点，DC＝2BD，AD＝eq\r(2)，∠ADC＝45°，若AC＝eq\r(2)AB，则BD＝________．解析：在△ADC中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos45°＝2＋DC2－2eq\r(2)·DC·eq\f(\r(2),2)＝2＋DC2－2DC.在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos135°＝BD2＋2＋2eq\r(2)·BD·eq\f(\r(2),2)＝2＋BD2＋2BD.又因为DC＝2BD，AC＝eq\r(2)AB，所以2·(2＋BD2＋2BD)＝2＋(2BD)2－2·2BD，整理得BD2－4BD－1＝0，解得BD＝2＋eq\r(5)(BD＝2－eq\r(5)舍去)．答案：2＋eq\r(5)应用四函数与方程思想在解析几何中的应用[典型例题]已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，离心率为eq\f(1,2).(1)求椭圆E的方程；(2)设点A，F分别为椭圆的右顶点、右焦点，经过点F作直线交椭圆E于C，D两点，求四边形OCAD面积的最大值(O为坐标原点)．【解】(1)由题设得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1.))所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设直线CD的方程为x＝ky＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，与椭圆方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1联立得(3k2＋4)y2＋6ky－9＝0.所以y1＋y2＝－eq\f(6k,3k2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3k2＋4).所以S四边形OCAD＝S△OCA＋S△ODA＝eq\f(1,2)×2×|y1|＋eq\f(1,2)×2×|y2|＝|y1－y2|＝eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\f(12\r(k2＋1),3k2＋4)＝eq\f(12t,3t2＋1)＝eq\f(12,3t＋\f(1,t))(其中t＝eq\r(k2＋1)，t≥1)．因为当t≥1时，y＝3t＋eq\f(1,t)单调递增，所以3t＋eq\f(1,t)≥4，所以S四边形OCAD≤3(当k＝0时取等号)，即四边形OCAD面积的最大值为3.eq\a\vs4\al()几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中常常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻相识运动改变的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的求法来求解，这是求面积、线段长、最值(范围)问题的基本方法．[对点训练]设椭圆中心在坐标原点，A(2，0)，B(0，1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k>0)与AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点．若eq\o(ED,\s\up6(→))＝6eq\o(DF,\s\up6(→))，求k的值．解：依题意得椭圆的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1，直线AB，EF的方程分别为x＋2y＝2，y＝kx(k>0)．如图，设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1<x2，且x1，x2满意方程(1＋4k2)x2＝4，故x2＝－x1＝eq\f(2,\r(1＋4k2)).由eq\o(ED,\s\up6(→))＝6eq\o(DF,\s\up6(→))知x0－x1＝6(x2－x0)，得x0＝eq\f(1,7)(6x2＋x1)＝eq\f(5,7)x2＝eq\f(10,7\r(1＋4k2)).由D在AB上知x0＋2kx0＝2，得x0＝eq\f(2,1＋2k).所以eq\f(2,1＋2k)＝eq\f(10,7\r(1＋4k2))，化简得24k2－25k＋6＝0，解得k＝eq\f(2,3)或k＝eq\f(3,8).二数形结合思想以形助数(数题形解)以数辅形(形题数解)借助形的生动性和直观性来阐述数之间的关系，把数转化为形，即以形作为手段，数作为目的的解决数学问题的数学思想借助于数的精确性、规范性及严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的的解决问题的数学思想数形结合思想通过“以形助数，以数辅形”，使困难问题简洁化，抽象问题详细化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，它是数学的规律性与敏捷性的有机结合应用一数形结合思想在函数与方程中的应用[典型例题](1)记实数x1，x2，…，xn中最小数为min{x1，x2，…，xn}，则定义在区间[0，＋∞)上的函数f(x)＝min{x2＋1，x＋3，13－x}的最大值为()A．5B．6C．8D．10(2)设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且对随意的x∈R，都有f(x＋2)＝f(2－x)，当x∈(－2，0]时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(x)－1，则关于x的方程f(x)－log8(x＋2)＝0在区间(－2，6)上根的个数为()A．1B．2C．3D．4【解析】(1)在同一坐标系中作出三个函数y＝x2＋1，y＝x＋3，y＝13－x的图象如图：由图可知，在实数集R上，min{x2＋1，x＋3，13－x}为y＝x＋3上A点下方的射线，抛物线AB之间的部分，线段BC，与直线y＝13－x上点C下方的部分的组合图．明显，在区间[0，＋∞)上，在C点时，y＝min{x2＋1，x＋3，13－x}取得最大值．解方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋3，,y＝13－x))得点C(5，8)．所以f(x)max＝8.