高考数学数形结合思想课件
高考数学专题复习(数形结合、分类讨论思想)
专题4 数形结合、分类讨论思想一．知识探究：1．数形结合作为一种重要的数学思想方法历年来一直是高考考察的重点之一。
数形结合是数学解题中常用的思想方法，使用数形结合的方法，很多问题能迎刃而解，且解法简捷。
所谓数形结合，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一种重要思想方法。
数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化，抽象问题具体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灵活性的有机结合。
数形结合的途径:（1）通过坐标系形题数解（2）通过转化构造数题形解 数形结合的原则:（1）等价性原则；（2）双向性原则；（3）简单性原则2．分类讨论是一种重要的数学思想方法，当问题的对象不能进行统一研究时，就需要对研究的对象进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结果，最终综合各类结果得到整个问题的解答。
分类原则：（1）对所讨论的全域分类要“即不重复，也不遗漏”（2）在同一次讨论中只能按所确定的一个标准进行（3）对多级讨论，应逐级进行，不能越级；二．命题趋势分类讨论思想是一种重要的数学思想，它在人的思维发展中有着重要的作用，因此在近几年的高考试题中，他都被列为一种重要的思维方法来考察。
分类讨论是每年高考必考的内容，预测对本专题的考察为：将有一道中档或中档偏上的试题，其求解思路直接依赖于分类讨论，特别关注以下方面：涉及指数、对数底的讨论，含参数的一元二次不等式、等比数列求和，由n S 求n a 等。
纵观多年来的高考试题，巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。
三．再现性题组1．集合A ＝{x||x|≤4,x ∈R}，B ＝{x||x －3|≤a ，x ∈R}，若A ⊇B ，那么a 的范围是（ ）。
A. 0≤a≤1B. a≤1C. a<1D. 0<a<1 对参数a 分a>0、a ＝0、a<0三种情况讨论，选B ；2. 若θ∈(0, π2)，则lim n →∞cos sin cos sin n n n n θθθ＋θ-的值为（ ）。
数形结合思想方法(新课标)
数形结合思想方法一、知识整合1．数形结合是数学解题中常用的思想方法，使用数形结合的方法，很多问题能迎刃而解，且解法简捷。
所谓数形结合，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一种重要思想方法。
数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化，抽象问题具体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灵活性的有机结合。
2．实现数形结合，常与以下内容有关：①实数与数轴上的点的对应关系；②函数与图象的对应关系；③曲线与方程的对应关系；④以几何元素和几何条件为背景，建立起来的概念，如复数、三角函数等；⑤所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。
如等式()()x y -+-=214223．纵观多年来的高考试题，巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。
4．数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域，最值问题中，在求复数和三角函数问题中，运用数形结合思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。
这在解选择题、填空题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，要争取胸中有图，见数想图，以开拓自己的思维视野。
二、例题分析例1.2230 13x x kx k k ++=-若关于的方程的两根都在和之间，求的取值范围。
分析：2()23f x x kx k x =++令，其图象与轴交点的横坐标就是方程()0f x =()13y f x =-的解，由的图象可知，要使二根都在，之间， (1)0f ->只需，(3)0f >，()()02bf f k a-=-<同时成立. 10(10)k k -<<∈-解得，故，例2. 解不等式x x +>2 解：法一、常规解法：原不等式等价于或()()I x x x x II x x ≥+≥+>⎧⎨⎪⎩⎪<+≥⎧⎨⎩2020202解，得；解，得()()I x II x 0220≤<-≤<综上可知，原不等式的解集为或{|}{|}x x x x x -≤<≤<=-≤<200222 法二、数形结合解法： 令，，则不等式的解，就是使的图象y x y x x x y x 121222=+=+>=+在的上方的那段对应的横坐标，y x 2=如下图，不等式的解集为{|}x x x x A B ≤<而可由，解得，，，x x x x x B B A +===-222故不等式的解集为。
例谈“数形结合”思想在高考数学中的应用
２０２４年３月上半月㊀学习指导㊀㊀㊀㊀例谈 数形结合 思想在高考数学中的应用∗◉湖北江汉大学数学与大数据系㊀周㊀岭㊀许㊀璐㊀㊀著名数学家华罗庚曾说过: 数缺形时少直观,形少数时难入微;数形结合百般好,隔离分家万事休 ．所谓 数形结合 就是把抽象的数学语言㊁数量关系与直观的几何图形㊁位置关系结合起来,通过 以形助数或 以数解形 ,即通过抽象思维与形象思维的结合,将复杂问题简单化,抽象问题具体化,达到实现优化解题路径的目的,起到事半功倍的效果．下面将结合高考数学试题实例,分析说明 数形结合 思想在解决问题中的作用和简捷．１数形结合思想在解析几何中的应用例１㊀(２０２３年全国新高考Ⅰ卷)过点(０,－２)与圆x ２＋y ２－４x －１＝０相切的两条直线的夹角为α,则s i n α＝(㊀㊀)．A．１㊀㊀㊀B ．１５４㊀㊀C ．１０４㊀㊀D．６４分析:此题可以先将圆的方程化为标准形式,设出切线方程,利用点到直线的距离公式求出两条切线的斜率,最后利用夹角公式求得s i n α的值,但是计算相对复杂．解析:依题意,圆的方程可化为(x －２)２＋y ２＝５．图１如图１,得到圆心C (２,０),r ＝５,P (０,－２)．所以|P C |＝２２．设过点P 的两条切线为P A 和P B ,则øA P B ＝α,可得s i nα２＝r |P C |＝５２２＝１０４,c o sα２＝１－(s i n α２)２＝６４．所以s i n α＝２s i nα２c o s α２＝１５４．故选:B ．例２㊀(２０２３年新高考I 卷)已知双曲线C :x ２a ２－y ２b２＝１(a ＞０,b ＞０)的左㊁右焦点分别为F １,F ２．点A 在C 上,点B 在y 轴上,F １A ңʅF １B ң,F ２A ң＝－２３F ２B ң,则C 的离心率为．分析:此题常见解法是设出点A ,B 的坐标,利用已知条件列出三个方程,再解出方程求得点A ,B 的坐标,进而得出双曲线C 的离心率．这样计算量会很大,如果利用数形结合的思想结合双曲线的定义求其离心率将会大大简化计算．解析:由F ２A ң＝－２３F ２B ң,得|F ２A ||F ２B |＝２３．设|F ２A |＝２x ,则|F ２B |＝３x ,|A B |＝５x ,|F １B |＝|F ２B |＝３x ．由双曲线的定义,得|A F １|＝|A F ２|＋２a ＝２x ＋２a ．设øF １A F ２＝θ,则s i n θ＝３x ５x ＝３５,所以c o s θ＝４５＝２x ＋２a５x,解得＝a ,则|A F １|＝４a ,|A F ２|＝２a ．图２如图２,在әF １A F ２中,由余弦定理,可得c o s θ＝１６a ２＋４a ２－４c ２１６a２＝４５．整理,得５c ２＝９a ２．故e ＝c a ＝３５５．点评:这类题目考查了学生 数学抽象 的核心素养．解决此类题的关键在于将数学符号语言和图形语言相互转化,利用图形的直观性,结合相关定义㊁公式即可快速解题．２数形结合思想在立体几何中的应用例３㊀(２０２２年新高考I 卷)已知正方体A B C D ＧA １B １C １D １,则(㊀㊀)．A．直线B C １与D A １所成的角为９０ʎB ．直线B C １与C A １所成的角为９０ʎC ．直线B C １与平面B B １D １D 所成的角为４５ʎD．直线B C １与平面A B C D 所成的角为４５ʎ分析:此题可以通过建立空间直角坐标系来判断各选项是否正确,但计算较繁琐．解析:选项A ,B 的判断略．９３∗基金项目:江汉大学研究生科研创新基金项目 基于新课标新课改背景下提升中学生数学学科核心素养的探究 ,项目编号为K Y C X J J ２０２３５０;教育部产学合作协调育人２０２２年第一批立项项目 基于P y t h o n 的大数据分析与应用课程混合教学模式探索 ,项目编号为２２０５０６６２７２４２０５７．学习指导２０２４年３月上半月㊀㊀㊀图３如图３所示,连接A１C１,设A１C１ɘB１D１＝O,连接B O．由B B１ʅ平面A１B１C１D１,C１O⊂平面A１B１C１D１,得C１OʅB１B．因为C１OʅB１D１,B１D１ɘB１B＝B１,所以C１Oʅ平面B B１D１D,所以øC１B O为直线B C１与平面B B１D１D的夹角．设正方体棱长为１,则C１O＝２２,B C１＝２,于是s i nøC１B O＝C１O B C１＝１２．所以直线B C１与平面B B１D１D所成的角为３０ʎ,故选项C错误．因为C１Cʅ平面A B C D,所以øC１B C为直线B C１与平面A BC D的夹角,易得øC１B C＝４５ʎ,故选项D正确．综上所述,此题选:A B D．点评:本题主要考查立体几何中直线与直线的夹角㊁直线与平面的夹角,是对学生 逻辑推理 直观想象核心素养的考查．此题如果通过建系来计算,将比较复杂,耗时较长;若采取 传统 方法,结合图形并运用立体几何㊁三角函数相关知识,即可快速㊁直观作出判断．３数形结合思想在函数中的应用例４㊀(２０２１年全国乙卷)设aʂ０,若x＝a为函数f(x)＝a(x－a)２(x－b)的极大值点,则有(㊀㊀)．A．a＜b B．a＞b C．a b＜a２D．a b＞a２分析:此题如果利用导数知识来求该函数的极大值点,再通过a与b的大小来判断选项将非常复杂．如果通过数形结合先考虑函数的零点情况,注意零点附近左右两侧函数值是否变号,结合极大值点的性质,对a进行分类画出该函数的图象再来判断选项将大大简化了问题,既直观又方便快捷[１]．解析:若a＝b,则f(x)＝a(x－a)３为单调函数,无极值点,不符合题意,故aʂb．所以f(x)有x＝a和x＝b两个不同零点,且在x＝a附近左右两侧不变号,在x＝b附近左右两侧变号．因为x＝a为函数f(x)＝a(x－a)２(x－b)的极大值点,所以f(x)在x＝a附近左右都小于０．①当a＜０时,由x＞b,f(x)ɤ０,画出f(x)的图象如图４所示．由b＜a＜０,得a b＞a２．图４㊀㊀㊀图５②当a＞０时,由x＞b,f(x)＞０,画出f(x)的图象如图５所示．由b＞a＞０,得a b＞a２．综上a b＞a２成立．故选:D．例５㊀(２０２１年新高考I卷)已知O为坐标原点,点A(１,０),P１(c o sα,s i nα),P２(c o sβ,－s i nβ),P３(c o s(α＋β),s i n(α＋β)),则(㊀㊀)．A．|O P１ң|＝|O P２ң|B．|A P１ң|＝|A P２ң|C．O Aң O P３ң＝O P１ң O P２ңD．O Aң O P１ң＝O P２ң O P３ң分析:此题如果画出图形,利用数形结合思想解题,既直观又简捷．图６解析:如图６,可得|O P１ң|＝|O P２ң|＝１,故选项A正确．仅当α＝－β时,|A P１ң|＝|A P２ң|成立．故选项B错误．由O Aң O P３ң＝|O Aң| |O P３ң|c o s(α＋β),O P１ң O P２ң＝|O P１ң| |O P２ң| c o s(α＋β),|O Aң|＝|O P３ң|＝|O P１ң|＝|O P２ң|＝１,可知O Aң O P３ң＝O P１ң O P２ң．故选项C正确．观察图象,易得‹O Aң,O P１ң›＝α,‹O P２ң,O P３ң›＝α＋２β．故选项D错误．此题应选:A C．例６㊀(２０２１年新高考I卷)若过点(a,b)可以作曲线y＝e x的两条切线,则(㊀㊀)．A．e b＜a B．e a＜bC．０＜a＜e b D．０＜b＜e a分析:此题要求作出曲线y＝e x的两条切线,通过几何图形进行直观想象,很容易判断各选项是否正确．解析:作出y＝e x的图象．易得,若想作出切线,点(a,b)需在曲线y＝e x的下方和x轴上方,如图７,即b＜e a．图７㊀㊀图８但点(a,b)在x轴及其下方时,仅能作出一条切线,如图８．所以点(a,b)需在y轴上方,即b＞０．综上,可得０＜b＜e a．故选:D．综上所述,在高考数学中利用数形结合思想解题往往可以起到简化计算㊁提高解题效率的作用．因此,平时教学中教师应通过数形结合思想丰富的展现形式不断对其进行渗透,促进学生数与形相互转换的能力,刺激学生学习数学的欲望,引导学生投入到数形结合分析的专题探究中[２],从而达到数学抽象思维具象化㊁发散化的教学目的,最终达到提升学生核心素养和全面发展的教育目的．参考文献:[１]常国良．数学教学中渗透直观想象素养的三重境界[J]．教学与管理,２０２０(３１):６２Ｇ６４．[２]李兆芹．探究数形结合思想如何有效运用于高中数学教学[J]．数学学习与研究,２０１８(５):４３．Z０４。
专题1 数形结合思想【高考文科数学】数学思想方法 含答案
第二讲数形结合思想1．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：(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；(2)“以数定形”，把直观图形数量化，使形更加精确．2．数形结合思想的实质、关键及运用时应注意的问题：其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化，在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参，合理用参，建立关系，由数思形，以形思数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围．3．实现数形结合，常与以下内容有关：(1)实数与数轴上的点的对应关系；(2)函数与图象的对应关系；(3)以几何元素和几何条件为背景，建立起来的概念，如复数、三角函数等；(4)所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义．如等式(x－2)2＋(y－1)2＝4，表示坐标平面内以(2,1)为圆心，以2为半径的圆．1．(2013·重庆)已知圆C1：(x－2)2＋(y－3)2＝1，圆C2：(x－3)2＋(y－4)2＝9，M，N分别是圆C1，C2上的动点，P为x轴上的动点，则|PM|＋|PN|的最小值为( ) A．52－4 B.17－1C．6－2 2 D.17答案 A解析设P(x,0)，设C1(2,3)关于x轴的对称点为C1′(2，－3)，那么|PC1|＋|PC2|＝|PC1′|＋|PC2|≥|C1′C2|＝2－32＋－3－42＝5 2.而|PM|＝|PC1|－1，|PN|＝|PC2|－3，∴|PM|＋|PN|＝|PC1|＋|PC2|－4≥52－4.2． (2011·大纲全国)已知a、b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b －c)＝0，则|c|的最大值是( )A．1 B．2 C. 2 D.2 2答案 C解析 如图，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则CA →＝a －c ，CB →＝b －c .由题意知CA →⊥CB →，∴O 、A 、C 、B 四点共圆．∴当OC 为圆的直径时，|c |最大，此时，|OC →|＝ 2.3． (2013·山东)在平面直角坐标系xOy 中，M 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x －y －2≥0，x ＋2y －1≥0，3x ＋y －8≤0所表示的区域上一动点，则直线OM 斜率的最小值为( )A ．2B ．1C ．－13D ．－12答案 C解析 如图，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y －1＝0，3x ＋y －8＝0得A (3，－1)．此时直线OM 的斜率最小，且为－13.4． (2013·课标全国Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ， x ≤0，ln x ＋1， x >0.若|f (x )|≥ax ，则a的取值范围是( )A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－2,1]D ．[－2,0]答案 D解析 函数y ＝|f (x )|的图象如图． ①当a ＝0时，|f (x )|≥ax 显然成立． ②当a >0时，只需在x >0时， ln(x ＋1)≥ax 成立．比较对数函数与一次函数y ＝ax 的增长速度． 显然不存在a >0使ln(x ＋1)≥ax 在x >0上恒成立． ③当a <0时，只需在x <0时，x 2－2x ≥ax 成立． 即a ≥x －2成立，∴a ≥－2.综上所述：－2≤a ≤0.故选D.5． (2012·天津)已知函数y ＝|x 2－1|x －1的图象与函数y ＝kx －2的图象恰有两个交点，则实数k 的取值范围是________．答案 (0,1)∪(1,4)解析 根据绝对值的意义，y ＝|x 2－1|x －1＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1x >1或x <－1，－x －1－1≤x <1.在直角坐标系中作出该函数的图象，如图中实线所示． 根据图象可知，当0<k <1或1<k <4时有两个交点．题型一 数形结合解决方程的根的个数问题 例1 (2012·福建)对于实数a和b ，定义运算“*”：a *b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2－ab ，a ≤b ，b 2－ab ，a >b .设f (x )＝(2x －1)*(x －1)，且关于x 的方程f (x )＝m (m ∈R )恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是________．审题破题 本题以新定义为背景，要先写出f (x )的解析式，然后将方程f (x )＝m 根的个数转化为函数y ＝f (x )的图象和直线y ＝m 的交点个数．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－316，0解析 由定义可知，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1x ，x ≤0，－x －1x ，x >0.作出函数f (x )的图象，如图所示．由图可知，当0<m <14时，f (x )＝m (m ∈R )恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3. 不妨设x 1<x 2<x 3， 易知x 2>0，且x 2＋x 3＝2×12＝1，∴x 2x 3<14.令⎩⎪⎨⎪⎧2x －1x ＝14，x <0，解得x ＝1－34.1－34<x1<0，∴1－316<x1x2x3<0.∴反思归纳 研究方程的根的个数、根的范围等问题时，经常采用数形结合的方法．一般 地，方程f (x )＝0的根，就是函数f (x )的零点，方程f (x )＝g (x )的根，就是函数f (x )和g (x )的图象的交点的横坐标．变式训练1 已知：函数f (x )满足下面关系：①f (x ＋1)＝f (x －1)；②当x ∈[－1,1]时，f (x )＝x 2，则方程f (x )＝lg x 解的个数是( )A ．5B ．7C ．9D ．10答案 C解析 由题意可知，f (x )是以2为周期，值域为[0,1]的函数．又f (x )＝lg x ，则x ∈(0,10]，画出两函数图象，则交点个数即为解的个数．由图象可知共9个交点．题型二 数形结合解不等式问题例2 设有函数f (x )＝a ＋－x 2－4x 和g (x )＝43x ＋1，已知x ∈[－4,0]时恒有f (x )≤g (x )，求实数a 的取值范围．审题破题 x ∈[－4,0]时恒有f (x )≤g (x )，可以转化为x ∈[－4,0]时，函数f (x )的图象都在函数g (x )的图象下方或者两图象有交点． 解 f (x )≤g (x )，即a ＋－x 2－4x ≤43x ＋1，变形得－x 2－4x ≤43x ＋1－a ，令y ＝－x 2－4x ， ① y ＝43x ＋1－a .②①变形得(x ＋2)2＋y 2＝4(y ≥0)，即表示以(－2,0)为圆心，2为半径的圆的上半圆；②表示斜率为43，纵截距为1－a 的平行直线系．设与圆相切的直线为AT ，AT 的直线方程为： y ＝43x ＋b (b ＞0)， 则圆心(－2,0)到AT 的距离为d ＝|－8＋3b |5，由|－8＋3b |5＝2得，b ＝6或－23(舍去)．∴当1－a ≥6即a ≤－5时，f (x )≤g (x )．反思归纳 解决含参数的不等式和不等式恒成立问题，可以将题目中的某些条件用图象表现出来，利用图象间的关系以形助数，求方程的解集或其中参数的范围．变式训练2 已知不等式x 2＋ax －2a 2<0的解集为P ，不等式|x ＋1|<3的解集为Q ，若P ⊆Q ，求实数a 的取值范围．解 x 2＋ax －2a 2＝(x ＋2a )(x －a )<0. |x ＋1|<3⇒Q ＝{x |－4<x <2}．当－2a <a ，即a >0时，P ＝{x |－2a <x <a }．∵P ⊆Q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2a ≥－4，a ≤2，a >0.解得0<a ≤2.当－2a ＝a ，即a ＝0时，P ＝∅，P ⊆Q . 当－2a >a ，即a <0时，P ＝{x |a <x <－2a }，∵P ⊆Q ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ≥－4，－2a ≤2，a <0，解得－1≤a <0，综上可得－1≤a ≤2.题型三 数形结合解决有明显几何意义的式子(概念)问题例3 已知函数f (x )＝ax 2＋bx －1(a ，b ∈R 且a >0)有两个零点，其中一个零点在区间(1,2)内，则ba ＋1的取值范围为( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，1]C ．