2021新高考数学二轮总复习专题突破练2函数与方程思想数形结合思想含解析

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新高考数学二轮专题总复习突破练习函数与方程思想、数形结合思想

专题突破练2 函数与方程思想、数形结合思想一、单项选择题1.(2020河南开封三模,理3)如图,在平行四边形OABC 中,顶点O ,A ,C 在复平面内分别表示复数0,3+2i,-2+4i,则点B 在复平面内对应的复数为( ) A.1+6i B.5-2i C.1+5iD.-5+6i2.(2020山东聊城二模,2)在复数范围内,实系数一元二次方程一定有根,已知方程x 2+ax+b=0(a ∈R ,b ∈R )的一个根为1+i(i 为虚数单位),则a1+i=( )A.1-iB.-1+iC.2iD.2+i3.(2020河北武邑中学三模,5)已知f (x )是定义在区间[2b ,1-b ]上的偶函数,且在区间[2b ,0]上为增函数,f (x-1)≤f (2x )的解集为( ) A.[-1,23] B.[-1,13] C.[-1,1]D.[13,1]4.(2020广东江门4月模拟,理6)《周髀算经》中有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气,其日影长依次成等差数列,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,则小满日影长为( ) A.1.5尺B.2.5尺C.3.5尺D.4.5尺5.(2020安徽合肥二模,文5)在平行四边形ABCD 中,若DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE 交BD 于点F ,则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AD ⃗⃗⃗⃗⃗ B.23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AD ⃗⃗⃗⃗⃗ C.13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −23AD ⃗⃗⃗⃗⃗ D.13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AD ⃗⃗⃗⃗⃗ 6.(2020安徽合肥二模,文7)若函数F (x )=f (x )-2x 4是奇函数,G (x )=f (x )+(12)x为偶函数,则f (-1)= ( )A.-52B.-54C.54D.527.(2020河北衡水中学月考,文12)已知关于x 的方程[f (x )]2-kf (x )+1=0恰有四个不同的实数根,则当函数f (x )=x 2e x 时,实数k 的取值范围是( )A.(-∞,-2)∪(2,+∞)B.(4e 2+e 24,+∞) C.(8e 2,2)D.(2,4e 2+e 24)8.(2020福建福州模拟,理10)已知P 为边长为2的正方形ABCD 所在平面内一点,则PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗ )的最小值为 ( )A.-1B.-3C.-12D.-32二、多项选择题9.已知实数a ,b 满足等式a 12=b 13,则下列五个关系式中可能成立的是( ) A.0<b<a<1 B.a=b C.1<a<bD.-1<b<a<010.关于x 的方程ax 2-|x|+a=0有四个不同的实数解,则实数a 的值可能是( ) A.12B.13C.14D.1611.已知向量m =(sin x ,-√3),n =(cos x ,cos 2x ),函数f (x )=m ·n +√32,下列命题,说法正确的选项是( ) A.y=f (x )的最小正周期为π B.y=f (x )的图象关于点(π6,0)对称 C.y=f (x )的图象关于直线x=π对称D.y=f (x )的单调递增区间为2k π-π12,2k π+5π12(k ∈Z )12.已知函数f (x )=x-2x,g (x )=a cos πx 2+5-2a (a>0).给出下列四个命题,其中是真命题的为( ) A.若∃x 0∈[1,2],使得f (x 0)<a 成立,则a>-1 B.若∀x ∈R ,使得g (x )>0恒成立,则0<a<5C.若∀x 1∈[1,2],∀x 2∈R ,使得f (x 1)>g (x 2)恒成立,则a>6D.若∀x 1∈[1,2],∃x 2∈[0,1],使得f (x 1)=g (x 2)成立,则3≤a ≤4三、填空题13.(2020河南开封三模,理14)若平面向量a ,b 满足|a+b |=√2,|a-b |=√3,则a ·b = . 14.(2020广东江门4月模拟,理16)已知函数y=|sin x|的图象与直线y=m (x+2)(m>0)恰有四个公共点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3),D (x 4,y 4),其中x 1<x 2<x 3<x 4,则2+x4tanx 4= .15.已知△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,若C=π3,a=6,1≤b ≤4,则sin A 的取值范围为 .16.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”:自上而下,第一层1件,以后每一层比上一层多1件,最后一层是n 件.已知第一层货物单价1万元,从第二层起,货物的单价是上一层单价的78,若这堆货物总价是64-112(78)n万元,则n 的值为 .专题突破练2 函数与方程思想、数形结合思想1.A 解析由已知,得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,4),则OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2)+(-2,4)=(1,6), ∴点B 对应的复数为1+6i .故选A . 2.B 解析将1+i 代入方程,得a+b+(a+2)i =0,所以{a +b =0,a +2=0,解得a=-2,所以-21+i =-2(1-i )2=-1+i . 3.B 解析∵f (x )是定义在区间[2b ,1-b ]上的偶函数,∴2b+1-b=0,∴b=-1.∵f (x )在区间[-2,0]上为增函数,∴f (x )在区间[0,2]上为减函数,距离对称轴越远,函数值越小. 由f (x-1)≤f (2x )可得|x-1|≥|2x|,即(x-1)2≥4x 2,且-2≤x-1≤2,-2≤2x ≤2,求得-1≤x ≤13,且-1≤x ≤3,-1≤x ≤1,可得-1≤x ≤13.故选B .4.C 解析从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气,其日影长依次成等差数列{a n },冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴{a 1+(a 1+3d )+(a 1+6d )=31.5,S 9=9a 1+9×82d =85.5,解得{a 1=13.5,d =-1.∴小满日影长为a 11=13.5+10×(-1)=3.5(尺).故选C.5.D 解析如图,∵DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴E 为CD 的中点.设AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAD ⃗⃗⃗⃗⃗ .又B ,F ,D 三点共线,∴λ2+λ=1,解得λ=23,∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AD ⃗⃗⃗⃗⃗ .故选D .6.C 解析∵函数F (x )=f (x )-2x 4是奇函数,∴F (1)+F (-1)=0,即f (1)-2+f (-1)-2=0,则f (1)+f (-1)=4, ①∵G (x )=f (x )+(12)x为偶函数,∴G (1)=G (-1),即f (1)+12=f (-1)+2,则f (1)-f (-1)=32, ②由①②解得f (-1)=54.故选C .7.B 解析f'(x )=2x e x +x 2e x =x (x+2)e x ,令f'(x )=0,解得x=0或x=-2,∴当x<-2或x>0时,f'(x )>0;当-2<x<0时,f'(x )<0,∴f (x )在(-∞,-2)内单调递增,在(-2,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增,∴当x=-2时,函数f (x )取得极大值f (-2)=4e 2;当x=0时,函数f (x )取得极小值f (0)=0. 作出函数f (x )的大致图象如图所示,令f (x )=t ,则当t=0或t>4e 2时,关于x 的方程f (x )=t 只有一个解;当t=4e 2时,关于x 的方程f (x )=t 有两个解; 当0<t<4e 2时,关于x 的方程f (x )=t 有三个解.∵g (x )=[f (x )]2-kf (x )+1恰有四个零点,∴关于t 的方程h (t )=t 2-kt+1=0在(0,4e 2)上有一个解,在(4e 2,+∞)∪{0}上有一个解, 显然t=0不是方程t 2-kt+1=0的解,∴关于t 的方程t 2-kt+1=0在(0,4e 2)和(4e 2,+∞)上各有一个解,∴h (4e 2)=16e 4−4ke 2+1<0,解得k>4e 2+e 24,即实数k 的取值范围是4e 2+e 24,+∞.