第06讲 数学思想方法之化归思想探讨-备战2026高考数学专题讲座

【备战2026高考数学专题讲座】系列由江苏泰州锦元数学工作室精心编辑，在对全国2025年高考数学解析的基础上分若干专题对基本解题方法进行归纳探讨。讲座分四个单元28讲：第一单元：客观性试题解法探讨（2讲），第二单元：数学思想方法探讨（6讲），第三单元：数学解题方法探讨（4讲），第四单元：高频考点分析（16讲）。数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。化归是一种重要的解题思想，也是一种最基本的思维策略，更是一种有效的数学思维方式。“化归”是转化和归结的简称。数学问题的解决过程就是一系列化归的过程，中学数学处处都体现出化归的思想，在数学问题的解决过程中，常用的很多数学方法实质就是化归的方法。化归思想是指在解决问题的过程中，有意识地对所研究的问题从一种对象在一定条件下转化为另一对象的思维方式。通常有从未知——已知；复杂——简单；抽象——具体；一般——特殊；综合——单一；高维——低维；多元——一元；困难——容易，以及数学表现形式之间的转化、将实际问题转化为数学问题等。说到底，化归的实质就是以运动变化发展的观点，以及事物之间相互联系，相互制约的观点看待问题，善于对所要解决的问题进行变换转化，使问题得以解决。体现上述化归思想的有：换元法（如利用“换元”将无理式化为有理式，高次问题化为低次问题）、待定系数法（通过引入参数，转化问题的形式，便于问题的解决）、建模法（构造数学模型，把实际问题转化为数学问题）、坐标法（建立直角坐标系，实现“数”、“形”的对应、转化）、数形结合法（通过数形互补、互换获得问题的解题思路）、特殊元素法（将一般问题特殊化，从特殊问题的解决中解决一般问题）、等价命题法（通过原命题的等价命题运用或证明，达到解决问题的目的）、反证法（肯定题设而否定结论，从而得出矛盾）等等。化归的基本思想是：将待解决的问题A，在一定条件下转化为问题B，再把问题B转化为已经解决或较易解决的问题C，而通过对C的解决，达到原问题的解决，可用框图表示如下：化归应遵循的原则：（1）化归目标的简单化原则，即化归的方面是由复杂到简单，对复杂总是采用分解或变更的方法，使目标简单化。（2）化归的熟悉化原则，即化归的方向是由不熟悉到熟悉，把要解决的（不熟悉）问题转化为自己熟悉会解的问题，使所要解决的问题熟悉化。（3）化归的具体化原则，即化归的方向一般是由抽象到具体。在分析问题时，尽力将问题具体化。（4）化归的和谐化原则，即化归问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐的形式，或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或其方法符合人们的思维规律。（5）化归的正难则反原则，即当问题正面讨论遇到困难时，可考虑问题的反面，设法从问题的反面去探求，使问题获解。结合2025年全国各地高考的实例，我们从下面七方面探讨化归思想的应用（其它方面另有专题详细探讨）：（1）从高维到低维的化归；（2）一般与特殊的相互转化；（3）函数与方程的相互转化；（4）相等（函数）与不等的相互转化；（5）数与形的相互转化；（6）参数方程、直角坐标方程和极坐标方程的互化；（7）数学各分支之间的相互转化。一、从高维到低维的化归：在数学解题中，对立体几何问题（三维）常常需要化归到熟知的平面几何问题（二维），化归的手段主要有平移、旋转、展开、射影和截面等；对于高次方程或不等式常常需要化归到熟知的一次方程或不等式的求解，化归的手段是降次。典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】例1.（2025年安徽省理5分）如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S，则下列命题正确的是▲（写出所有正确命题的编号）。①当0<CQ<时，S为四边形；②当CQ＝时，S为等腰梯形；③当CQ＝时，S与C1D1的交点R满足C1R＝；④当<CQ<1时，S为六边形；⑤当CQ＝1时，S的面积为。【答案】①②③⑤。可证AN∥PQ，由△NRD1∽△QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2，∴C1R=。故正确。④由③可知当＜CQ＜1时，只需点Q上移即可，此时的截面形状仍然上图所示的APQRS，显然为五边形，故错误。⑤当CQ=1时，Q与C1重合，取A1D1的中点F，连接AF，可证PC1∥AF，且PC1=AF，可知截面为APC1F为菱形，故其面积为AC1•PF=•故正确。综上所述，命题正确的是①②③⑤。例2.（2025年安徽省文12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，已知PB=PD=2，PA=．（1）证明：PC⊥BD；（2）若E为PA的中点，求三棱锥P-BCE的体积．【答案】解：（1）略（2）∵ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，【考点】空间直线与直线，直线与平面的位置关系，.三棱锥体积，勾股定理和逆定理，转换思想的应用。【解析】（1）略（2）根据ABCD是边长为2的菱形且∠BAD=60°，算出△ABC的面积为，△PAO中证出AO2+PO2=6=PA2可得PO⊥AC，结合PO⊥BD证出PO⊥平面ABCD，所以PO=是三棱锥P-ABC的高，从而三棱锥P-ABC的体积VP-ABC=1，再由E为PA中点算出三棱锥E-ABC的体积VE-ABC=，进而可得三棱锥P-BCE的体积等于VP-ABC–VE-ABC=。例3.（2025年广东省理5分）不等式的解集为▲。【答案】（－2，1）。【考点】解一元二次不等式，分类思想的应用。【解析】由得，∴或。解，得无解；解，得。∴不等式的解集为（－2，1）。例4.（2025年湖北省理5分）一个几何体的三视图如图所示，该几何体从上到下由四个简单几何体组成，其体积分别记为，上面两个简单几何体均为旋转体，下面两个简单几何体均为多面体，则有【】A． B． C．D．例5.（2025年湖北省理12分）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点.