(－2,1]D ．(－2,1)审题破题 先根据图象确定a ，b 满足的条件，然后利用ba ＋1的几何意义——两点(a ，b )，(－1,0)连线斜率求范围．答案 D解析 因为a >0，所以二次函数f (x )的图象开口向上．又f (0)＝－1，所以要使函数f (x )的一个零点在区间(1,2)内，则有⎩⎪⎨⎪⎧a >0，f 1<0，f 2>0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a ＋b －1<0，4a ＋2b －1>0.如图所示的阴影部分是上述不等式组所确定的平面区域，式 子ba ＋1表示平面区域内的点 P (a ，b )与点Q (－1,0)连线的斜率．而直线QA 的斜率k ＝1－00－－1＝1，直线4a ＋2b －1＝0的斜率为－2，显然不等式组所表示的平面区域不包括边界，所以P ，Q 连线的斜率的取值范围为(－2,1)．故选D. 反思归纳 如果等式、代数式的结构蕴含着明显的几何特征，就要考虑用数形结合的思想方法来解题，即所谓的几何法求解，比较常见的对应有： (1)b －n a －m ↔(a ，b )、(m ，n )连线的斜率； (2)a －m2＋b －n2↔(a ，b )、(m ，n )之间的距离；(3)a 2＋b 2＝c 2↔a 、b 、c 为直角三角形的三边； (4)f (a －x )＝f (b ＋x )↔f (x )图象的对称轴为x ＝a ＋b2.只要具有一定的观察能力，再掌握常见的数与形的对应类型，就一定能得心应手地运用数形结合的思想方法．变式训练3 已知点P (x ，y )的坐标x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋1≥0，|x |－y －1≤0，则x 2＋y 2－6x ＋9的取值范围是( )A ．[2,4]B ．[2,16]C ．[4,10]D ．[4,16]答案 B解析 画出可行域如图，所求的x 2＋y 2－6x ＋9＝(x －3)2＋y 2是点Q (3,0)到可行域上的点的距离的平方，由图形知最小值为Q 到射线x －y －1＝0(x ≥0)的距离d 的平方，最大值为|QA |2＝16.∵d 2＝⎝⎛⎭⎪⎫|3－0－1|12＋－122＝(2)2＝2. ∴取值范围是[2,16]． 题型四 数形结合解几何问题例4 已知点P 在抛物线y 2＝4x 上，那么点P 到点Q (2，－1)的距离与点P 到抛物线焦点距离之和取得最小值时，点P 的坐标为( )A ．(14，－1)B ．(14，1)C ．(1,2)D ．(1，－2)审题破题 本题可以结合图形将抛物线上的点P 到焦点的距离转化为到准线的距离，再探求最值． 答案 A解析 定点Q (2，－1)在抛物线内部，由抛物线的定义知，动点P到抛物线焦点的距离等于它到准线的距离，问题转化为当点P 到点Q 的距离和点P 到抛物线的准线距离之和最小时，求点P 的坐标，显然点P 是直线y ＝－1和抛物线y 2＝4x的交点时，两距离之和取最小值，解得这个点的坐标是(14，－1)．反思归纳 在几何中的一些最值问题中，可以根据图形的性质结合图形上点的条件进行转换，快速求得最值．变式训练4 已知P 是直线l ：3x ＋4y ＋8＝0上的动点，PA 、PB 是圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的两条切线，A 、B 是切点，C 是圆心，求四边形PACB 面积的最小值． 解 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S Rt △PAC＝12|PA |·|AC |＝12|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 垂直直线l 时，S四边形PACB应有唯一的最小值，此时|PC |＝|3×1＋4×1＋8|32＋42＝3， 从而|PA |＝|PC |2－|AC |2＝2 2.∴(S 四边形PACB )min ＝2×12×|PA |×|AC |＝2 2.典例 (12分)已知函数f (x )＝x 3－3ax －1，a ≠0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ＝－1处取得极值，直线y ＝m 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点，求m 的取值范围．规范解答解 (1)f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )， 当a <0时，对x ∈R ，有f ′(x )>0，∴当a <0时，f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)； 当a >0时，由f ′(x )>0，解得x <－a 或x >a ， 由f ′(x )<0，解得－a <x <a ，∴当a >0时，f (x )的单调增区间为(－∞，－a )，(a ，＋∞)； 单调减区间为(－a ，a )． [4分](2)∵f (x )在x ＝－1处取得极值， ∴f ′(－1)＝3×(－1)2－3a ＝0，∴a ＝1. [6分]∴f (x )＝x 3－3x －1，f ′(x )＝3x 2－3，由f ′(x )＝0， 解得x 1＝－1，x 2＝1.由(1)中f (x )的单调性可知，f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝1，在x ＝1处取得极小值f (1)＝－3.因为直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有三个不同的交点， 结合如图所示f (x )的图象可知：m 的取值范围是(－3,1)．[12分]评分细则 (1)求出f ′(x )给1分，不写出单调区间扣1分；(2)只画图象没有说明极值扣2分；(3)没有结论扣1分，结论中范围写成不等式形式不扣分．阅卷老师提醒 (1)解答本题的关键是数形结合，根据函数的性质勾画函数的大致图象； (2)解答中一定要将函数图象的特点交待清楚，单调性和极值是勾画函数的前提，然后结合图象找出实数m 的取值范围．1． 设函数f (x )定义在实数集上，f (2－x )＝f (x )，且当x ≥1时，f (x )＝ln x ，则有( )A ．f (13)<f (2)<f (12)B ．f (12)<f (2)<f (13)C ．f (12)<f (13)<f (2)D ．f (2)<f (12)<f (13)答案 C解析 由f (2－x )＝f (x )知f (x )的图象关于直线x ＝2－x ＋x2＝1对称，又当x ≥1时，f (x )＝ln x ，所以离对称轴x ＝1距离大的x 的函数值大，∵|2－1|>|13－1|>|12－1|，∴f (12)<f (13)<f (2)．2． 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋bx ＋c ， x ≤0，2， x >0.若f (－4)＝f (0)，f (－2)＝－2，则函数y ＝g (x )＝f (x )－x 的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析 由f (－4)＝f (0) 得16－4b ＋c ＝c .由f (－2)＝－2，得4－2b ＋c ＝－2. 联立两方程解得：b ＝4，c ＝2.于是，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＋2， x ≤0，2， x >0.在同一直角坐标系内，作出函数y ＝f (x )与函数y ＝x 的图象，知它们有3个交点，进而函数亦有3个零点．3． 若方程x ＋k ＝1－x 2有且只有一个解，则k 的取值范围是( )A ．[－1,1)B ．k ＝± 2C ．[－1,1]D ．k ＝2或k ∈[－1,1)答案 D解析 令y ＝x ＋k ，令y ＝1－x 2，则x 2＋y 2＝1(y ≥0)． 作出图象如图：而y ＝x ＋k 中，k 是直线的纵截距，由图知：方程有一个解⇔直线与 上述半圆只有一个公共点⇔k ＝2或－1≤k <1.4． 设a ，b ，c 是单位向量，且a ·b ＝0，则(a －c )·(b －c )的最小值为( ) A ．－2 B.2－2 C ．－1D ．1－ 2答案 D解析 由于(a －c )·(b －c )＝－(a ＋b )·c ＋1，因此等价于求(a ＋b )·c 的最大值，这个最大值只有当向量a ＋b 与向量c 同向共线时取得．由于a ·b ＝0，故a ⊥b ，如图所示，|a ＋b |＝2，|c |＝1，当θ＝0时，(a ＋b )·c 取最大值2，故所求的最小值为1－ 2. 5． 当0<x ≤12时，4x<log a x ，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22 B.⎝⎛⎭⎪⎫22，1 C ．(1，2)D ．(2，2)答案 B解析 由0<x ≤12，且log a x >4x>0，可得0<a <1，12由4 ＝log a 12可得a ＝22.令f (x )＝4x，g (x )＝log a x ， 若4x<log a x ，则说明当0<x ≤12时，f (x )的图象恒在g (x )图象的下方(如图所示)，此时需a >22. 综上可得a 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫22，1. 6． 已知P 为抛物线y ＝14x 2上的动点，点P 在x 轴上的射影为M ，点A 的坐标是(2,0)，则|PA |＋|PM |的最小值是________． 答案5－1解析 如图，抛物线y ＝14x 2，即x 2＝4y 的焦点F (0,1)，记点P 在抛物线的准线l ：y ＝－1上的射影为P ′，根据抛物线的定义知， |PP ′|＝|PF |，则|PP ′|＋|PA |＝|PF |＋|PA |≥|AF |＝22＋12＝5.所以(|PA |＋|PM |)min ＝(|PA |＋|PP ′|－1)min ＝5－1.专题限时规范训练一、选择题1． 已知f (x )是定义在(－3,3)上的奇函数，当0<x <3时，f (x )的图象如图所示，那么不等式f (x )·cos x <0的解集是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－π2∪(0,1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，－1∪(0,1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3 C ．(－3，－1)∪(0,1)∪(1,3)D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－π2∪(0,1)∪(1,3) 答案 B解析 根据对称性画出f (x )在(－3，0)上的图象如图，结合y ＝cos x 在(－3,0)，(0,3)上函数值的正负，易知不等式f (x )cos x <0的解集是⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，－1∪(0,1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3.2． 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |，0<x ≤10，－12x ＋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( )A ．(1,10)B ．(5,6)C ．(10,12)D ．(20,24)答案 C解析 a ，b ，c 互不相等，不妨设a <b <c ， ∵f (a )＝f (b )＝f (c )，由图象可知，0<a <1,1<b <10,10<c <12. ∵f (a )＝f (b )，∴|lg a |＝|lg b |，即lg a ＝lg 1b ，a ＝1b.则ab ＝1，所以abc ＝c ∈(10,12)．3． 用min{a ，b ，c }表示a ，b ，c 三个数中的最小值．设f (x )＝min{2x，x ＋2,10－x } (x≥0)，则f (x )的最大值为( )A ．4B ．5C ．6D ．7答案 C解析 画出y ＝2x，y ＝x ＋2，y ＝10－x 的图象，如图所示，观察图象，可知当0≤x ≤2，f (x )＝2x，当2<x ≤4时，f (x )＝x ＋2，当x >4时，f (x )＝10－x ，f (x )的最大值在x ＝4时取得，为6.4． 函数f (x )＝(12)x－sin x 在区间[0,2π]上的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4答案 B解析 函数f (x )＝(12)x－sin x 在区间[0,2π]上的零点个数即为方程(12)x －sin x ＝0在区间[0,2π]上解的个数．因此可以转化为两函数y ＝(12)x 与y＝sin x 交点的个数．根据图象可得交点个数为2，即零点个数为2.5． 已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1 (a >0，b >0)的右焦点为F ，若过点F 且倾斜角为60°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线离心率的取值范围是( )A ．(1,2]B ．(1,2)C ．[2，＋∞)D ．(2，＋∞)答案 C解析 ∵渐近线y ＝bax 与过焦点F 的直线l 平行，或渐近线从该位置绕原点按逆时针旋转时，直线l 与双曲线的右支有一个交点，∴b a≥3，即c 2＝a 2＋b 2≥4a 2，∴e ≥2.6． 设a ＝sin 5π7，b ＝cos 2π7，c ＝tan 2π7，则( ) A ．a <b <c B ．a <c <b C ．b <c <aD ．b <a <c答案 D解析 a ＝sin 5π7＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫π－2π7＝sin 2π7，又π4<2π7<π2，可通过单位圆中的三角函数线进行比较：如图所示，cos 2π7＝OA ，sin 2π7＝AB ，tan 2π7＝MN ，∴cos 2π7<sin 2π7<tan 2π7，即b <a <c .7． 不等式x 2－log a x <0在x ∈(0，12)时恒成立，则a 的取值范围是( )A ．0<a <1 B.116≤a <1C ．a >1D ．0<a ≤116答案 B解析 不等式x 2－log a x <0转化为x 2<log a x ， 由图形知0<a <1且 (12)2≤log a 12， ∴a ≥116，故a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫116，1.8． 函数y ＝11－x的图象与函数y ＝2sin πx (－2≤x ≤4)的图象所有交点的横坐标之和等于( )A ．2B ．4C ．6D ．8 答案 D解析 令1－x ＝t ，则x ＝1－t .由－2≤x ≤4，知－2≤1－t ≤4，所以－3≤t ≤3. 又y ＝2sin πx ＝2sin π(1－t )＝2sin πt .在同一坐标系下作出y ＝1t和y ＝2sin πt 的图象．由图可知两函数图象在[－3,3]上共有8个交点，且这8个交点两两关于原点对称．因此这8个交点的横坐标的和为0，即t 1＋t 2＋…＋t 8＝0.也就是1－x 1＋1－x 2＋…＋1－x 8＝0， 因此x 1＋x 2＋…＋x 8＝8. 二、填空题9． 若实数x 、y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≤0，x >0，y ≤2，则yx的最小值是________．答案 2解析 可行域如图所示．又y x的几何意义是可行域内的点与坐标原点连线的斜率k . 由图知，过点A 的直线OA 的斜率最小．联立⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1＝0，y ＝2，得A (1,2)，∴k OA ＝2－01－0＝2.∴y x的最小值为2.10．设A ＝{(x ，y )|x 2＋(y －1)2＝1}，B ＝{(x ，y )|x ＋y ＋m ≥0}，则使A ⊆B 成立的实数m的取值范围是__________． 答案 m ≥2－1解析 集合A 是一个圆x 2＋(y －1)2＝1上的点的集合，集合B 是一个不等式x ＋y ＋m ≥0表示的平面区域内的点的集合，要使A ⊆B ，则应使圆被平面区域所包含(如图)，即直线x ＋y ＋m ＝0应与圆相切或相离(在圆的下方)，而当直线与圆相切时有|m ＋1|2＝1，又m >0，∴m ＝2－1，故m 的取值范围是m ≥2－1.11．若函数f (x )＝a x－x －a (a ＞0且a ≠1)有两个零点，则实数a 的取值范围是________．答案 a ＞1解析 设函数y ＝a x(a ＞0且a ≠1)和函数y ＝x ＋a .则函数f (x )＝a x－x －a (a ＞0且a ≠1)有两个零点，就是函数y ＝a x(a ＞0且a ≠1)的图象与函数y ＝x ＋a 的图象有两个交点．由图象可知，当0＜a ＜1时，两函数只有一个交点，不符合；当a ＞1时，因为函数y ＝a x(a ＞1)的图象过点(0,1)，而直线y ＝x ＋a 的图象与y 轴的交点一定在点(0,1)的上方，所以一定有两个交点．所以实数a 的取值范围是a ＞1.12．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x，x ≥0－2x ，x <0，则关于x 的方程f [f (x )]＋k ＝0，给出下列四个命题：①存在实数k ，使得方程恰有1个实根； ②存在实数k ，使得方程恰有2个不相等的实根； ③存在实数k ，使得方程恰有3个不相等的实根； ④存在实数k ，使得方程恰有4个不相等的实根．其中正确命题的序号是________．(把所有满足要求的命题序号都填上) 答案 ①②解析 依题意知函数f (x )>0，又f [f (x )]＝依据y ＝f [f (x )]的大致图象(如图)知，存在实数k ，使得方程f [f (x )]＋k ＝0恰有1个实根；存在实数k ，使得方程f [f (x )]＋k＝0恰有2个不相等的实根；不存在实数k ，使得方程恰有3个不相等的实根；不存在实数k ，使得方程恰有4个不相等的实根．综上所述，其中正确命题的序号是①②. 三、解答题13．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx .(1)若函数y ＝f (x )在x ＝2处有极值－6，求y ＝f (x )的单调递减区间； (2)若y ＝f (x )的导数f ′(x )对x ∈[－1,1]都有f ′(x )≤2，求ba －1的范围．解 (1)f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ f ′2＝0，f 2＝－6.即⎩⎪⎨⎪⎧12＋4a ＋b ＝0，8＋4a ＋2b ＝－6，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－52，b ＝－2.∴f ′(x )＝3x 2－5x －2.由f ′(x )＜0，得－13＜x ＜2.∴y ＝f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，2. (2)由⎩⎪⎨⎪⎧f ′－1＝3－2a ＋b ≤2，f ′1＝3＋2a ＋b ≤2，得⎩⎪⎨⎪⎧2a －b －1≥0，2a ＋b ＋1≤0.不等式组确定的平面区域如图阴影部分所示：由⎩⎪⎨⎪⎧ 2a －b －1＝0，2a ＋b ＋1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，b ＝－1. ∴Q 点的坐标为(0，－1)． 设z ＝ba －1，则z 表示平面区域内的点(a ，b )与点P (1,0)连线的斜率．∵k PQ ＝1，由图可知z ≥1或z ＜－2， 即ba －1∈(－∞，－2)∪[1，＋∞)．14．设关于θ的方程3cos θ＋sin θ＋a ＝0在区间(0,2π)内有相异的两个实根α、β.(1)求实数a 的取值范围； (2)求α＋β的值．解 方法一(1)设x ＝cos θ，y ＝sin θ，则由题设知，直线l ：3x ＋y ＋a ＝0与圆x 2＋y 2＝1有两个不同的交点A (cos α，sin α)和B (cos β，sin β)．所以原点O 到直线l 的距离小于半径1，即 d ＝||0＋0＋a 32＋12＝|a |2＜1，∴－2＜a ＜2. 又∵α、β∈(0,2π)，且α≠β. ∴直线l 不过点(1,0)，即3＋a ≠0.∴a ≠－3，即a ∈(－2，－3)∪(－3，2)．(2)如图，不妨设∠xOA ＝α，∠xOB ＝－β，作OH ⊥AB ，垂足为H ，则∠BOH ＝α－β2.∵OH ⊥AB ，∴kAB ·k OH ＝－1.∴tan α＋β2＝33.又∵α＋β2∈(0,2π)，∴α＋β＝π3或α＋β＝7π3.方法二 (1)原方程可化为sin (θ＋π3)＝－a 2，作出函数y ＝sin (x ＋π3)(x ∈(0,2π))的图象．由图知，方程在(0,2π)内有相异实根α，β的充要条件是⎩⎪⎨⎪⎧－1＜－a2＜1－a 2≠32，即－2＜a ＜－3或－3＜a ＜2.(2)由图知：当－3＜a ＜2，即－a 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32时，直线y ＝－a 2与三角函数y ＝sin(x＋π3)的图象交于C 、D 两点，它们中点的横坐标为7π6，∴α＋β2＝7π6，∴α＋β＝7π3. 当－2＜a ＜－3，即－a 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，1时，直线y ＝－a 2与三角函数y ＝sin(x ＋π3)的图象有两交点A 、B ，由对称性知，α＋β2＝π6，∴α＋β＝π3，综上所述，α＋β＝π3或α＋β＝7π3.。
高考数学数形结合数形结合思想
当a≠0时,函数y=ex+m-1(x≥0)和函数y=ax+b(x<0)都是定高义考域导航内的单调函数, 且函数y=ex+m-1(x≥0)的值域为[m,+∞),
则由题意得函数y=ax+b(x<0)的值域为(m,+∞),
b m,
ex m-1,x 0,
所以a
0,
则函数
f(x)=
ax
m,x
0,
其值域为[m,+∞), |f(x)|的大致图象如图所示,
4
4
当直线l经过点B时,有1=- 1 ×1+a,a5= .