故选B.8.A 解析建立如图所示平面直角坐标系,设P (x ,y ),则A (0,0),B (2,0),C (2,2),D (0,2),所以PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x ,2-y ),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x ,-y )+(-x ,2-y )=(2-2x ,2-2y ),故PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(2-x )(2-2x )+(2-y )(2-2y )=2(x -32)2−12+2(y -32)2−12=2x-322+2y-322-1.所以当x=y=32时,PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗ )的最小值为-1.故选A .9.ABC 解析画出y=x 12与y=x 13的图象(如图),设a 12=b 13=m ,作直线y=m.从图象知,若m=0或1,则a=b ;若0<m<1,则0<b<a<1;若m>1,则1<a<b.故其中可能成立的是ABC .故选ABC .10.BCD 解析方程ax 2-|x|+a=0中,a=0时,只有一个解x=0,因此方程ax 2-|x|+a=0有四个不同的解,则a ≠0,x ≠0,因此方程可变为1a=x 2+1|x |=|x|+1|x |.作出函数y=|x|+1|x |的图象和直线y=1a ,如图,函数y=|x|+1|x |的最小值为2,因此当1a >2时,直线y=1a 与函数y=|x|+1|x |的图象有四个不同的交点,即原方程有四个解,满足1a >2的有BCD .故选BCD .11.AB 解析f (x )=m ·n +√3=sin x cos x-√3cos 2x+√3=1sin2x-√3cos2x=sin (2x -π),其最小正周期是T=2π2=π,故A 正确;sin 2×π6−π3=0,因此f (x )图象关于点π6,0对称,故B 正确;由2x-π3=k π+π2得x=kπ2+5π12(k ∈Z ),因此x=-π12是f (x )图象的一条对称轴,故C 错误;由2k π-π2≤2x-π3≤2k π+π2,得k π-π12≤x ≤k π+5π12,即单调递增区间为k π-π12,k π+5π12(k ∈Z ),故D 错误.故选AB .12.ACD 解析对于选项A,只需f (x )在[1,2]上的最小值小于a ,因为f (x )在[1,2]上单调递增,所以f (x )min =f (1)=1-2=-1,所以a>-1,故A 正确;对于选项B,只需g (x )的最小值大于0,因为a cos πx2∈[-a ,a ], 所以g (x )min =-a+5-2a=5-3a>0,所以0<a<5,故B 错误;对于选项C,只需f (x )在[1,2]上的最小值大于g (x )的最大值,f (x )min =-1, g (x )max =a+5-2a=5-a ,即-1>5-a ,a>6,故C 正确;对于选项D,需g (x )在[0,1]上的最小值小于f (x )在[1,2]上的最小值,且g (x )在[0,1]上的最大值大于f (x )在[1,2]上的最大值,f (x )max =f (2)=2-22=1,所以x 1∈[1,2],f (x 1)∈[-1,1],当x ∈[0,1]时,πx2∈[0,π2],所以g (x )在[0,1]上单调递减,g (x )min =g (1)=5-2a ,g (x )max =g (0)=5-a ,所以g (x )∈[5-2a ,5-a ],由题意得{5-2a ≤-1,5-a ≥1,解得3≤a ≤4,故D 正确.故选ACD .13.-14 解析由|a+b |=√2,得a 2+2a ·b +b 2=2,① 由|a-b |=√3,得a 2-2a ·b +b 2=3,②①-②,得4a ·b =-1,所以a ·b =-14. 14.1 解析由题意画出图象如下,很明显,在点D 处直线与函数y=|sin x|的图象相切,点D 即为切点.则有,在点D 处,y=-sin x ,y'=-cos x.而-cos x 4=m ,且y 4=m (x 4+2)=-sin x 4,∴x 4+2=-sinx 4m=-sinx 4-cosx 4=tan x 4.∴x 4+2tanx 4=tanx4tanx 4=1.15.3√9331,1 解析C=π3,a=6,1≤b ≤4,由余弦定理可得,c 2=a 2+b 2-2ab cos C=36+b 2-6b=(b-3)2+27,∴c 2=(b-3)2+27∈[27,31].∴c ∈[3√3,√31].由正弦定理可得,asinA =csinC , 即sin A=asinC c=6×√32c=3√3c ∈3√9331,1.故答案为3√9331,1.16.6 解析由题意可得第n 层的货物的价格为a n =n (78)n -1.这堆货物总价是S n =1×(78)0+2×(78)1+3×(78)2+…+n ×(78)n -1,① 则78S n =1×(78)1+2×(78)2+3×(78)3+…+n ×(78)n ,②由①-②可得18S n =1+(78)1+(78)2+(78)3+…+(78)n -1-n ×(78)n=1-(78)n 1-78-n ×(78)n=8-(8+n )×(78)n ,∴S n =64-8(8+n )×(78)n.∵这堆货物总价是64-112(78)n万元,∴8(8+n )=112,∴n=6.。

2021年高考数学二轮复习攻略一函数与方程思想,数形结合思想

2021年高考数学二轮复习攻略一函数与方程思想，数形结合思想一、函数与方程思想函数与方程思想是中学数学的基本思想，是历年高考的重点和热点，主要依据题意，构造恰当的函数，或建立相应的方程来解决问题，它涉及三大题型．高、中、低档试题都有出现．近几年来代数压轴题多为考查应用函数思想解题的能力．函数与方程思想的应用主要体现在以下几方面：(1)函数与不等式的相互转化，对函数y＝f(x)，当y>0时，就化为不等式f(x)>0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式．(2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要．(3)解析几何中的许多问题．需要通过解二元方程组才能解决．这都涉及二次方程与二次函数的有关理论．(4)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决，建立空间直角坐标系后，立体几何与函数的关系更加密切．1．运用函数与方程思想解决函数、方程、不等式问题此类问题是多元问题中的常见题型，通常有两种处理思路：一是分离变量构造函数，将方程有解转化为求函数的值域；二是换元，将问题转化为二次方程，进而构造函数加以解决．【例1】(xx·福建高考)已知函数f(x)＝e x－ax(a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x＞0时，x2＜e x；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x＜c e x.【解】(1)由f(x)＝e x－ax，得f′(x)＝e x－a.又f′(0)＝1－a＝－1，得a＝2.所以f(x)＝e x－2x，f′(x)＝e x－2.令f′(x)＝0，得x＝ln 2.当x＜ln 2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞ln 2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以当x＝ln 2时，f(x)有极小值，且极小值为f(ln 2)＝e ln 2－2ln 2＝2－ln 4，f(x)无极大值．(2)令g(x)＝e x －x 2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4＞0，即g′(x)＞0.所以g(x)在R 上单调递增，又g (0)＝1＞0，所以当x ＞0时，g (x )＞g (0)＞0，即x 2＜e x.(3)对任意给定的正数c ，取x 0＝1c，由(2)知，当x ＞0时，x 2＜e x.所以当x ＞x 0时，e x ＞x 2＞1cx ，即x ＜c e x.因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x ＜c e x.2．运用函数与方程思想解决数列问题数列问题函数(方程)化法与形式结构函数(方程)化法类似，但要注意数列问题中n 的取值范围为正整数，涉及的函数具有离散性特点，其一般解题步骤是：第一步：分析数列式子的结构特征．第二步：根据结构特征构造“特征”函数(方程)，转化问题形式．第三步：研究函数性质，结合解决问题的需要研究函数(方程)的相关性质，主要涉及函数单调性与最值、值域问题的研究．第四步：回归问题．结合对函数(方程)相关性质的研究，回归问题．【例2】已知S n ＝1＋12＋13＋…＋14(n ∈N *)，设f (n )＝S 2n ＋1－S n ＋1，试确定实数m 的取值范围，使得对于一切大于1的正整数n ，不等式f (n )>[log m (m －1)]2－1120·[log (m －1)m ]2恒成立．【解】由f (n )＝S 2n ＋1－S n ＋1，得f (n )＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1，∴f (n ＋1)＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋3.∴f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋2－12n ＋4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋3－12n ＋4>0. ∴f (n )>f (n －1)>…>f (3)>f (2)(n ∈N *，n ≥2)．