(2)因为对随意的x∈R，都有f(x＋2)＝f(2－x)，所以f(x)的图象关于直线x＝2对称，又f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x＋2)＝f(2－x)＝f(x－2)，f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝f[(x＋2)－2]＝f(x)，所以函数f(x)是周期为4的函数，则函数y＝f(x)的图象与y＝log8(x＋2)的图象交点的个数即方程f(x)－log8(x＋2)＝0根的个数，作出y＝f(x)与y＝log8(x＋2)在区间(－2，6)上的图象如图所示，易知两个函数在区间(－2，6)上的图象有3个交点，所以方程f(x)－log8(x＋2)＝0在区间(－2，6)上有3个根，故选C.【答案】(1)C(2)Ceq\a\vs4\al()用图象法探讨方程(特殊是含参数的指数、对数、根式、三角等困难方程)的解(或函数零点)的个数是一种重要的方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟识的函数表达式(不熟识时，须要作适当的变形转化为两个熟识的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解(或函数零点)的个数．[对点训练]1．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－a，x≤0，,2x－a，x>0))(a∈R)，若函数f(x)在R上有两个零点，则实数a的取值范围是()A．(0，1] B．[1，＋∞)C．(0，1) D．(－∞，1]解析：选A.画出函数f(x)的大致图象如图所示．因为函数f(x)在R有两个零点，所以f(x)在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一个零点．当x≤0时，f(x)有一个零点，需0<a≤1；当x>0时，f(x)有一个零点，需－a<0，即a>0.综上，0<a≤1，故选A.2．若关于x的方程eq\f(|x|,x＋4)＝kx2有四个不同的实数解，则k的取值范围为________．解析：x＝0明显是方程的一个实数解；当x≠0时，方程eq\f(|x|,x＋4)＝kx2可化为eq\f(1,k)＝(x＋4)|x|(x≠－4且x≠0)，设f(x)＝(x＋4)|x|(x≠－4且x≠0)，y＝eq\f(1,k)，原题可以转化为两函数有三个非零交点．f(x)＝(x＋4)|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x>0，,－x2－4x，x<0且x≠－4，))其大致图象如图所示，由图易得0<eq\f(1,k)<4，解得k>eq\f(1,4).所以k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))应用二数形结合思想在求解不等式或参数范围中的应用[典型例题]设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0,1，x>0))，则满意f(x＋1)<f(2x)的x的取值范围是()A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)C．(－1，0) D．(－∞，0)【解析】当x≤0时，函数f(x)＝2－x是减函数，则f(x)≥f(0)＝1.作出f(x)的大致图象如图所示，结合图象可知，要使f(x＋1)<f(2x)，则需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1<0，,2x<0，,2x<x＋1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,2x<0))所以x<0，故选D.【答案】Deq\a\vs4\al()求参数范围或解不等式问题常常用到函数的图象，依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，往往可以避开烦琐的运算．[对点训练]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________．解析：作出y＝|x－2a|和y＝eq\f(1,2)x＋a－1的简图如图所示，依题意知应有2a≤2－2a，故a≤eq\f(1,2).答案：(－∞，eq\f(1,2)]应用三数形结合思想在解析几何中的应用[典型例题]已知抛物线的方程为x2＝8y，点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)2<8×4，所以点A(－2，4)在抛物线x2＝8y的内部，如图，设抛物线的准线为l，过点P作PQ⊥l于点Q，过点A作AB⊥l于点B，连接AQ.则△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x2＝8y，得y0＝eq\f(1,2)，故使△APF的周长最小的点P的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2))).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))eq\a\vs4\al()(1)对于几何图形中的动态问题，应分析各个变量的改变过程，找出其中的相互关系求解．(2)应用几何意义法解决问题须要熟识常见的几何结构的代数形式，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．[对点训练]1．设双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，直线4x－3y＋20＝0过点F且与双曲线C在其次象限的交点为P，O为原点，|OP|＝|OF|，则双曲线C的离心率为()A．5 B.eq\r(5)C.eq\f(5,3) D.eq\f(5,4)解析：选A.依据直线4x－3y＋20＝0与x轴的交点F为(－5，0)，可知半焦距c＝5，设双曲线C的右焦点为F2，连接PF2，依据|OF2|＝|OF|且|OP|＝|OF|可得，△PFF2为直角三角形．如图，过点O作OA垂直于直线4x－3y＋20＝0，垂足为A，则易知OA为△PFF2的中位线，又原点O到直线4x－3y＋20＝0的距离d＝4，所以|PF2|＝2d＝8，|PF|＝eq\r(|FF2|2－|PF2|2)＝6，故结合双曲线的定义可知|PF2|－|PF|＝2a＝2，所以a＝1，故e＝eq\f(c,a)＝5.故选A.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________．解析：依据题意，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.求m的最大值，即求圆C上的点到原点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.答案：6三分类探讨思想分类探讨的原则分类探讨的常见类型1.不重不漏2.标准要统一，层次要分明3.能不分类的要尽量避开，决不无原则的探讨1.由数学概念而引起的分类探讨2.由数学运算要求而引起的分类探讨3.由性质、定理、公式的限制而引起的分类探讨4.由图形的不确定性而引起的分类探讨5.