4
4
由图可知,a∈
5 4
,时94 ,
函数y=f(x)的图象与l恰有两个交点.
另外,当直线l与曲线y= 1 ,x>1相切时,
x
恰有两个公共点,
此时a>0.
应用一 栏目索引 高考导航
联立得
y y
1,
x得
-1 x 4
=-
a,
1x+a1,即
x4
栏目索引
以形助数(数题形解)
以数辅形(形题数解)
高考导航
借助形的生动性和直观性来阐述 借助于数的精确性和规范性及严
数之间的关系，把数转化为形，即 密性来阐明形的某些属性，即以数
以形作为手段，数作为目的解决数 作为手段，形作为目的解决问题的
学问题的数学思想.
数学思想.
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总纲目录
应用一 数形结合思想在解决方高程考导的航 根或函数 零点问题中的应用 应用二 数形结合思想在求解不等式或参数范 围中的应用 应用三 数形结合思想在向量中的应用 应用四 数形结合思想在解析几何中的应用
高中数学七大基本思想方法讲解
在二维空间，实数对与坐标平面上的点建立一一对应关系
数形结合中，选择、填空侧重突出考查数到形的转化，在解答题中，考虑推理论证严密性，突出形到数的转化
第三：分类与整合思想
（1）分类是自然科学乃至社会科学研究中的基本逻辑方法
（2）从具体出发，选取适当的分类标准
（5） 高考以新增内容为素材，突出考查特殊与一般思想必成为命题改革方向
第六：有限与无限的思想：
（1）把对无限的研究转化为对有限的研究，是解决无限问题的必经之路
（2）积累的解决无限问题的经验，将有限问题转化为无限问题来解决是解决的方向
（3）立体几何中求球的表面积与体积，采用分割的方法来解决，实际上是先进行有限次分割，再求和求极限，是典型的有限与无限数学思想的应用
（4）随着高中课程改革，对新增内容考查深入，必将加强对有限与无限的考查
第七：或然与必然的思想：
（1）随机现象两个最基本的特征，一是结果的随机性，二是频率的稳定性
（2）偶然中找必然，再用必然规律解决偶然
（3）等可能性事件的概率、互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率、独立重复试验、随机事件的分布列、数学期望是考查的重点
（3）高考重视常用变换方法：一般与特殊的转化、繁与简的转化、构造转化、命题的等价转化
第五： 特殊与一般思想
（1）通过对个例认识与研究，形成对事物的认识
（2）由浅入深，由现象到本质、由局部到整体、由实践到理论
（3）由特殊到一般，再由一般到特殊的反复认识过程
（4） 构造特殊函数、特殊数列，寻找特殊点、确立特殊位置，利用特殊值、特殊方程
（2）灵活性、多样性，无统一模式，利用动态思维，去寻找有利于问题解决的变换途径与方法
第二讲数形结合的思想
3|≥10的解集为(－∞，－4]∪[6，＋∞)．
答案 D
2．设函数 f(x)(x∈R)满足 f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－ x)，且当 x∈[0,1]时，f(x)＝x3.又函数 g(x)＝xcos πx，
则函数
1 3 h(x)＝g(x)－f(x)在－2，2上的零点个数为
第二讲
数形结合思想
自主学习导引
1．不等式|x－5|＋|x＋3|≥10的解集是 A．[－5,7] B．[－4,6] C．(－∞，－5]∪[7，＋∞) D．(－∞，－4]∪[6，＋∞)
解析 令y＝|x－5|＋|x＋3|， 则函数对应的图象为
令y＝10，即|x－5|＋|x＋3|＝10， 得x＝－4或x＝6，结合图象可知|x－5|＋|x＋
【变式训练】
1．已知函数
x2＋1，x≥0， f(x)＝ 1， x＜0，
则满足不等式
f(1－x2)＞f(2x)的 x 的取值范围是________．
解析 作出函数f(x)的图象如图所示．
由图象可知不等式 f(1－x )＞f(2x)可化为 1－x ≥0， 1－x2＞0， 2x≥0， 或 2x＜0. 1－x2＞2x，
则函数y＝f(x)－log5|x－1|的零点个数是 A．8 [审题导引] B．9 C．10 D．11 利用函数的性质作出函数f(x)与y＝log5|x
－1|的图象，两图象交点的个数即为零点的个数．
[规范解答] 由题意知偶函数f(x)的周期T＝2. 在同一坐标系下作出函数 f(x)及函数φ(x)＝ log5|x－1|的图象如图所示：
1．数形结合的思想
所谓数形结合，就是根据数学问题的条件和结论之间的内 在联系，既分析其代数含义，又揭示其几何意义，使数量 关系和空间形式巧妙、和谐地结合起来，并充分利用这种 “结合”，寻找解题思路，使问题得到解决．数形结合是 根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化 来解决数学问题的一种重要思想方法．数形结合思想通过 “以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化，抽象问题 具体化，从形的直观和数的严谨两方面思考问题，拓宽了 解题思路，是数学的规律性与灵活性的有机结合．
高中高考数学数形结合思想分析与讲解
高考数学数形联合思想剖析与解说所谓数形联合，就是依据数与形之间的对应关系，经过数与形的相互转变来解决数学识题的思想，实现数形联合，常与以下内容相关：（1）实数与数轴上的点的对应关系；（2）函数与图象的对应关系；（3）曲线与方程的对应关系；（（4）以几何元素和几何条件为背景成立起来的观点，如复数、三角函数等；（5）所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。
以“形”变“数” 固然形有形象、直观的长处，但在定量方面还一定借助代数的计算，特别是对于较复杂的“形”，不只要正确的把图形数字化，并且还要留意察看图形的特色，挖掘题目中的隐含条件，充足利用图形的性质或几何意义，把“形”正确表示成“数”的形式，进行剖析计算。
解题的基本思路：明确题中所给条件和所求的目标，剖析已给出的条件和所求目标的特色和性质，理解条件或目标在图形中的重要几何意义，用已学过的知识正确的将题顶用到的图形的用代数式表达出来，再依据条件和结论的联系，利用相应的公式或定理等。
“形”“数”互变“形”“数”互变是指在有些数学识题中不只是是简单的以“数”变“形”或以“形”变“数”而是需要“形”“数”相互变换，不只要想到由“形”的直观变成“数”的严实还要由“数”的严实联系到“形”的直观。
解决这种问题常常需要从已知和结论同时出发，仔细剖析找出内在的“形”“数”互变。
一般方法是看“形”思“数”、见“数”想“形”。
本质就是以“数”化“形”、以“形”变“数”的联合。
数形联合思想是一种可使复杂问题简单化、抽象问题详细化的常用的数学思想方法。
要想提高学生运用数形联合思想的能力，需要教师耐心仔细的指引学生学会联系数形联合思想、理解数形联合思想、运用数形联合思想、掌握数形联合思想。
基础自测：1.已知0 a 1，则方程 a x log a x 的实数根的个数为（）A.1 个B.2 个C.3 个D.1 个或 2 个或 3 个2.设数集Mx m x m 3x n1，且 M , N 都是集合，数集 N x n4 3x 0 x 1 的子集，假如把 b a叫做会合x a x b 的“长度”，那么会合 M N 的长度的最小值为1B. 2 1 5A.3 C. D.3 12 123.若奇函数 f (x) 在 0, 上的增函数，有f ( 3) 0 ，则x x f ( x) 0 （）A. x x 3或3 x 0B. x 0 x 3或 x 3C. x x 3或x 3D. x 0 x 3或 3 x 04.当x, y知足条件x y 1时，变量u x 的取值范围是（）y 3A. 3,3B. 1 , 1C. 1 , 1D. 1 , 13 3 2 3 3 2参照分析：1.分析在同一坐标系下，画出函数y=a|x|，y=|logax| 的图象，则图象有两个交点 .2.分析 由题意知 .会合 M 的“长度”为3，会合 N4的“长度”为1，而会合 {x|0 ≤ x ≤1} 的“长度”331,b为 1；设线段 AB=1 ， a， a ， b 可在线段44AB 上自由滑动， a ， b 重叠部分的长度即为 M ∩ N.如图，明显当 a ，b 各自凑近 AB 两头时，重叠部分最短 ,其值为3 1 1 1 .4 312所以1 1 , 00 , 1.答案 Ck33综上所述，u1 ,1333.分析 由 f(x) 为奇函数且 f(-3)=0 ，得 f(3)=0.又 f(x) 在（ 0,+∞ )上是增函数，据上条件做出知足题意的 y=f(x) 草图，如图，如右图中找出f(x) 与 x 异号的部分，能够看出 x · f(x) ＜ 0 的解集为 {x|0 ＜ x ＜ 3 或 -3＜x ＜ 0}. 答案 D4.分析由题意在座标系下画出|x|+|y|≤ 1 的图象如右图暗影部分，①若 x=0 时， |y|≤ 1,此时 u=0; ②若 x ≠ 0 时，变量可当作点 A(0， 3)与可行域内的点 B 连线斜率 k 的 倒数 ,而 k ∈ (-∞ ,-3] ∪ [3,+ ∞),典型例题解说题型一代数问题“几何化”——以形助数【例 1】求函数 A 2m 46m 的值域。
2011届高考数学二轮复习考点突破课件：第20讲 数形结合思想
4．在运用数形结合思想分析问题和解决问题时，需做到以下四点： ．在运用数形结合思想分析问题和解决问题时，需做到以下四点： (1)要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征； 要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征； 要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征 (2)要恰当设参，合理用参，建立关系，做好转化； 要恰当设参，合理用参，建立关系，做好转化； 要恰当设参 (3)要正确确定参数的取值范围，以防重复和遗漏； 要正确确定参数的取值范围，以防重复和遗漏； 要正确确定参数的取值范围 (4)精心联想“数”与“形”，使一些较难解决的代数问题几何化，几 精心联想“ 精心联想 使一些较难解决的代数问题几何化， 何问 题代数化，以便于问题求解． 题代数化，以便于问题求解． 很多数学概念都具有明显的几何意义，善于利用这些几何意义， 很多数学概念都具有明显的几何意义，善于利用这些几何意义，往往 能收到事半功倍的效果． 能收到事半功倍的效果．
题型一 函数与不等式问题中的数形结合
已知： 满足下面关系． 【例 1】 (1)已知：函数 f(x)满足下面关系． 】 已知 满足下面关系 ①f(x＋1)＝f(x－1)； ＋ ＝ － ； ②当 x∈[－1,1]时，f(x)＝x2. ∈－ 时 ＝ 则方程 f(x)＝lg x 解的个数是 ＝ A．5 ． B．7 ． C．9 ． D．10 ． ( )
2．数形结合思想解决的问题常有以下几种： ．数形结合思想解决的问题常有以下几种： (1)构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围； 构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围； 构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围 (2)构建函数模型并结合其图象研究方程根的范围； 构建函数模型并结合其图象研究方程根的范围； 构建函数模型并结合其图象研究方程根的范围 (3)构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系； 构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系； 构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系 (4)构建函数模型并结合其几何意义研究函数的最值问题和证明不等 构建函数模型并结合其几何意义研究函数的最值问题和证明不等 式； (5)构建立体几何模型研究代数问题； 构建立体几何模型研究代数问题； 构建立体几何模型研究代数问题 (6)构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型研究最值问题； 构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型研究最值问题； 构建解析几何中的斜率 (7)构建方程模型，求根的个数； 构建方程模型，求根的个数； 构建方程模型 (8)研究图形的形状、位置关系、性质等． 研究图形的形状、位置关系、性质等． 研究图形的形，－1 B.－2，－ ∪(0,1)∪2 ，3 ∪
函数中的数形结合思想
函数中的数形结合思想“数少形时缺直观，形少数时难入微”，它准确地告诉我们：数形结合，相得益彰；利用数、式进行深入细致的分析；利用图形直观又可以看出数、式的内在关系；数形结合思想是重要的数学思想，它是分析问题的思路基础. 因此，每年高考一定会重点考查，本文主要谈一下函数中的数形结合思想.一、函数中的由数到形由数到形是函数中数形结合的第一步，面对一个函数可以思考到其图形的特征，并能抓住这个特征进行深入分析，只有如此，才可能在函数中应用到数形结合思想.例1．设a＜b，函数y=（x-a）2（x-b）的图像可能是（）解析：看看函数式，可以发现x→+∞时，y→+∞，再看图形特征，立即排除A、B；再看a<x<b时，y<0，再看图形，排除D，于是选C.点评：本题将函数式的特征与图形特征对照分析，很快排除了干扰支，产生正确结论.例2．函数y=的图像大致为（）解析：首先由函数的定义域可得ex≠e-x?圯x≠-x?圯x ≠0，看看图形，立即排除C、D.再由y′==-<0，即函数递减，选A.点评：本题若是想先作出图形，再对照选项选出结论的话，可能永远无法达到目的，由数到形，为我们求解此类问题开辟新的通道.二、初等函数图形的应用初等函数是我们接触到最为基础的函数，也是最为重要的函数，高考对其考查也相当频繁，因此，掌握初等函数的图形应用是在函数中应用数形结合思想的重要基础.例3．当a>1时，函数y=ax与函数y=logax的图像的交点个数（）A．可能是0个、1个或2个B．只可能是2个C．只可能是0个D．可以是3个解析：假定y=ax与y=x相切于（x0，y0），则切线方程为y-a=a（lna）•（x-x0），因为过原点，得x0=，而x0=y0=a，所以=a，从而a=e，那么：（1）若a>e时，y=ax与y=x没有交点，故函数y=ax与函数y=logax的图像的交点个数为0；（2）若a=e时，y=ax与y=x相切，故函数y=ax与函数y=logax的图像的交点个数为1；（3）若1于是，正确的答案为A.点评：本题凭主观易错选答案C，当我们对图形能够深入的分析以后会发现真正的正确答案却是A.例4．设函数f（x）定义在实数集上，它的图像关于直线x=1对称，且当x≥1时，f（x）=3x-1，则有（）Ａ．f（）< f（）< f（）Ｂ．f（）< f（）< f（）Ｃ．f（）< f（）< f（）Ｄ．f（）< f（）< f（）解析：建立在x≥1时，f（x）=3x-1，且f（x）的图像关于直线x=1对称的基础上可得f（x）的图像如右.欲比较f（），f（），f（）大小，主要看，，与对称轴的距离，易得f（）< f（）< f（），选B.点评：本题借助图像会很轻松地产生结论，倘若没有图像，可能要在“黑暗”中摸索更长一段时间.三、抽象函数图形的应用只有函数符号而没有具体函数式的函数，我们称为抽象函数.对于抽象函数，我们要根据所给出的条件对其图形进行分析、判断，可以发现图形的特征，并利用这些特征.例5．设f ′（x）是函数f（x）的导函数，将y=f（x）和y=f ′（x）的图像画在同一个直角坐标系中，不可能正确的是（）解析：由于y=f（x）的单调性决定了f ′（x）是否大小零，可以看出A有可能正确，其中直线是y=f ′（x）的图像；B、C都有可能正确，x轴上方的是y=f ′（x）的图像；D不可能正确，故选D.点评：本题要将函数与其对应的图像性质紧密结合在一起，通过函数与导函数图像之间的关系产生结论.例6．若函数f（x）的反函数为f-1（x），则函数f （x-1）与f -1 （x-1）的图像可能是（）解析：由于f（x）与f -1（x）的图像关于y=x对称，而f （x-1）与f -1 （x-1）的图像是分别将f（x）与f -1（x）的图像向右平移一个单位而得到，显然，对称性不改变，观察选项知正确答案为C.点评：“数”与“形”的关系是十分微妙的，本题如果你追求先作出图形再产生结论的话，此题你将永远无法完成.通过“数”的关系，产生“形”的关系，再利用“形”的关系产生结论，“数”与“形”的转化非常完美.四、函数图形性质的应用函数的图像性质主要指单调性、奇偶性、对称性及图形的平移换等.这些性质是函数的重要性质也是各类考试经常命题考查的性质，因此，我们必须能够将这些性质灵活应用.例7．已知函数f（x）=x2+4x，x≥04x-x2，xf（a），则实数a的取值范围是（）A．（-∞，-1）∪（2，+∞）B．（-1，2）C．（-2，1）D．（-∞，-2）∪（1，+∞）解析：作出f（x）=x2+4x，x≥04x-x2，x<0的图像，如下图：由图像可知f（x）在定义域内是增函数于是，由f（2-a2）>f（a），得2-a2>a?圯-2点评：本题通过图形，立即发现函数是增函数，从而将函数值的不等关系转化为二次不等式，方便、快捷地产生了结论.例8．把函数f（x）=x3-3x的图像C1向右平移u个单位长度，再向下平移v个单位长度后得到图像C2．若对任意的u>0，曲线C1与C2至多只有一个交点，则v的最小值为（）A．2B．4C．6D．8解析：设曲线C2的解析式为y=（x-u）3-3（x-u）-v则方程（x-u）3-3（x-u）-v=x3-3x，即3ux2（u3-3u+v）≤0，即v≥-u3+3u对任意u>0恒成立，于是v≥-u3+3u的最大值，令g（u）=-u3+3u（u>0），则g（u）=-u2+3=-（u-2）（u+2）. 由此知函数g（u）在（0，2）上为增函数，在（2，+∞）上为减函数，所以当u=2时，函数g（u）取最大值，即为4，于是v≥4.点评：本题通过函数的单调性，顺利产生函灵敏的最大值，结合最大值产生结论.函数性质的利用为求解辅平了道路.五、注重函数图形的变换函数图形的对称变换、平移变换等，是函数图形变换的常用技法.有些函数问题的求解，其重心就在于图形的这些变换，抓到了，可求.否则，望题兴叹.例9．若x1满足2x+2x=5，x2满足2x+2log2（x-1）=5，x1+x2＝（）A．B．3C．D． 4解析：由２x+2x=5?圯2x-1=-x，令y1=2x-1，y2=-x，则x1是两函数图像交点的横坐标.又由2x+2log2（x-1）=5?圯log2（x-1）=-x，再令y3=log2（x-1），则x2两函数y1，y3图像交点的横坐标.由于y1=2x-1与y3=log2（x-1）的图像关于y=x-1对称，结合图像，易知x1+x2=2x0，联立y=x-1与y=-x得2x0=，选C.点评：本题不仅要会画图，更重要的是善于分析图形的关系，若你能得到两个图像关于对称，结论也就基本产生了.例10．