∴f (n )min ＝f (2)＝12＋2＋12＋3＝920.要使对于一切大于1的正整数n ，原不等式恒成立，只需不等式920>[log m (m －1)]2－1120[log (m －1)m ]2成立．设y ＝[log m (m －1)]2，则y >0.于是⎩⎪⎨⎪⎧920>y －1120y ，y >0，解得0<y <1.从而⎩⎪⎨⎪⎧0<[log mm －1]2<1，m >0，m ≠1，m －1≠1，m －1>0，解得m >1＋52且m ≠2. ∴实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋52，2∪(2，＋∞)．3．运用函数与方程思想解决几何问题在立体几何和解析几何中有许多问题需要运用到方程或建立函数表达式的方法加以解决．特别是在解析几何中涉及到范围或最值问题时可用如下思路去完成：第一步：联立方程．第二步：求解判别式Δ.第三步：代换．利用题设条件和圆锥曲线的几何性质，得到所求目标参数和判别式不等式中的参数的一个等量关系，将其代换．第四步：下结论．将上述等量代换式代入Δ>0或Δ≥0中，即可求出目标参数的取值范围．第五步：回顾反思．在研究直线与圆锥曲线的位置关系问题时，无论题目中有没有涉及求参数的取值范围，都不能忽视了判别式对某些量的制约，这是求解这类问题的关键环节．【例3】 (xx·四川高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形．(Ⅰ)求椭圆C 的标准方程；(Ⅱ)设F 为椭圆C 的左焦点，T 为直线x ＝－3上任意一点，过F 作TF 的垂线交椭圆C 于点P ，Q .(ⅰ)证明：OT 平分线段PQ (其中O 为坐标原点)；(ⅱ)当|TF ||PQ |最小时，求点T 的坐标．(Ⅰ)【解】由已知可得⎩⎨⎧a 2＋b 2＝2b ，2c ＝2a 2－b 2＝4，解得a 2＝6，b 2＝2，所以椭圆C 的标准方程是x 26＋y 22＝1.(Ⅱ)(ⅰ)【证明】由(Ⅰ)可得，F 的坐标是(－2,0)，设T 点的坐标为(－3，m )，则直线TF 的斜率k TF ＝m －0－3－－2＝－m .当m ≠0时，直线PQ 的斜率k PQ ＝1m，直线PQ 的方程是x ＝my －2.当m ＝0时，直线PQ 的方程是x ＝－2，也符合x ＝my －2的形式．设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将直线PQ 的方程与椭圆C 的方程联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －2，x 26＋y22＝1，消去x ，得(m 2＋3)y 2－4my －2＝0，其判别式Δ＝16m 2＋8(m 2＋3)>0.所以y 1＋y 2＝4m m 2＋3，y 1y 2＝－2m 2＋3， x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－4＝－12m 2＋3.所以PQ 的中点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 2＋3，2m m 2＋3，所以直线OM 的斜率k OM ＝－m3.又直线OT 的斜率k OT ＝－m3，所以点M 在直线OT 上，因此OT 平分线段PQ .(ⅱ)【解】由(ⅰ)可得，|TF |＝m 2＋1， |PQ |＝x 1－x 22＋y 1－y 22 ＝m 2＋1[y 1＋y 22－4y 1y 2]＝m 2＋1⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫4m m 2＋32－4·－2m 2＋3＝24m 2＋1m 2＋3所以|TF ||PQ |＝124·m 2＋32m 2＋1＝124·⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋1＋4m 2＋1＋4≥124·4＋4＝33. 当且仅当m 2＋1＝4m 2＋1，即m ＝±1时，等号成立，此时|TF ||PQ |取得最小值．所以当|TF ||PQ |最小时，T 点的坐标是(－3,1)或(－3，－1)．二、数形结合思想数形结合的思想在每年的高考中都有所体现，它常用来：研究方程根的情况，讨论函数的值域(最值)及求变量的取值范围等．对这类内容的选择题、填空题，数形结合特别有效．从今年的高考题来看，数形结合的重点是研究“以形助数”，但“以数定形”在今后的高考中将会有所加强，应引起重视，复习中应提高用数形结合思想解题的意识，画图不能太草，要善于用特殊数或特殊点来精确确定图形间的位置关系．1．应用数形结合的思想应注意以下数与形的转化 (1)集合的运算及韦恩图； (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．2．运用数形结合思想解决讨论方程内解或图象的交点问题用函数的图象讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角函数等复杂方程)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．【例4】 (xx·天津高考)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________．【解】原问题等价于方程f (x )＝a |x －1|恰有4个互异的实数根解法一：分别画出函数y ＝f (x )与y ＝a |x －1|的图象(1)由x 2＋3x ＝a (x －1)得， x 2＋(3－a )x ＋a ＝0， Δ＝(3－a )2－4a ，由Δ＝0得a ＝9或a ＝1(舍)，此时a >9，(2)由－x 2－3x ＝a (1－x )，得x 2＋(3－a )x ＋a ＝0，由Δ＝0得a ＝1或a ＝9(舍)，结合图象知0<a <1，由(1)(2)知0<a <1或a >9，∴a ∈(0,1)∪(9，＋∞)．解法二：分离参数法a ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2＋3x x －1 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1＋4x －1＋5，由平移和对称知画出函数y ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －1＋4x －1＋5的图象，由图知a ∈(0,1)∪(9，＋∞)．【答案】 (0,1)∪(9，＋∞)3．运用数形结合思想解决有关最后问题“形”可以使某些抽象问题具体化，而‘数”可以使思维精确化，应用数形结合在某些求最值问题中，可以收到意想不到的效果．(1)把代数式进行几何转化，转化为具有直观几何意义构图形，例如①y 2－y 1x 2－x 1看作直线的斜率，转化为平面直角坐标系内两点(x 1，y 1)和(x 2，y 2)的连线的斜率，特别适用于一个定点和一个动点(动点在一个区域内)的形式：②a －m 2＋b －n 2或(a －m )2＋(b －n )2：看作是两点(a ，b )和(m ，n )间的距离或距离的平方．(2)其他具有几何意义的概念都可以利用相关的几何图形直观进行分析判断，例如：①向量的问题，可以考虑用向量的图形大小与方向及向量运算的几何意义构造图形直观解题；②复数与复平面内的点的一一对应关系，可以把复数的有关运算转化为图形．【例5】 (1)已知实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2≤4，x ≥0，①求函数z ＝y ＋3x ＋1的值域；②求w ＝x ＋12＋y ＋32的最值．(2)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【解析】 (1)①由解析几何知识可知，所给的不等式组表示圆x 2＋y 2＝4的右半圆域(含边界)，z ＝y ＋3x ＋1可改写为y ＋3＝z (x ＋1)，把z 看作参数，则此方程表示过定点P (－1，－3)，斜率为z 的直线系．所求问题的几何意义是：求过半圆域x 2＋y 2≤4(x ≥0)内或边界上任一点与点P (－1，－3)的直线斜率的最大、最小值．由图显见，过点P 和点A (0,2)的直线斜率最大，z max ＝2－－30－－1＝5.过点P 向半圆作切线，切线的斜率最小．设切点为B (a ，b )，则过B 点的切线方程为ax ＋by ＝4.又B 在半圆周上，P 在切线上，则有⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝4，－a －3b ＝4.又a >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－2＋365，b ＝－6－65，因此z min ＝26－33.综上可知函数的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤26－33，5.②所求问题的几何意义是：求半圆域x 2＋y 2≤4(x ≥0)内或边界上任一点到P (－1，－3)的距离的最大值与最小值，由数形结合可知w max ＝|PO |＋r ＝10＋2，w min ＝|PC |＝12＋－2＋32＝2，即最大值为10＋2，最小值为 2.(2)f (x )＝min{2x，x ＋2,10－x }(x ≥0)的图象如图．令x ＋2＝10－x ，解得x ＝4.当x ＝4时，f (x )取最大值，f (4)＝4＋2＝6.故选C.【答案】 C4．运用数形结合思想解决解析几何中的问题在数形结合时，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．【例6】已知P 是直线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】根据题意，画出图形如下图，当动点P沿直线3x＋4y＋8＝0向左上方或向右下方无穷远处运动时，Rt△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垂直于直线3x＋4y＋8＝0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.-33468 82BC 芼27664 6C10 氐 X38295 9597 閗u24177 5E71 幱38742 9756 靖O24092 5E1C 帜836956 905C 遜g29981 751D 甝。