由参数的改变而引起的分类探讨分类与整合的思想是将一个较困难的数学问题分解成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的策略应用一由概念、法则、公式引起的分类探讨[典型例题]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________．【解析】由{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(a1（1－qn）,1－q)>0，即eq\f(1－qn,1－q)>0(n＝1，2，3，…)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－q>0，,1－qn>0，))①或eq\b\lc\{(\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，＋∞)．【答案】(－1，0)∪(0，＋∞)eq\a\vs4\al()本题易忽视对q＝1的探讨，而干脆由eq\f(a1（1－qn）,1－q)>0，得q的范围，这种解答是不完备的．本题依据等比数列前n项和公式的运用就要分q＝1，Sn＝na1和q≠1，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)进行探讨．[对点训练]1．一条直线过点(5，2)，且在x轴，y轴上的截距相等，则这条直线的方程为()A．x＋y－7＝0B．2x－5y＝0C．x＋y－7＝0或2x－5y＝0D．x＋y＋7＝0或2y－5x＝0解析：选C.设该直线在x轴，y轴上的截距均为a，当a＝0时，直线过原点，此时直线方程为y＝eq\f(2,5)x，即2x－5y＝0；当a≠0时，设直线方程为eq\f(x,a)＋eq\f(y,a)＝1，则求得a＝7，直线方程为x＋y－7＝0.2．若函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m，且函数g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函数，则a＝________．解析：若a>1，则a2＝4，a－1＝m，故a＝2，m＝eq\f(1,2)，此时g(x)＝－eq\r(x)，为减函数，不合题意；若0<a<1，则a－1＝4，a2＝m，故a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16)，检验知符合题意，所以a＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)应用二由参数改变引起的分类探讨[典型例题]已知f(x)＝x－aex(a∈R，e为自然对数的底数)．(1)探讨函数f(x)的单调性；(2)若f(x)≤e2x对x∈R恒成立，求实数a的取值范围．【解】(1)f′(x)＝1－aex，当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)是(－∞，＋∞)上的单调递增函数；当a>0时，由f′(x)＝0得x＝－lna，若x∈(－∞，－lna)，则f′(x)>0；若x∈(－lna，＋∞)，则f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，－lna)上单调递增，在(－lna，＋∞)上单调递减．(2)f(x)≤e2x⇔a≥eq\f(x,ex)－ex，设g(x)＝eq\f(x,ex)－ex，则g′(x)＝eq\f(1－e2x－x,ex).当x<0时，1－e2x>0，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增．当x>0时，1－e2x<0，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．所以g(x)max＝g(0)＝－1，所以a≥－1.故a的取值范围是[－1，＋∞)．eq\a\vs4\al()(1)①参数的改变取值导致不同的结果，需对参数进行探讨，如含参数的方程、不等式、函数等．②解析几何中直线点斜式、斜截式方程要考虑斜率k存在或不存在，涉及直线与圆锥曲线位置关系要进行探讨．(2)分类探讨要标准明确、统一，层次分明，分类要做到“不重不漏”．[对点训练]1．设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x)，0<x<1，,2（x－1），x≥1.))若f(a)＝f(a＋1)，则f(eq\f(1,a))＝()A．2 B．4C．6 D．8解析：选C.当0<a<1时，a＋1>1，f(a)＝eq\r(a)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，因为f(a)＝f(a＋1)，所以eq\r(a)＝2a，解得a＝eq\f(1,4)或a＝0(舍去)．所以f(eq\f(1,a))＝f(4)＝2×(4－1)＝6.当a≥1时，a＋1≥2，所以f(a)＝2(a－1)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，所以2(a－1)＝2a，无解．综上，f(eq\f(1,a))＝6.2．设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；(2)若f(x)在x＝1处取得微小值，求a的取值范围．解：(1)因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex.f′(2)＝(2a－1)e2.由题设知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.若a>1，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝1处取得微小值．若a≤1，则当x∈(0，1)时，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0.所以1不是f(x)的微小值点．综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．应用三由图形位置或形态引起的分类探讨[典型例题](1)已知变量x，y满意的不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k＝()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C．0 D．－eq\f(1,2)或0(2)设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1，F2，若曲线C上存在点P满意|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线C的离心率等于________．