设函数f0（x）=x，f1（x）=f0（x）-1，f2（x）=f1（x）-2，则函数y=f2（x）的图像与x轴所围成的图形中的封闭部分的面积为.解析：若想一下子作出y=f2（x）的图像很不容易，当我们了解了y=f（x）及y=f（x）的图像之间的关系以后按照顺序f0（x）=x→y= f0（x）-1→f1（x）=f0（x）-1→f0（x）=x →y=f0（x）-1→f1（x）=f0（x）-1→y=f1（x）-2→f2（x）=f1（x）-2作图形变换，就容易作出y= f2（x）的图像.易得答案为7.点评：本题又是如何利用图形的呢？只须按要求一步一步地进行变换，很快就可以得到了图形，有了图形再产生结论，真是易如反掌.六、合理构造，巧妙应用图形不是说每一题的图形都是十分清楚的，很多时候是要根据题中的条件进行构造，当构造成功时，结论自然也就产生了.例11．若f（x）是奇函数，且在（-∞，０）上是增函数，又f（－２）＝０，则满足（x+1）f（x-1）>0的x范围为.解析：注意到奇函数，同时注意到在（-∞，０）上是增函数，又f（－２）＝０，于是，构造一个草图，结合草图转化不等式.由（x+1）f（x-1）>0?圯x+1>0，f（x-1）>0或x+1-1，-22或x2，即x的范围为{x|x2}.点评：本题的求解草图提供了很大帮助，草图是如何构造的呢？奇函数的图像关于原点对称，偶函数的图像关于轴对称，这是我们必须知道的.例12．函数f（x）=-的最大值为.解析：对已知函数进行变形，得f（x）=-可以构造为动点（x，x2）到两定点（3，2），（0，1）的距离之差，由于动点（x，x2）的轨迹为抛物线y=x2，如图易得连结（3，2），（0，1）并延长交抛物线于点A，此时，两点（3，2），（0，1）之间的距离，即为所求的最大值，其值为.点评：本题的构造构造难度较大、灵活性也较大，当完成这种构造之后，结论也就差不多产生了，当然，没有这种构造想产生结论真的相当难.七、数形结合的隐性应用数形结合的高级阶段是数形结合的隐性应用，整个求解过程并未看见图形在哪里？但结论的产生还真的离不开图形.例13．若x∈[0，1]时，22x-7解析：由22x-7设f（x）=x•lg+lg，由x∈[0，1]时，f（x）<0恒成立得：f（1）<0，f（0）<0?圯lg+lg<0，lg<0?圯lg<0，01，0点评：建立在f（x）<0恒成立的基础上，如何能产生f（1）<0，f（0）<0呢？是抓住了线段的特点，利用了线段的这一特点促使结论产生.例14．设f（x）是定义在[0，1]上的函数，若存在x*∈（0，1），使f（x）在[0，x*]上单调递增，在[x*，1]上单调递减，则称f（x）为[0，1]上的单峰函数，x*为峰点，包含峰点的区间为含峰区间．对任意[0，1]的上的单峰函数f（x），下面研究缩短其含峰区间长度的方法．（Ⅰ）证明：对任意的x1，x2∈（0，1），x1<x2，若f （x1）≥f（x2），则（0，x2）为含峰区间；若f（x1）≤f（x2），则（x1，1）为含峰区间；(Ⅱ)对给定的r（0<r<0.5），证明：存在x1，x2∈（0，1），满足x2-x1≥2r，使得由(Ⅰ)所确定的含峰区间的长度不大于0.5+r；(Ⅲ)选取x1，x2∈（0，1），x1<x2，由(Ⅰ)可确定含峰区间为（0，x2）或（x1，1），在所得的含峰区间内选取x3，由x3与x1或x3与x2类似地可确定一个新的含峰区间．在第一次确定的含峰区间为（0，x2）的情况下，试确定x1，x2，x3的值，满足两两之差的绝对值不小于0.02，且使得新的含峰区间的长度缩短到0.34(区间长度等于区间的右端点与左端点之差).解析：（I）当f（x1）≥f（x2）时，假设x*?埸（0，x2），则x1f（x1），这与f（x1）≥f（x2）矛盾，所以x*∈（0，x2），即（0，x2）是含峰区间.同理可证：当f（x1）≤f（x2）时，（x1，1）是含峰区间.（II）当f（x1）≥f（x2）时，含峰区间的长度为l1=x2；当f（x1）≤f（x2）时，含峰区间的长度为l2=1-x1；由题意得x2≤0.5+r，1-x1≤0.5+r，于是1+x2-x1≤1+2r，即x2-x1≤2r.又x2-x1≥2r，所以x2-x1=2r，那么x1=0.5-r，x2=0.5+r.显然，存在x1，x2使得所确定的含峰区间的长度不大于0.5+r.（III）对先选择的x1，x2，x1<x2，由（II）可知x1+x2=1.在第一次确定的含峰区间为（0，x2）的情况下，x3的取值应满足x3+x1=x2，x2=1-x1，x3=1-2x1，当x1>x3时，含峰区间的长度为x1；由条件x1-x3≥0.02，得x1≥0.34. 因此，为了将含峰区间的长度缩短到0.34，只要取x1=0.34，x2=0.66，x3=0.32.点评：本题设计的是一道研究性实验题，求解过程中始终将函数的图形联系在一起，为了缩短含峰区间的长度，始终要注意到“峰”的位置，必须注意函数图形的隐形应用.没有数形结合，就不可能产生本题中的三个结果.数形结合思想作为数学中的重要思想方法在函数中的体现远非就这么一点，这里只是起到“点睛”作用，更丰富、更精彩的应用还待同学们留心观察和总结.（作者单位：中山市第一中学）责任编校徐国坚“本文中所涉及到的图表、公式、注解等请以PDF格式阅读”。
2025届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第12讲数形结合与巧用放缩法含解析
第12讲数形结合与巧用放缩法学问与方法数形结合思想就是依据试题中给出的条件和结论,考虑几何含义来证明不等式.若想要运用好数形结合思想,必需敏捷地把抽象笼统的数量关系式与直观明白的图形结合起来,然后在几何与代数的背景下找寻解题的突破口.数形结合有两种状况:一是以数解形,二是以形助数,而通常状况下我们是以形助数来解题,所谓“以形助数”就是构造出与题意相吻合的图形,并通过图象的性质来帮助解决“数”的问题.典型例题f2−ff有两个极值点f1,f2(e为自然对数的底数). 【例1】已知函数f(f)=e f−12(1)求实数f的取值范围;(2)求证:f(f1)+f(f2)>2.f2−ff,则f′(f)=e f−f−f,【解析】(1)由于f(f)=e f−12设f(f)=f′(f)=e f−f−f,则f′(f)=e f−1.令f′(f)=e f−1=0,解得f=0.所以当f∈(−∞,0)时,f′(f)<0;当f∈(0,+∞)时,f′(f)>0.所以f(f)min=f(0)=1−f.(1)当f⩽1时,f(f)=f′(f)⩾0,所以函数f(f)单调递增,没有极值点;(2)当f>1时,f(f)min=1−f<0,且当f→−∞时,f(f)→+∞;当f→+∞时,f(f)→+∞.此时,f(f)=f′(f)=e f−f−f有两个零点f1,f2,不妨设f1<f2,则f1<0<f2−ff有两个极值点时,实数f的取值范围是(1,+∞); f2,所以函数f(f)=e f−12(2)由(1)知,f1,f2为f(f)=0的两个实数根,f1<0<f2,f(f)在(−∞,0)上单调递减.下面先证f1<−f2<0,只需证f(−f2)<f(f1)=0.由于f(f2)=e f2−f2−f=0,得f=e f2−f2,所以f(−f2)=e−f2+f2−f=e−f2−e f2+2f2.−e f+2<0,设f(f)=e−f−e f+2f(f>0),则f′(f)=−1e f所以f(f)在(0,+∞)上单调递减,所以f(f)<f(0)=0,f(f2)=f(−f2)<0,所以f1<−f2<0.由于函数f(f)在(f1,0)上也单调递减,所以f(f1)>f(−f2).要证f(f1)+f(f2)>2,只需证f(−f2)+f(f2)>2,即证e f2+e−f2−f22−2>0.设函数f(f)=e f+e−f−f2−2,f∈(0,+∞),则f′(f)=e f−e−f−2f.设f(f)=f′(f)=e f−e−f−2f,则f′(f)=e f+e−f−2>0,所以f(f)在(0,+∞)上单调递增,f(f)>f(0)=0,即f′(f)>0.所以f(f)在(0,+∞)上单调递增,f(f)>f(0)=0.故当f∈(0,+∞)时,e f+e−f−f2−2>0,则e f2+e−f2−f22−2>0,所以f(−f2)+f(f2)>2,亦即f(f1)+f(f2)>2.【点睛】第一问函数f(f)有两个极值点实质上就是其导数f′(f)有两个零点,亦即函数f=e f与直线f=f+f有两个交点,如图所示,明显实数f的取值范围是(1,+∞).其次问是极值点偏移问题的泛化,是拐点的偏移,依旧可以运用极值点偏移问题的有关方法来解决.只不过须要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系,如本题中的f1<−f2<0,假如“脑中有'形'”,如图所示,并不难得出.【例2】已知函数f(f)=e f−ff2,且曲线f=f(f)在点f=1处的切线与直线f+ (f−2)f=0垂直.（1）求函数f(f)的单调区间;(2)求证:f>0时,e f−ex−1⩾f(lnf−1).【解析】(1)由f(f)=e f−ff2,得f′(f)=e f−2ff.因为曲线f=f(f)在点f=1处的切线与直线f+(e−2)f=0垂直,所以f′(1)=e−2f=e−2,所以f=1,即f(f)=e f−f2,f′(f)=e f−2f.令f(f)=e f−2f,则f′(f)=e f−2,f′(ln2)=0.所以f∈(−∞,ln2)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;f∈(ln2,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)min=f(ln2)=2−2ln2>0,所以f′(f)>0,f(f)单调递增.即f(f)的单调递增区间为(−∞,+∞),无递减区间;(2)由(1)知f(f)=e f−f2,f(1)=e−1,所以f=(f)在f=1处的切线为f−(e−1)=(e−2)(f−1),即f=(e−2)f+1. 令f(f)=e f−f2−(e−2)f−1,则f′(f)=e f−2f−(e−2)=e f−e−2(f−1),且f′(1)=0,f′′(f)=e f−2,f ∈(−∞,ln 2)时,f ′′(f )<0,f ′(f )单调递减; f ∈(ln 2,+∞)时,f ′′(f )>0,f ′(f )单调递增.因为f ′(1)=0,所以f ′(f )min =f ′(ln 2)=4−e −2ln 2<0, 因为f ′(0)=3−e >0,所以存在f 0∈(0,1),使f ∈(0,f 0)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增;f ∈(f 0,1)时,f ′(f )<0,f (f )单调递减; f ∈(1,+∞)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增.又f (0)=f (1)=0,所以f >0时,f (f )⩾0,即e f −f 2−(e −2)f −1⩾0,所以e f −(e −2)f −1⩾f 2. 今f f (f )=ln f −f ,则f ′(f )=1f −1=1−ff.所以f ∈(0,1)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增;f ∈(1,+∞)时,f ′(f )<0,f (f )单调递减,所以f (f )⩽f (1)=−1,即ln f +1⩽f ,因为f >0,所以f (ln f +1)⩽f 2,所以f >0时,e f −(e −2)f −1⩾f (ln f +1), 即f >0时,e f −e f −1⩾f (ln f −1).强化训练1.若关于f 的不等式f −ff >e f (2f −1)(f >−1)有且仅有两个整数解,则实数f 的取值范围为 A.(−34,53e 2] B.(−1,−32e ]C.(−32e ,−53e 2]D.(−34,−53e 2]【答案】C【解析】设f (f )=f −ff ,f (f )=e f (2f −1), 不等式f −ff >e f (2f −1)(f >−1)即f (f )>f (f ),f ′(f )=e f (2f +1),由f ′(f )>0得f >−12,由f ′(f )<0得f <−12, f (f )在(−∞,−12)单调递减,在(−12,+∞)单调递增.作出f (f )的图象如图所示,直线f (f )=f −ff 过定点(1,0).若不等式f (f )>f (f )有且仅有两个整数解,则这两个整数只能是0和−1,所以{f (−1)>f (−1),f (−2)⩽f (−2),得−32e <f ⩽−53e 2,实数f 的取值范围是(−32e ,−53e 2],故选:f .2.已知关于f 的不等式|ln f +f −4e f|>ff 的解集中只有两个整数,则实数f 的取值范围为（）A.(ln 22f 4,2−ln 22f 2] B.[ln 3−13f 3,2−ln 22f 2) C.[ln 3+13f 3,2−ln 22f 2)D.(ln 3+13e 3,2−ln 22e 2)【答案】A【解析】依题意,f <|ln f +f −4|f e f=|ln f +f −4f e f|,令f (f )=ln f +f −4f e f,则f ′(f )=−(f +1)(ln f +f −5)f 2f f,令f (f )=ln f +f −5,则f ′(f )=1f +1>0,则f (f )在(0,+∞)上单调递增, 又f (3)=ln 3−2<0,f (4)=ln 4−1>0,所以存在f ∈(3,4),使得f (f )=0,所以f ∈(0,f ),f (f )<0即f ′(f )>0,f (f )在(0,f )单调递增,当f ∈(f ,+∞),f (f )>0,即f ′(f )<0,f (f )在(f ,+∞)单调递减, 因为f (1)=−3e <0,f (2)=ln 2−22e 2<0,f (3)=ln 3−12e 3>0,且当f >3时,f (f )>0, 又|f (1)|=3e ,|f (2)|=2−ln 22e 2>|f (3)|=ln 3−12e 3,|f (4)|=ln 22e 4>|f (3)|,故要使不等式|ln f +f −4e f|>ff 的解集中只有两个整数,f 的取值范围应为ln 22e 4<f ⩽2−ln 22e 2.故选:f .3.已知函数f (f )=ln f +12f 2+ff (f ∈f ),f (f )=e f +32f 2−f .(1)探讨f (f )的单调性;(2)定义:对于函数f (f ),若存在f 0,使f (f 0)=f 0成立,则称f 0为函数f (f )的不动点.假如函数f (f )=f (f )−f (f )存在不动点,求实数f 的取值范围. 【解析】(1)f (f )的定义域为(0,+∞),f ′(f )=f 2+ff +1f(f >0),对于函数f =f 2+ff +1，(1)当Δ=f 2−4⩽0时,即−2⩽f ⩽2时,f 2+ff +1⩾0在f >0恒成立. 所以f ′(f )=f 2+ff +1f⩾0在(0,+∞)恒成立.所以f (f )在(0,+∞)为增函数; (2)当Δ>0,即f <−2或f >2时, 当f <−2时,由f ′(f )>0, 得f <−f −√f 2−42或f >−f +√f 2−42,0<−f −√f 2−42<−f +√f 2−42,所以f (f )在(0,−f −√f 2−42)上递增, 在(−f −√f 2−42,−f +√f 2−42)上递减.在(−f +√f 2−42,+∞)上递增;当f >2时,由f ′(f )=f 2+ff +1f>0在(0,+∞)恒成立,所以f (f )在(0,+∞)为增函数. 综上:当f <−2时,f (f )在(0,−f −√f 2−42)上为增函数,在(−f −√f 2−42,−f +√f 2−42)上为减函数,在(−f +√f 2−42,+∞)上为增函数;当f ⩾−2时,f (f )在(0,+∞)上为增函数.(2)f (f )=f (f )−f (f )=ln f −f 2+ff +f −e f (f >0), 因为f (f )存在不动点,所以方程f (f )=f 有实数根,即f =e f −ln f +f 2f有解,令f (f )=e f +f 2−ln ff(f >0),f ′(f )=f f (f −1)+ln f +(f +1)(f −1)f 2=(f f +f +1)(f −1)+ln ff 2,令f ′(f )=0,得f =1,当f ∈(0,1)时,f ′(f )<0,f (f )单调递减; 当f ∈(1,+∞)时,f ′(f )>0,f (f )单调递增;所以f (f )⩾f (1)=e +1,当f ⩾e +1时,f (f )有不动点,所以f 的范围为[e +1,+∞). 【点睛】导数式含参数时,如何探讨参数范围而确定到数值的正负是解决这类题的难点,般采纳求根法和图像法.(1)对函数f (f )求导,结合二次函数的性质探讨f 的范围,即可推断f (f )的单调性;(2)由f (f )存在不动点,得到f (f )=f 有实数根,即f =e f −ln f +f 2f有解,构造函数令f (f )=e f +f 2−ln ff(f >0),通过求导即可推断f (f )的单调性,从而得到f (f )的取值范围,即可得到f 的范围.巧用放缩法学问与方法放缩法就是针对不等式的结构特征,运用不等式的性质,将不等式的一边或两边进行放大或缩小,也就是对代数式进行恰到好处的变形,使问题便于解决.放缩法大致分为以下几类:1.将代数式中的分母和分子同时扩大和缩小;2.利用均值不等式或其它的不等式放缩数式;3.也可以在不等式两边同时加上或减去某一项;4.可以把代数式中的一些项进行分解再重新组合,这样就可以消去一些项便于求解,这也是我们常用的裂项法.导数的解答题中,常常会用到一些不等式进行放缩,主要分为五类:1.切线不等式(1)e f⩾f+1;(2)lnf⩽f−1;(3)e f⩾e f;(4)lnf⩽1e f;(5)lnf⩾1−1f.2.与三角有关的一些不等式(1)当f⩾0时,sinf⩽f,cosf⩾1−f22;(2)当0⩽f⩽f2时,cosf⩽1−f24;(3)当0<f<f2时,sinf<f<ffff;(4)当0<f⩽f2时,sinff⩾2f.3.一些常见不等式(略微提高)(1)当f>1时,f2−1f2+1<2(f−1)f+1<fff<√f√f<12(f−1f);(2)当0<f<1时,12(f−1f)<√f√f<fff<2(f−1)f+1<f2−1f2+1;(3)对数平均不等式:∀f1>f2>0,√f1f2<f1−f2lnf1−lnf2<f1+f22.4.一些不常见的不等式(1)当f>0时,e f>1+f+12f2;(2)当0<f<1时,ln1+f1−f >2f+23f3;当−1<f<0时,ln1+f1−f<2f+23f3.5.间或用上的不等式当f>1,f∈N∗,f>−1时,则:(1+f)f⩾1+ff,(1+f)1f⩽1+1ff.（当且仅当f=0时等号成立.)在解答导数问题时,我们常常运用到函数的切线、割线靠近进行放缩,两个常用的结论为lnf⩽f−1(当且仅当f=1时取等号),e f⩾f+1(当且仅当f=0时取等号),借助这两个结论可以将超越函数放缩成一次函数.针对高考压轴导数问题,放缩法可以起到很好的效果.