2021年高考数学二轮复习函数与方程思想,数形结合思想

2021年高考数学二轮复习函数与方程思想，数形结合思想一、选择题1．(文)(xx·广东广州高三综合测试)已知非空集合M 和N ，规定M －N ＝{x |x ∈M 且x ∉N }，那么M －(M －N )等于( )A ．M ∪NB ．M ∩NC ．MD ．N【解析】如图(1)为M －N ＝{x |x ∈M 且x ∉N }，则图(2)为M －(M －N )，特别的，当N ⊆M 时，图(3)为M －N ＝{x |x ∈M 且x ∉N }，则图(4)为M －(M －N )，∴M －(M －N )＝M ∩N .【答案】 B(理)(2)(xx·广东广州高三综合测试)任取实数a 、b ∈[－1,1]，则a 、b 满足|a －2b |≤2的概率为( )A.18B.14C.34D.78【解析】建立如图所示的坐标系，∵|a －2b |≤2，∴－2≤a －2b ≤2，即为图中阴影部分，∴|a －2b |≤2的概率为S 阴影S 正方形＝78.【答案】 D 2．(xx·浙江十二校联考)若椭圆C ：x 29＋y 22＝1的左、右焦点分别为F 1、F 2，点P 在椭圆C 上，且|PF 1|＝4，则∠F 1PF 2＝( )A ．30°B ．60°C ．120°D ．150°【解析】因为|PF 1|＝4，所以|PF 2|＝2，又|F 1F 2|＝27，根据余弦定理得cos ∠F 1PF 2＝－12，所以∠F 1PF 2＝120°.选C.【答案】 C3．(xx·福建厦门质检)已知x，y满足⎩⎪⎨⎪⎧x＋y－4≥0，x＋2y－7≤0，ax－y－2≤0且x2＋y2的最小值为8，则正实数a的取值范围是( )A．(0,2] B．[2,5]C．[3，＋∞) D．(0,5]【解析】画出⎩⎪⎨⎪⎧x＋y－4≥0x＋2y－7≤0，表示的平面区域如图所示，由⎩⎪⎨⎪⎧x＋y－4＝0，x＋2y－7＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x＝1，y＝3.∴A点的坐标为(1,3)，z＝x2＋y2表示可行域上的点到原点距离的平方，∴原点到直线x＋y＝4的距离d＝42＝22，∴d2＝8，过点O作OB垂直于直线x＋y＝4，垂足为B，由⎩⎪⎨⎪⎧x＋y－4＝0，y＝x，得⎩⎪⎨⎪⎧x＝2，y＝2.∴B点的坐标为(2,2)，且|OB|2＝8，∴可行域内必含有点(2,2)，当直线y＝ax－2过点(2,2)时，2＝2a－2，解得a＝2，观察图象知，0<a≤2.故选A.【答案】 A4．若方程sin2x＋2sin x＋a＝0有解，则实数a的取值范围是( )A．[－3,1] B．(－∞，1]C．[1，＋∞) D．[－1,1]【解析】由sin2x＋2sin x＋a＝0得sin2x＋2sin x＝－a.令f(x)＝sin2x＋2sin x，∴f(x)＝(sin x＋1)2－1.∴－1≤f(x)≤3，∴－1≤－a≤3，即－3≤a≤1.故选A.【答案】 A5．(xx·四川成都诊断)已知定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x－1|－1，0<x≤2，12f x－2，x>2，则关于x的方程6[f(x)]2－f(x)－1＝0的实数根的个数为( )A．3 B．7 C．8 D．9【解析】由题意，当x>0时，f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x·2－1，0<x<1，2x·12－1，1≤x≤2，12f x－2，x>2，此时f(x)∈[0,1]．又f(x)为R上的奇函数，∴f(x)的值域为[－1,1]．令f(x)＝t，t∈[－1,1]，∵6[f(x)]2－f(x)－1＝0，∴6t2－t－1＝0，则t＝12或t＝－13.当t＝12时，结合图象知在x∈(0,2]上有2个根，在x∈(2,4]上有1个根；当t＝13时，结合图象知在[0,4]上有4个根，又f (x )是奇函数，所以当t ＝－13时，在[0,4]上有4个根．综上，方程的实数根个数为7.【答案】 B 二、填空题6．(xx·东北三校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 21－x ＋1，－1≤x <0，x 3－3x ＋2，0≤x ≤a ，的值域是[0,2]，则实数a 的取值范围是________．【解析】先作出函数f (x )＝log 2(1－x )＋1，－1≤x <0的图象，再研究f (x )＝x 2－3x＋2,0≤x ≤a 的图象．令f ′(x )＝3x 2－3＝0，得x ＝1(x ＝－1舍去)，由f ′(x )>0得x >1，由f ′(x )<0，得0<x <1.∴当x ＝1时，f (x )在0≤x ≤a 有最小值f (1)＝0，又f (3)＝2.∴1≤a ≤ 3.【答案】 [1，3]7．(xx·福建福州质检)若定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，f (2－x )＝f (x )，且当x ∈[0,1]时，其图象是四分之一圆(如图所示)，则函数H (x )＝|x e x|－f (x )在区间[－3,1]上的零点个数为________．【解析】 ∵f (－x )＝f (x )，∴f (x )为偶函数，又∴f (2－x )＝f (x )，∴f (2－x )＝f (－x )，∴2是函数f (x )的周期．令g (x )＝|x e x |，当x ≥0时，g (x )＝x e x 单调递增；当x <0时，g (x )＝－x e x ，∴g ′(x )＝－(e x ＋x e x )＝－(1＋x )e x ，令g ′(x )＝0得x ＝－1，g (－1)＝e －1＝1e，函数f (x )与g (x )的图象如图所示，观察图象可知，f (x )与g (x )的图象有4个交点，即函数H (x )＝|x e x|－f (x )在区间[－3,1]上的零点个数为4.【答案】 4 8．(xx·山东高考)已知函数y ＝f (x )(x ∈R )．对函数y ＝g (x )(x ∈I )，定义g (x )关于f (x )的“对称函数”为函数y ＝h (x )(x ∈I )，y ＝h (x )满足：对任意x ∈I ，两个点(x ，h (x ))，(x ，g (x ))关于点(x ，f (x ))对称．若h (x )是g (x )＝4－x 2关于f (x )＝3x ＋b 的“对称函数”，且h (x )>g (x )恒成立，则实数b 的取值范围是________．【解析】由题意：f (x )＝h x ＋g x2，∴h (x )＝2f (x )－g (x )， ∵h (x )>g (x )恒成立， ∴2f (x )－g (x )>g (x )． ∴2f (x )>2g (x )，即f (x )>g (x )恒成立作出y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象，则圆心O 到直线y ＝3x ＋b 的距离大于2. ∴|b |10>2，∴|b |>210，又b >0，∴b >210.【答案】 (210，＋∞) 三、解答题9．(xx·江西南昌一模)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a 为常数)． (1)若x ＝1是函数f (x )的一个极值点，求a 的值； (2)当0<a ≤2时，试判断f (x )的单调性； (3)若对任意的a ∈(1,2)，x 0∈[1,2]，不等式f (x 0)>m ln a 恒成立，求实数m 的取值范围．【解】 f ′(x )＝1x＋2x －a .(1)由已知得：f ′(1)＝0，所以1＋2－a ＝0，所以a ＝3. (2)当0<a ≤2时，f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 42＋1－a 28x.因为0<a ≤2，所以1－a 28>0，而x >0，即f ′(x )＝2x 2－ax ＋1x>0，故f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(3)当a ∈(1,2)时，由(2)知，f (x )在[1,2]上的最小值为f (1)＝1－a ，故问题等价于：对任意的a ∈(1,2)，不等式1－a >m ln a 恒成立，即m <1－aln a恒成立．记g (a )＝1－a ln a (1<a <2)，则g ′(a )＝－a ln a －1＋aa ln 2a，令M (a )＝－a ln a －1＋a ，则M ′(a )＝－ln a <0，所以M (a )在(1,2)上单调递减，所以M (a )<M (1)＝0，故g ′(a )<0，所以g (a )＝1－aln a 在a ∈(1,2)上单调递减，所以m ≤g (2)＝1－2ln 2＝－log 2e ，即实数m 的取值范围为(－∞，－log 2e]．10．(xx·湖北八市联考)定义在R 上的函数g (x )及二次函数h (x )满足：g (x )＋2g (－x )＝e x＋2ex －9，h (－2)＝h (0)＝1且h (－3)＝－2.