高考数学复习数形结合教案
高三数学二轮复习专题辅导(1)数形结合精品教学案
专题一】数形结合思想考情分析】在高考题中，数形结合的题目出现在高中数学知识的方方面面上，把图象作为工具、载体，以此寻求解题思路或制定解题方案，真正体现数形结合的简捷、灵活特点的多是填空小题。
从近三年新课标高考卷来看，涉及数形结合的题目略少，预测2020 年可能有所加强。
因为对数形结合等思想方法的考查，是对数学知识在更高层次的抽象和概括能力的考查，是对学生思维品质和数学技能的考查，是新课标高考明确的一个命题方向。
1．数形结合是把数或数量关系与图形对应起来，借助图形来研究数量关系或者利用数量关系来研究图形的性质，是一种重要的数学思想方法。
它可以使抽象的问题具体化，复杂的问题简单化。
“数缺形时少直观，形少数时难入微” ，利用数形结合的思想方法可以深刻揭示数学问题的本质。
2．数形结合的思想方法在高考中占有非常重要的地位，考纲指出“数学科的命题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想思想方法的考查，注重对数学能力的考查” ，灵活运用数形结合的思想方法，可以有效提升思维品质和数学技能。
3．“对数学思想方法的考查是对数学知识在更高层次的抽象和概括的考查，考查时要与数学知识相结合”，用好数形结合的思想方法，需要在平时学习时注意理解概念的几何意义和图形的数量表示，为用好数形结合思想打下坚实的知识基础。
4．函数的图像、方程的曲线、集合的文氏图或数轴表示等，是“以形示数” ，而解析几何的方程、斜率、距离公式，向量的坐标表示则是“以数助形” ，还有导数更是数形形结合的产物，这些都为我们提供了“数形结合”的知识平台。
5．在数学学习和解题过程中，要善于运用数形结合的方法来寻求解题途径，制定解题方案，养成数形结合的习惯，解题先想图，以图助解题。
用好数形结合的方法，能起到事半功倍的效果，“数形结合千般好，数形分离万事休” 。
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” 。
高三数学：数形结合思想辅导教案
题型三 利用数形结合求最值
例3(2014·北京)已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m,0)，B(m，0)(m>0)，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为()
A.7 B.6 C.5 D.4
点评利用数形结合求最值的方法步骤
第一步：分析数理特征，确定目标问题的几何意义.一般从图形结构、图形的几何意义分析代数式是否具有几何意义.
点评利用数形结合解不等式或求参数的方法
求参数范围或解不等式问题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.
变式训练2若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是()
A.(－∞，＋∞)B.(－2，＋∞)
第二步：转化为几何问题.
第三步：解决几何问题.
第四步：回归代数问题.
第五步：回顾反思.应用几何意义数形结合法解决问题需要熟悉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.
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画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.数形结合的思想，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，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围.
高考数学复习点拨 复数中的数形结合
复数中的数形结合因为复数i b a z +=与复平面上的点()b a Z ,是一一对应的，体现了数与形上的对应，所以在复数中利用数形结合解某些问题不仅巧妙，而且也体现出一种数学之美． 知识点：设动点Z 、定点1Z 、2Z 分别表示复数z 、1z 、2z 所对应的点，则 ⑴1z z -的几何含义：点Z 到点1Z 的距离； ⑵r z z =-1表示以r 为半径，点1Z 为圆心的圆； ⑶21z z z z -=-表示线段的垂直平分线，其中点1Z 、2Z 是线段的两个端点； ⑷a z z z z 221=-+-，当212Z Z a =时，表示线段1Z 2Z ； 当212Z Z a >时，表示以点1Z 、2Z 为焦点，a 2为长轴长的椭圆； 上述几种曲线都可以结合⑴当中的1z z -的几何含义来理解，比如，⑶中1z z -表示点Z 到点1Z 的距离，2z z -表示点Z 到点2Z 的距离，即点Z 到点1Z 的距离与到点2Z 的距离相等，所以，点Z 的轨迹是线段1Z 2Z 的垂直平分线．下面举例说明数形结合的用法：例1．若24i 3≤++z ，则z 的最大值为．解析：由24i 3≤++z 知，复数z 对应点的轨迹为以2为半径，点()431--,Z 为圆心的圆及其内部．所以，z 的最大值为7251=+=+r OZ ．例2．如果复数z 满足2i i =-++z z ，那么1i ++z 的最小值为()A ．1B ．2C ．2D ．5 解析：由2i i =-++z z 知，复数z 对应的点的轨迹是线段AB ，其中()01，-A ，()01,B ．又1i ++z 表示点()1,1--到线段AB 的距离，故当i -=z 时，11i i =++n m z ．例3．复数z 满足条件4i 2-=+z z ，则z 的最小值为．解析：由4i 2-=+z z 知，复数z 对应点的轨迹为线段AB 的垂直平分线，其中()02，-A ，()40,B ，z 即原点到垂直平分线上点的距离．故553z =min ．例4．复数z 满足2i 2=-z ，则2i +z 的取值X 围是() A ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡25,21 B ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡27,23 C ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡221,1 D ．⎥⎦⎤⎢⎣⎡221,2 解析：由2i 2=-z 可得：12i =-z ．因此复数z 对应点Z 的轨迹是以)21,0(为圆心，1为半径的圆周，而()2i 2i --=+z z 即点Z 到点()2,0-的距离，最小值为23，最大值为27．。
高中数学必修一《数形结合专题复习》优秀教学设计
y
1 1
y c y c
y x c y c
y c
应用三 三角函数、平面向量问题
1.解不等式 sin x 1 2
借助三角函数图形解决此类问题。
第一小题是主 要是复习三角 函数的图像性 质，借助图形 可以非常直观 的解决该题。 对于第二小 题，主要是引 导学生如何将 题目转化为熟 悉的三角函数 模型。
,)的最
小值是
.
借助图形，分析问题。
形让学生体会 到数形结合的 魅力。
幕上，让学 生去思考。
y
-1
2
x
给出“数形结合”思想的要义： 数形结合思想是高中四大数学思想方法之一， 它就是将抽象的数学语言和直观的图像结合 起来，通过“以形助数”和“以数解形”，使复 杂 问题简单化、抽象问题具体化，从而起到优化 解题途径的目的。 二、统筹归类，优化解题： 应用一 集合与常用逻辑用语问题 1. (2011 年广东)已知集合 A {(x, y) | x, y 为实
2. （2011 浙江卷）若平面向量, 满足 a 1, 1， 引导学生归纳
且以向量, 为邻边的平行四边形的面积为 1 ，则 与 数形结合在高
2
考中的适用范
的夹角 的取值范围是
。
围与常用方
法，掌握数形
二、 课堂小结，归纳方法 1．数形结合在高考中的适用范围 主要是高考的客观题，借助图形，可以很 快速的解决问题。 2．数形结合的常用方法
让学生自 己做题并 进行自我 的查漏补 缺。
11.（2010
年湖南卷）
min|a,b|=
a , b,a a源自b b若函数 f (x)
2014年高考三轮复习数学思想方法专题二 数形结合思想教师版
数学思想方法专题第二讲 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 ．52－4B.17－1 C ．6－2 2D.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 |＝|PC 1|－1，|PN |＝|PC 2|－3， ∴|PM |＋|PN |＝|PC 1|＋|PC 2|－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 ．1B ．2C. 2D.22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 ＋1(x >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 －1)x ，x ≤0，－(x －1)x ，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 －1)x ＝14，x <0，解得x ＝1－34.∴1－34<x 1<0，∴1－316<x 1x 2x 3<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 －m )2＋(b －n )2↔(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＋(－1)22＝(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，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，求四边形P ACB 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.