运用放缩法须要较高的拆分组合技巧,肯定要点睛意同向传递,还要把握好放缩的“尺度”,否则将达不到预期的目的,或者会得出错误的结论.典型例题指数放缩【例1】已知函数f(f)=f e f+2f−1(其中常数e=2.71828⋯,是自然对数的底数).(1)探讨f(f)的单调性;(2)证明:对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.【解析】(1)求导,得f′(f)=f e f+2.当f⩾0时,f′(f)>0,f(f)在R上单调递增;当f<0时,令f′(f)=0,得f=ln(−2f).当f∈(−∞,ln(−2f))时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(ln(−2f),+∞)时,f′(f)<0,f(f)单调递减.综上,当f⩾0时,f(f)在R上单调递增;当f<0时,f(f)在(−∞,ln(−2f ))上单调递增,在(ln(−2f),+∞)上单调递减.(2)解法1:指对处理技巧fe f型当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f e f−f2+(2−f e)f−1⩾0，即1−f2−(2−f e)f+1f e f⩾0,令f(f)=1−f2−(2−f e)f+1f e f,则f′(f)=(f−1)(f+f e−3)f e f,(f)当f⩾3e时,令f′(f)=0,得f=1,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即f(f)⩾(f+f e)f.(ii)当1⩽f<3e吋,令f′(f)=0,得f=1,或f=3−f e.当f∈(0,3−f e),(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(3−f e,1),f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=1−1f⩾0,f(1)=0,故此时f(f)⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f. 综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.解法2:指对处理技巧e ff+主元放缩当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,即证e ff −ff−1ff+2f−e⩾0，令f(f)=e ff −ff−1ff+2f−e,则f′(f)=(f−1)(f e f−f−1)ff2,当f⩾1时,f e f−f−1⩾e f−f−1,当且仅当f=1时等号成立, 令f(f)=e f−f−1,则f′(f)=e f−1>0在(0,+∞)上恒成立,故f(f)单调递增,f(f)>f(0)=0,f′(f)=0,则f=1, 所以f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即e ff −ff−1ff+2f−e⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.解法3:干脆探讨法当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,令f(f)=f e f−f2+(2−f e)f−1,则f′(f)=f e f−2f−(f e−2),因此f′′(f)=f e f−2在(0,+∞)上单调递增.(f)当f⩾2时,f′′(f)>0在(0,+∞)上恒成立,故f′(f)单调递增,又f′(1)=0,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减,当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即f(f)⩾(f+f e)f.当1⩽f<2时,令f′′(f)=0,得f=ln2f∈(0,1).当f∈(0,ln2f),f′′(f)<0,f′(f)单调递减;当f∈(ln2f,+∞),f′′(f)>0,f′(f)单调递增.(ii)当2e−1⩽f<2时,f′(0)=f(1−e)+2⩽0,又f′(1)=0,f′(ln2f)<f′(1)=0,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减; 当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即f(f)⩾(f+f e)f.(iii)当1⩽f<2e−1时,则f′(0)=f(1−e)+2>0,又f′(ln2f )<f′(1)=0,故存在唯一f0∈(0,ln2f),使得f(f0)=0,当f∈(0,f0),(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(f0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=f−1⩾0,f(1)=0.故此时f(f)⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.解法4:主元放缩+指数放缩法当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,令f(f)=e f−e f,则f′(f)=e f−e,令f′(f)=0,得f=1.当f∈(−∞,1),f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即e f−e f⩾0,当且仅当f=1时等号成立,故f(e f−e f)⩾e f−ex,当且仅当f=1,f=1时等号成立;要证f(e f−e f)−(f−1)2⩾0,只须要证e f−e f−(f−1)2⩾0.策略一:干脆探讨法令f(f)=e f−e f−(f−1)2(f>0),则f′(f)=e f−e−2(f−1),f′′(f)=e f−2,令f′′(f)=0,得f=ln2.当f∈(0,ln2)时,f′′(f)<0,f′(f)单调递减;当f∈(ln2,+∞)时,f′′(f)>0,f′(f)单调递增.又f′(0)=3−e>0,f′(1)=0,f′(ln2)<0,因此存在唯一f0∈(0,ln2),使得f′(f0)=0.当f∈(0,f0)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(f0,1),f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=0,f(1)=0,故此时f(f)⩾0恒成立,即f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.策略二:指数处理,同解法1即证1−e f+(f−1)2e f ⩾0,令f(f)=1−e f+(f−1)2e f,则f′(f)=(f−1)(f+e−3)e f，令f′(f)=0,得f=1,或f=3−e.当f∈(0,3−e),(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(3−e,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减.又f(0)=0,f(1)=0,故此时f(f)⩾0,即f(f)⩾(f+f e)f. 综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.策略三:指对处理,同解法2即证e ff −f−1f+2−e⩾0，令f(f)=e ff −f−1f+2−e,则f′(f)=(f−1)(e f−f−1)f2.令f(f)=e f−f−1,则f′(f)=e f−1>0在(0,+∞)上恒成立,故f(f)单调递增, 从而f(f)>f(0)=0,令f′(f)=0,则f=1.当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.所以f(f)⩾f(1)=0,即e ff −f−1f+2−e⩾0,从而f(f)⩾(f+f e)f.综上,对随意的f⩾1,当f>0时,f(f)⩾(f+f e)f.【点睛】本题的第(2)问是一道开放性较强的试题,可以从多角度入手分析.当f⩾1,f>0时,要证f(f)⩾(f+f e)f,即f e f−f2+(2−f e)f−1⩾0,视察此时含有指数项f e f,也含有二次项,干脆探讨至少要求两次导数才便于探究(解法2),结合指对处理技巧,可考虑同时除以f e f,这样求导后就只须要探讨二次型函数即可.即证f(f)=1−f2−(2−f e)f+1f e f⩾0,求导后分耇竕是可因式分解的二次函数，且两根易求,分别为f=1与f=3−f e.但对于f=3−f e是否在区间(0,+∞)内不能确定,因此须要进行探讨.解法1采纳的是整理为fe f 型函数,解法2则是整理为eff型的函数,解法2采纳的是干脆探讨.对于解法4,视察到所证不等式中含有e f与ex,即可联想到e f⩾e f,为此将待证式整理成f(e f−ex)−(f−1)2⩾0,借助e f⩾ex,只须要证明e f−ex−(f−1)2⩾0即可.接下来的证明与前述含参探讨的情形大同小异,可干脆探讨,也可采纳指对处理对数放缩【例2】已知函数f(f)=f−1lnf.(1)求函数f(f)的单调区间;(2)证明:在f>12且f≠1时,f(f)<f2+34恒成立.【解析】(1)f′(f)=lnf−1+1 f(lnf)2(f>0,且f≠1),令f(f)=lnf−1+1f ,则f′(f)=1f−1f2=f−1f2,当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;故f(f)>f(1)=0,即f′(f)>0恒成立,故f(f)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.综上,f(f)的单调递增区间为(0,1),(1,+∞),无单调递减区间.(2)解法1:放缩法今f(f)=f−1−lnf(f>0),则f′(f)=f−1f,当f∈(0,1),f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞),f′(f)>0,f(f)单调递增. 故f(f)⩾f(1)=0,即f−1⩾lnf,当且仅当f=1时等号成立.因此,当f∈(12,1),f−1>fff,则f−1lnf<1,而此时f2+34>1,所以f−1lnf<f2+34;另一方面,f∈(1,+∞),由(1)可知lnf>1−1f,因此f−1lnf <f−11−1f=f,而f2+34−f>0在(1,+∞)恒成立,故f2+34>f>f−1lnf成立.综上,不等式f−1lnf <f2+34在f>12,且f≠1时恒成立.解法2:等价变形当f∈(12,1)时,即证f−1f2+34>fff;当f∈(1,+∞),即证f−1f2+34<fff;令f(f)=f−1f2+34−lnf(f>12,且f≠1),则f′(f)=f 2+34−2f(f−1)(f2+34)2−1f=−f4+f3−12f2−34f+916f(f2+34)2,令f(f)=f4+f3−12f2−34f+916 ,则f′(f)=4f3+3f2−f−34=4f2(f+34)−(f+34)=(f+34)(4f2−1)>0,故f(f)单调递增,f(f)>f(12)=14>0,故f′(f)<0,所以f(f)单调递减,而f(1)=0,故当f∈(12,1)时,f(f)>0,即f−1f2+34>fff;当f∈(1,+∞)时,f(f)<0,即f−1f2+34<fff.综上,不等式f−1lnf <f2+34在f>12且f≠1时成立.指对混合放缩【例3】已知函数f(f)=e f.(1)探讨函数f(f)=f(ff)−f−f的单调性;(2)证明:f(f)+lnf+3f >√f.【解析】(1)f(f)=f(ff)−f−f=e ff−f−f,f′(f)=f e ff−1,(1)若f⩽0时,f′(f)<0,f(f)在R上单调递减;(2)若f>0时,当f<−1flnf时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f>−1flnf时,f′(f)>0,f(f)单调递增;综上若f⩽0时,f(f)在R上单调递减;若f>0时,f(f)在(−∞,−1f lnf)上单调递减;在(−1flnf,+∞)上单调递增;(2)证明:要证f(f)+lnf+3f >√f,只需证f(lnf+e f)−4√f+3>0,由(1)可知当f=1时,e f−f−1⩾0,即e f⩾f+1,当f+1>0时,上式两边取以e为底的对数,可得ln(f+1)⩽f(f>−1),用f−1代替f可得lnf⩽f−1(f>0),又可得ln1f ⩽1f−1(f>0),所以lnf⩾1−1f(f>0),所以f(lnf+e f)−4√f+3>f(1−1f+f+1)−4√f+3=f2+2f+2−4√f=(f+1)2−4√f+1⩾(2√f)2−4√f+1=(2√f−1)2⩾0,从而不等式f(f)+lnf+3f >√f成立.【例4】已知函数f(f)=e f−ff2,f(f)=f lnf−f2+(e−1)f+1,且曲线f= f(f)在f=1处的切线方程为f=ff+1.(1)求f,f的值;(2)求函数f(f)在[0,1]上的最小值;(3)证明:当f>0时,f(f)⩽f(f).【解析】(1)f=1,f=e−2.(2)f(f)min=1;(3)即证:e f+(1−e)f−f lnf−1⩾0,因为f(0)=1,且曲线f=f(f)在f=1处的切线方程为f=(e−2)f+1,故可揣测:当f>0且f≠1时,f(f)的图象恒在切线f=(e−2)f+1的上方.下面证明:当f>0时,f(f)⩾(e−2)f+1.解法1:设f(f)=f(f)−(e−2)f−1(f>0),则f′(f)=e f−2f−(e−2),今f(f)=f′(f),f′(f)=e f−2,当f∈(0,ln2)时,f′(f)<0,f′(f)单调递减;当f∈(ln2,+∞)时,f′(f)>0,f′(f)单调递增.又f′(0)=3−e>0,f′(1)=0,0<ff2<1,f′(ln2)<0所以,存在f0∈(0,1),使得f′(f0)=0.当f∈(0,f0)∪(1,+∞)时,f′(f)>0;当f∈(f0,1),f′(f)<0;故f(f)在(0,f0)上单调递增,在(f0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又f(0)=f(1)=0,所以f(f)=e f−f2−(e−2)f−1⩾0,当且仅当f=1时取等号.故e f+(2−e)f−1f⩾f(f>0).由(2)知,e f⩾f+1,故f⩾ln(f+1),所以f−1⩾lnf,当且仅当f=1时取等号.所以e f+(2−e)f−1f⩾f⩾lnf+1,即e f+(2−e)f−1f⩾lnf+1.所以e f+(2−e)f−1⩾f lnf+f,即e f+(1−e)f−f lnf−1⩾0成立(当f=1时等号成立). 故当f>0时,f(f)⩽f(f).解法2:要证f lnf−f2+(e−1)f+1⩽e f−f2,等价于证明f lnf+(e−1)f+1−e f⩽0,又f>0,可转化为证明lnf+e−1+1f −e ff⩽0,令f(f)=lnf+e−1+1f −e ff,则f′(f)=1f−1f2−e f(f−1)f2=(f−1)(1−e f)f2,因为f>0,所以当f∈(0,1)时,f′(f)>0,f(f)单调递增;当f∈(1,+∞)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;所以f(f)有最大值f(1)=0,故f(f)⩽0恒成立,即当f>0时,f(f)⩽f(f).三角放缩【例5】设f>0,且f≠1,函数f(f)=sinff−f sinf.(1)若f(f)在区间(0,2f)上有唯一极值点f0,证明:f(f0)<fff{2ff,(1−f)f};(2)若f(f)在区间(0,2f)没有零点,求f的取值范围.【解析】(1)f′(f)=f cosff−f cosf=f(cosff−cosf)=−2f sinf+12f sinf−12f,若f>1,则f′(f)在区间(0,2f)至多有f1=2ff+1,f2=4ff+1两个变号零点,故0<f<1,令f′(f)=0,得f f=2fff+1,f f=2fff+1,其中f,f∈f,仅当f=1时,f1=2ff+1∈(0,2f),且在f1的左右两侧,导函数的值由正变负,故当0<f<1时,f(f)在区间(0,2f)有唯一极值点f0=2ff+1,此时f(f0)=sinff0−f sinf0.解法1:将f0=2ff+1代入得f(f0)=sin2fff+1−f sin2ff+1=sin2fff+1+f sin(2f−2ff+1)=(1+f)sin2fff+1,(1)当2ff+1⩽12,即0<f⩽13时,2ff⩽(1−f)f,由不等式f>0,ffff<f知:(1+f)sin2fff+1<(1+f)2fff+1=2ff;(2)当2f f +1>12,即当13<f <1时,(1−f )f <2ff ,(1+f )sin 2fff +1=(1+f )sin (f −2fff +1)=(1+f )sin (1−f )ff +1,由不等式f >0,fff f <f 知:(1+f )sin 2fff +1<(1+f )(1−f )ff +1=(1−f )f .由(1)(2)知f (f 0)<fff {2ff ,(1−f )f }. 解法2:由f 0=2f f +1⇒ff 0=2f −f 0,f =2ff 0−1,代入得f (f 0)=sin ff 0−f sin f 0=sin (2f −f 0)−(2ff−1)sin f 0,即f (f 0)=−2ff 0sin f 0.以下用分析法可证:f (f 0)<fff {2ff ,(1−f )f }. (2)(1)当f >1时,f (f f )=sin (f ⋅f f )−f sin f f =−f sin f f <0,f (3f 2)=sin (3ff 2)+f >0,所以f (ff )f (3f 2)<0,由零点存在性定理知,f (f )在区间(f f ,3f2)至少有一个零点; (2)当12<f <1时,f <ff<2f ,f 2<ff <f ,f <2ff <2f ,f (f f )=−f sin ff >0,f (f )=sin ff >0,f (2f )=sin 2ff <0,由零点存在定理可知,f (f )在区间(f ,2f )至少有一个零点;(3)当0<f ⩽12时,f ′(f )=f cos ff −f cos f =f (cos ff −cos f ),令f (f )=cos ff −cos f ,则f ′(f )=−f sin ff +sin f , 在区间(0,f )上,cos ff >fff f ,f ′(f )>0,f (f )是增函数;在区间(f ,2f )上,f ′(f )<0,即f (f )递减,即f ′(f )递减,f ′(f )<f ′(2f )<0, 故f (f )在(0,f )上递增,在(f ,2f )上递减,又f (0)=0,f (f )=sin ff >0,f (2f )=sin 2ff ⩾0,即在(f ,2f )上,f (f )>0.