（1）记平面BEF与平面ABC的交线为，试判断直线与平面PAC的位置关系，并加以证明；（2）设（1）中的直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足.记直线PQ与平面ABC所成的角为，异面直线PQ与EF所成的角为，二面角的大小为，求证：.【答案】解：（1）直线∥平面PAC，证明如下：连接EF，∵E，F分别是PA，PC的中点，∴EF∥AC。又∵平面ABC，且平面ABC，∴EF∥平面ABC。又∵平面BEF，且平面平面，∴EF∥。∵平面PAC，平面PAC，∴直线∥平面PAC。（2）证明：如图，连接BD，由（1）可知交线即为直线BD，且∥AC。∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC。∴⊥BC。∵平面ABC，平面ABC，∴。又∵，∴⊥平面PBC。连接BE，BF，∵平面PBC，∴。∴∠CBF就是二面角的平面角，即.由，作DQ∥CP，且。连接PQ，DF，∵F是CP的中点，DP=2PF，∴DQ=PF。∴四边形DQPF是平行四边形，PQ∥FD。连接CD，∵平面ABC，∴CD是FD在平面ABC内的射影。∴∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即。又∵平面PBC，由知∠BDF为锐角，∴∠BDF为异面直线PQ与EF所成的角，即。∴在△DCF，△FBD，△BCF中，分别可得，，。∴，即。【考点】用空间向量求平面间的夹角，空间中直线与平面之间的位置关系，直线与平面平行的判定，二面角的平面角及求法。【分析】（1）直线l∥平面PAC。连接EF，利用三角形的中位线定理可得，EF∥AC；利用线面平行的判定定理即可得到EF∥平面ABC．由线面平行的性质定理可得EF∥l．再利用线面平行的判定定理即可证明直线l∥平面PAC。（2）利用线面垂直的判定定理可证明l⊥平面PBC．连接BE，BF，因为BF⊂平面PBC，所以l⊥BC。故∠CBF就是二面角的平面角，即∠CBF=β。已知PC⊥平面ABC，可知CD是FD在平面ABC内的射影，故∠CDF就是直线PQ与平面ABC所成的角，即∠CDF=θ。由BD⊥平面PBC，由BD⊥BF，知∠BDF=α，分别利用三个直角三角形的边角关系即可证明结论。也可应用向量法求解；以点C为原点，向量所在直线分别为x，y，z轴，建立的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角，进行证明。例6.（2025年上海市理4分）在平面上，将两个半圆弧和、两条直线和围成的封闭图形记为D，如图中阴影部分．记D绕y轴旋转一周而成的几何体为，过作的水平截面，所得截面面积为，试利用祖暅原理、一个平放的圆柱和一个长方体，得出的体积值为▲.【答案】。【考点】祖暅原理。【分析】几何体为Ω的水平截面的截面积为，该截面的截面积由两部分组成，一部分为定值8π，看作是截一个底面积为8π，高为2的长方体得到的，对于，看作是把一个半径为1，高为2π的圆柱平放得到的，如图所示。这两个几何体与Ω放在一起，根据祖恒原理，每个平行水平面的截面积相等，故它们的体积相等。即Ω的体积为。二、一般与特殊的相互转化：在数学解题中，一方面，一般成立，特殊必成立，因此解决一些一般性问题时，赋予某些特殊求解，可以起到事半功倍的作用。另一方面，从特殊可以探索到一般性的规律。这种辩证思想在高中数学中普遍存在，经常运用，这也是化归思想的体现。一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单。特殊问题一般化，可以使我们把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果。典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】例1.（2025年北京市文5分）设a,b,c∈R,且a<b，则【】A.ac＞bcB.C.a2>b2D.a3>b3【答案】D。【考点】不等关系与不等式，特殊元素法的应用。【分析】对于A、B、C可举出反例，对于D利用不等式的基本性质即可判断出：A.3＞2，但是3×（−1）＜2×（−1），故A不正确；B．1＞−2，但是1＞−，故B不正确；C．−1＞−2，但是（−1）2＜（−2）2，故C不正确；D．∵a＞b，∴a3＞b3，成立。故选D。例2.（2025年北京市文5分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有【】A.3个B.4个C.5个D.6个【答案】B。【考点】点、线、面间的距离计算，特殊元素法的应用。【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长|AB|=3，则A（3，0，0），B（3，3，0），C（0，3，0），D（0，0，0），A1（3，0，3），B1（3，3，3），C1（0，3，3），D1（0，0，3），∴。设P（x，y，z），∵，∴。∴，。故P到各顶点的距离的不同取值有，3，，共4个。故选B。例3.（2025年福建省理5分）已知等比数列{an}的公比为q，记，(m，n∈N﹡)，则以下结论一定正确的是【】A．数列{bn}为等差数列，公差为qmB．数列{bn}为等比数列，公比为q2mC．数列{cn}为等比数列，公比为D．数列{cn}为等比数列，公比为例4.（2025年福建省理4分）当x∈R，|x|<1时，有如下表达式：两边同时积分得：，从而得到如下等式：请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：＝▲．例5.（2025年江苏省5分）如图，在三棱柱中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则▲。【答案】。【考点】三棱柱和三棱锥的体积，特殊元素法的应用。【解析】由于题设条件对任何三棱柱都成立，故可用特殊元素法求解：不妨设三棱柱是直三棱柱，且底面是等腰直角三角形，AB=BC=AA1=2，则由D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，根据三角形中位线定理，得AE=DE=AF=1。