【解析】(1)不等式组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的平面区域是直角三角形，只有当直线kx－y＋1＝0与y轴或y＝2x垂直时才满意．结合图形可知斜率k的值为0或－eq\f(1,2).(2)不妨设|PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，|PF2|＝2t，其中t≠0.若该曲线为椭圆，则有|PF1|＋|PF2|＝6t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(3t,6t)＝eq\f(1,2)；若该曲线为双曲线，则有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(3t,2t)＝eq\f(3,2).【答案】(1)D(2)eq\f(1,2)或eq\f(3,2)eq\a\vs4\al()(1)圆锥曲线形态不确定时，常按椭圆、双曲线来分类探讨，求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同来分类探讨．(2)相关计算中，涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类探讨．[对点训练]1．过双曲线x2－eq\f(y2,2)＝1的右焦点F作直线l交双曲线于A，B两点，若|AB|＝4，则这样的直线l有()A．1条 B．2条C．3条 D．4条解析：选C.因为双曲线的两个顶点之间的距离是2，小于4，所以当直线l与双曲线左、右两支各有一个交点时，过双曲线的右焦点肯定有两条直线满意条件；当直线l与实轴垂直时，有3－eq\f(y2,2)＝1，解得y＝2或y＝－2，此时直线AB的长度是4，即只与双曲线右支有两个交点的所截弦长为4的直线仅有一条．综上，可知有3条直线满意|AB|＝4.2．设F1，F2为椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的两个焦点，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________．解析：(1)若∠PF2F1＝90°，则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，又因为|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2eq\r(5)，解得|PF1|＝eq\f(14,3)，|PF2|＝eq\f(4,3)，所以eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(7,2).(2)若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，所以|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，所以|PF1|＝4，|PF2|＝2，所以eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2.综上知，eq\f(|PF1|,|PF2|)的值为eq\f(7,2)或2.答案：eq\f(7,2)或2四转化与化归思想转化与化归的原则常见的转化与化归的方法1.熟识化原则 2.简洁化原则3.直观化原则 4.正难则反原则1.干脆转化法2.换元法3.数形结合法4.构造法5.坐标法6.类比法7.特殊化方法8.等价问题法9.加强命题法10.补集法转化与化归思想就是在探讨和解决有关数学问题时，采纳某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种数学思想方法应用一一般与特殊的相互转化[典型例题](1)过抛物线y＝ax2(a>0)的焦点F，作始终线交抛物线于P，Q两点．若线段PF与FQ的长度分别为p，q，则eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)等于()A．2a B.eq\f(1,2a)C．4a D.eq\f(4,a)(2)已知向量a，b满意|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．【解析】(1)抛物线y＝ax2(a>0)的标准方程为x2＝eq\f(1,a)y(a>0)，焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4a))).过焦点F作直线垂直于y轴，则|PF|＝|QF|＝eq\f(1,2a)，所以eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)＝4a.(2)由题意，不妨设b＝(2，0)，a＝(cosθ，sinθ)，则a＋b＝(2＋cosθ，sinθ)，a－b＝(cosθ－2，sinθ)，令y＝|a＋b|＋|a－b|＝eq\r(（2＋cosθ）2＋sin2θ)＋eq\r(（cosθ－2）2＋sin2θ)＝eq\r(5＋4cosθ)＋eq\r(5－4cosθ)，则y2＝10＋2eq\r(25－16cos2θ)∈[16，20]．由此可得(|a＋b|＋|a－b|)max＝eq\r(20)＝2eq\r(5)，(|a＋b|＋|a－b|)min＝eq\r(16)＝4，即|a＋b|＋|a－b|的最小值是4，最大值是2eq\r(5).【答案】(1)C(2)42eq\r(5)eq\a\vs4\al()(1)一般问题特殊化，使问题处理变得干脆、简洁．特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果．(2)对于某些选择题、填空题，假如结论唯一或题目供应的信息示意答案是一个定值时，可以把题中改变的量用特殊值代替，即可得到答案．[对点训练]已知函数f(x)＝(a－3)x－ax3在[－1，1]上的最小值为－3，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1] B．[12，＋∞)C．[－1，12] D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，12))解析：选D.当a＝0时，函数f(x)＝－3x，x∈[－1，1]，明显满意条件，故解除A、B；(留意，对于特殊值的选取，越简洁越好，0，1往往是首选．)当a＝－eq\f(3,2)时，函数f(x)＝eq\f(3,2)x3－eq\f(9,2)x，f′(x)＝eq\f(9,2)x2－eq\f(9,2)＝eq\f(9,2)(x2－1)，当－1≤x≤1时，f′(x)≤0，所以f(x)在[－1，1]上单调递减，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(3,2)－eq\f(9,2)＝－3，满意条件，故解除C.综上，选D.应用二正与反的相互转化[典型例题]若对于随意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________．