(1)求g (x )和h (x )的解析式；(2)对于x 1，x 2∈[－1,1]，均有h (x 1)＋ax 1＋5≥g (x 2)－x 2g (x 2)成立，求a 的取值范围；(3)设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧gx ，x >0，h x ，x ≤0，讨论方程f [f (x )]＝2的解的个数情况．【解】 (1)∵g (x )＋2g (－x )＝e x＋2ex －9，①∴g (－x )＋2g (x )＝e －x ＋2e －x －9，即g (－x )＋2g (x )＝2e x＋1e x －9，②由①②联立解得：g (x )＝e x－3.∵h (x )是二次函数，且h (－2)＝h (0)＝1，可设h (x )＝ax (x ＋2)＋1，由h (－3)＝－2，解得a ＝－1，∴h (x )＝－x (x ＋2)＋1＝－x 2－2x ＋1，∴g (x )＝e x －3，h (x )＝－x 2－2x ＋1，(2)设φ(x )＝h (x )＋ax ＋5＝－x 2＋(a －2)x ＋6，F (x )＝g (x )－xg (x )＝e x －3－x (e x －3)＝(1－x )e x ＋3x －3，依题意知：当－1≤x ≤1时，φ(x )min ≥F (x )max .∵F ′(x )＝－e x ＋(1－x )e x ＋3＝－x e x＋3，在[－1,1]上单调递减， ∴F ′(x )min ＝F ′(1)＝3－e>0，∴F (x )在[－1,1]上单调递增，∴F (x )max ＝F (1)＝0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧φ－1＝7－a ≥0，φ1＝a ＋3≥0，解得：－3≤a ≤7，∴实数a 的取值范围为[－3,7]．(3)f (x )的图象如图所示：令T ＝f (x )，则f (T )＝2.∴T ＝－1或T ＝ln 5，∴f (x )＝－1有2个解，f (x )＝ln 5有3个解．∴f [f (x )]＝2有5个解．40159 9CDF 鳟1w932291 7E23 縣25231 628F 抏20151 4EB7 亷34523 86DB 蛛29974 7516 甖29527 7357 獗C25593 63F9 揹22106565A 噚28272 6E70 湰4。

2021新高考数学二轮总复习第2讲函数与方程思想数形结合思想学案含解析.docx

第2讲函数与方程思想、数形结合思想函数与方程思想,渗透到中学数学的各个领域,是历年高考考查的重点和热点一般通过函数与导数、三角函数、数列及解析几何等知识运用的交汇处,思想方法和相关能力的结合处进行考查.思想方法诠释1.函数的思想:是用运动和变化的观点,分析和研究数学中的数量关系,是对函数概念的本质认识,建立函数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题,从而使问题获得解决.2.方程的思想:就是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,或者构造方程,通过解方程或方程组,或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题获得解决.方程思想是动中求静,研究运动中的等量关系.3.函数思想与方程思想的联系:函数思想与方程思想密切相关,对于函数y=f(x),当y=0时,转化为方程f(x)=0,也可以把函数y=f(x)看作二元方程y-f(x)=0.函数与方程的问题可相互转化.求方程f(x)=0的解就是求函数y=f(x)的零点.求方程f(x)=g(x)的解的问题,可以转化为求函数y=f(x)-g(x)与x轴的交点问题.思想分类应用应用一函数思想与方程思想的转换,g(x)=ax2+bx(a,b∈R,a≠0),若y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且【例1】设函数f(x)=1x仅有两个不同的公共点A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确的是()A.当a<0时,x1+x2<0,y1+y2>0B.当a<0时,x1+x2>0,y1+y2<0C.当a>0时,x1+x2<0,y1+y2<0D.当a>0时,x1+x2>0,y1+y2>0思维升华求两个函数f(x),g(x)图象的交点问题通常转化为求函数F(x)=f(x)-g(x)的零点问题.而函数F(x)的零点问题也可以转化为两个函数图象的交点问题.【对点训练1】已知函数f(x)的定义域为R,且有2f(x)+f(x2-1)=1,则f(-√2)= . 应用二函数与方程思想在解三角形中的应用【例2】为了竖一块广告牌,要制造三角形支架,如图,要求∠ACB=60°,BC的长度大于1 m, m,为了稳固广告牌,要求AC越短越好,则AC最短为()且AC比AB长12)m B.2 mA.(1+√32C.(1+√3)mD.(2+√3)m思维升华函数思想的实质是使用函数方法解决数学问题(不一定只是函数问题),构造函数解题是函数思想的一种主要体现.方程思想的本质是根据已知得出方程(组),通过解方程(组)解决问题.【对点训练2】已知a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,S为△ABC的面.积,sin(B+C)=2xx2-x2(1)证明:A=2C;(2)若b=2,且△ABC为锐角三角形,求S的取值范围.应用三函数与方程思想在比较大小或不等式中的应用【例3】(1)(2020全国Ⅰ,理12)若2a+log2a=4b+2log4b,则()A.a>2bB.a<2bC.a>b2D.a<b2(2)(2020安徽合肥一中模拟,理12)已知关于x的不等式ax2e1-x-x ln x-1≤0恒成立,则实数a的取值范围是()A.[0,1]B.(-∞,0]]C.(-∞,1]D.(-∞,12思维升华1.在解决不等式问题时,一种最重要的思想方法就是构造适当的函数,利用函数的图象和性质解决问题.2.函数f(x)>0或f(x)<0恒成立,一般可转化为f(x)min>0或f(x)max<0.已知恒成立求参数取值范围可先分离参数,再利用函数最值求解.【对点训练3】(1)(2020全国Ⅲ,文10)设a=log32,b=log53,c=2,则()3A.a<c<bB.a<b<cC.b<c<aD.c<a<b≥x-ln x+a恒成立,则a的最大值为()(2)若x∈(0,+∞),e x-1xC.0D.-eA.1B.1e应用四函数与方程思想在数列中的应用【例4】(2020湖南长郡中学四模,文4)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 13=13π4,则cos 2a 5+cos 2a 7+cos 2a 9=( ) A.1B.32C.52D.2思维升华在解决数列问题时,应充分利用函数的有关知识,解题往往以函数的概念、图象、性质为纽带,建立起函数与数列间的桥梁,揭示它们内在的联系,从而有效快速解决数列问题. 【对点训练4】已知在数列{a n }中,前n 项和为S n ,且S n =x +23a n ,则xx x x -1的最大值为( )A .-3B .-1C .3D .1 应用五函数与方程思想在概率中的应用【例5】(2020河北沧州一模,理12)2019年末,武汉出现新型冠状病毒肺炎(COVID-19)疫情,并快速席卷我国其他地区,传播速度很快.因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株,所以目前没有特异治疗方法,防控难度很大.武汉市出现疫情最早,感染人员最多,防控压力最大,武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”人员,强化网格化管理,不落一户、不漏一人.在排查期间,一户6口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”,这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测,若出现阳性,则该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为p (0<p<1)且相互独立,该家庭至少检测了5个人才能确定为“感染高危户”的概率为f (p ),当p=p 0时,f (p )最大,则p 0=( ) A.1-√63B.√63C.12D.1-√33思维升华关于概率的应用题,首先应用概率的相关知识得到两个量的等量关系,然后利用函数模型研究函数的最值、极值问题,重在考查考生的“数学建模”的核心素养和知识的迁移能力等.【对点训练5】(2018全国1,理20)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p (0<p<1),且各件产品是否为不合格品相互独立.(1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p ),求f (p )的最大值点p 0;(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p 0作为p 的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ,求E (X ); ②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?应用方法归纳函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面:。

高三数学二轮专题复习第2讲函数与方程、数形结合思想