∴三棱锥的体积，三棱柱的体积为。∴。例6.（2025年江西省理5分）如图，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l//l1，l与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点。设弧的长为x(0＜x＜π)，y=EB+BC+CD，若l从l1平行移动到l2，则函数y=f(x)的图像大致是【】A．B．C．D．【答案】D。【考点】动态问题的函数图象，排他法和特殊元素法的应用。【分析】设l，l2距离为t，则，cosx＝2t2－1，∴。∵△ABC的边长为，∴，得。∴y＝2BE＋BC。当x∈(0，π)时，非线性单调递增，所以排除A，B，当时，y，此时函数图象在和的中间位置。故选D。例7.（2025年江西省文5分）下列选项中，使不等式成立的x的取值范围是【】A．B．C．D．例8.（2025年全国大纲理5分）已知正四棱柱中，则CD与平面BDC1所成角的正弦值等于【】A．B.C.D.【答案】A。【考点】直线与平面所成的角，用空间向量求直线与平面的夹角，特殊元素法的应用。【分析】设AB=1，则AA1=2，如图，以D1为坐标原点，分别以的方向为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，则D（0，0，2），C1（0，1，0），B（1，1，2），C（0，1，2）。∴。设为平面BDC1的一个法向量，则，即，取，设CD与平面BDC1所成角为θ，则。故选A。例9.（2025年全国新课标Ⅱ理5分）已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是【】A．x0∈R,f(x0)=0B.函数y=f(x)的图像是中心对称图形C.若x0是f(x)的极小值点，则f(x)在区间单调递减D.若x0是f(x)的极值点，则f(x0)=0【答案】C。【考点】命题的真假判断与应用，函数的性质，导数的应用，特殊元素法的应用。【分析】A．x→－∞时，f(x)<0，x→＋∞时，f(x)>0，f(x)连续，∃x0∈，f(x0)＝0，A正确。B.通过平移变换，函数可以化为f(x)＝x3＋c，从而函数y＝f(x)的图像是中心对称图形，B正确。C.应用特殊元素法，取a＝1，b＝0，c＝0，则，令。列表如下：x0f'（x）00f（x）↗极大值↘极小值↗由表格可知：是的极小值点，但f(x)在区间不单调递减。C错误。D.若x0是f(x)的极值点，若x0是f(x)的极大值点，则f（x）在x0的左边单调递增，右边单调递减，从而f'（x）在x0的左边为正，右边为负，所以f(x0)=0；若x0是f(x)的极小值点，则f（x）在x0的左边单调递减，右边单调递增，从而f'（x）在x0的左边为负，右边为正，所以f(x0)=0。所以，若x0是f(x)的极值点，则f(x0)=0。D正确。综上所述，结论中错误的是C。故选C。例10.（2025年陕西省理5分）设[x]表示不大于x的最大整数,则对任意实数x,y,有【】A．[－x]＝－[x]B.[2x]＝2[x]C.[x＋y]≤[x]＋[y]D.[x－y]≤[x]－[y]例11.（2025年上海市文14分）已知函数，其中常数；（1）令，判断函数的奇偶性并说明理由（6分）；（2）令，将函数的图像向左平移个单位，再向上平移1个单位，得到函数的图像，对任意的，求在区间上零点个数的所有可能值（8分）．【答案】解：（1）是非奇函数非偶函数。理由如下：∵时，，∴。取特殊值，则，∴。∴既不是奇函数也不是偶函数。（2）略【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换，函数奇偶性的判断，根的存在性及根的个数判断，特殊元素法和分类思想的应用。【分析】（1）应用特殊元素法：ω=1时，写出f（x）、F（x），求出，结合函数奇偶性的定义可作出正确判断。（2）略例12.（2025年浙江省理5分）设△ABC，P0是边AB上一定点，满足，且对于AB上任一点P，恒有，则【】A．ABC=90 B．BAC=90 C．AB=AC D．AC=BC三、函数与方程的相互转化：函数是含有两个未知数的等式，这两个未知数一个是自变量，一个是因变量；一元方程是含有一个未知数的等式。在函数中可将变量取不同的值，使它变成一元方程来计算；一元方程又可以作为函数值等于0的特殊情况。二者在解题中根据需要相互转化，使问题易于解决。典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】例1.（2025年安徽省理5分）若函数有极值点x1，x2，且，则关于x的方程的不同实根个数是【】A．3B．4C．5D．6例2.（2025年安徽省理12分）设函数，其中a>0，区间．（1）求I的长度(注：区间(α，β)的长度定义为β－α)；（2）给定常数k∈(0，1)，当1－k≤a≤1＋k时，求I长度的最小值．【答案】解：（1）∵方程(a>0)有两个实根x1＝0，，∴f(x)>0的解集为{x|x1<x<x2}。∴区间I＝0，，I的长度为。（2）略【考点】导数的运算，一元二次不等式的解法。【解析】（1）解不等式f（x）＞0可得区间I，由区间长度定义可得I的长度。（2）略例3.（2025年广东省理14分）已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F（0，c）（c＞0）到直线L：的距离为。设P为直线L上的点，过点P做抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点。（1）求抛物线C的方程；（2）当点P（x0，y0）为直线L上的定点时，求直线AB的方程；（3）当点P在直线L上移动时，求的最小值。【解析】（1）（2）略（3）求出关于点P纵坐标y0的函数表达式，应用二次函数的最小值求解。例4.（2025年湖北省理13分）如图，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为2m，2n（m＞n），过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D，记，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2．