所以f(f)在区间(0,2f)上没有零点,满意题意.综上所述,若f(f)在区间(0,2f)没有零点,则正数f的取值范围是(0,12].含三角函数的指对放缩【例6】已知函数f(f)=e f−ff−cosf,其中f∈f.(1)求证:当f⩽−1时,f(f)无极值点;(2)若函数f(f)=f(f)+ln(f+1),是否存在f,使得f(f)在f=0处取得微小值?并说明理由.【解析】(1)证明:f′(f)=e f−f+sinf,明显e f>0,−1⩽ffff⩽1,当f⩽−1时,f f−f+sinf>0−f−1⩾0,即f′(f)>0,所以函数f(f)在其定义域上为增函数,故f(f)无极值点;(2)f(f)=e f−ff−cosf+ln(f+1),f′(f)=e f−f+sinf+1f+1,明显f=0是f(f)的微小值点的必要条件,为f′(0)=2−f=0,即f=2.此时f′(f)=e f+1f+1+sinf−2,明显当f∈(0,f2)时,f′(f)=e f+1f+1+sinf−2>1+f+1f+1+sinf−2>ffff>0,当f∈(−14,0)时,(1+f)(1−f+32f2)=1+f22(3f+1)>1,故11+f <1−f+32f2,令f(f)=(1+f+f22)e−f,则f′(f)=−f22e−f⩽0,故f(f)是减函数,故当f<0时,f(f)>f(0)=1,即e f<1+f+f22,令f(f)=sinf−12f,则f′(f)=cosf−12,当−1<f<0时,f′(f)>fff1−12>0,故f(f)在(−1,0)单调递增,故当−1<f <0时,f (f )<f (0)=0,即sin f <12f ,故当f ∈(−14,0)时,f ′(f )=e f +1f +1+sin f −2⩽(1+f +f 22)+(1−f +32f 2)−2+f 2=2f 2+f 2<0,因此,当f =2时,f =0是f (f )的微小值点,即充分性也成立. 综上,存在f =2,使得f (f )在f =0处取得微小值.【点睛】本题第(2)问先由必要性探路可知f =2,再证明当f =2时,f =0是函数f (f )的微小值点,即证明其充分性,由此即可得出结论.【例7】已知函数f (f )=2ln (f +1)+sin f +1,函数f (f )=ff −1−ln f (f ∈R ,且f ≠0).(1)探讨函数f (f )的单调性;(2)证明:当f ⩾0时,f (f )⩽3f +1;(3)证明:当f >−1时,f (f )<(f 2+2f +2)e sin f . 【解析】(1)f (f )定义域为(0,+∞),f ′(f )=f −1f=ff −1f. 当f <0时,f ′(f )<0,则f (f )在(0,+∞)上单调递减;当f >0时,令f ′(f )>0,得f >1f,即f (f )在(1f,+∞)上单调递增;令f ′(f )<0,得0<f <1f ,得f (f )在(0,1f )上单调递减.综上所述,当f <0时,f (f )在(0,+∞)上单调递减;当f >0时,f (f )在(1f ,+∞)上单调递增,在(0,1f )上单调递减. (2)解法1:作差法+干脆求导设函数f (f )=f (f )−(3f +1),则f ′(f )=2f +1+cos f −3. 因为f ⩾0,所以2f +1∈(0,2],cos f ∈[−1,1],则f ′(f )⩽0,从而f(f)在[0,+∞)上单调递减,所以f(f)=f(f)−(3f−1)⩽f(0)=0,即f(f)⩽3f+1.解法2:常用不等式+兵分两路当f=1时,f(f)=f−1−lnf,由(1)知f(f)min=f(1)=0,所以lnf⩽f−1,所以2ln(f+1)⩽2f.令f(f)=f−sinf,则f′(f)=1−cosf⩾0恒成立,又f(0)=0,所以当f⩾0时,有f(f)=f−sinf⩾0,即sinf⩽f.所以f(f)=2ln(f+1)+sinf+1⩽2f+f+1=3f+1.(3)证明:当f=1时,f(f)=f−1−lnf,由(1)知f(f)min=f(1)=0,所以f⩾lnf+1,当f>−1时,(f+1)2>0,(f+ 1)2f sinf>0,所以(f+1)2e sinf>ff[(f+1)2e sinf]+1=2ln(f+1)+sinf+1.从而(f2+2f+2)e sinf>(f+1)2e sinf>ff[(f+1)2e sinf]+1=2ln(f+1)+sinf+1=f(f),所以f(f)<(f2+2f+2)e sinf.强化训练1.已知函数f(f)=f+fe f(f∈R)在f=0处取得极值.(1)求f,并求f(f)的单调区间;(2)证明:当0<f⩽e,f∈(1,+∞)时,f e f−2−f(f−1)lnf>0.【解析】(1)f′(f)=1−f−fe f,由题意可得,f′(0)=1−f=0,故f=1,f(f)=1+fe f ,f′(f)=−fe f,由f′(f)>0可得f<0,故函数单调递增区间(−∞,0), 由f′(f)<0可得f>0,故函数单调递减区间(0,+∞),(2)证明:由(1)可知f(f)在(−∞,0)上单调递增,在(0,+∞)单调递减,故f(f)⩽f(0)=1,即f+1e f⩽1,故e f⩾f+1,所以e f−2⩾f−1,当且仅当f=2时取等号,又因为f>0,所以f e f−2⩾f(f−1),所以f e f−2−f(f−1)lnf⩾f(f−1)−f(f−1)lnf=(f−1)(f−f lnf), 因为f>1,所以lnf>0,因为0<f⩽e,所以f−f lnf⩾f−eln f,令f(f)=f−elnf,则f′(f)=1−ef,由f′(f)>0可得,f>f,故f(f)在(e,+∞)上单调递增,由f′(f)<0可得,f<f,故f(f)在(−∞,e)上单调递减,所以f(f)⩾f(e)=0,即f−eln f⩾0在f=e处取得等号,所以f e f−2−f(f−1)lnf⩾(f−1)(f−f lnf)⩾(f−1)(f−elnf)⩾0, 由于取等条件不同,所以f e f−2−f(f−1)lnf>0.2.已知函数f(f)=lnf−fe.(1)若曲线f=f(f)存在一条切线与直线f=ff垂直,求f的取值范围.(2)证明:f(f)<f2−lnf−34sinf.【解析】(1)f′(f)=1f −1e.因为f(f)的定义域为(0,+∞),所以1f−1e>−1e.因为曲线f=f(f)存在一条切线与直线f=ff垂直,所以−1f >−1e,解得f<0或f>f,则f的取值范围为(−∞,0)∪(e,+∞).(2)f′(f)=1f −1e=e−ff e.当f∈(0,e)时,f′(f)>0;当f∈(e,+∞)时,f′(f)<0.所以f(f)max=f(e)=lne−ee=0.设函数f(f)=f2−lnf,则f′(f)=2f−1f =2f2−1f.当f∈(0,√22)时,f′(f)<0;当f∈(√22,+∞)时,f′(f)>0.所以f(f)min=f(√22)=12−12ln12=12+12ln2.因为ln2>ff√e=12,f(f)min>34.因为34sinf∈[−34,34],所以f2−lnf−34sinf>0.又f(f)⩽f(f)max=0,所以f(f)<f2−lnf−34sinf.3.已知函数f(f)=f lnf+32f2−(f+1)f+f.(1)当f=3时,求f(f)的单调区间;(2)e为自然对数的底数,若f∈(3e−1,3e+1)时,f(f)⩾0恒成立,证明:f−2f+6>0.【解析】(1)当f=3时,f(f)=f lnf+32f2−4f+f,则f′(f)=lnf+3f−3在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=0,故当f∈(0,1)时,f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(1,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.综上,当f=3时,f(f)的单调咸区间为(0,1),单调增区间为(1,+∞).(2)对f(f)求导,得f′(f)=lnf+3f−f,知f′(f)在(0,+∞)上单调递增.因为f∈(3e −1,3e+1),故f′(1e)=3e−1−f<0,f′(e)=3e+1−f>0,故存在唯一f0∈(1e,e),使得f′(f0)=0,即lnf0+3f0−f=0,所以f=lnf0+3f0.当f∈(0,f0)时,f′(f)<0,f(f)单调递减; 当f∈(f0,+∞)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.又f(f)⩾0,故f(f)min=f(f0)=f0lnf0+32f2−(f+1)f0+f⩾0,即f0lnf0+32f2−(lnf0+3f0+1)f0+f=−32f2−f0+f⩾0在f0∈(1e,e)上恒成立.令f(f)=−32f2−f+f,则f(f)在(1e,e)上单调递减,故只需f(e)=−32e2−e+f⩾0,即f⩾32e2+e,故f−2f+6⩾32e2+e−6e−2+6=32e2−5e+4>0,从而得证.解法2:转化为关于f0的函数所以f⩾32f2+f0,则f−2f+6⩾32f2+f0−2(lnf0+3f0)+6=32f2−5f0−2lnf0+6,令f(f)=32f2−5f−2lnf+6(1e<f<f),则f′(f)=3f−5−2f =3f2−5f−2f=(3f+1)(f−2)f,令f′(f0)=0,得f=2.当f∈(1e,2),f′(f)<0,f(f)单调递减;当f∈(2,e)时,f′(f)>0,f(f)单调递增.故f(f)min=f(2)=32×4−10−2ln2+6=2(1−ln2)>0,即f−2f+6>0,从而不等式得证.。
高考数学“数形结合”解题思想方法、知识点及题型整理
高考数学总复习第三讲：数形结合一、专题概述 ---什么是数形结合的思想数形结合的思想，就是把问题的数量关系和空间形式结合起来加以考察的思想．恩格斯说：“纯数学的对象是现实世界的空间形式和数量关系．”“数”和“形”是数学中两个最基本的概念，它们既是对立的，又是统一的，每一个几何图形中都蕴含着与它们的形状、大小、位置密切相关的数量关系；反之，数量关系又常常可以通过几何图形做出直观地反映和描述，数形结合的实质就是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维和形象思维结合起来，在解决代数问题时，想到它的图形，从而启发思维，找到解题之路；或者在研究图形时，利用代数的性质，解决几何的问题．实现抽象概念与具体形象的联系和转化，化难为易，化抽象为直观．数形结合包括：函数与图象、方程与曲线、复数与几何的结合；几何语言叙述与几何图形的结合等．二、例题分析1．善于观察图形，以揭示图形中蕴含的数量关系．观察是人们认识客观事物的开始，直观是图形的基本特征，观察图形的形状、大小和相互位置关系，并在此基础上揭示图形中蕴含的数量关系，是认识、掌握数形结合的重要进程．例1．函数的图象的一条对称轴方程是：（A）（B）（C）（D）分析：通过画出函数的图象，然后分别画出上述四条直线，逐一观察，可以找出正确的答案，如果对函数的图象做深入的观察，就可知，凡直线x=a通过这一曲线的一个最高点或一个最低点，必为曲线的一条对称轴，因此，解这个问题可以分别将代入函数的解析式，算得对应的函数值分别是：，其中只有–1是这一函数的最小值，由此可知，应选（A）2．正确绘制图形，以反映图形中相应的数量关系．观察图形，既要定性也要定量，借助图形来完成某些题时，仅画图示“意”是不够的，还必须反映出图形中的数量关系．例2．问：圆上到直线的距离为的点共有几个？分析由平面几何知：到定直线L：的距离为的点的轨迹是平行L的两条直线．因此问题就转化为判定这两条直线与已知圆的交点个数．将圆方程变形为：，知其圆心是C(-1,-2)，半径，而圆心到定直线L的距离为，由此判定平行于直线L且距离为的两条直线中，一条通过圆心C，另一条与圆C相切，所以这两条直线与圆C共有3个公共点（如图1）启示：正确绘制图形，一定要注意把图形与计算结合起来，以求既定性，又定量，才能充分发挥图形的判定作用．3．切实把握“数”与“形”的对应关系，以图识性以性识图．数形结合的核心是“数”与“形”的对应关系，熟知这些对应关系，沟通两者的联系，才能把握住每一个研究对象在数量关系上的性质与相应的图形的特征之间的关联，以求相辅相成，相互转化．例3．判定下列图中，哪个是表示函数图象．分析由=，可知函数是偶函数，其图象应关于y轴对称，因而否定（B）、（C），又，的图象应当是上凸的，（在第Ⅰ象限，函数y单调增，但变化趋势比较平缓），因而（A）应是函数图象．例4．如图，液体从一圆锥形漏斗注入一圆柱形桶中，开始时，漏斗盛满液体，经过3分钟注完．已知圆柱中液面上升的速度是一个常量，H是圆锥形漏斗中液面下落的距离，则H与下落时间t（分）的函数关系用图象表示只可能是（）．分析由于圆柱中液面上升的速度是一个常量，所以H与t的关系不是（B），下落时间t越大，液面下落的距离H应越大，这种变化趋势应是越来越快，图象应当是下凸的，所以只可能是（D）．例5．若复数z满足，且，则在复平面上对应点的图形面积是多少？分析满足的复数z对应点的图形是：以C(1,1)为圆心，为半径的圆面，该圆面与图形的公共部分为图中所示阴影部分（要注意到∠AOC=45°）因此所求图形的面积为：4．灵活应用“数”与“形”的转化，提高思维的灵活性和创造性．在中学数学中，数形结合的思想和方法体现最充分的是解析几何，此外，函数与图象之间，复数与几何之间的相互转化也充分体现了数形结合的思想和方法．通过联想找到数与形之间的对应关系是实现转化的先决条件，而强化这种转化的训练则是提高思维的灵活性和创造性的重要手段．例6．已知C<0，试比较的大小．分析这是比较数值大小问题，用比较法会在计算中遇到一定困难，在同一坐标系中，画出三个函数：的图象位于y轴左侧的部分，（如图）很快就可以从三个图象的上、下位置关系得出正确的结论：例7 解不等式解法一（用代数方法求解），此不等式等价于：解得故原不等式的解集是解法二 （采用图象法） 设即对应的曲线是以为顶点，开口向右的抛物线的上半支．而函数y=x+1的图象是一直线．（如图） 解方程可求出抛物线上半支与直线交点的横坐标为2，取抛物线位于直线上方的部分，故得原不等式的解集是．借助于函数的图象或方程的曲线，引入解不等式（或方程）的图象法，可以有效地审清题意，简化求解过程，并检验所得的结果．例8 讨论方程的实数解的个数．分析：作出函数的图象，保留其位于x 轴上方的部分，将位于x 轴下方的部分沿x 轴翻折到x 轴上方，便可得到函数的图象．（如图）再讨论它与直线y=a 的交点个数即可． ∴当a ＜0时，解的个数是0；当a=0时或a ＞4时，解的个数是2；当0＜a ＜4时，解的个数是4；当a=4时，解的个数是3．9．已知直线和双曲线有且仅有一个公共点，则k 的不同取值有（）（A ）1个（B ）2个（C ）3个 （D ）4个分析：作出双曲线的图象，并注意到直线是过定点（）的直线系，双曲线的渐近线方程为∴过（）点且和渐近线平行的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同值，此外，过（）点且和双曲线相切的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同的值，故正确答案为（D）例9．已知直线和双曲线有且仅有一个公共点，则k的不同取值有（）（A）1个（B）2个（C）3个（D）4个分析：作出双曲线的图象，并注意到直线是过定点（）的直线系，双曲线的渐近线方程为∴过（）点且和渐近线平行的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同值，此外，过（）点且和双曲线相切的直线与双曲线有且仅有一个公共点，此时k取两个不同的值，故正确答案为（D）例10．设点P(x,y)在曲线上移动，求的最大值和最小值．解曲线是中心在（3，3），长轴为，短轴为的椭圆．设，即y=kx为过原点的直线系，问题转化为：求过原点的直线与椭圆相切时的斜率．（如图所示）消去y得解得：故的最大值为，最小值为例11．求函数（其中a,b,c是正常数）的最小值．分析采用代数方法求解是十分困难的，剖析函数解析式的特征，两个根式均可视为平面上两点间的距离，故设法借助于几何图形求解．如图设A(0,a),B(b,-c)为两定点，P(x,0)为x轴上一动点，则其中的等号在P为线段AB与x轴的交点外，即时成立．故y的最小值为例12．P是椭圆上任意一点，以OP为一边作矩形O P Q R（O,P,Q,R依逆时针方向排列）使|OR|=2|OP|，求动点R的轨迹的普通方程．分析在矩形O P Q R中（如图），由∠POR=90°，|OR|=2|OP|可知，OR是OP逆时针旋转90°，并将长度扩大为原来的2倍得到的．这一图形变换恰是复数乘法的几何意义，因此，可转化为复数的运算，找到R和P的两点坐标之间的关系，以求得问题的解决．解，设R点对应的复数为：，P点对应的复数为则故即由点在椭圆上可知有：整理得：就是R点的轨迹方程，表示半长轴为2a，半短轴为2b，中心在原点，焦点在y轴上的椭圆．三解题训练1．求下列方程实根的个数：（1）（2）（3）2．无论m取任何实数值，方程的实根个数都是（）（A）1个（B）2个（C）3个（D）不确定3．已知函数的图象如右图则（）（A）b∈(-∞,0)（B）b∈(0,1)（C）b∈(1,2) （D）b∈(2,+ ∞)4．不等式的解集是（）（A）（0，+∞）（B）（0，1）（C）（1，+∞）（D）（–∞，0）5．不等式一定有解，则a的取值范围是（）（A）（1，+∞）（B）[1,+ ∞]（C）(-∞,1)（D）(0,1]6．解下列不等式：（1）（2）7．复平面内点A、B分别对应复数2，2+i，向量绕点A逆时针方向旋转至向量，则点C对应的复数是_______．8．若复数z满足|z|<2，则arg(z-4)的最大值为___________9．若复数z满足10．函数的图象是平面上两定点距离之差的绝对值等于定长的点的轨迹，则这两定点的坐标是( )（A）（–，–）（，）（B）（–，）（，–）（C）（–2，2）（2，2）（D）（2，–2）（–2，2）11．曲线与直线的交点个数是（）．（A）0（B）1 （C）2（D）312．曲线与直线有两个交点，则实数k的取值是（）（A）（B）（C）（D）13．已知集合，满足，求实数b的取值范围．14．函数的值域是（）（A）（B）（C）（D）四、练习答案1．（1）2个（2）63个（3）2个提示：分别作出两个函数的图象，看交点的个数．2．B、提示：注意到方程右式，是过定点（，0）的直线系．3．A、提示：由图象知f(x)=0的三个实根是0，1，2这样，函数解析式可变形学习好资料欢迎下载f(x)=ax(x-1)(x-2)，又从图象中可以看出当x∈(0,1)∪(2,+∞)时，f(x)>0．而当x>2时，x,(x-1),(x-2)均大于0，所以a>0，而可知b=-3a<0，故选（A）4．A5．A6．（可以利用图象法求解）（1）x≤-1或0<x≤3（2）x≤-17．18．210°9．10．A11．D 提示：在曲线方程中，分x≥0或x<0两种情形讨论，作出图形即可．12．C13．14．A 提示：f(x)可以视作：A(cosx,sinx),B(1,2)，则f(x)=k AB，而A点为圆x2+y2=1上的动点。
数形结合思想