第2讲函数与方程、数形结合思想数学思想解读 1.函数与方程思想的实质就是用联系和变化的观点，描述两个量之间的依赖关系，刻画数量之间的本质特征，在提出数学问题时，抛开一些非数学特征，抽象出数量特征，建立明确的函数关系，并运用函数的知识和方法解决问题.有时需要根据已知量和未知量之间的制约关系，列出方程(组)，进而通过解方程(组)求得未知量.函数与方程思想是相互联系、相互为用的.2.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.热点一函数与方程思想应用1求解不等式、函数零点的问题【例1】(1)设0<a<1，e为自然对数的底数，则a，a e，e a－1的大小关系为() A.e a－1<a<a e B.a e<a<e a－1C.a e<e a－1<aD.a<e a－1<a e(2)(2018·湖南六校联考)已知函数h (x )＝x ln x 与函数g (x )＝kx －1的图象在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不同的交点，则实数k 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1e ，e －1 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，1＋1e C.(1，e －1]D.(1，＋∞)[解析] (1)设f (x )＝e x －x －1，x >0，则f ′(x )＝e x －1>0， ∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数，且f (0)＝0，f (x )>0， ∴e x －1>x ，即e a －1>a .又y ＝a x (0<a <1)在R 上是减函数，得a >a e ，从而e a －1>a >a e .(2)令h (x )＝g (x )，得x ln x ＋1＝kx ，即1x ＋ln x ＝k .令函数f (x )＝ln x ＋1x ，若方程x ln x －kx ＋1＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，则函数f (x )＝ln x ＋1x 与y ＝k 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不相同的交点，f ′(x )＝1x －1x 2，令1x －1x 2＝0可得x ＝1，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1时f ′(x )<0，函数是减函数；当x ∈(1，e)时，f ′(x )>0，函数是增函数，函数的极小值，也是最小值为f (1)＝1，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1＋e ，f (e)＝1＋1e ，又－1＋e>1＋1e ，所以，函数的最大值为e －1.所以关于x 的方程x ln x －kx ＋1＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，则实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，1＋1e . [答案] (1)B (2)B探究提高 1.第(1)题构造函数，转化为判定函数值的大小，利用函数的单调性与不等式的性质求解.2.函数方程思想求解方程的根或图象交点问题(1)应用方程思想把函数图象交点问题转化为方程根的问题，应用函数思想把方程根的问题转化为函数零点问题.(2)含参数的方程问题一般通过直接构造函数或分离参数化为函数解决. 【训练1】 (1)设函数f (x )＝x 2－cos x ，则方程f (x )＝π4所有实根的和为( ) A.0B.π4C.π2D.3π2(2)(2018·石家庄质检)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增.若实数a 满足f (2|a －1|)>f (－2)，则a 的取值范围是________. [解析] (1)由f (x )＝x 2－cos x ＝π4，得x 2－π4＝cos x ，令y ＝x 2－π4，y ＝cos x .在同一坐标系内作出两函数图象，易知两图象只有一个交点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0.∴方程f (x )＝π4的实根之和为π2.(2)由f (x )是偶函数且f (x )在区间(－∞，0)上单调递增可知，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减.又因为f (2|a －1|)>f (－2)，f (－2)＝f (2)，所以2|a －1|<2，即|a －1|<12，解得12<a <32. [答案] (1)C (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32应用2 函数与方程思想在数列中的应用【例2】已知数列{a n }是各项均为正数的等差数列.(1)若a 1＝2，且a 2，a 3，a 4＋1成等比数列，求数列{a n }的通项公式a n ； (2)在(1)的条件下，数列{a n }的前n 项和为S n ，设b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n，若对任意的n ∈N *，不等式b n ≤k 恒成立，求实数k 的最小值. 解 (1)∵a 1＝2，a 23＝a 2(a 4＋1)，又∵{a n }是正项等差数列，故d ≥0，∴(2＋2d )2＝(2＋d )(3＋3d )，得d ＝2或d ＝－1(舍去)， ∴数列{a n }的通项公式a n ＝2n . (2)∵S n ＝n (n ＋1)，则1S n＝1n （n ＋1）＝1n －1n ＋1.∴b n ＝1S n ＋1＋1S n ＋2＋…＋1S 2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1－1n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋2－1n ＋3＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12n ＋1 ＝1n ＋1－12n ＋1＝n 2n 2＋3n ＋1＝12n ＋1n ＋3.令f (x )＝2x ＋1x (x ≥1)，则f ′(x )＝2－1x 2>0恒成立， ∴f (x )在[1，＋∞)上是增函数，∴当x ＝1时，f (x )min ＝f (1)＝3，即当n ＝1时，(b n )max ＝16. 要使对任意的正整数n ，不等式b n ≤k 恒成立，则须使k ≥(b n )max ＝16， ∴实数k 的最小值为16.探究提高 1.本题完美体现函数与方程思想的应用，第(2)问利用裂项相消求b n ，构造函数，利用单调性求b n 的最大值.2.数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数，数列的通项公式与前n 项和公式即为相应的[解析]式，因此解决数列最值(范围)问题的方法如下：(1)由其表达式判断单调性，求出最值；(2)由表达式不易判断单调性时，借助a n ＋1－a n 的正负判断其单调性.【训练2】 (2018·长沙调研)已知数列{a n }为等差数列，其中a 2＋a 3＝8，a 5＝3a 2. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)记b n ＝2a n a n ＋1，设{b n }的前n 项和为S n .求最小的正整数n ，使得S n >2 0182 019. 解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，依题意有⎩⎨⎧2a 1＋3d ＝8，a 1＋4d ＝3a 1＋3d ，解得⎩⎨⎧a 1＝1，d ＝2，从而{a n }的通项公式为a n ＝2n －1. (2)因为b n ＝2a n a n ＋1＝12n －1－12n ＋1，所以S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13－15＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1＝1－12n ＋1，令1－12n ＋1>2 0182 019，解得n >1 009.故取n 的最小值是n ＝1 010(n ∈N *).应用3 函数与方程思想在几何问题中的应用【例3】设椭圆中心在坐标原点，A (2，0)，B (0，1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k ＞0)与AB 相交于点D ，与椭圆相交于E ，F 两点. (1)若ED→＝6DF →，求k 的值； (2)求四边形AEBF 面积的最大值.解 (1)依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1，直线AB ，EF 的方程分别为x ＋2y ＝2，y ＝kx (k ＞0).如图，设D (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2，且x 1，x 2满足方程(1＋4k 2)x 2＝4，故x 2＝－x 1＝21＋4k2.① 由ED →＝6DF →知x 0－x 1＝6(x 2－x 0)，得x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k 2；由D 在AB 上知x 0＋2kx 0＝2，得x 0＝21＋2k .