【解析】由题意得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－eq\f(37,3)<m<－5.【答案】(－eq\f(37,3)，－5)eq\a\vs4\al()(1)本题是正与反的转化，由于函数不为单调函数有多种状况，所以可先求出其反面状况，体现“正难则反”的原则．(2)题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简洁，因此，间接法多用于含有“至多”“至少”及否定性命题情形的问题中．[对点训练]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的取值范围是________．解析：假如在[－1，1]内没有值满意f(x)>0，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）≤0，,f（1）≤0))⇒eq\b\lc\{(\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)，故实数满意条件的p的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))应用三常量与变量的相互转化[典型例题]已知函数f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的导函数．对随意a∈[－1，1]，都有g(x)<0，则实数x的取值范围为________．【解析】由题意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.由题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(φ（1）<0，,φ（－1）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x2－x－2<0，,3x2＋x－8<0，))解得－eq\f(2,3)<x<1.故x的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))eq\a\vs4\al()(1)本题是把关于x的函数转化为[－1，1]内关于a的一次函数的问题．(2)在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数(或参数)，将其看成“主元”，而把其他变元看成常量，从而达到削减变元简化运算的目的．[对点训练]1．对于满意0≤p≤4的全部实数p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范围是________．解析：设f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，则当x＝1时，f(p)＝0.所以x≠1.f(p)在0≤p≤4时恒为正等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）>0，,f（4）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－3）（x－1）>0，,x2－1>0，))解得x>3或x<－1.故x的取值范围为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)2．设y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1，若t在[－2，2]上改变时，y恒取正值，则x的取值范围是________．解析：设f(t)＝(log2x－1)t＋(log2x)2－2log2x＋1，则f(t)是一次函数，当t∈[－2，2]时，f(t)>0恒成立，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－2）>0，,f（2）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（log2x）2－4log2x＋3>0，,（log2x）2－1>0，))解得log2x<－1或log2x>3，即0<x<eq\f(1,2)或x>8，故x的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)应用四形、体位置关系的相互转化[典型例题]在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求证：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.【证明】(1)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因为AB⊄平面A1B1C，A1B1⊂平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面体ABCD­A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形．又因为AA1＝AB，所以四边形ABB1A1为菱形，所以AB1⊥A1B.因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因为A1B∩BC＝B，A1B⊂平面A1BC，BC⊂平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，又因为AB1⊂平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.eq\a\vs4\al()形体位置关系的转化是针对几何问题采纳的一种特殊转化方法．主要适用于涉及平行、垂直的证明，如线面平行、垂直的推理与证明就是充分利用线面位置关系中的判定定理、性质定理实现位置关系的转化．[对点训练]1．如图，在棱长为5的正方体ABCD－A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝2，点Q是A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则四面体PQEF的体积()A．是变量且有最大值B．是变量且有最小值C．是变量且有最大值和最小值D．是常数解析：选D.点Q到棱AB的距离为常数，所以△EFQ的面积为定值．由C1D1∥EF，可得棱C1D1∥平面EFQ，所以点P到平面EFQ的距离是常数，于是可得四面体PQEF的体积为常数．2．已知三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝2eq\r(34)，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2eq\r(41)，则三棱锥P－ABC的体积