（1）当直线l与y轴重合时，若S1=λS2，求λ的值；（2）当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2？并说明理由．∴。∴①。将的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得，根据对称性可知。∴②。由①和②式可得③。令，则由，可得。∴由③可解得。∵，∴。∴③式关于有解，当且仅当，等价于。由，可解得，即。由，解得。∴当时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2；当时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1=λS2。【考点】直线与圆锥曲线的关系，三角形的面积公式，点到直线的距离公式，转化思想的应用。【分析】（1）略（2）假设存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1=λS2，设出直线方程，由点到直线的距离公式求出M和N到直线l的距离，利用数学转化思想把两个三角形的面积比转化为线段长度比，由弦长公式得到线段长度比的另一表达式，两式相等得到，换元后利用非零的k值存在讨论λ的取值范围。例5.（2025年全国大纲文12分）已知双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为直线y=2与C的两个交点间的距离为。（1）求a，b；（2）设过F2的直线l与C的左、右两支分别相交于A，B两点，且|AF1|=|BF1|，证明：|AF2|、|AB|、|BF2|成等比数列。【考点】椭圆的定义、性质与方程，直线与圆锥曲线的关系，等差数列的判定，转化思想的应用。【分析】（1）略（2）由（1）的方程求出两焦点坐标，设出直线l的方程设A（x1，y1），B（x2，y2），将其与双曲线C的方程联立，得出，再利用|AF1|=|BF1|建立关于A，B坐标的方程，得出两点横坐标的关，由此方程求出k的值，得出直线的方程，从而可求得：|AF2|、|AB|、|BF2|，再利用等差数列的性质进行判断即可证明出结论。例6.（2025年四川省理13分）已知椭圆C：的两个焦点分别为，且椭圆C经过点．（1）求椭圆C的离心率；（2）设过点的直线与椭圆C交于M、N两点，点Q是线段MN上的点，且，求点Q的轨迹方程．①。将y=kx+2代入中，得②。由得。由②可知。代入①中并化简，得③。∵点Q在直线y=kx+2上，∴，代入③中并化简，得。由③及，可知，即。又满足，故。由题意，Q(x，y)在椭圆C内部，所以。又由有且，则。∴点Q的轨迹方程是，其中，，。【考点】曲线与方程，轨迹方程，椭圆的性质，方程思想和转化思想的应用。【分析】（1）略（2）由题设过点A（0，2）的直线l与椭圆C交于M，N两点，可设出直线的方程与椭圆的方程联立，由于两曲线交于两点，故判断式大于0且可利用根与系数的关系建立M，N两点的坐标与直线的斜率k的等量关系，然后再设出点Q的坐标，用两点M，N的坐标表示出，再综合计算即可求得点Q的轨迹方程。例7.（2025年天津市理5分）函数的零点个数为【】A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A。【考点】函数的性质及应用，根的存在性及根的个数判断，分类思想、转化思想和数形结合思想的应用。【分析】，令，得：当时，，即。作出的图象，可见，二者有一个交点，即在上有一个零点。当时，，即。作出的图象，可见，二者没有交点，即在上没有零点。综上所述，函数的零点个数为1。故选A。四、相等（函数）与不等的相互转化：在数学解题中，相等（函数）与不等是矛盾的两方面，但是它们在一定的条件下可以互相转化。一些题目，表面看来似乎只具有相等（函数）的数量关系，根据这些相等关系又难以解决问题，但若能挖掘其中的不等关系，建立不等式（组）去转化，往往能获得简捷求解的效果。反之，一些题目，表面看来似乎只具有不等的数量关系，但若能通过不等关系，找出相等（函数）时的情形，往往也能解决问题。总之，利用相等（函数）与不等之间的辩证关系，相互转化，往往可以使问题得到有效解决。典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】例1.（2025年安徽省理5分）已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点．若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a的取值范围为▲。【答案】a≥1。【考点】直线与圆锥曲线的关系。【解析】设直线y＝a与y轴交于M点，根据圆周角定理，若抛物线y＝x2上存在C点使得∠ACB＝90°，只要以|AB|为直径的圆与抛物线y＝x2有除A、B外的交点即可，即使|AM|≤|MO|，∴eq\r(a)≤a，解得a≥1或a≤0。∵由题意知a>0，∴a≥1。例2.（2025年广东省文5分）函数的定义域是【】A．（－1，＋∞）B．[－1，＋∞）C．D．例3.（2025年湖北省理12分）假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布的随机变量.记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为.（1）求的值；（参考数据：若，有）（2）某客运公司用A、B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次.A、B两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆.公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B型车不多于A型车7辆.若每天要以不小于的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A型车、B型车各多少辆?【答案】解：（1）略（2）设A型、B型车辆的数量分别为辆，则相应的营运成本为.依题意,还需满足：。由（1）知，，故等价于。于是问题等价于求满足约束条件，且使目标函数达到最小的。