所以21＋2k ＝1071＋4k 2，化简得24k 2－25k ＋6＝0，解得k ＝23或k ＝38.(2)根据点到直线的距离公式和①式知，点E ，F 到AB 的距离分别为h 1＝|x 1＋2kx 1－2|5＝2（1＋2k ＋1＋4k 2）5（1＋4k 2），h 2＝|x 2＋2kx 2－2|5＝2（1＋2k －1＋4k 2）5（1＋4k 2）.又|AB |＝22＋12＝5，所以四边形AEBF 的面积为 S ＝12|AB |(h 1＋h 2)＝12·5·4（1＋2k ）5（1＋4k 2）＝2（1＋2k ）1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k1＋4k 2＝21＋41k ＋4k ≤22，当且仅当4k 2＝1(k ＞0)，即当k ＝12时，上式取等号. 所以S 的最大值为2 2.即四边形AEBF 面积的最大值为2 2.探究提高几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的求法来求解，这是求面积、线段长最值(范围)问题的基本方法.【训练3】 (1)(2018·邯郸调研)已知双曲线E ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0).若矩形ABCD 的四个顶点在E 上，AB ，CD 的中点为E 的焦点，且2|AB |＝3|BC |，则双曲线E 的离心率是________.(2)已知正四棱锥的体积为323，则正四棱锥的侧棱长的最小值为________. [解析] (1)如图，由题意知|AB |＝2b 2a ，|BC |＝2c .又2|AB |＝3|BC |，所以2×2b 2a ＝3×2c ，即2b 2＝3ac ，所以2(c 2－a 2)＝3ac ，两边除以a 2，得2e 2－3e －2＝0，解得e ＝2.(2)如图所示，设正四棱锥的底面边长为a ，高为h .则该正四棱锥的体积V ＝13a 2h ＝323，故a 2h ＝32，即a 2＝32h .则其侧棱长为l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋h 2＝16h＋h 2. 令f (h )＝16h ＋h 2，则f ′(h )＝－16h 2＋2h ＝2h 3－16h 2，令f ′(h )＝0，解得h ＝2.显然当h ∈(0，2)时，f ′(h )<0，f (h )单调递减；当h ∈(2，＋∞)时，f ′(h )>0，f (h )单调递增.所以当h ＝2时，f (h )取得最小值f (2)＝162＋22＝12，故其侧棱长的最小值l ＝12＝2 3. [答案] (1)2 (2)2 3 热点二数形结合思想应用1 在函数与方程中的应用【例4】 (1)记实数x 1，x 2，…，x n 中最小数为min{x 1，x 2，…，x n }，则定义在区间[0，＋∞)上的函数f (x )＝min{x 2＋1，x ＋3，13－x }的最大值为( ) A.5B.6C.8D.10(2)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x >m ，其中m >0.若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________.[解析] (1)在同一坐标系中作出三个函数y ＝x 2＋1，y ＝x ＋3，y ＝13－x 的图象如图：由图可知，在实数集R 上，min{x 2＋1，x ＋3，13－x }为y ＝x ＋3上A 点下方的射线，抛物线AB 之间的部分，线段BC ，与直线y ＝13－x 点C 下方的部分的组合图.显然，在区间[0，＋∞)上，在C 点时，y ＝min{x 2＋1，x ＋3，13－x }取得最大值.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋3，y ＝13－x 得点C (5，8).所以f (x )max ＝8.(2)作出f (x )的图象如图所示.当x >m 时，x 2－2mx ＋4m ＝(x －m )2＋4m －m 2. ∴要使方程f (x )＝b 有三个不同的根，则有4m －m 2<m ，即m 2－3m >0.又m >0，解得m>3.[答案](1)C(2)(3，＋∞)探究提高 1.第(1)题利用函数的图象求最值，避免分段函数的讨论；第(2)题把函数的零点或方程的根转化为两函数图象的交点问题，利用几何直观求解.2.探究方程解的问题应注意两点：(1)讨论方程的解(或函数的零点)一般可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题.(2)正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则，不要刻意去用数形结合.【训练4】若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取值范围是________. [解析]由f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，可得|2x－2|＝b有两个不等的实根，从而可得函数y＝|2x－2|的图象与函数y＝b的图象有两个交点，如图所示.结合函数的图象，可得0＜b＜2.[答案](0，2)应用2 数形结合求解不等式与平面向量问题【例5】 (1)已知AB→⊥AC →，|AB →|＝1t ，|AC →|＝t ，若点P 是△ABC 所在平面内的一点，且AP →＝AB →|AB →|＋4AC →|AC →|，则PB →·PC→的最大值等于( )A.13B.15C.19D.21(2)(2018·西安调研)已知变量x ，y 满足约束条件⎩⎨⎧x ＋2y ≥0，mx －y ≤0，x －2y ＋2≥0，若z ＝2x －y 的最大值为2，则实数m ＝( ) A.－1B.－2C.1D.2[解析] (1)以点A 为坐标原点，AB →，AC →的方向分别为x 轴，y 轴的正方向建立平面直角坐标系，如图所示.则有A (0，0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ，0，C (0，t )，由AP →＝AB →|AB →|＋4AC →|AC →|可知P (1，4)，那么PB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4，PC →＝(－1，t －4)，故PB →·PC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －1，－4·(－1，t －4)＝－1t －4t ＋17≤－21t ·4t ＋17＝13.当且仅当1t ＝4t ，即t ＝12时等号成立.(2)将目标函数变形为y ＝2x －z ，当z 取最大值时，直线y ＝2x －z 在y 轴上的截距最小，故当m ≤12时，不满足题意.当m >12时，作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2y ≥0，mx －y ≤0，x －2y ＋2≥0表示的平面区域，如图阴影部分所示(含边界).y ＝2x －z 过点B 时，直线在y 轴上的截距最小，此时z ＝2x －y 取得最大值.易求点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫22m －1，2m 2m －1， ∴最大值为z ＝2×22m －1－2m 2m －1＝2，解得m ＝1. [答案] (1)A (2)C探究提高 1.平面向量中数形结合关注点：(1)能建系的优先根据目标条件建立适当的平面直角坐标系；(2)重视坐标运算、数量积及有关几何意义求解.2.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、下位置关系转化为数量关系解决问题.【训练5】 (1)当x ∈(1，2)时，(x －1)2<log a x 恒成立，则实数a 的取值范围是________.(2)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.2 2[解析](1)由题意，易知a>1.在同一坐标系内作出y＝(x－1)2，x∈(1，2)及y＝log a x的图象.若y＝log a x过点(2，1)，得log a2＝1，所以a＝2.根据题意，函数y＝log a x，x∈(1，2)的图象恒在y＝(x－1)2，x∈(1，2)的上方. 结合图象，a的取值范围是(1，2].(2)因为(a－c)·(b－c)＝0，所以(a－c)⊥(b－c).如图所示，设OC→＝c，OA→＝a，OB→＝b，CA→＝a－c，CB→＝b－c，即AC→⊥BC→.又因为OA→⊥OB→，所以O，A，C，B四点共圆.当且仅当OC为圆的直径时，|c|最大，且最大值为 2.[答案](1)(1，2](2)C应用3 圆锥曲线中的数形结合思想【例6】已知抛物线的方程为x 2＝8y ，点F 是其焦点，点A (－2，4)，在此抛物线上求一点P ，使△APF 的周长最小，此时点P 的坐标为________.[解析] 因为(－2)2<8×4，所以点A (－2，4)在抛物线x 2＝8y 的内部，如图，设抛物线的准线为l ，过点P 作PQ ⊥l 于点Q ，过点A 作AB ⊥l 于点B ，连接AQ .则△APF 的周长为|PF |＋|PA |＋|AF |＝|PQ |＋|PA |＋|AF |≥|AQ |＋|AF |≥|AB |＋|AF |，当且仅当P ，B ，A 三点共线时，△APF 的周长取得最小值，即|AB |＋|AF |. 因为A (－2，4)，所以不妨设△APF 的周长最小时，点P 的坐标为(－2，y 0)，代入x 2＝8y ，得y 0＝12，故使△APF 的周长最小的点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12 探究提高 1.对于几何图形中的动态问题，应分析各个变量的变化过程，找出其中的相互关系求解.2.应用几何意义法解决问题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.【训练6】 (2018·江南名校联考)设A ，B 在圆x 2＋y 2＝1上运动，且|AB |＝3，点P 在直线l ：3x ＋4y －12＝0上运动，则|PA→＋PB →|的最小值为( ) A.3 B.4 C.175 D.195[解析] 设AB 的中点为D ，则PA→＋PB →＝2PD →， ∴当且仅当O ，D ，P 三点共线时，|PA→＋PB →|取得最小值，此时OP ⊥AB ，且OP ⊥l .∵圆心到直线l 的距离为129＋16＝125，|OD |＝1－34＝12， ∴|PA →＋PB →|的最小值为2×⎝ ⎛⎭⎪⎫125－12＝195. [答案] D。