∴(S 四边形P ACB )min ＝2×12×|P A |×|AC |＝2 2.典例 (14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 )．[6分](2)∵f (x )在x ＝－1处取得极值，∴f ′(－1)＝3×(－1)2－3a ＝0，∴a ＝1.[8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)．[14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)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋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．1 B．2 C．3 D．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)＝⎩⎪⎨⎪⎧x2＋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－x2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－x2，则x2＋y2＝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．－1 D．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<logax，则a的取值范围是()A.⎝⎛⎭⎫0，22B.⎝⎛⎭⎫22，1C．(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，由4 ＝log a12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＝14x2上的动点，点P在x轴上的射影为M，点A的坐标是(2,0)，则|P A|＋|PM|的最小值是________．答案5－1解析如图，抛物线y＝14x2，即x2＝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|＋|P A|≥|AF|＝22＋12＝ 5.所以(|P A|＋|PM|)min＝(|P A|＋|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)∪⎝⎛⎭⎫π2，3 B.⎝⎛⎭⎫－π2，－1∪(0,1)∪⎝⎛⎭⎫π2，3C．(－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()12A ．(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 ．1B ．2C ．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，∴ba ≥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 <cB ．a <c <bC ．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 ，∴cos2π7<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 <1 C ．a >1 D ．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 ＝2sinπt 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)，∴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 (3)2＋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 ，∴k AB ·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＝－a2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.。
高考数学复习数形结合教案
数形结合思想教学设计一、考情分析在高考题中，数形结合的题目出现在高中数学知识的方方面面上，把图象作为工具、载体，以此寻求解题思路或制定解题方案，真正体现数形结合的简捷、灵活特点的多是填空小题。
从近三年新课标高考卷来看，涉及数形结合的题目略少，预测2013年可能有所加强。
因为对数形结合等思想方法的考查，是对数学知识在更高层次的抽象和概括能力的考查，是对学生思维品质和数学技能的考查，是新课标高考明确的一个命题方向。
1．数形结合是把数或数量关系与图形对应起来，借助图形来研究数量关系或者利用数量关系来研究图形的性质，是一种重要的数学思想方法。
它可以使抽象的问题具体化，复杂的问题简单化。
“数缺形时少直观，形少数时难入微”，利用数形结合的思想方法可以深刻揭示数学问题的本质。
2．数形结合的思想方法在高考中占有非常重要的地位，考纲指出“数学科的命题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想思想方法的考查，注重对数学能力的考查”，灵活运用数形结合的思想方法，可以有效提升思维品质和数学技能。
3．“对数学思想方法的考查是对数学知识在更高层次的抽象和概括的考查，考查时要与数学知识相结合”，用好数形结合的思想方法，需要在平时学习时注意理解概念的几何意义和图形的数量表示，为用好数形结合思想打下坚实的知识基础。
4．函数的图像、方程的曲线、集合的文氏图或数轴表示等，是“以形示数”，而解析几何的方程、斜率、距离公式，向量的坐标表示则是“以数助形”，还有导数更是数形形结合的产物，这些都为我们提供了“数形结合”的知识平台。
5．在数学学习和解题过程中，要善于运用数形结合的方法来寻求解题途径，制定解题方案，养成数形结合的习惯，解题先想图，以图助解题。
用好数形结合的方法，能起到事半功倍的效果，“数形结合千般好，数形分离万事休”。
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”。
数学总复习高考教案七篇
数学总复习高考教案七篇数学总复习高考教案篇1一教材分析本节知识是必修五第一章《解三角形》的第一节内容，与初中学习的三角形的边和角的基本关系有密切的联系与判定三角形的全等也有密切联系，在日常生活和工业生产中也时常有解三角形的问题，而且解三角形和三角函数联系在高考当中也时常考一些解答题。
因此，正弦定理和余弦定理的知识非常重要。
根据上述教材内容分析，考虑到学生已有的认知结构心理特征及原有知识水平，制定如下教学目标：认知目标：在创设的问题情境中，引导学生发现正弦定理的内容，推证正弦定理及简单运用正弦定理与三角形的内角和定理解斜三角形的两类问题。
能力目标：引导学生通过观察，推导，比较，由特殊到一般归纳出正弦定理，培养学生的创新意识和观察与逻辑思维能力，能体会用向量作为数形结合的工具，将几何问题转化为代数问题。
情感目标：面向全体学生，创造平等的教学氛围，通过学生之间、师生之间的交流、合作和评价，调动学生的主动性和积极性，给学生成功的体验，激发学生学习的兴趣。
教学重点：正弦定理的内容，正弦定理的证明及基本应用。
教学难点：正弦定理的探索及证明，已知两边和其中一边的对角解三角形时判断解的个数。
二教法根据教材的内容和编排的特点，为是更有效地突出重点，空破难点，以学业生的发展为本，遵照学生的认识规律，本讲遵照以教师为主导，以学生为主体，训练为主线的指导思想，采用探究式课堂教学模式，即在教学过程中，在教师的启发引导下，以学生独立自主和合作交流为前提，以“正弦定理的发现”为基本探究内容，以生活实际为参照对象，让学生的思维由问题开始，到猜想的得出，猜想的探究，定理的推导，并逐步得到深化。
突破重点的手段：抓住学生情感的兴奋点，激发他们的兴趣，鼓励学生大胆猜想，积极探索，以及及时地鼓励，使他们知难而进。
另外，抓知识选择的切入点，从学生原有的认知水平和所需的知识特点入手，教师在学生主体下给以适当的提示和指导。
突破难点的方法：抓住学生的能力线联系方法与技能使学生较易证明正弦定理，另外通过例题和练习来突破难点三学法：指导学生掌握“观察——猜想——证明——应用”这一思维方法，采取个人、小组、集体等多种解难释疑的尝试活动，将自己所学知识应用于对任意三角形性质的探究。
2019届高考数学二轮复习“数形结合”思想在高中数学中的应用教案(全国通用)
教案：数形结合思想在数学中的应用时间：2018年月日星期第节授课人：班级高班课题：数形结合思想在数学中的应用一、教学目标:1、知识目标：充分领悟数形结合思想的特点，并能灵活的应用数形结合思想解决数学问题。
2、能力目标：应用数形结合思想寻求合理简洁的解题思路，培养学生独立思考问题、灵活处理问题、快捷解决问题的能力。
3、情感目标：(1)在探究过程中，鼓励学生大胆猜测，大胆尝试，培养学生勇于创新、敢于实践的个性品质；(2)通过对问题的探究，理解事物间普遍联系与辩证统一观点，体验成功的喜悦。
二、教学重点：领悟数形结合的思想方法，培养学生灵活运用数形结合思想方法解决数学问题的能力。
三、教学难点：深入理解“数”与“形”之间相辅相成的关系，巧妙的通过“以形助数”，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。
四、教学方法：讲授法五、教学准备：教案、PPT课件六、教学过程（内容）：教学环节教学内容学生活动设计意图（一）新课导入1、著名数学家华罗庚先生曾经这样说到：“数形本是两依倚，焉能分作两边飞。
数缺形时少直觉,形少数时难入微。
”这句话充分揭示了“数”与“形”的关系。
在解决问题过程中“数”与“形”相互转化的研究策略，就是数形结合的思想。
2、数形结合思想是一种很重要的数学思想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数学问题，可起到事半功倍的效果。
学生通过数学家的诗句感悟数形结合思想，明晰该思想的重要性。