作可行域如图所示,可行域的三个顶点坐标分别为。由图可知，当直线经过可行域的点P时，直线在y轴上截距最小，即取得最小值。故应配备A型车5辆、B型车12辆。【考点】随机变量及其分布，简单的线性规划。【分析】（1）略（2）设每天应派出A型x辆、B型车y辆，根据条件列出不等式组，即得线性约束条件，列出目标函数，画出可行域求解。例4.（2025年全国新课标I理5分）已知函数，若，则的取值范围是【】A．B.C.D.【答案】D。【考点】其他不等式的解法，分类思想和数形结合思想的应用。【分析】如图，作出函数y=的图象，和函数y=ax的图象，的几何意义，即y=的图象在y=ax的图象上方。由图象可知：函数y=ax的图象为过原点的直线，当直线介于l和x轴之间（阴影部分）符合题意，直线l为曲线的切线，且此时函数y=|在第二象限的部分解析式为。求其导数可得。∵x≤0，∴。∴直线l的斜率为。∴只需直线y=ax的斜率a介于-2与0之间即可，即a∈[，0]。故选D。例5.（2025年山东省文5分）函数的定义域为【】A．B.C.D.例6.（2025年山东省文12分）已知函数（1）设，求的单调区间（2）设，且对于任意x＞0，f（x）≥f（1）．试比较lna与的大小【答案】解：（1）略（2）由题意，函数f（x）在x=1处取到最小值，由（1）知，是函数的唯一极小值点，∴=1，整理得，即。令，则。令得x=。例7.（2025年陕西省理5分）设全集为R,函数的定义域为M,则为【】A．[－1,1]B.(－1,1)C.D.例8.（2025年重庆市文5分）函数的定义域为【】A．B．C．D．【答案】C。五、数与形的相互转化：在数学解题中，一方面，许多数量关系的抽象概念若能赋予几何意义，往往变得直观形象，有利于解题途径的探求；另一方面，一些涉及图形的问题如能化为数量关系的研究，又可以获得简捷而一般的解法。这就是数形结合的相互转化。典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】例1.（2025年安徽省理5分）函数y＝f(x)的图像如图所示，在区间[a，b]上可找到n(n≥2)个不同的数x1，x2，…，xn，使得，则n的取值范围是【】A．{3，4}B．{2，3，4}C．{3，4，5}D．{2，3}【答案】B。【考点】函数的性质和应用，数形结合思想的应用。【解析】问题等价于直线y＝kx与函数y＝f(x)图像的交点个数，从图中可以看出交点个数可以为2，3，4，故n的取值范围是{2，3，4}。故选B。例2.（2025年安徽省文5分）.若非负数变量满足约束条件，则的最大值为▲. 【答案】4。【考点】线性规划求最值的问题。【解析】由题意约束条件的图像如下：当直线经过（4，0）时，取得最大值：。例3.（2025年北京市理5分）设关于x,y的不等式组表示的平面区域内存在点P(x0，y0)满足x0－2y0=2，求得m的取值范围是【】A.B.C.D.【答案】C。【考点】简单线性规划。【分析】在直角坐标系中画出可行域，由题意可知，可行域内与直线x－2y＝2有交点。当点(－m，m)在直线x－2y＝2上时，如图所示，有m＝，所以m<。故选C。例4.（2025年北京市文5分）设D为不等式组，表示的平面区域，区域D上的点与点（1，0）之间的距离的最小值为▲.例5.（2025年福建省文5分）若变量x，y满足约束条件，则z＝2x＋y的最大值和最小值分别为【】A．4和3B．4和2C．3和2D．2和0例6.（2025年福建省文5分）已知x与y之间的几组数据如下表：x123456y021334假设根据上表数据所得线性回归直线方程为，.若某同学根据上表中的前两组数据(1，0)和(2，2)求得的直线方程为，则以下结论正确的是【】A.′B.C.D.【答案】C。【考点】线性回归方程，直线斜率和在y轴上的截距的几何意义，数形结合思想的应用。【分析】画出散点图和与的草图，根据直线斜率和在y轴上的截距的几何意义，可得。故选C。例7.（2025年广东省理5分）给定区域D：。令点集。则T中的点共确定▲条不同的直线。例8.（2025年湖北省文5分）x为实数，[x]表示不超过x的最大整数，则函数f(x)＝x－[x]在上为【】A．奇函数 B．偶函数 C．增函数 D．周期函数【答案】D。【考点】周期函数，数形结合思想的应用。【分析】作出函数f(x)＝x－[x]的大致图像如图，观察图像，易知函数f(x)＝x－[x]是周期函数。故选D。例9.（2025年湖北省文5分）在平面直角坐标系中，若点P（x，y）的坐标x，y均为整数，则称点P为格点．若一个多边形的顶点全是格点，则称该多边形为格点多边形．格点多边形的面积记为S，其内部的格点数记为N，边界上的格点数记为L．例如图中△ABC是格点三角形，对应的S=1，N=0，L=4．（1）图中格点四边形DEFG对应的S，N，L分别是▲；（2）已知格点多边形的面积可表示为S=aN+bL+c其中a，b，c为常数．若某格点多边形对应的N=71，L=18，则S=▲（用数值作答）．【答案】（1）3，1，6；（2）79。【考点】新定义，探索规律题，特殊元素法的应用。【分析】（1）把四边形面积分割，其中四个面积为的三角形，一个面积为1的正方形，故其面积为S＝3；四边形内部只有一个格点；边界上有6个格点，故答案为3，1，6。（2）根据图中的格点三角形和四边形可得1＝4b＋c，3＝a＋6b＋c，再选顶点为(0，0)，(2，0)，(2，2)，(0，2)的格点正方形可得S=4，N=5，L=8，从而4＝a＋8b＋c。联立上述三个方程，解得。∴。将N=71，L=18代入得S＝71＋9－1＝79。例10.（2025年湖南省理5分）若变量x，y满足结束条件，则x＋2y的最大值是【】A．B．0C．D．例11.（2025年湖南省理5分）已知，是单位向量，，若向量满足，则的取值范围是【】A．B．C．D．例12.（2025年江苏省5分）抛物线在处的切线与两坐标轴围成三角形区域为D（包含三角形内部和边界）。若点是区域D内的任意一点，则的取值范围是▲。【答案】。【考点】求曲线的切线方程，线性规划的应用。【解析】由求导得，∴。∴抛物线在处（即（1，1）处）的切线方程为，即。如图，作出区域D和，作的平行线交区域D的两端点A，B，则易得A（0，－1），B（，0）。∴的最小值在点A处取得，为－2，最大值在点B处取得，为。∴的取值范围是。例13.（2025年江西省理5分）若，则s1，s2，s3的大小关系为【】A．s1＜s2＜s3B．s2＜s1＜s3C．s2＜s3＜s1D．s3＜s2＜s1例14.（2025年全国大纲理5分）记不等式组所表示的平面区域为D，若直线与D公共点，则的取值范围是▲.【答案】≤a≤4。【考点】简单线性规划，不等式的解法及应用，数形结合思想的应用。【分析】满足约束条件