数形结合思想数形结合是一个数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．恩格斯曾说过：“数学是研究现实世界的量的关系与空间形式的科学．”数形结合就是根据数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义，又揭示其几何直观，使数量关系的精确刻划与空间形式的直观形象巧妙、和谐地结合在一起，充分利用这种结合，寻找解题思路，使问题化难为易、化繁为简，从而得到解决．“数”与“形”是一对矛盾，华罗庚先生说过：数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化．在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围．数学中的知识，有的本身就可以看作是数形的结合．如：锐角三角函数的定义是借助于直角三角形来定义的；任意角的三角函数是借助于直角坐标系和单位圆来定义的．数形结合在解决集合运算、函数方程、不等式、解析几何、三角、向量等问题中均有广泛运用．应用数形结合的思想，应注意以下数与形的转化：数形结合思想解决的问题常有以下几种：(1)构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围；(2)构建函数模型并结合其图象研究方程根的范围；(3)构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系；(4)构建函数模型并结合其几何意义研究函数的最值问题和证明不等式；(5)构建立体几何模型研究代数问题；(6)构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型研究最值问题；(7)构建方程模型，求根的个数；(8)研究图形的形状、位置关系、性质等．数形结合的途径（1）通过坐标系形题数解借助于建立直角坐标系、复平面可以将图形问题代数化．这一方法在解析几何中体现的相当充分（在高考中主要也是以解析几何作为知识载体来考察的）；值得强调的是，形题数解时，通过辅助角引入三角函数也是常常运用的技巧（这是因为三角公式的使用，可以大大简化代数推理）实现数形结合，常与以下内容有关：①实数与数轴上的点的对应关系；②函数与图象的对应关系；③曲线与方程的对应关系；④以几何元素和几何条件为背景，建立起来的概念，如复数、三角函数等；⑤所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义，如等式22(2)(1)4xy ．常见方法有：（1）解析法：建立适当的坐标系（直角坐标系，极坐标系），引进坐标将几何图形变换为坐标间的代数关系．（2）三角法：将几何问题与三角形沟通，运用三角代数知识获得探求结合的途径． （3）向量法：将几何图形向量化，运用向量运算解决几何中的平行、垂直、夹角、距离等问题．把抽象的几何推理化为代数运算．特别是空间向量法使解决立体几何中平行、垂直、夹角、距离等问题变得有章可循．（2）通过转化构造数题形解许多代数结构都有着对应的几何意义，据此，可以将数与形进行巧妙地转化.例如，将|a |与距离互化，将a 2与面积互化，将a ≥b ≥c ＞0且b +c ＞a 中的a 、b 、c 与三角形的三边沟通，将有序实数对（或复数）和点沟通，将二元一次方程与直线、将二元二次方程与相应的圆锥曲线对应等等.这种代数结构向几何结构的转化常常表现为构造一个图形（平面的或立体的）．另外，函数的图象也是实现数形转化的有效工具之一，正是基于此，函数思想和数形结合思想经常借助于相伴而充分地发挥作用．常见的转换途径为：1°方程或不等式问题常可以转化为两个图象的交点位置关系的问题，并借助函数的图象和性质解决相关的问题．2°利用平面向量的数量关系及模AB 的性质来寻求代数式性质．3°构造几何模型．通过代数式的结构分析，构造出符合代数式的几何图形，如将2a与正方形的面积互化，将abc 与勾股定理沟通等等．4°利用解析几何中的曲线与方程的关系，重要的公式（如两点间的距离，点到直线的距离002dA B，直线的斜率，直线的截距）、定义等来寻求代数式的图形背景及有关性质．2．数形结合的原则 （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，不能完整的表现数的一般性，这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明，但它同时也是抽象而严格证明的诱导．（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．例如，在解析几何中，我们主要是运用代数的方法来研究几何问题，但是在许多时候，若能充分地挖掘利用图形的几何特征，将会使得复杂的问题简单化．（3）简单性原则就是找到解题思路之后，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，则取决于那种方法更为简单．而不是去刻意追求一种固定的模式——代数问题运用几何方法，几何问题寻找代数方法．一、引入1．函数()|log |(0a f x x a ，1)a 的单调递增区间是 A ．(0]a , B ．(0),C ．(01],D ．[1),2．方程2243xx x 的实数解的个数是A ．1B ．2C ．3D ．以上都不对3．已知不等式2log 0m xx在1(0)2x,时恒成立，则m 的取值范围是（ ）A ．01mB ．1116mC ．1mD ．1016m4．如果实数x y 、满足22(2)3x y ，则y x的最大值为A ．12B ．3C ．2D ．5．在平面直角坐标系中，点O (0，0)，P (6，8)，将向量OP 绕点O 按逆时针方向旋转34π后得向量OQ ，则点Q 的坐标是 A ．(722), B ．(722), C ．(462), D ．(462),6．若2()f x x bx c 对任意实数t ，都有(2)(2)f t f t ，则(1)f 、(3)f 、f ()4由小到大依次为___________．7．对a b R ,，记max{}.a ab a b b ab ,,,, 函数()max{|1||2|}f x x x ,的最小值是_________．8．若方程22320xax a 的一个根小于1，而另一根大于1，则实数a 的取值范围是______．9．已知奇函数()f x 在(0),上是增函数，且(3)0f ，不等式()0xf x 的解集为_________．10．已知定义在[11],上的函数()f x 为增函数，则不等式11()()21f x f x 的解集为 ． 11．若关于x 的方程223320x xa 在[02],上只有一个根，则实数a 的取值范围是______． 12．讨论关于x 的方程|31|xk （k R ）根的个数．二、例题：1．方程2221xx x 的实数解的个数是A ．1B ．2C ．3D ．以上都不对2．已知不等式2log 0xm x在1(0)2x,时恒成立，则m 的取值范围是 ．3．点A (2，1)在圆225x y 上，将点A 绕原点O 顺时针旋转到点B ，求B 的坐标．4．当[1)x ,时，不等式222x ax a 恒成立，求a 的取值范围．5．设关于θsin 0θθa 在区间(02)π,内有相异的两个实根α，β，求实数a 的取值范围，并求α+β的值．三、练习：1．方程sin lg x x 的根的个数有 ．2．设方程 22xx的实根为a ，2log 2xx的实根为b ，则ab．3．方程2||10xx a 有四个根，则a 的取值范围是 ．4．设a b c ,,均为正数，且122log aa ，121()log 2b b ，21()log 2c c ，则A ．ab c B ．c b a C ．c a b D ．b a c5．设函数2log (1)2()1()1 2.2xx xf x x ,,,若0()1f x ，则0x 的取值范围是 A ．(0)(2),, B ．(02), C ．(1)(3),, D ．(13), 6．若log a 2<log b 2<0，则a ，b 的取值范围是A ． 0<a <b <1B ．0<b <a <1C ．a >b >1D ．b >a >1 7．已知0x 是函数1()21xf x x的一个零点，若10(1)x x ,，20()x x ,，则A ．12()0()0f x f x ,B ．12()0()0f x f x ,C ．12()0()0f x f x , D ．12()0()0f x f x ,8．已知01a ，则方程|||log |x a a x 的根的个数为A ．1个B ．2个C ．3个D ．1个或2个或3个 9．方程1sin()44πxx 的实数解的个数是( ) A ． 2 B ．3 C ．4 D ．以上均不对 10．函数||y a x 与y x a 的图象恰有两个公共点，则实数a 的取值范围是A ．(1)，B ．(11)，C ．(1][1)，，D ．(1)(1)，，11．若(12)x ，时，不等式2(1)log a x x 恒成立，则a 的取值范围为（ ）A ．（0，1）B ．（1，2）C ．（1，2]D ． [1，2]12．定义在R 上的函数()y f x 在(2)，上为增函数，且(2)y f x 是偶函数，则（ ）A ．(1)(3)f fB ．(0)(3)f f C ．(1)(3)f f D ．(2)(3)f f13．已知51260xy 的最小值是A ． 6013B ．135C ．1312D ．1 14．已知()22ππx ,，则sin x ，tan x 与x 的关系是 A ．tan sin xx x B ．tan sin x x x C ．|tan ||||sin |x x x D ．不确定15．已知函数2()11([01])f x x x ,，对于满足121x x 的任意12x x ,，给出下列结论：①1212()[()()]0x x f x f x -；②2121()()()f x f x x x -；③2121()()()22f x f x x x f ．其中正确的结论的序号是A ．①B ．②C ．③D ．①③ 16．若关于x 的方程24||5x x m 有四个互不相等的实根，则实数m 的取值范围是 ． 17．函数2222613y x x x x 的最小值为___________．18．若直线yx m 与曲线21yx 有两个不同的交点，则实数m 的取值范围是 ．19．若不等式|1||1|m x x 的解集是非空数集，那么实数m 的取值范围是_________． 20．对a bR ,，记min{}.b a b a b a ab ,,,, 函数1()min{|1|2}2f x x x ,的最大值是_________． 21．求函数sin 2cos 2x y x 的值域．22．关于x 的方程2230x kx k 的两根都在1和3之间，求k 的取值范围．23．已知向量(34)OA ,，(63)OB ,，(53)OC m m ,． （1）若点A B C ,,能够成三角形，求实数m 应满足的条件； （2）若△ABC 为直角三角形，且A 为直角，求实数m 的值．。
高考数学(理)二轮专题练习【专题8】(2)数形结合思想(含答案)
第2讲数形结合思想1．数形结合的数学思想：包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：一是借助形的生动性和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．2．运用数形结合思想分析解决问题时，要遵循三个原则：(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，不能完整的表现数的一般性，这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明，要注意其带来的负面效应．(2)双方性原则．既要进行几何直观分析，又要进行相应的代数抽象探求，仅对代数问题进行几何分析容易出错．(3)简单性原则．不要为了“数形结合”而数形结合．具体运用时，一要考虑是否可行和是否有利；二要选择好突破口，恰当设参、用参、建立关系、做好转化；三要挖掘隐含条件，准确界定参变量的取值范围，特别是运用函数图象时应设法选择动直线与定二次曲线．3．数形结合思想解决的问题常有以下几种：(1)构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围．(2)构建函数模型并结合其图象研究方程根的范围．(3)构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系．(4)构建函数模型并结合其几何意义研究函数的最值问题和证明不等式．(5)构建立体几何模型研究代数问题．(6)构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型研究最值问题．(7)构建方程模型，求根的个数．(8)研究图形的形状、位置关系、性质等．4．数形结合思想是解答高考数学试题的一种常用方法与技巧，特别是在解选择题、填空题时发挥着奇特功效，这就要求我们在平时学习中加强这方面的训练，以提高解题能力和速度．具体操作时，应注意以下几点：(1)准确画出函数图象，注意函数的定义域．(2)用图象法讨论方程(特别是含参数的方程)的解的个数是一种行之有效的方法，值得注意的是首先要把方程两边的代数式看作是两个函数的表达式(有时可能先作适当调整，以便于作图)，然后作出两个函数的图象，由图求解．热点一 利用数形结合思想讨论方程的根例1 (2014·山东)已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝kx ，若方程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 ．(12，1)C ．(1,2)D ．(2，＋∞)答案 B解析 先作出函数f (x )＝|x －2|＋1的图象，如图所示，当直线g (x )＝kx 与直线AB 平行时斜率为1，当直线g (x )＝kx 过A 点时斜率为12，故f (x )＝g (x )有两个不相等的实根时，k 的范围为(12，1)． 思维升华 用函数的图象讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解的个数是一种重要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(不熟悉时，需要作适当变形转化为两个熟悉的函数)，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的个数．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋bx ＋c ，x ≤0，2， x >0，若f (－4)＝f (0)，f (－2)＝－2，则关于x 的方程f (x )＝x 的解的个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4答案 C解析 由f (－4)＝f (0)，f (－2)＝－2，解得b ＝4，c ＝2，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＋2，x ≤0，2， x >0.作出函数y ＝f (x )及y ＝x 的函数图象如图所示，由图可得交点有3个．热点二 利用数形结合思想解不等式、求参数范围例2 (1)已知奇函数f (x )的定义域是{x |x ≠0，x ∈R }，且在(0，＋∞)上单调递增，若f (1)＝0，则满足x ·f (x )<0的x 的取值范围是________．(2)若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．答案 (1)(－1,0)∪(0,1) (2)⎝⎛⎦⎤－∞，12 解析 (1)作出符合条件的一个函数图象草图即可，由图可知x ·f (x )<0的x 的取值范围是(－1,0)∪(0,1)．(2)作出y ＝|x －2a |和y ＝12x ＋a －1的简图，依题意知应有2a ≤2－2a ，故a ≤12.思维升华 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、下位置关系转化数量关系来解决问题，往往可以避免烦琐的运算，获得简捷的解答．(1)设A ＝{(x ，y )|x 2＋(y －1)2＝1}，B ＝{(x ，y )|x ＋y ＋m ≥0}，则使A ⊆B 成立的实数m 的取值范围是__________．(2)若不等式9－x 2≤k (x ＋2)－2的解集为区间[a ，b ]，且b －a ＝2，则k ＝________. 答案 (1)[2－1，＋∞) (2) 2解析 (1)集合A 是一个圆x 2＋(y －1)2＝1上的点的集合，集合B 是一个不等式x ＋y ＋m ≥0表示的平面区域内的点的集合，要使A ⊆B ，则应使圆被平面区域所包含(如图)，即直线x ＋y ＋m ＝0应与圆相切或相离(在圆的下方)，而当直线与圆相切时有|m ＋1|2＝1，又m >0，所以m ＝2－1，故m 的取值范围是m ≥2－1. (2)令y 1＝9－x 2，y 2＝k (x ＋2)－2，在同一个坐标系中作出其图象，因9－x 2≤k (x ＋2)－2的解集为[a ，b ]且b －a ＝2.结合图象知b ＝3，a ＝1，即直线与圆的交点坐标为(1,22)． 又因为点(－2，－2)在直线上， 所以k ＝22＋21＋2＝ 2.热点三 利用数形结合思想解最值问题例3 (1)已知P 是直线l ：3x ＋4y ＋8＝0上的动点，P A 、PB 是圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的两条切线，A 、B 是切点，C 是圆心，则四边形P ACB 面积的最小值为________．(2)已知点P (x ，y )的坐标x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋1≥0，|x |－y －1≤0，则x 2＋y 2－6x ＋9的取值范围是( )A ．[2,4]B ．[2,16]C ．[4,10]D ．[4,16]答案 (1)22 (2)B解析 (1)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P AC 的面积S Rt △P AC ＝12|P A |·|AC |＝12|P A |越来越大，从而S 四边形P ACB 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P ACB变小，显然，当点P 到达一个最特殊的位置，即CP垂直直线l 时，S 四边形P ACB 应有唯一的最小值， 此时|PC |＝|3×1＋4×1＋8|32＋42＝3，从而|P A |＝|PC |2－|AC |2＝2 2.所以(S 四边形P ACB )min ＝2×12×|P A |×|AC |＝2 2.(2)画出可行域如图，所求的x 2＋y 2－6x ＋9＝(x －3)2＋y 2是点Q (3,0)到可行域上的点的距离的平方，由图形知最小值为Q 到射线x －y －1＝0(x ≥0)的距离d 的平方，最大值为|QA |2＝16. ∵d 2＝(|3－0－1|12＋(－1)2)2＝(2)2＝2.