感悟数学思想和文化，渗透今天的教学重点（二）数形结合思想的具体应用（一）问题探究一当k为何值时，方程2220x x k+-+=（1）有两个不同的解；（2）有两个相同的解。
答案：（1）当3k<时，有两个不同的解；（2）当=3k时，有两个相同的解。
回顾：方程的根与函数图象的关系以及与函数零点的关系，过度到利用函数222y x x-=-+图象和直线y k=的交点来解决以上问题。
提问学生：如何画二次函数图象的简图？（二）问题探究二当k为何值时，方程2|22|x x k--+=有两个解？有三个解?有四个解？答案：（1）当03k k=>或时，有两个解；（2）当=3k时，有三个解；（3）当03k<<时，有四个解；利用判别式解决问题回顾已经学过的知识，解决问题学生画出二次函数图象，根据图象解决问题旧引新，加强知识的联系初步感知数形结合在解决与方程的根有关的问题中的作用进一步感知数形结合思想在解决问题中的作用（二）数形结合思想的具体应用（三）课堂练习（三）问题探究三函数()sin2sin,[0,2]f x x x xπ=+∈的图象与直线y k=有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是。
XX届高考数学数形结合思想备考复习教案
XX届高考数学数形结合思想备考复习教案专题七：思想方法专题第二讲数形结合思想【思想方法诠释】一、数形结合的思想所谓的数形结合，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.数形结合的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.二、数形结合思想解决的问题常有以下几种：.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研究方程根的范围； .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几何意义研究函数的最值问题和证明不等式；.构建立体几何模型研究代数问题；.构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型研究最值问题；.构建方程模型，求根的个数；.研究图形的形状、位置关系、性质等。
三、数形结合思想是解答高考数学试题的一种常见方法与技巧，特别是在解选择题、填空题时发挥奇特功效，具体操作时，应注意以下几点：.准确画出函数图象，注意函数的定义域；.用图象法讨论方程的解的个数是一种行之有效的方法，值得注意的是首先把方程两边的代数式看作是两个函数的表达式然后作出两个函数的图象，由图求解。
四、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：.要清楚一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征；.要恰当设参，合理用参，建立关系，做好转化；.要正确确定参数的取值范围，以防重复和遗漏；.精心联想“数”与“形”，使一些较难解决的代数问题几何化，几何问题代数化，以便于问题求解。
高中数学数形结合教案
高中数学数形结合教案
主题：数学与数形结合
教学目标：
1. 能够熟练掌握常见数形的性质和相关计算方法；
2. 能够运用数学知识解决实际问题；
3. 能够灵活运用数形结合的思维方式解决各类问题。
教学重点：
1. 数形的性质和计算方法；
2. 数学与数形结合的思维方式。
教学内容：
1. 基础数形的性质和计算方法；
2. 数形结合的应用实例。
教学步骤：
第一步：引入
通过展示一些常见的数形，引导学生思考数形之间的联系和应用。
第二步：学习数形的性质和计算方法
1. 讲解常见数形（如矩形、三角形、圆等）的性质和计算方法；
2. 练习相关计算题目，巩固学生对数形的理解和应用能力。
第三步：数形结合的思维方式
1. 介绍数形结合的思维方式，引导学生掌握解决问题的方法；
2. 指导学生运用数形结合的思维方式解决实际问题。
第四步：综合练习
组织学生进行综合练习，检验他们的数形结合能力。
第五步：总结与反思
总结本节课的学习内容，鼓励学生积极思考数形结合的应用领域，并提出问题和建议。
教学方式：
1. 教师讲解与学生练习相结合；
2. 个别指导与小组合作相结合。
教学工具：
1. 黑板和彩色粉笔；
2. 教科书和练习册；
3. 数学工具箱。
教学评价：
通过课堂练习和作业评估学生的学习情况，检查学生对数形结合的理解和应用能力。
2024届高考数学二轮复习专题《运用数形结合思想探究函数零点问题》
2024届高考数学二轮复习专题《运用数形结合思想探究函数零点问题》运用数形结合思想探究函数零点问题函数是数学中常见的一个概念，它描述了自变量和因变量之间的关系。
在学习函数的过程中，我们经常会遇到求函数的零点的问题。
函数的零点是指函数在哪些自变量取值下，其对应的因变量为0。
求解函数的零点在数学中具有重要的意义，不仅可以帮助我们分析数学问题，还可以在实际应用中发挥作用。
为了更好地探究函数零点问题，我们可以借助数形结合思想。
数形结合思想是数学的一种思维方式，通过将问题抽象为几何图形的形式，结合几何图形的性质来解决问题。
以简单的一元一次函数为例，我们考虑函数f(x)=ax+b，其中a和b为常数。
究竟什么样的条件下，函数f(x)的零点存在呢？我们可以通过数形结合思想进行探究。
首先，我们可以画出函数y=ax+b的图像。
这是一条直线，a决定了直线的斜率，b决定了直线在y轴上的截距。
我们可以从图像中直观地看出，当直线与x轴相交时，函数就有零点存在。
接下来，我们将函数的零点问题转化为几何问题。
我们可以将直线y=ax+b与x轴相交的点A与原点O连线，得到一条线段AO。
由于原点O的坐标为(0,0)，所以点O可以看作是函数的零点。
通过几何分析，我们可以得到结论：当直线y=ax+b与x轴相交时，线段AO的长度就是零点的解。
而线段AO的长度可以通过两点之间的距离来计算，即0点到直线y=ax+b所对应的点A的距离，通常记为d。
根据直线到原点的距离公式，我们可以得到d的计算方法：d=，b，/√(a²+1)。
这个公式告诉我们，0点到直线y=ax+b所对应的点A的距离取决于a和b的值。
当a=0时，直线平行于x轴，不存在与x轴的交点，也就是函数不存在零点。
当a≠0时，直线与x轴相交于一点，也就是函数存在唯一的零点。
通过数形结合思想的探究，我们从几何的角度解释了函数零点的问题，并得到了函数零点存在的条件和计算零点的方法。
这种思考方式不仅能够加深对函数的理解，还可以培养我们的几何思维能力。
高考数学专题复习(数形结合、分类讨论思想).doc
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（ ）。
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：数形结合与巧用放缩法
第12讲数形结合与巧用放缩法知识与方法数形结合思想就是根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,必须灵活地把抽象笼统的数量关系式与直观明了的图形结合起来,然后在几何与代数的背景下寻找解题的突破口.数形结合有两种情况:一是以数解形,二是以形助数,而通常情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x2−ax有两个极值点x1,x2(e为自然对数的底数).【例1】已知函数f(x)=e x−12(1)求实数a的取值范围;(2)求证:f(x1)+f(x2)>2.x2−ax,则f′(x)=e x−x−a,【解析】(1)由于f(x)=e x−12设g(x)=f′(x)=e x−x−a,则g′(x)=e x−1.令g′(x)=e x−1=0,解得x=0.所以当x∈(−∞,0)时,g′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)min=g(0)=1−a.(1)当a⩽1时,g(x)=f′(x)⩾0,所以函数f(x)单调递增,没有极值点;(2)当a>1时,g(x)min=1−a<0,且当x→−∞时,g(x)→+∞;当x→+∞时,g(x)→+∞.此时,g(x)=f′(x)=e x−x−a有两个零点x1,x2,不妨设x1<x2,则x1<0<x2,所以函数x2−ax有两个极值点时,实数a的取值范围是(1,+∞);f(x)=e x−12(2)由(1)知,x1,x2为g(x)=0的两个实数根,x1<0<x2,g(x)在(−∞,0)上单调递减.下面先证x1<−x2<0,只需证g(−x2)<g(x1)=0.由于g(x2)=e x2−x2−a=0,得a=e x2−x2,所以g(−x2)=e−x2+x2−a=e−x2−e x2+2x2.−e x+2<0,设ℎ(x)=e−x−e x+2x(x>0),则ℎ′(x)=−1e x所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x)<ℎ(0)=0,ℎ(x2)=g(−x2)<0,所以x1<−x2<0.由于函数f(x)在(x1,0)上也单调递减,所以f(x1)>f(−x2).要证f(x1)+f(x2)>2,只需证f(−x2)+f(x2)>2,即证e x2+e−x2−x22−2>0.设函数k(x)=e x+e−x−x2−2,x∈(0,+∞),则k′(x)=e x−e−x−2x.设φ(x)=k′(x)=e x−e−x−2x,则φ′(x)=e x+e−x−2>0,所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增,φ(x)>φ(0)=0,即k′(x)>0.所以k(x)在(0,+∞)上单调递增,k(x)>k(0)=0.故当x∈(0,+∞)时,e x+e−x−x2−2>0,则e x2+e−x2−x22−2>0,所以f(−x2)+f(x2)>2,亦即f(x1)+f(x2)>2.【点睛】第一问函数f(x)有两个极值点实质上就是其导数f′(x)有两个零点,亦即函数y=e x 与直线y=x+a有两个交点,如图所示,显然实数a的取值范围是(1,+∞).