的平面区域如图示。∵）过定点，∴当过点B（0，4）时，得到a=4；当过点A（1，1）时，对应a=。又∵直线与平面区域D有公共点，∴≤a≤4。例15.（2025年全国新课标Ⅱ理5分）已知a>0，x,y满足约束条件,若z=2x+y的最小值为1，则a=【】A．B.C.D.【答案】B。【考点】简单线性规划，不等式的解法及应用。【分析】根据约束条件画出可行域，将最小值转化为y轴上的截距，当直线z=2x+y经过点B时，z最小，由得：。代入直线得，a=。故选B。例16.（2025年全国新课标I理10分）选修4—5：不等式选讲已知函数.（1）当a=2时，求不等式＜的解集；（2）设a＞1，且当时，≤，求a的取值范围.【答案】解：（1）当a＝－2时，不等式f(x)<g(x)化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3<0。设函数y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，则。其图像如图所示，从图像可知，当且仅当x∈(0，2)时，y<0，所以原不等式的解集是{x|0<x<2}。（2）当时，f(x)＝1＋a.不等式f(x)≤g(x)化为1＋a≤x＋3。∴x≥a－2对都成立，故≥a－2，即a≤。∴a的取值范围是。【考点】绝对值不等式的解法，函数单调性的性质，分类思想的应用。【分析】（1）当a=2时，求不等式f（x）＜g（x）化为|2x－1|＋|2x－2|－x－3<0。设y＝|2x－1|＋|2x－2|－x－3，画出函数y的图象，数形结合可得结论。（2）不等式化即1+a≤x+3，故x≥a－2对都成立．故≥a－2，由此解得a的取值范围。例17.（2025年山东省理5分）在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组：，所表示的区域上一动点，则直线OM斜率的最小值为【】A．0B.1C.D.【答案】C。【考点】简单线性规划，不等式的解法及应用。【分析】不等式组表示的区域如图，当M取得点A（3，－1）即M与A重合时，直线OM斜率取得最小，最小值为。故选C。例18.（2025年陕西省理5分）若点(x,y)位于曲线与y＝2所围成的封闭区域,则2x－y的最小值为▲.例19.（2025年浙江省理4分）设z=kx+y，其中实数x，y满足若z的最大值为12，则实数k=▲．【答案】2。【考点】简单线性规划，不等式的解法及应用，分类思想的应用。【分析】可行域如图：由得：A（4，4）；由得：B（0，2）。①当k＞时，目标函数z=kx+y在x=4，y=4时取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，此时，12=4k+4，故k=2。②当k≤时，目标函数z=kx+y在x=0，y=2时取最大值，即直线z=kx+y在y轴上的截距z最大，此时，12=0×k+2，故k不存在。综上，k=2。例20.（2025年重庆市理5分）已知圆C1：，圆C2：，M、N分别是圆C1、C2上的动点，P为x轴上的动点，则的最小值为【】A．B．C．D．【答案】A。【考点】圆与圆的位置关系及其判定，两点间的距离公式，轴对称的应用。【分析】如图，作圆C1关于x轴的对称圆A：(x－2)2＋(y＋3)2＝1，则|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|。由图可知当C2，N，P，M′，A在同一直线上时，|PM|＋|PN|＝|PN|＋|PM′|取得最小值，即为|AC2|－1－3＝。故选A。例21.（2025年重庆市文5分）设P是圆上的动点，Q是直线上的动点，则的最小值为【】A．B．C．D．六、参数方程、直角坐标方程和极坐标方程的互化：典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】例1.（2025年北京市理5分）在极坐标系中，点到直线ρsinθ=2的距离等于▲.【答案】1。【考点】点的极坐标和直角坐标的互化，点到直线的距离公式。【分析】∵极坐标系中点的对应直角坐标系中的点的坐标为，极坐标系中直线ρsinθ＝2对应直角坐标系中直线方程为y＝2，∴根据点到直线的距离公式，到直线y＝2的距离为1，即在极坐标系中，点到直线ρsinθ=2的距离等于1。例2.（2025年福建省理7分）选修4－4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系中，以坐标原点为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知点A的极坐标为，直线l的极坐标方程为，且点A在直线l上．（1）求a的值及直线l的直角坐标方程；（2）圆C的参数方程为(α为参数)，试判断直线l与圆C的位置关系．例3.（2025年广东省理5分）（坐标系与参数方程选做题）已知曲线C的参数方程为（t为参数），C在点（1，1）处的切线为l。以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则l的极坐标方程为▲。例4.（2025年广东省文5分）（坐标系与参数方程选做题）已知曲线C的极坐标方程，以极点为原点，极轴为轴的正半轴建立直角坐标系，则曲线C参数方程为▲。例5.（2025年湖北省理5分）（选修4-4：坐标系与参数方程）在直角坐标系中，椭圆C的参数方程为（为参数，）.在极坐标系（与直角坐标系取相同的长度单位，且以原点O为极点，以x轴正半轴为极轴）中，直线与圆O的极坐标方程分别为（m为非零常数）与.若直线经过椭圆C的焦点，且与圆O相切，则椭圆C的离心率为▲.例6.（2025年湖南省理5分）在平面直角坐标系xOy中，若直线l：(t为参数)过椭圆C：(φ为参数)的右顶点，则常数a的值为▲.例7.（2025年江苏省10分）[选修4-4：坐标系与参数方程]例8．