∴取值范围是[2,16]．思维升华 (1)在几何的一些最值问题中，可以根据图形的性质结合图形上点的条件进行转换，快速求得最值．(2)如果(不)等式、代数式的结构蕴含着明显的几何特征，就要考虑用数形结合的思想方法来解题，即所谓的几何法求解．(1)(2013·重庆)设P 是圆(x －3)2＋(y ＋1)2＝4上的动点，Q 是直线x ＝－3上的动点，则|PQ |的最小值为( ) A ．6 B ．4 C ．3 D ．2 (2)若实数x 、y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≤0，x >0，y ≤2，则yx的最小值是____．答案 (1)B (2)2解析 (1)由题意，知圆的圆心坐标为(3，－1)，圆的半径长为2，|PQ |的最小值为圆心到直线x ＝－3的距离减去圆的半径长，所以|PQ |min ＝3－(－3)－2＝4.故选B.(2)可行域如图所示．又yx 的几何意义是可行域内的点与坐标原点连线的斜率k . 由图知，过点A 的直线OA 的斜率最小．联立⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1＝0，y ＝2，得A (1,2)，所以k OA ＝2－01－0＝2.所以y x 的最小值为2.1．在数学中函数的图象、方程的曲线、不等式所表示的平面区域、向量的几何意义、复数的几何意义等都实现以形助数的途径，当试题中涉及这些问题的数量关系时，我们可以通过图形分析这些数量关系，达到解题的目的．2．有些图形问题，单纯从图形上无法看出问题的结论，这就要对图形进行数量上的分析，通过数的帮助达到解题的目的．3．利用数形结合解题，有时只需把图象大致形状画出即可，不需要精确图象．4．数形结合思想常用模型：一次、二次函数图象；斜率公式；两点间的距离公式(或向量的模、复数的模)；点到直线的距离公式等.真题感悟1．(2013·重庆)已知圆C 1：(x －2)2＋(y －3)2＝1，圆C 2：(x －3)2＋(y －4)2＝9，M ，N 分别是圆C 1，C 2上的动点，P 为x 轴上的动点，则|PM |＋|PN |的最小值为( ) A ．52－4 B.17－1 C ．6－2 2 D.17答案 A解析 设P (x,0)，设C 1(2,3)关于x 轴的对称点为C 1′(2，－3)，那么|PC 1|＋|PC 2|＝|PC 1′|＋|PC 2|≥|C 1′C 2|＝(2－3)2＋(－3－4)2＝5 2. 而|PM |＋|PN |＝|PC 1|＋|PC 2|－4≥52－4.2．(2014·江西)在平面直角坐标系中，A ，B 分别是x 轴和y 轴上的动点，若以AB 为直径的圆C 与直线2x ＋y －4＝0相切，则圆C 面积的最小值为( )A.45π B.34π C ．(6－25)π D.54π 答案 A解析 ∵∠AOB ＝90°，∴点O 在圆C 上． 设直线2x ＋y －4＝0与圆C 相切于点D ，则点C 与点O 间的距离等于它到直线2x ＋y －4＝0的距离， ∴点C 在以O 为焦点，以直线2x ＋y －4＝0为准线的抛物线上， ∴当且仅当O ，C ，D 共线时，圆的直径最小为|OD |. 又|OD |＝|2×0＋0－4|5＝45， ∴圆C 的最小半径为25， ∴圆C 面积的最小值为π(25)2＝45π.3．(2013·课标全国Ⅰ)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln (x ＋1)，x >0.若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－2,1]D ．[－2,0]答案 D解析 函数y ＝|f (x )|的图象如图． ①当a ＝0时，|f (x )|≥ax 显然成立． ②当a >0时，只需在x >0时， ln(x ＋1)≥ax 成立．比较对数函数与一次函数y ＝ax 的增长速度． 显然不存在a >0使ln(x ＋1)≥ax 在x >0上恒成立． ③当a <0时，只需在x <0时，x 2－2x ≥ax 成立． 即a ≥x －2成立，所以a ≥－2. 综上所述：－2≤a ≤0.故选D.4．(2014·天津)已知函数f (x )＝|x 2＋3x |，x ∈R .若方程f (x )－a |x －1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围为________． 答案 (0,1)∪(9，＋∞)解析 设y 1＝f (x )＝|x 2＋3x |，y 2＝a |x －1|，在同一直角坐标系中作出y 1＝|x 2＋3x |，y 2＝a |x －1|的图象如图所示．由图可知f (x )－a |x －1|＝0有4个互异的实数根等价于y 1＝|x 2＋3x |与y 2＝a |x －1|的图象有4个不同的交点．当4个交点横坐标都小于1时，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x 2－3x ，y ＝a (1－x )有两组不同解x 1，x 2， 消y 得x 2＋(3－a )x ＋a ＝0，故Δ＝a 2－10a ＋9>0， 且x 1＋x 2＝a －3<2，x 1x 2＝a <1，联立可得0<a <1. 当4个交点横坐标有两个小于1，两个大于1时，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2＋3x ，y ＝a (x －1)有两组不同解x 3，x 4. 消去y 得x 2＋(3－a )x ＋a ＝0，故Δ＝a 2－10a ＋9>0， 且x 3＋x 4＝a －3>2，x 3x 4＝a >1，联立可得a >9， 综上知，0<a <1或a >9. 押题精练1．方程|x 2－2x |＝a 2＋1(a >0)的解的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 B解析 (数形结合法) ∵a >0，∴a 2＋1>1. 而y ＝|x 2－2x |的图象如图，∴y ＝|x 2－2x |的图象与y ＝a 2＋1的图象总有两个交点．2．不等式|x ＋3|－|x －1|≤a 2－3a 对任意实数x 恒成立，则实数a 的取值范围为( ) A ．(－∞，－1]∪[4，＋∞) B ．(－∞，－2]∪[5，＋∞) C ．[1,2]D ．(－∞，1]∪[2，＋∞) 答案 A解析 f (x )＝|x ＋3|－|x －1|＝⎩⎪⎨⎪⎧－4 (x <－3)，2x ＋2 (－3≤x <1)，4 (x ≥1).画出函数f (x )的图象，如图，可以看出函数f (x )的最大值为4，故只要a 2－3a ≥4即可，解得a ≤－1或a ≥4.正确选项为A.3．经过P (0，－1)作直线l ，若直线l 与连接A (1，－2)，B (2,1)的线段总有公共点，则直线l 的斜率k 和倾斜角α的取值范围分别为________，________.答案 [－1,1] [0，π4]∪[3π4，π)解析 如图所示，结合图形：为使l 与线段AB 总有公共点，则k P A ≤k ≤k PB ，而k PB >0，k P A <0，故k <0时，倾斜角α为钝角，k ＝0时，α＝0，k >0时，α为锐角． 又k P A ＝－2－(－1)1－0＝－1，k PB ＝－1－10－2＝1，∴－1≤k ≤1. 又当0≤k ≤1时，0≤α≤π4；当－1≤k <0时，3π4≤α<π.故倾斜角α的取值范围为α∈[0，π4]∪[3π4，π)．4．(2013·山东)在平面直角坐标系xOy 中，M 为不等式组⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋3y －6≤0，x ＋y －2≥0，y ≥0所表示的区域上一动点，则|OM |的最小值是________． 答案2解析 由题意知原点O 到直线x ＋y －2＝0的距离为|OM |的最小值． 所以|OM |的最小值为22＝ 2. 5．(2013·江西)过点(2，0)引直线l 与曲线y ＝1－x 2相交于A 、B 两点，O 为坐标原点，当△AOB 的面积取最大值时，直线l 的斜率为________． 答案 －33解析 ∵S △AOB ＝12|OA ||OB |sin ∠AOB ＝12sin ∠AOB ≤12.当∠AOB ＝π2时，S △AOB 面积最大．此时O 到AB 的距离d ＝22. 设AB 方程为y ＝k (x －2)(k <0)，即kx －y －2k ＝0. 由d ＝|2k |k 2＋1＝22得k ＝－33.6．设函数f (x )＝ax 3－3ax ，g (x )＝bx 2－ln x (a ，b ∈R )，已知它们在x ＝1处的切线互相平行． (1)求b 的值；(2)若函数F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，x ≤0，g (x )，x >0，且方程F (x )＝a 2有且仅有四个解，求实数a 的取值范围．解 函数g (x )＝bx 2－ln x 的定义域为(0，＋∞)， (1)f ′(x )＝3ax 2－3a ⇒f ′(1)＝0， g ′(x )＝2bx －1x ⇒g ′(1)＝2b －1，依题意得2b －1＝0，所以b ＝12.(2)x ∈(0,1)时，g ′(x )＝x －1x <0，即g (x )在(0,1)上单调递减，x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＝x －1x >0，即g (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，g (x )取得极小值g (1)＝12；当a ＝0时，方程F (x )＝a 2不可能有四个解；当a <0，x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )<0，即f (x )在(－∞，－1)上单调递减， x ∈(－1,0)时，f ′(x )>0， 即f (x )在(－1,0)上单调递增，所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值f (－1)＝2a ， 又f (0)＝0，所以F (x )的图象如图(1)所示， 从图象可以看出F (x )＝a 2不可能有四个解． 当a >0，x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0， 即f (x )在(－∞，－1)上单调递增， x ∈(－1,0)时，f ′(x )<0， 即f (x )在(－1,0)上单调递减，所以当x ＝－1时，f (x )取得极大值f (－1)＝2a .又f (0)＝0，所以F (x )的图象如图(2)所示，从图(2)看出，若方程F (x )＝a 2有四个解，则12<a 2<2a ，所以，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫22，2.。
高考数学 数形结合的思想
高考数学 数形结合的思想数形结合思想是一种很重要的数学思想，数与形是事物的两个方面，正是基于对数与形的抽象研究才产生了数学这门学科，才能使人们能够从不同侧面认识事物，华罗庚先生说过:“数与形本是两依倚,焉能分作两边飞. 数缺形时少直观, 形少数时难入微.”.把数量关系的研究转化为图形性质的研究，或者把 图形性质的研究转化为数量关系的研究，这种解决问题过程中“数”与“形”相互转化的研究策略，就是数形结合的思想。
数形结合思想就是要使抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维与形象思维结合起来。
在使用的过程中，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。
考试中心对考试大纲的说明中强调：“在高考中，充分利用选择题和填空题的题型特点，为考查数形结合的思想提供了方便，能突出考查考生将复杂的数量关系转化为直观的几何图形问题来解决的意识，而在解答题中，考虑到推理论证的严密性，对数量关系问题的研究仍突出代数的方法而不提倡使用几何的方法，解答题中对数形结合思想的考查以由‘形’到‘数’的转化为主。
”【分析及解】如果采用代数运算，则无所适从，如果画出单调函数()x f y =的示意图象，由()()()()βαf f x f x f -<-21可断定横坐标为βα,的点，至少有一个在横坐标为21,x x 的点的外部，因而0<λ，应选（A ）.【分析及解】这是一道函数,数列,函数图象综合在一起的选择题,需要通过数列的性质（A ） (B) (C) (D)研究函数图象的特征.实际上,只要设y a x a n n ==+1,,则有)(x f y =且x y >,并对所有*∈N n 都成立,因此选(A).【分析及解】本题大部分考生都是用三角恒等变形和正弦定理通过一定量的计算来完成,但是注意到数形结合,可以很快解决问题.为此,延长CA 到D ,使ABAD =,则 AC AB CD +=,,6CBD B π∠=∠+,6π=∠D由正弦定理⎪⎭⎫ ⎝⎛++=6sin sin πB AC AB D BC ,即 ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+6sin 6πB AC AB ,由此,选(C).【分析及解】画出函数()x f 的图像,该图像关于对称,且()0≥x f ,令()t x f =,若0)()(2=++c x bf x f 有7个不同实数解,则方程02=++c bt t 有2个不同实数解,且为一正根,一零根.因此, 0<b 且0=c ,故选(C).【例3】 (2005年，江苏卷，5)△ABC 中，,3,3A BC π==则△ABC 的周长为( ).（A ）43sin()33B π++ （B ）43sin()36B π++ （C ）6sin()33B π++ （D ）6sin()36B π++ 【例4】(2005年，上海卷)设定义域为R 的函数⎩⎨⎧=≠-=1,01||,1|lg |)(x x x x f ，则关于x 的方程0)()(2=++c x bf x f 有7个不同实数解的充要条件是（ ）(A) 0<b 且0>c ( B)0>b 且0<c(C)0<b 且0=c (D)0≥b 且0=c【分析及解】本题给出了y ＝sin nx 在[0，nπ]上的面积为n 2,需要由此类比y ＝sin3x 在[0,32π]上的面积及y ＝sin （3x －π）＋1在[3π，34π]上的面积,这需要寻求相似性,,其思维的依据就是已知条件给出的面积的定义和已知函数的面积,因此要研究这个已知条件,要注意已知条件所给出的是半个周期的面积,而第(1)问则是3=n 时一个周期的面积=34,第(2)问又是y ＝sin3x 经过平移和翻转后一个半周期的面积,画出y ＝sin （3 x －π）＋1在[3π，34π]上图像,就可以容易地得出答案32+π.【例5】(2005年，湖南卷，理15)设函数f (x )的图象与直线x =a ，x =b 及x 轴所围成图形的面积称为函数f (x )在[a ，b ]上的面积，已知函数y ＝sin nx 在[0，n π]上的面积为n2（n ∈N *）， （i ）y ＝sin3x 在[0,32π]上的面积为 ； （ii ）y ＝sin （3 x －π）＋1在[3π，34π]上的面积为 .。
2023年高考数学一轮复习课件——利用导数研究函数零点
教师备选
(2022·淄博质检)已知 f(x)＝13x3＋32x2＋2x，f′(x)是 f(x)的导函数. (1)求 f(x)的极值；
因为f′(x)＝x2＋3x＋2＝(x＋1)(x＋2)， 令f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝－2， 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化如表所示：
x (－∞，－2) －2 (－2，－1) －1 (－1，＋∞)
当x∈(0，e)时，f′(x)<0；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在(0，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝2.
(2)讨论函数 g(x)＝f′(x)－3x零点的个数.
由题意知 g(x)＝f′(x)－3x＝1x－xm2－3x(x>0)， 令 g(x)＝0，得 m＝－13x3＋x(x>0). 设 φ(x)＝－13x3＋x(x>0)， 则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1).
④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点.
综上所述，当 m>23时，函数 g(x)无零点； 当 m＝23或 m≤0 时，函数 g(x)有且只有一个 零点； 当 0<m<23时，函数 g(x)有两个零点.
题型二 利用函数性质研究函数零点
例2 已知函数f(x)＝x－aln x(a>0). (1)求函数f(x)的单调区间；
在(－1，＋∞)上单调递减， 所以φ(x)max＝φ(－1)＝e，且x→－∞时， φ(x)→－∞；x→＋∞时，φ(x)→0，
所以
0<1a<e，解得
1 a>e.
所以 a 的取值范围是1e，＋∞.
教师备选
已知函数f(x)＝xex＋ex. (1)求函数f(x)的单调区间和极值；
高考数学：数形结合在函数问题
例 2 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)＝2 －|x＋2|.若对任意的x∈[－1，2]，f(x＋a)>f(x)恒成立，则 实数a的取值范围是( D ) A．(0，2) B．(－∞，－6)∪(0，2) C．(－2，0) D．(－2，0)∪(6，＋∞)
【解析】f(x)是定义在 R 上的奇函数，当 x<0 时，f(x)＝2－|x＋2|.根据奇函数的图像关于 原点对称，作出 f(x)的图像，如图所示．
g′(x)＝(2a－1)e2x－2aex＋1＝(ex－1)·[(2a－1)ex－1]，
①若 a>12，令 g′(x)＝0，得极值点 x1＝0，x2＝ln 2a1－1.当 x2>x1＝0，即12<a<1 时，在(x2， ＋∞)上有 g′(x)>0，此时 g(x)在区间(x2，＋∞)上单调递增，并且在该区间上有 g(x)∈(g(x2)， ＋∞)，不合题意；
n－m
的最大值为3＋2
10 .
分考点讲解
与不等式有关的问题
利用函数f(x)和g(x)图像的上下位置关系，可直观地得到不等 式f(x)>g(x)或f(x)<g(x)的解集．
当f(x)的图像在g(x)的图像的上方时，自变量x的范围是不等式 f(x)>g(x)的解集；当f(x)的图像在g(x)的图像的下方时，自变量x 的范围是不等式f(x)<g(x)的解集．
C．[1，＋∞)
D.e12，1e
【解析】由 f(x)＝xln2， （xx≤ ＋01， ），x>0，得 f(x)－1＝xln2－ （1x＋，1x≤ ）0－，1，x>0. 在平面直角坐标系中，画出函数 y＝f(x)－1 与 y＝a(x＋1)的大致图像，如图所示．