第二问是极值点偏移问题的泛化,是拐点的偏移,依然可以使用极值点偏移问题的有关方法来解决.只不过需要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系,如本题中的x1<−x2<0,如果“脑中有'形'”,如图所示,并不难得出.【例2】已知函数f(x)=e x−ax2,且曲线y=f(x)在点x=1处的切线与直线x+(e−2)y=0垂直.（1）求函数f(x)的单调区间;(2)求证:x>0时,e x−ex−1⩾x(lnx−1).【解析】(1)由f(x)=e x−ax2,得f′(x)=e x−2ax.因为曲线y=f(x)在点x=1处的切线与直线x+(e−2)y=0垂直,所以f′(1)=e−2a=e−2,所以a=1,即f(x)=e x−x2,f′(x)=e x−2x.令g(x)=e x−2x,则g′(x)=e x−2,g′(ln2)=0.所以x∈(−∞,ln2)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;x∈(ln2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(ln2)=2−2ln2>0,所以f′(x)>0,f(x)单调递增.即f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),无递减区间;(2)由(1)知f(x)=e x−x2,f(1)=e−1,所以y=(x)在x=1处的切线为y−(e−1)=(e−2)(x−1),即y=(e−2)x+1.令ℎ(x)=e x−x2−(e−2)x−1,则ℎ′(x)=e x−2x−(e−2)=e x−e−2(x−1),且ℎ′(1)=0,ℎ′′(x)=e x−2,x ∈(−∞,ln2)时,ℎ′′(x)<0,ℎ′(x)单调递减; x ∈(ln2,+∞)时,ℎ′′(x)>0,ℎ′(x)单调递增.因为ℎ′(1)=0,所以ℎ′(x)min =ℎ′(ln2)=4−e −2ln2<0, 因为ℎ′(0)=3−e >0,所以存在x 0∈(0,1),使x ∈(0,x 0)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增; x ∈(x 0,1)时,ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减; x ∈(1,+∞)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增. 又ℎ(0)=ℎ(1)=0,所以x >0时,ℎ(x)⩾0,即e x −x 2−(e −2)x −1⩾0,所以e x −(e −2)x −1⩾x 2. 今ेφ(x)=lnx −x ,则φ′(x)=1x −1=1−x x.所以x ∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增;x ∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减,所以φ(x)⩽φ(1)=−1,即lnx +1⩽x , 因为x >0,所以x(lnx +1)⩽x 2,所以x >0时,e x −(e −2)x −1⩾x(lnx +1), 即x >0时,e x −ex −1⩾x(lnx −1).强化训练1.若关于x 的不等式a −ax >e x (2x −1)(a >−1)有且仅有两个整数解,则实数a 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g(x)=a −ax,ℎ(x)=e x (2x −1), 不等式a −ax >e x (2x −1)(a >−1)即g(x)>ℎ(x),ℎ′(x)=e x (2x +1),由ℎ′(x)>0得x >−12,由ℎ′(x)<0得x <−12,ℎ(x)在(−∞,−12)单调递减,在(−12,+∞)单调递增.作出g(x)的图象如图所示,直线g(x)=a −ax 过定点(1,0).若不等式g(x)>ℎ(x)有且仅有两个整数解,则这两个整数只能是0和−1,所以{g(−1)>ℎ(−1),g(−2)⩽ℎ(−2),得−32e <a ⩽−53e 2,实数a 的取值范围是(−32e ,−53e 2],故选:C .2.已知关于x 的不等式|lnx+x−4e x|>ax 的解集中只有两个整数,则实数a 的取值范围为（）A.(ln22e 4,2−ln22e 2] B.[ln3−13e 3,2−ln22e 2) C.[ln3+13e 3,2−ln22e 2)D.(ln3+13e 3,2−ln22e 2)【答案】A 【解析】依题意,a <|lnx+x−4|xe x=|lnx+x−4xe x|,令ℎ(x)=lnx+x−4xe x,则ℎ′(x)=−(x+1)(lnx+x−5)x 2e x,令φ(x)=lnx +x −5,则φ′(x)=1x +1>0,则φ(x)在(0,+∞)上单调递增, 又φ(3)=ln3−2<0,φ(4)=ln4−1>0,所以存在t ∈(3,4),使得φ(t)=0,所以x ∈(0,t),φ(x)<0即ℎ′(x)>0,ℎ(x)在(0,t)单调递增,当x ∈(t,+∞),φ(x)>0,即ℎ′(x)<0,ℎ(x)在(t,+∞)单调递减, 因为ℎ(1)=−3e <0,ℎ(2)=ln2−22e 2<0,ℎ(3)=ln3−12e 3>0,且当x >3时,ℎ(x)>0, 又|ℎ(1)|=3e ,|ℎ(2)|=2−ln22e 2>|ℎ(3)|=ln3−12e 3,|ℎ(4)|=ln22e 4>|ℎ(3)|,故要使不等式|lnx+x−4e x|>ax 的解集中只有两个整数,a 的取值范围应为ln22e 4<a ⩽2−ln22e 2.故选:A .3.已知函数f(x)=lnx +12x 2+ax(a ∈R),g(x)=e x +32x 2−x .(1)讨论f(x)的单调性; (2)定义:对于函数f(x),若存在x 0,使f (x 0)=x 0成立,则称x 0为函数f(x)的不动点.如果函数F(x)=f(x)−g(x)存在不动点,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=x 2+ax+1x(x >0),对于函数y =x 2+ax +1，(1)当Δ=a 2−4⩽0时,即−2⩽a ⩽2时,x 2+ax +1⩾0在x >0恒成立. 所以f ′(x)=x 2+ax+1x⩾0在(0,+∞)恒成立.所以f(x)在(0,+∞)为增函数; (2)当Δ>0,即a <−2或a >2时, 当a <−2时,由f ′(x)>0, 得x <−a−√a 2−42或x >−a+√a 2−42,0<−a−√a 2−42<−a+√a 2−42,所以f(x)在(0,−a−√a 2−42)上递增,在(−a−√a 2−42,−a+√a 2−42)上递减.在(−a+√a 2−42,+∞)上递增;当a >2时,由f ′(x)=x 2+ax+1x>0在(0,+∞)恒成立,所以f(x)在(0,+∞)为增函数.综上:当a<−2时,f(x)在(0,−a−√a2−42)上为增函数,在(−a−√a2−42,−a+√a2−42)上为减函数,在(−a+√a2−42,+∞)上为增函数;当a⩾−2时,f(x)在(0,+∞)上为增函数.(2)F(x)=f(x)−g(x)=lnx−x2+ax+x−e x(x>0),因为F(x)存在不动点,所以方程F(x)=x有实数根,即a=e x−lnx+x2x有解,令ℎ(x)=e x+x2−lnxx(x>0),ℎ′(x)=e x(x−1)+lnx+(x+1)(x−1)x2=(e x+x+1)(x−1)+lnxx2,令ℎ′(x)=0,得x=1,当x∈(0,1)时,ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增;所以ℎ(x)⩾ℎ(1)=e+1,当a⩾e+1时,F(x)有不动点,所以a的范围为[e+1,+∞).【点睛】导数式含参数时,如何讨论参数范围而确定到数值的正负是解决这类题的难点,般采用求根法和图像法.(1)对函数f(x)求导,结合二次函数的性质讨论a的范围,即可判断f(x)的单调性;(2)由F(x)存在不动点,得到F(x)=x有实数根,即a=e x−lnx+x2x有解,构造函数令ℎ(x)=e x+x2−lnxx(x>0),通过求导即可判断ℎ(x)的单调性,从而得到ℎ(x)的取值范围,即可得到a的范围.巧用放缩法知识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,经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 x⩾x+1;(2)lnx⩽x−1;(3)e x⩾ex;(4)lnx⩽1e x;(5)lnx⩾1−1x.2.与三角有关的一些不等式(1)当x⩾0时,sinx⩽x,cosx⩾1−x22;(2)当0⩽x⩽π2时,cosx⩽1−x24;(3)当0<x<π2时,sinx<x<tanx;(4)当0<x⩽π2时,sinxx⩾2π.3.一些常见不等式(稍微提高)(1)当x>1时,x2−1x2+1<2(x−1)x+1<lnx<√x−√x<12(x−1x);(2)当0<x<1时,12(x−1x)<√x√x<lnx<2(x−1)x+1<x2−1x2+1;(3)对数平均不等式:∀x1>x2>0,√x1x2<x1−x2lnx1−lnx2<x1+x22.4.一些不常见的不等式(1)当x>0时,e x>1+x+12x2;(2)当0<x<1时,ln1+x1−x >2x+23x3;当−1<x<0时,ln1+x1−x<2x+23x3.5.偶尔用上的不等式当n>1,n∈N∗,x>−1时,则:(1+x)n⩾1+nx,(1+x)1n⩽1+1nx.（当且仅当x=0时等号成立.)在解答导数问题时,我们经常使用到函数的切线、割线逼近进行放缩,两个常用的结论为lnx⩽x−1(当且仅当x=1时取等号),e x⩾x+1(当且仅当x=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.