（2025年江西省理5分）（坐标系与参数方程选做题）设曲线C的参数方程为：（t为参数），若以直角坐标系的原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，则曲线C的极坐标方程为▲.例9.（2025年辽宁省理10分）选修4-4：坐标系与参数方程：在直角坐标系xOy中，以O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系．圆C1，直线C2的极坐标方程分别为.（1）求C1与C2交点的极坐标；（2）设P为C1的圆心，Q为C1与C2交点连线的中点．已知直线PQ的参数方程为(t∈为参数)，求a，b的值．例10.（2025年全国新课标Ⅱ理10分）选修4—4：坐标系与参数方程已知动点P，Q都在曲线C：上，对应参数分别为β=α与β=2α（0＜α＜2π）,M为PQ的中点.（1）求M的轨迹的参数方程;（2）将M到坐标原点的距离d表示为α的函数，并判断M的轨迹是否过坐标原点。例11.（2025年全国新课标I理10分）选修4—4：坐标系与参数方程已知曲线C1的参数方程为(为参数），以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程为。（1）把C1的参数方程化为极坐标方程；（2）求C1与C2交点的极坐标（ρ≥0,0≤θ＜2π）。【答案】解：（1）将消去参数t，化为普通方程(x－4)2＋(y－5)2＝25，即C1：x2＋y2－8x－10y＋16＝0。将代入x2＋y2－8x－10y＋16＝0，得ρ2－8ρcosθ－10ρsinθ＋16＝0。∴C1的极坐标方程为ρ2－8ρcosθ－10ρsinθ＋16＝0。（2）C2的普通方程为x2＋y2－2y＝0，由，解得或。∴C1与C2交点的极坐标分别为。【考点】参数方程化成普通方程，点的极坐标和直角坐标的互化。【分析】（1）对于曲线C1利用三角函数的平方关系式sin2t+cos2t=1即可得到圆C1的普通方程；再利用极坐标与直角坐标的互化公式即可得到C1的极坐标方程。（2）先求出曲线C2的极坐标方程；再将两圆的方程联立求出其交点坐标，最后再利用极坐标与直角坐标的互化公式即可求出C1与C2交点的极坐标。例12.（2025年陕西省理5分）(坐标系与参数方程选做题)如图,以过原点的直线的倾斜角为参数,则圆的参数方程为▲.例13.（2025年上海市文5分）记椭圆围成的区域（含边界）为，当点分别在上时，的最大值分别是，则【】A．0B.C.2D.例14.（2025年重庆市理5分）在直角坐标系xOy中，以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．若极坐标方程为ρcosθ=4的直线与曲线（t为参数）相交于A，B两点，则|AB|=▲．【答案】16。【考点】点的极坐标和直角坐标的互化，两点间的距离公式，参数方程化成普通方程。【分析】将直线极坐标方程ρcosθ=4化成直角坐标方程为x=4，代入曲线（t为参数）中得A，B两点的直角坐标为（4，8），（4，－8）。则|AB|=16。七、数学各分支之间的相互转化：除了前述的数学各分支之间的相互转化问题外，还有许多数学各分支之间的相互转化问题，如利用向量的方法解立体几何的问题，用解析几何方法处理平面几何、代数、三角问题等。典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】例1.（2025年安徽省理5分）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，两定点A，B满足|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝2，则点集{P|eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，|λ|＋|μ|≤1，λ，μ∈}所表示的区域的面积是【】A．B．C．D．∵|λ|+|μ|≤1∴等价于①或②或③或④。可行域如图中矩形ABCD及其内部区域：区域面积为。故选D。例2.（2025年安徽省理5分）若的展开式中的系数为7，则实数=▲。例3.（2025年安徽省文13分）已知椭圆的焦距为4，且过点.（1）求椭圆C的方程；（2）设为椭圆C上一点，过点Q作x轴的垂线，垂足为E。取点,连接AE，过点A作AE的垂线交x轴于点D。点G是点D关于y轴的对称点，作直线QG，问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点？并说明理由.【答案】解：（1）略（2）由题意，得E点坐标为（x0，0），设D（xD，0），可得。∵AD⊥AE，∴。∴，解得。∵点G是点D关于y轴的对称点，∴点G的坐标为（，0）。∴直线QG的斜率为。又∵点Q（x0，y0）在椭圆C上，∴。∴。∴直线QG的方程为：。代入椭圆C方程，化简得，将代入上式并化简得，得。∴。，∴x=x0，y=y0是方程组的唯一解，即点Q是直线QG与椭圆C的唯一公共点。综上所述，可得直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点。【考点】直线与圆锥曲线的关系，椭圆的标准方程，椭圆的简单性质。例4.（2025年北京市理5分）直线l过抛物线C:x2=4y的焦点且与y轴垂直，则l与C所围成的图形的面积等于【】A.B.2C.D.【答案】C。【考点】定积分。【分析】抛物线x2=4y的焦点坐标为（0，1），∵直线l过抛物线C：x2=4y的焦点且与y轴垂直，∴直线l的方程为y=1。由，可得交点的横坐标分别为2，2。∴直线l与抛物线围成的封闭图形面积为。故选C。例5.（2025年北京市理5分）向量在正方形网格中的位置如图所示，若(λ，μ∈R)，则=▲.例6.（2025年北京市理5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为▲.【答案】。【考点】点、线、面间的距离计算。【分析】如图，以D为原点，DA，DC，DD1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，过点P作PH⊥CC1于点H，连接PC则D1(0，0，2)，E(1，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，，，。