使用放缩法需要较高的拆分组合技巧,一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(x)=ae x+2x−1(其中常数e=2.71828⋯,是自然对数的底数).(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:对任意的a⩾1,当x>0时,f(x)⩾(x+ae)x.【解析】(1)求导,得f′(x)=ae x+2.当a⩾0时,f′(x)>0,f(x)在R上单调递增;当a<0时,令f′(x)=0,得x=ln(−2a).当x∈(−∞,ln(−2a))时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(ln(−2a),+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,当a⩾0时,f(x)在R上单调递增;当a<0时,f(x)在(−∞,ln(−2a ))上单调递增,在(ln(−2a),+∞)上单调递减.(2)解法1:指对处理技巧xe x型当a⩾1,x>0时,要证f(x)⩾(x+ae)x,即ae x−x2+(2−ae)x−1⩾0，即1−x2−(2−ae)x+1ae x⩾0,令g(x)=1−x 2−(2−ae)x+1ae x,则g′(x)=(x−1)(x+ae−3)ae x,(i)当a⩾3e时,令g′(x)=0,得x=1,故当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞),g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即f(x)⩾(x+ae)x.(ii)当1⩽a<3e吋,令g′(x)=0,得x=1,或x=3−ae.当x∈(0,3−ae),(1,+∞),g′(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(3−ae,1),g′(x)<0,g(x)单调递减.又g(0)=1−1a⩾0,g(1)=0,故此时g(x)⩾0,即f(x)⩾(x+ae)x.综上,对任意的a⩾1,当x>0时,f(x)⩾(x+ae)x.解法2:指对处理技巧e xx+主元放缩当a⩾1,x>0时,要证f(x)⩾(x+ae)x,即a(e x−ex)−(x−1)2⩾0,即证e xx −xa−1ax+2a−e⩾0，令g(x)=e xx −xa−1ax+2a−e,则g′(x)=(x−1)(ae x−x−1)ax2,当a⩾1时,ae x−x−1⩾e x−x−1,当且仅当a=1时等号成立,令ℎ(x)=e x−x−1,则ℎ′(x)=e x−1>0在(0,+∞)上恒成立,故ℎ(x)单调递增,ℎ(x)>ℎ(0)=0,g′(x)=0,则x=1,所以x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即e xx −xa−1ax+2a−e⩾0,即f(x)⩾(x+ae)x.综上,对任意的a⩾1,当x>0时,f(x)⩾(x+ae)x.解法3:直接讨论法当a⩾1,x>0时,要证f(x)⩾(x+ae)x,即a(e x−ex)−(x−1)2⩾0,令g(x)=ae x−x2+(2−ae)x−1,则g′(x)=ae x−2x−(ae−2),因此g′′(x)=ae x−2在(0,+∞)上单调递增.(i)当a⩾2时,g′′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故g′(x)单调递增,又g′(1)=0,故当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即f(x)⩾(x+ae)x.当1⩽a<2时,令g′′(x)=0,得x=ln2a∈(0,1).当x∈(0,ln2a),g′′(x)<0,g′(x)单调递减;当x∈(ln2a,+∞),g′′(x)>0,g′(x)单调递增.(ii)当2e−1⩽a<2时,g′(0)=a(1−e)+2⩽0,又g′(1)=0,g′(ln2a)<g′(1)=0,故当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即f(x)⩾(x+ae)x.(iii)当1⩽a<2e−1时,则g′(0)=a(1−e)+2>0,又g′(ln2a )<g′(1)=0,故存在唯一x0∈(0,ln2a),使得ℎ(x0)=0,当x∈(0,x0),(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(x0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减.又g(0)=a−1⩾0,g(1)=0.故此时g(x)⩾0,即f(x)⩾(x+ae)x.综上,对任意的a⩾1,当x>0时,f(x)⩾(x+ae)x.解法4:主元放缩+指数放缩法当a⩾1,x>0时,要证f(x)⩾(x+ae)x,即a(e x−ex)−(x−1)2⩾0,令g(x)=e x−ex,则g′(x)=e x−e,令g′(x)=0,得x=1.当x∈(−∞,1),g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞),g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即e x−ex⩾0,当且仅当x=1时等号成立,故a(e x−ex)⩾e x−ex,当且仅当a=1,x=1时等号成立;要证a (e x −ex )−(x −1)2⩾0,只需要证e x −ex −(x −1)2⩾0. 策略一:直接讨论法令ℎ(x)=e x −ex −(x −1)2(x >0),则ℎ′(x)=e x −e −2(x −1),ℎ′′(x)=e x −2,令ℎ′′(x)=0,得x =ln2. 当x ∈(0,ln2)时,ℎ′′(x)<0,ℎ′(x)单调递减; 当x ∈(ln2,+∞)时,ℎ′′(x)>0,ℎ′(x)单调递增. 又ℎ′(0)=3−e >0,ℎ′(1)=0,ℎ′(ln2)<0, 因此存在唯一x 0∈(0,ln2),使得ℎ′(x 0)=0.当x ∈(0,x 0)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增;当x ∈(x 0,1),ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减. 又ℎ(0)=0,ℎ(1)=0,故此时ℎ(x)⩾0恒成立,即f(x)⩾(x +ae)x . 综上,对任意的a ⩾1,当x >0时,f(x)⩾(x +ae)x . 策略二:指数处理,同解法1 即证1−ex+(x−1)2e x⩾0,令g(x)=1−ex+(x−1)2e x,则g ′(x)=(x−1)(x+e−3)e x，令g ′(x)=0,得x =1,或x =3−e .当x ∈(0,3−e),(1,+∞)时,g ′(x)>0,g(x)单调递增; 当x ∈(3−e,1)时,g ′(x)<0,g(x)单调递减.又g(0)=0,g(1)=0,故此时g(x)⩾0,即f(x)⩾(x +ae)x . 综上,对任意的a ⩾1,当x >0时,f(x)⩾(x +ae)x . 策略三:指对处理,同解法2 即证e xx −x −1x +2−e ⩾0，令g(x)=e x x−x −1x +2−e ,则g ′(x)=(x−1)(e x −x−1)x 2.令ℎ(x)=e x −x −1,则ℎ′(x)=e x −1>0在(0,+∞)上恒成立,故ℎ(x)单调递增,从而ℎ(x)>ℎ(0)=0,令g′(x)=0,则x=1.当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即e xx −x−1x+2−e⩾0,从而f(x)⩾(x+ae)x.综上,对任意的a⩾1,当x>0时,f(x)⩾(x+ae)x.【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a⩾1,x>0时,要证f(x)⩾(x+ae)x,即ae x−x2+(2−ae)x−1⩾0,观察此时含有指数项ae x,也含有二次项,直接讨论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ae x,这样求导后就只需要讨论二次型函数即可.即证g(x)=1−x 2−(2−ae)x+1ae x⩾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x=1与x=3−ae.但对于x=3−ae是否在区间(0,+∞)内不能确定,因此需要进行讨论.解法1采用的是整理为xe x 型函数,解法2则是整理为exx型的函数,解法2采用的是直接讨论.对于解法4,观察到所证不等式中含有e x与ex,即可联想到e x⩾ex,为此将待证式整理成a(e x−ex)−(x−1)2⩾0,借助e x⩾ex,只需要证明e x−ex−(x−1)2⩾0即可.接下来的证明与前述含参讨论的情形大同小异,可直接讨论,也可采用指对处理对数放缩【例2】已知函数f(x)=x−1lnx.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)证明:在x>12且x≠1时,f(x)<x2+34恒成立.【解析】(1)f′(x)=lnx−1+1 x(lnx)2(x>0,且x≠1),令g(x)=lnx−1+1x ,则g′(x)=1x−1x2=x−1x2,当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;故g(x)>g(1)=0,即f′(x)>0恒成立,故f(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.综上,f(x)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ℎ(x)=x −1−lnx(x >0),则ℎ′(x)=x−1x,当x ∈(0,1),ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减;当x ∈(1,+∞),ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增. 