设，则，。∴点P到直线CC1的距离：。∴当λ＝时，距离的最小值为。另解：过E点作EE1垂直底面A1B1C1D1，交B1C1于点E1，连接D1E1，过P点作PH垂直于底面A1B1C1D1，交D1E1于点H，P点到直线CC1的距离就是C1H，故当C1H垂直于D1E1时，P点到直线CC1距离最小。此时，在Rt△D1C1E1中，C1H⊥D1E1，D1E1·C1H＝C1D1·C1E1，∴C1H＝。例7.（2025年福建省理14分）已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，0<φ<π)的周期为π，图像的一个对称中心为.将函数f(x)图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将所得到的图像向右平移个单位长度后得到函数g(x)的图像．（1）求函数f(x)与g(x)的解析式；（2）是否存在x0∈，使得f(x0)，g(x0)，f(x0)g(x0)按照某种顺序成等差数列？若存在，请确定x0的个数；若不存在，说明理由；（3）求实数a与正整数n，使得F(x)＝f(x)＋ag(x)恰在(0，nπ)内（3）略【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，函数解析式的求解及常用方法，根的存在性及根的个数判断，导数的运算，同角三角函数基本关系的运用，分类思想的应用。【分析】（1）略（2）依题意，当x∈时，，问题转化为方程2cos2x=sinx+sinxcos2x在内是否有解。通过G′（x）＞0，可知G（x）在内单调递增，而，从而可得答案。（3）略例8.（2025年福建省文12分）如图，在等腰直角△OPQ中，∠POQ＝90°，OP＝，点M在线段PQ上．（1）若OM＝，求PM的长；（2）若点N在线段MQ上，且∠MON＝30°，问：当∠POM取何值时，△OMN的面积最小？并求出面积的最小值．【答案】解：（1）略（2）设∠POM＝α，0°≤α≤60°，在△OMP中，由正弦定理，得，∴。同理。∴例9.（2025年湖南省理5分）在等腰直角三角形ABC中，AB＝AC＝4，点P是边AB上异于A，B的一点，光线从点P出发，经BC，CA反射后又回到点P(如图所示)，若光线QR经过△ABC的重心，则AP等于【】A．2B．1C．D．【答案】D。【考点】关于点、直线对称的直线方程，光的反射原理的应用。【分析】建立如图所示的坐标系：可得B（4，0），C（0，4），故直线BC的方程为x+y=4，△ABC的重心为，即。设P（a，0），其中0＜a＜4，则点P关于直线BC的对称点P1（x，y），满足例10.（2025年江苏省10分）如图，在直三棱柱中，AB⊥AC，AB=AC=2，A1A=4，点D是BC的中点。（1）求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值；（2）求平面AD1C与ABA1所成二面角的正弦值。【答案】解：（1）以A为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，。则，【考点】异面直线的角，二面角，空间向量的基础知识和运算。【解析】建立空间直角坐标系，应用空间向量即可求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值和求平面AD1C与ABA1所成二面角的正弦值。例11.（2025年江西省理5分）等比数列x，3x+3，6x+6，…的第四项等于【】A．B．C．D．【答案】A。【考点】等比数列。【分析】根据题意，得(3x＋3)2＝x(6x＋6)，解得x＝－1或x＝－3。当x＝－1时，x，3x＋3，6x＋6分别为－1，0，0，则不能构成等比数列，所以舍去；当x＝－3时，x，3x＋3，6x＋6分别为－3，－6，－12，且构成等比数列，公比为2，∴第四个数为－24。故选A。例12.（2025年江西省理12分）如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，E为BD的中点，G为PD的中点，△DAB≌△DCB，EA=EB=AB=1，PA=QUOTE，连接CE并延长交AD于F（1）求证：AD⊥平面CFG；（2）求平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值【答案】解：（1）略（2）以点A为坐标原点建立如图所示的坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C，D(0，，0)，P（0，0，）。∴。设平面BCP的法向量1，则，解得。【考点】用空间向量求平面间的夹角，直线与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法。【分析】（1）略（2）以点A为原点，AB、AD、PA分别为x轴、y轴、z轴建立如图直角坐标系，得到A、B、C、D、P的坐标，从而得到。利用垂直向量数量积为零的方法建立方程组，解出和分别为平面BCP、平面DCP的法向量，利用空间向量的夹角公式算出夹角的余弦，即可得到平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值。例13.（2025年全国新课标Ⅱ理5分）已知正方形ABCD的边长为2，E为CD的中点，则=▲.【答案】2。【考点】平面向量数量积的运算。【分析】如图，建立直角坐标系，则。例14.（2025年全国新课标Ⅱ理5分）等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10=0，S15=25，则nSn的最小值为▲.列表如下xf'（x）0f（x）↘极小值↗∴可能在n＝6或n＝7时，出现最小值。当n＝6时，nSn＝－48；n＝7时，nSn＝－49。故nSn的最小值为－49。例15.（2025年全国新课标I理5分）设m为正整数，展开式的二项式系数的最大值为展开式的二项式系数的最大值为b，若，则m＝【】A．3B.6C.7D.8例16.（2025年全国新课标I理12分）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，