故ℎ(x)⩾ℎ(1)=0,即x −1⩾lnx ,当且仅当x =1时等号成立. 因此,当x ∈(12,1),x −1>lnx ,则x−1lnx <1, 而此时x 2+34>1,所以x−1lnx<x 2+34;另一方面,x ∈(1,+∞),由(1)可知lnx >1−1x , 因此x−1lnx<x−11−1x=x ,而x 2+34−x >0在(1,+∞)恒成立,故x 2+34>x >x−1lnx成立.综上,不等式x−1lnx<x 2+34在x >12,且x ≠1时恒成立.解法2:等价变形 当x ∈(12,1)时,即证x−1x 2+34>lnx ;当x ∈(1,+∞),即证x−1x 2+34<lnx ;令F(x)=x−1x 2+34−lnx (x >12,且x ≠1),则F ′(x)=x 2+34−2x(x−1)(x 2+34)2−1x =−x 4+x 3−12x 2−34x+916x(x 2+34)2,令G(x)=x 4+x 3−12x 2−34x +916,则G ′(x)=4x 3+3x 2−x −34=4x 2(x +34)−(x +34)=(x +34)(4x 2−1)>0, 故G(x)单调递增,G(x)>G (12)=14>0,故F′(x)<0,所以F(x)单调递减,而F(1)=0,故当x∈(12,1)时,F(x)>0,即x−1x2+34>lnx;当x∈(1,+∞)时,F(x)<0,即x−1x2+34<lnx.综上,不等式x−1lnx <x2+34在x>12且x≠1时成立.指对混合放缩【例3】已知函数f(x)=e x.(1)讨论函数g(x)=f(ax)−x−a的单调性;(2)证明:f(x)+lnx+3x >√x.【解析】(1)g(x)=f(ax)−x−a=e ax−x−a,g′(x)=ae ax−1,(1)若a⩽0时,g′(x)<0,g(x)在R上单调递减;(2)若a>0时,当x<−1alna时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x>−1alna时,g′(x)>0,g(x)单调递增;综上若a⩽0时,g(x)在R上单调递减;若a>0时,g(x)在(−∞,−1a lna)上单调递减;在(−1alna,+∞)上单调递增;(2)证明:要证f(x)+lnx+3x >√x,只需证x(lnx+e x)−4√x+3>0,由(1)可知当a=1时,e x−x−1⩾0,即e x⩾x+1,当x+1>0时,上式两边取以e为底的对数,可得ln(x+1)⩽x(x>−1),用x−1代替x可得lnx⩽x−1(x>0),又可得ln1x ⩽1x−1(x>0),所以lnx⩾1−1x(x>0),所以x(lnx+e x)−4√x+3>x(1−1x+x+1)−4√x+3=x2+2x+2−4√x=(x+1)2−4√x+1⩾(2√x)2−4√x+1=(2√x−1)2⩾0,从而不等式f(x)+lnx+3x >√x成立.【例4】已知函数f(x)=e x−ax2,g(x)=xlnx−x2+(e−1)x+1,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+1.(1)求a,b的值;(2)求函数f(x)在[0,1]上的最小值;(3)证明:当x>0时,g(x)⩽f(x).【解析】(1)a=1,b=e−2.(2)f(x)min=1;(3)即证:e x+(1−e)x−xlnx−1⩾0,因为f(0)=1,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(e−2)x+1,故可猜测:当x>0且x≠1时,f(x)的图象恒在切线y=(e−2)x+1的上方.下面证明:当x>0时,f(x)⩾(e−2)x+1.解法1:设φ(x)=f(x)−(e−2)x−1(x>0),则φ′(x)=e x−2x−(e−2),今F(x)=φ′(x),F′(x)=e x−2,当x∈(0,ln2)时,F′(x)<0,φ′(x)单调递减;当x∈(ln2,+∞)时,F′(x)>0,φ′(x)单调递增.又φ′(0)=3−e>0,φ′(1)=0,0<ln2<1,φ′(ln2)<0所以,存在x0∈(0,1),使得φ′(x0)=0.当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,φ′(x)>0;当x∈(x0,1),φ′(x)<0;故φ(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又φ(0)=φ(1)=0,所以φ(x)=e x−x2−(e−2)x−1⩾0,当且仅当x=1时取等号.故e x+(2−e)x−1x⩾x(x>0).由(2)知,e x⩾x+1,故x⩾ln(x+1),所以x−1⩾lnx,当且仅当x=1时取等号.所以e x+(2−e)x−1x⩾x⩾lnx+1,即e x+(2−e)x−1x⩾lnx+1.所以e x+(2−e)x−1⩾xlnx+x,即e x+(1−e)x−xlnx−1⩾0成立(当x=1时等号成立).故当x>0时,g(x)⩽f(x).解法2:要证xlnx−x2+(e−1)x+1⩽e x−x2,等价于证明xlnx+(e−1)x+1−e x⩽0,又x>0,可转化为证明lnx+e−1+1x −e xx⩽0,令F(x)=lnx+e−1+1x −e xx,则F′(x)=1x−1x2−e x(x−1)x2=(x−1)(1−e x)x2,因为x>0,所以当x∈(0,1)时,F′(x)>0,F(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,F(x)单调递减;所以F(x)有最大值F(1)=0,故F(x)⩽0恒成立,即当x>0时,g(x)⩽f(x).三角放缩【例5】设a>0,且a≠1,函数f(x)=sinax−asinx.(1)若f(x)在区间(0,2π)上有唯一极值点x0,证明:f(x0)<min{2aπ,(1−a)π};(2)若f(x)在区间(0,2π)没有零点,求a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=acosax−acosx=a(cosax−cosx)=−2asina+12xsina−12x,若a>1,则f′(x)在区间(0,2π)至多有x1=2πa+1,x2=4πa+1两个变号零点,故0<a<1,令f′(x)=0,得x m=2mπa+1,x n=2nπa+1,其中m,n∈Z,仅当m=1时,x1=2πa+1∈(0,2π),且在x1的左右两侧,导函数的值由正变负,故当0<a<1时,f(x)在区间(0,2π)有唯一极值点x0=2πa+1,此时f(x0)= sinax0−asinx0.解法1:将x 0=2πa+1代入得f (x 0)=sin2aπa+1−asin2πa+1=sin2aπa+1+asin(2π−2πa+1)=(1+a)sin2aπa+1, (1)当2aa+1⩽12,即0<a ⩽13时,2aπ⩽(1−a)π,由不等式x >0,sinx <x 知:(1+a)sin2aπa+1<(1+a)2aπa+1=2aπ;(2)当2a a+1>12,即当13<a <1时,(1−a)π<2aπ,(1+a)sin2aπa+1=(1+a)sin(π−2aπa+1)=(1+a)sin(1−a)πa+1,由不等式x >0,sinx <x 知:(1+a)sin2aπa+1<(1+a)(1−a)πa+1=(1−a)π.由(1)(2)知f (x 0)<min{2aπ,(1−a)π}. 解法2:由x 0=2πa+1⇒ax 0=2π−x 0,a =2πx 0−1,代入得f (x 0)=sinax 0−asinx 0=sin(2π−x 0)−(2πx 0−1)sinx 0,即f (x 0)=−2πxsinx 0. 以下用分析法可证:f (x 0)<min{2aπ,(1−a)π}.(2)(1)当a >1时,f (πa )=sin(a ⋅πa )−asinπa =−asinπa <0,f (3π2)=sin(3aπ2)+a >0,所以f (πa )f (3π2)<0,由零点存在性定理知,f(x)在区间(πa ,3π2)至少有一个零点;(2)当12<a <1时,π<πa<2π,π2<aπ<π,π<2aπ<2π,f (πa )=−asinπa >0,f(π)=sinaπ>0,f(2π)=sin2aπ<0, 由零点存在定理可知,f(x)在区间(π,2π)至少有一个零点; (3)当0<a ⩽12时,f ′(x)=acosax −acosx =a(cosax −cosx), 令g(x)=cosax −cosx ,则g ′(x)=−asinax +sinx , 在区间(0,π)上,cosax >cosx,f ′(x)>0,f(x)是增函数;在区间(π,2π)上,g ′(x)<0,即g(x)递减,即f ′(x)递减,f ′(x)<f ′(2π)<0,故f(x)在(0,π)上递增,在(π,2π)上递减,又f(0)=0,f(π)=sinaπ>0,f(2π)=sin2aπ⩾0,即在(π,2π)上,f(x)>0.所以f(x)在区间(0,2π)上没有零点,满足题意.综上所述,若f(x)在区间(0,2π)没有零点,则正数a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(x)=e x−ax−cosx,其中a∈R.(1)求证:当a⩽−1时,f(x)无极值点;(2)若函数g(x)=f(x)+ln(x+1),是否存在a,使得g(x)在x=0处取得极小值?并说明理由.【解析】(1)证明:f′(x)=e x−a+sinx,显然e x>0,−1⩽sinx⩽1,当a⩽−1时,e x−a+sinx>0−a−1⩾0,即f′(x)>0,所以函数f(x)在其定义域上为增函数,故f(x)无极值点;(2)g(x)=e x−ax−cosx+ln(x+1),g′(x)=e x−a+sinx+1x+1,显然x=0是g(x)的极小值点的必要条件,为g′(0)=2−a=0,即a=2.此时g′(x)=e x+1x+1+sinx−2,显然当x∈(0,π2)时,g′(x)=e x+1x+1+sinx−2>1+x+1x+1+sinx−2>sinx>0,当x∈(−14,0)时,(1+x)(1−x+32x2)=1+x22(3x+1)>1,故11+x <1−x+32x2,令m(x)=(1+x+x 22)e−x,则m′(x)=−x22e−x⩽0,故m(x)是减函数,故当x<0时,m(x)>m(0)=1,即e x<1+x+x22,令ℎ(x)=sinx−12x,则ℎ′(x)=cosx−12,当−1<x<0时,ℎ′(x)>cos1−12>0,故ℎ(x)在(−1,0)单调递增,故当−1<x<0时,ℎ(x)<ℎ(0)=0,即sinx<12x,故当x∈(−14,0)时,g′(x)=e x+1x+1+sinx−2⩽(1+x+x22)+(1−x+32x2)−2+x2=2x2+x2<0,因此,当a=2时,x=0是g(x)的极小值点,即充分性也成立.综上,存在a=2,使得g(x)在x=0处取得极小值.【点睛】本题第(2)问先由必要性探路可知a=2,再证明当a=2时,x=0是函数g(x)的极小值点,即证明其充分性,由此即可得出结论.【例7】已知函数f(x)=2ln(x+1)+sinx+1,函数g(x)=ax−1−lnx(a∈R,且a≠0).(1)讨论函数g(x)的单调性;(2)证明:当x⩾0时,f(x)⩽3x+1;(3)证明:当x>−1时,f(x)<(x2+2x+2)e sinx.【解析】(1)g(x)定义域为(0,+∞),g′(x)=a−1x =ax−1x.当a<0时,g′(x)<0,则g(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,令g′(x)>0,得x>1a ,即g(x)在(1a,+∞)上单调递增;令g′(x)<0,得0<x<1a ,得g(x)在(0,1a)上单调递减.综上所述,当a<0时,g(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,g(x)在(1a ,+∞)上单调递增,在(0,1a)上单调递减.(2)解法1:作差法+直接求导设函数ℎ(x)=f(x)−(3x+1),则ℎ′(x)=2x+1+cosx−3.因为x⩾0,所以2x+1∈(0,2],cosx∈[−1,1],则ℎ′(x)⩽0,从而ℎ(x)在[0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x)=f(x)−(3x−1)⩽ℎ(0)=0,即f(x)⩽3x+1.解法2:常用不等式+兵分两路当a=1时,g(x)=x−1−lnx,由(1)知g(x)min=g(1)=0,所以lnx⩽x−1,所以2ln(x+1)⩽2x.令φ(x)=x−sinx,则φ′(x)=1−cosx⩾0恒成立,又φ(0)=0,所以当x⩾0时,有φ(x)=x−sinx⩾0,即sinx⩽x.所以f(x)=2ln(x+1)+sinx+1⩽2x+x+1=3x+1.(3)证明:当a=1时,g(x)=x−1−lnx,由(1)知g(x)min=g(1)=0,所以x⩾lnx+1,当x>−1时,(x+1)2>0,(x+1)2e sinx>0,所以(x+1)2e sinx>ln[(x+1)2e sinx]+1=2ln(x+1)+sinx+1.从而(x2+2x+2)e sinx>(x+1)2e sinx>ln[(x+1)2e sinx]+1=2ln(x+1)+sinx+1=f(x),所以f(x)<(x2+2x+2)e sinx.强化训练1.已知函数f(x)=x+ae x(a∈R)在x=0处取得极值.(1)求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当0<m⩽e,x∈(1,+∞)时,xe x−2−m(x−1)lnx>0.【解析】(1)f′(x)=1−x−ae x,由题意可得,f′(0)=1−a=0,故a=1,f(x)=1+xe x ,f′(x)=−xe x,由f′(x)>0可得x<0,故函数单调递增区间(−∞,0),由f′(x)<0可得x>0,故函数单调递减区间(0,+∞),(2)证明:由(1)可知f(x)在(−∞,0)上单调递增,在(0,+∞)单调递减,故f(x)⩽f(0)=1,即x+1e x⩽1,故e x⩾x+1,所以e x−2⩾x−1,当且仅当x=2时取等号,又因为x>0,所以xe x−2⩾x(x−1),所以xe x−2−m(x−1)lnx⩾x(x−1)−m(x−1)lnx=(x−1)(x−mlnx),因为x>1,所以lnx>0,因为0<m⩽e,所以x−mlnx⩾x−elnx,令g(x)=x−elnx,则g′(x)=1−ex,由g′(x)>0可得,x>e,故g(x)在(e,+∞)上单调递增,由g′(x)<0可得,x<e,故g(x)在(−∞,e)上单调递减,所以g(x)⩾g(e)=0,即x−elnx⩾0在x=e处取得等号,所以xe x−2−m(x−1)lnx⩾(x−1)(x−mlnx)⩾(x−1)(x−elnx)⩾0,由于取等条件不同,所以xe x−2−m(x−1)lnx>0.2.已知函数f(x)=lnx−xe.(1)若曲线y=f(x)存在一条切线与直线y=ax垂直,求a的取值范围.(2)证明:f(x)<x2−lnx−34sinx.【解析】(1)f′(x)=1x −1e.因为f(x)的定义域为(0,+∞),所以1x−1e>−1e.因为曲线y=f(x)存在一条切线与直线y=ax垂直,所以−1a >−1e,解得a<0或a>e,则a的取值范围为(−∞,0)∪(e,+∞).(2)f′(x)=1x −1e=e−xxe.当x∈(0,e)时,f′(x)>0;当x∈(e,+∞)时,f′(x)<0.所以f(x)max =f(e)=lne −e e =0.设函数g(x)=x 2−lnx ,则g ′(x)=2x −1x =2x 2−1x .当x ∈(0,√22)时,g ′(x)<0;当x ∈(√22,+∞)时,g ′(x)>0.所以g(x)min =g (√22)=12−12ln12=12+12ln2. 因为ln2>ln√e =12,g(x)min >34. 因为34sinx ∈[−34,34],所以x 2−lnx −34sinx >0.又f(x)⩽f(x)max =0,所以f(x)<x 2−lnx −34sinx .3.已知函数f(x)=xlnx +32x 2−(a +1)x +b . (1)当a =3时,求f(x)的单调区间;(2)e 为自然对数的底数,若a ∈(3e −1,3e +1)时,f(x)⩾0恒成立,证明:b −2a +6>0.【解析】(1)当a =3时,f(x)=xlnx +32x 2−4x +b , 则f ′(x)=lnx +3x −3在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=0, 故当x ∈(0,1)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减;当x ∈(1,+∞)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增.综上,当a =3时,f(x)的单调咸区间为(0,1),单调增区间为(1,+∞).(2)对f(x)求导,得f ′(x)=lnx +3x −a ,知f ′(x)在(0,+∞)上单调递增. 因为a ∈(3e −1,3e +1),故f ′(1e )=3e −1−a <0,f ′(e)=3e +1−a >0, 故存在唯一x 0∈(1e ,e),使得f ′(x 0)=0,即lnx 0+3x 0−a =0,所以a =lnx 0+3x 0.当x∈(0,x0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.又f(x)⩾0,故f(x)min=f(x0)=x0lnx0+32x02−(a+1)x0+b⩾0,即x0lnx0+32x02−(lnx0+3x0+1)x0+b=−32x02−x0+b⩾0在x0∈(1e,e)上恒成立.令ℎ(x)=−32x2−x+b,则ℎ(x)在(1e,e)上单调递减,故只需ℎ(e)=−32e2−e+b⩾0,即b⩾32e2+e,故b−2a+6⩾32e2+e−6e−2+6=32e2−5e+4>0,从而得证.解法2:转化为关于x0的函数所以b⩾32x02+x0,则b−2a+6⩾32x02+x0−2(lnx0+3x0)+6=32x02−5x0−2lnx0+6,令ℎ(x)=32x2−5x−2lnx+6(1e<x<e),则ℎ′(x)=3x−5−2x =3x2−5x−2x=(3x+1)(x−2)x,令ℎ′(x0)=0,得x=2.当x∈(1e,2),ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减;当x∈(2,e)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增.故ℎ(x)min=ℎ(2)=32×4−10−2ln2+6=2(1−ln2)>0,即b−2a+6>0,从而不等式得证.。
高中数形结合的教案模板
课时：1课时教学对象：高中一年级教学目标：1. 知识与技能：理解数形结合的基本思想，掌握数形结合的方法和技巧，能够将数学问题转化为图形问题，或者将图形问题转化为数学问题。
2. 过程与方法：通过观察、分析、操作等活动，培养学生的空间想象能力和数学思维能力。
3. 情感态度与价值观：激发学生学习数学的兴趣，培养学生严谨、求实的科学态度。
教学重难点：1. 教学重点：数形结合的基本思想和方法。
2. 教学难点：将数学问题转化为图形问题，或者将图形问题转化为数学问题的能力。
教学准备：1. 多媒体课件2. 练习题教学过程：一、导入1. 教师简要介绍数形结合的概念和意义。
2. 引导学生回顾已学过的数形结合的例子，如坐标系中的直线、圆等。
二、新课讲授1. 教师讲解数形结合的基本思想，即“数”与“形”相互转化，相互补充。
2. 通过多媒体课件展示数形结合的实例，如一元二次方程的图像、函数图像等。
3. 分析数形结合的方法，如利用坐标系进行数形转化，利用图形的性质解决数学问题等。
三、课堂练习1. 学生独立完成以下练习题，巩固所学知识：（1）将下列函数的图像转化为方程：y = 2x - 1（2）将下列方程的图像转化为函数：x^2 + y^2 = 12. 教师针对学生的练习情况进行点评和指导。
四、课堂小结1. 教师总结本节课所学内容，强调数形结合的重要性和应用价值。
2. 引导学生思考如何将数形结合的思想应用于解决实际问题。
五、课后作业1. 完成以下作业题，巩固所学知识：（1）一元二次方程x^2 - 5x + 6 = 0的图像是什么？（2）函数y = -x^2 + 4x - 3的图像是什么？教学反思：本节课通过讲解数形结合的基本思想和方法，引导学生掌握将数学问题转化为图形问题，或者将图形问题转化为数学问题的能力。
在教学过程中，教师应注重以下几点：1. 注重激发学生的学习兴趣，让学生在轻松愉快的氛围中学习。
2. 注重培养学生的空间想象能力和数学思维能力，让学生能够灵活运用数形结合的方法解决实际问题。
高中数学数形结合性质教案
高中数学数形结合性质教案
一、目标：
1. 掌握数学与几何图形结合的相关性质；
2. 学会运用相关性质解决实际问题；
3. 提高数学思维能力和逻辑推理能力。
二、教学内容：
1. 数学与几何图形的关系；
2. 数形结合性质的应用。
三、教学重点和难点：
1. 认识数学与几何图形的关系；
2. 运用数形结合性质解决问题。
四、教学方法：
1. 讲授和示范结合；
2. 练习和讨论结合。
五、教学流程：
1. 引入：通过展示一些具有数学特征的几何图形，引导学生发现数学与几何图形的联系；
2. 讲解：介绍数形结合的基本概念和性质，并举例说明；
3. 练习：让学生进行相关练习，巩固所学知识；
4. 拓展：给学生一些实际问题，引导他们运用所学知识解决问题；
5. 总结：总结数学与几何图形结合的性质，并强调应用。
六、教学辅助工具：
1. 几何图形模型；
2. 教学PPT。
七、作业布置：
1. 完成课上练习题；
2. 完成一定数量的相关练习题目。
八、教学反馈：
1. 随堂检测学生对于数形结合性质的理解情况；
2. 收集学生作业，及时反馈学习成果。
九、教学评价：
通过学生的课堂表现和作业情况，评价教学效果，及时调整教学方向，提高教学质量。
高三数学第二轮专题复习数形结合思想课堂资料 教案
高三数学第二轮专题复习数形结合思想课堂资料一、基础知识整合中学数学的基本知识分三类：一类是纯粹数的知识，如实数、代数式、方程（组）、不等式（组）、函数等；一类是关于纯粹形的知识，如平面几何、立体几何等；一类是关于数形结合的知识，主要体现是解析几何.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思想方法,包含“以形助数”和“以数解形”两个方面.一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；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数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，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,充分利用这种转化，寻找解题思路，可使问题化难为易、化繁为简，从而得到解决.华罗庚先生说得好：“数形本是相依倚,焉能分作两边飞;数缺形时少直觉，形缺数时难入微;数形结合百般好，隔裂分家万事休;几何代数统一体,永远联系莫分离。
数形结合思想是一种重要的解题思想，是高考命题中主要考查的一个内容．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，如三角函数,向量等；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 -+-=21422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”。
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。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
数形结合思想教学设计
一、考情分析
在高考题中，数形结合的题目出现在高中数学知识的方方面面上，把图象作为工具、载体，以此寻求解题思路或制定解题方案，真正体现数形结合的简捷、灵活特点的多是填空小题。
从近三年新课标高考卷来看，涉及数形结合的题目略少，预测2013年可能有所加强。
因为对数形结合等思想方法的考查，是对数学知识在更高层次的抽象和概括能力的考查，是对学生思维品质和数学技能的考查，是新课标高考明确的一个命题方向。
1．数形结合是把数或数量关系与图形对应起来，借助图形来研究数量关系或者利用数量关系来研究图形的性质，是一种重要的数学思想方法。
它可以使抽象的问题具体化，复杂的问题简单化。
“数缺形时少直观，形少数时难入微”，利用数形结合的思想方法可以深刻揭示数学问题的本质。
2．数形结合的思想方法在高考中占有非常重要的地位，考纲指出“数学科的命题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想思想方法的考查，注重对数学能力的考查”，灵活运用数形结合的思想方法，可以有效提升思维品质和数学技能。
3．“对数学思想方法的考查是对数学知识在更高层次的抽象和概括的考查，考查时要与数学知识相结合”，用好数形结合的思想方法，需要在平时学习时注意理解概念的几何意义和图形的数量表示，为用好数形结合思想打下坚实的知识基础。
4．函数的图像、方程的曲线、集合的文氏图或数轴表示等，是“以形示数”，而解析几何的方程、斜率、距离公式，向量的坐标表示则是“以数助形”，还有导数更是数形形结合的产物，这些都为我们提供了“数形结合”的知识平台。
5．在数学学习和解题过程中，要善于运用数形结合的方法来寻求解题途径，制定解题方案，养成数形结合的习惯，解题先想图，以图助解题。
用好数形结合的方法，能起到事半功倍的效果，“数形结合千般好，数形分离万事休”。
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”。
二、思想方法概述
1．数形结合的含义
(1)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，以数辅形”，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)数形结合包含“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形之间的联系，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．应用数形结合的思想应注意以下数与形的转化
(1)集合的运算及Venn图；
(2)函数及其图象；
(3)数列通项及求和公式的函数特征及函数图象；
(4)方程(多指二元方程)及方程的曲线；
(5)对于研究距离、角或面积的问题，直接从几何图形入手进行求解即可；
(6)对于研究函数、方程或不等式(最值)的问题，可通过函数的图象求解(函数的零点、顶点是关键点)，做好知识的迁移与综合运用．
三、教学目标
知识与技能目标：
理解“数形结合”思想在高中解题中的重要应用，并能掌握解决此类问题的基本技能．过程与方法目标：培养分析、解决问题的能力，体验“数形结合”思想在高中数学中与“函数”，“方程”，“不等式”和“解析几何”的具体应用.
情感、态度与价值观：
(1)在探究过程中，鼓励学生大胆猜测，大胆尝试，培养学生勇于创新、敢于实践的个性品质；
(2) 通过对问题的探究，理解事物间普遍联系与辩证统一观点，体验成功的喜悦．
四、教学重点、难点
重点：理解“数形结合”思想的实质，有效掌握该类问题的基本技能.
难点：利用“数形结合”思想，通过“以形助数”，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.
五、教学方法
1．教学方法：充分发挥学生的主体作用和教师的主导作用，采用启发式，并遵循循序渐进的教学原则. 这有利于学生掌握从现象到本质，从已知到未知逐步形成概念的学习方法，有利于发展学生抽象思维能力和逻辑推理能力.
2．教学手段：通过各种教学媒体（计算机）调动学生参与课堂教学的主动性与积极性.
教具准备：多媒体课件PPT展示
六、教学基本流程
七、教学情景设计
教学环节师生活动设计意图
一、思想方法概述数学是一门研究数量关系和空间形式的
科学
数形结合的特点：以形助数、以数解形
数学结合的优点：复杂问题简单化、抽
象问题具体化
著名数学家华罗庚先生曾经这样说到：
数缺形时少直觉形少数时难入微
感悟数学思想和文化
二、数形结合思想的具体应用类型一利用数形结合讨论方程的解或图
象的交点
例1若函数f(x)＝
⎩⎪
⎨
⎪⎧
x
x－1
－kx2，x≤0，
ln x，x>0
有且只有两个
不同的零点，则实数k的取值范围是
( )
A．(－4,0) B．(－∞，0]
C．(－4,0] D．(－∞，0)
答案：B
分别从三个角度说明数
形结合思想在具体问题
中的应用。
利用数形结合求方程的
解应注意构造两个函
数，使问题转化为曲线
交点问题，注意图象的
准确性，全面性。
强化训练，巩固练习。
求参数范围或解不等式
问题经常联系函数的图
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
强化训练
拓展:如果没有零点，有2个零点，5个
零点，8个零点，结果如何？
类型二 利用数形结合解不等式或求参
数
例2若x ∈()12，时，不等式()log x x a -<12恒成立，则a 的取值范围为（ C ）
A. （0，1）
B. （1，2）
C. （1，2]
D. [1，2]
强化训练
不等式k kx x x +≥-22(其中k 常
数)的解集不为空集，则 k 的取值范围
是
答案：]3
3,
(-∞∈k
拓展：
类型三 利用数形结合求最值
例3(1)若实系数一元二次方程x 2＋ax ＋置关系转化数量关系来
解决问题，往往可以避
免繁琐的运算，获得简
捷的解答 分析数理特征，确定目标问题的几何意义．一般从图形结构、图形的几何意义分析代数式是否具有几何意义．转化为几何问题． 数形结合解决三角和复数的相关问题 通过练习，找寻规律，总结特点
八、教学反思（课后完成）。