2021新高考数学二轮总复习专题突破练2函数与方程思想数形结合思想含解析20201124276

专题突破练2 函数与方程思想、数形结合思想一、单项选择题 1.(2020河南开封三模,理3)如图,在平行四边形OABC 中,顶点O ,A ,C 在复平面内分别表示复数0,3+2i,-2+4i,则点B 在复平面内对应的复数为( ) A.1+6i B.5-2i C.1+5iD.-5+6i2.(2020山东聊城二模,2)在复数范围内,实系数一元二次方程一定有根,已知方程x 2+ax+b=0(a ∈R ,b ∈R )的一个根为1+i(i 为虚数单位),则a1+i=( )A.1-iB.-1+iC.2iD.2+i3.(2020河北武邑中学三模,5)已知f (x )是定义在区间[2b ,1-b ]上的偶函数,且在区间[2b ,0]上为增函数,f (x-1)≤f (2x )的解集为( ) A.[-1,23] B.[-1,13] C.[-1,1]D.[13,1]4.(2020广东江门4月模拟,理6)《周髀算经》中有这样一个问题:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气,其日影长依次成等差数列,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,则小满日影长为( ) A.1.5尺B.2.5尺C.3.5尺D.4.5尺5.(2020安徽合肥二模,文5)在平行四边形ABCD 中,若DE⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,AE 交BD 于点F ,则AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A.23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13AD ⃗⃗⃗⃗⃗ B.23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −13AD ⃗⃗⃗⃗⃗ C.13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −23AD ⃗⃗⃗⃗⃗D.13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AD ⃗⃗⃗⃗⃗6.(2020安徽合肥二模,文7)若函数F (x )=f (x )-2x 4是奇函数,G (x )=f (x )+(12)x 为偶函数,则f (-1)= ( )A.-52B.-54C.54D.527.(2020河北衡水中学月考,文12)已知关于x 的方程[f (x )]2-kf (x )+1=0恰有四个不同的实数根,则当函数f (x )=x 2e x 时,实数k 的取值范围是( ) A.(-∞,-2)∪(2,+∞) B.(4e 2+e 24,+∞)C.(8e 2,2)D.(2,4e 2+e 24)8.(2020福建福州模拟,理10)已知P 为边长为2的正方形ABCD 所在平面内一点,则PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗ )的最小值为 ( )A.-1B.-3C.-12D.-32二、多项选择题9.已知实数a ,b 满足等式a 12=b 13,则下列五个关系式中可能成立的是( ) A.0<b<a<1 B.a=b C.1<a<b D.-1<b<a<0 10.关于x 的方程ax 2-|x|+a=0有四个不同的实数解,则实数a 的值可能是( )A.12B.13C.14D.1611.已知向量m =(sin x ,-√3),n =(cos x ,cos 2x ),函数f (x )=m ·n +√32,下列命题,说法正确的选项是( ) A.y=f (x )的最小正周期为π B.y=f (x )的图象关于点(π6,0)对称 C.y=f (x )的图象关于直线x=π12对称D.y=f (x )的单调递增区间为2k π-π12,2k π+5π12(k ∈Z )12.已知函数f (x )=x-2x,g (x )=a cos πx2+5-2a (a>0).给出下列四个命题,其中是真命题的为( )A.若∃x 0∈[1,2],使得f (x 0)<a 成立,则a>-1B.若∀x ∈R ,使得g (x )>0恒成立,则0<a<5C.若∀x 1∈[1,2],∀x 2∈R ,使得f (x 1)>g (x 2)恒成立,则a>6D.若∀x 1∈[1,2],∃x 2∈[0,1],使得f (x 1)=g (x 2)成立,则3≤a ≤4 三、填空题13.(2020河南开封三模,理14)若平面向量a ,b 满足|a+b |=√2,|a-b |=√3,则a ·b = . 14.(2020广东江门4月模拟,理16)已知函数y=|sin x|的图象与直线y=m (x+2)(m>0)恰有四个公共点A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),C (x 3,y 3),D (x 4,y 4),其中x 1<x 2<x 3<x 4,则2+x4tanx 4= .15.已知△ABC 的内角A ,B ,C 的对边分别为a ,b ,c ,若C=π3,a=6,1≤b ≤4,则sin A 的取值范围为 .16.“垛积术”(隙积术)是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创,南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法,有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”:自上而下,第一层1件,以后每一层比上一层多1件,最后一层是n 件.已知第一层货物单价1万元,从第二层起,货物的单价是上一层单价的78,若这堆货物总价是64-112(78)n万元,则n 的值为 .专题突破练2 函数与方程思想、数形结合思想1.A 解析由已知,得OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,4),则OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2)+(-2,4)=(1,6), ∴点B 对应的复数为1+6i .故选A .2.B 解析将1+i 代入方程,得a+b+(a+2)i =0,所以{a +b =0,a +2=0,解得a=-2,所以-21+i =-2(1-i )2=-1+i .3.B 解析∵f (x )是定义在区间[2b ,1-b ]上的偶函数,∴2b+1-b=0,∴b=-1.∵f (x )在区间[-2,0]上为增函数,∴f (x )在区间[0,2]上为减函数,距离对称轴越远,函数值越小.由f (x-1)≤f (2x )可得|x-1|≥|2x|,即(x-1)2≥4x 2,且-2≤x-1≤2,-2≤2x ≤2,求得-1≤x ≤13,且-1≤x ≤3,-1≤x ≤1,可得-1≤x ≤13.故选B .4.C 解析从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气,其日影长依次成等差数列{a n },冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴{a 1+(a 1+3d )+(a 1+6d )=31.5,S 9=9a 1+9×82d =85.5,解得{a 1=13.5,d =-1.∴小满日影长为a 11=13.5+10×(-1)=3.5(尺).故选C.5.D 解析如图,∵DE⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴E 为CD 的中点.设AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAE ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗ −12AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ2AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +λAD ⃗⃗⃗⃗⃗ .又B ,F ,D 三点共线,∴λ2+λ=1,解得λ=23,∴AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =13AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +23AD ⃗⃗⃗⃗⃗ .故选D .6.C 解析∵函数F (x )=f (x )-2x 4是奇函数,∴F (1)+F (-1)=0,即f (1)-2+f (-1)-2=0,则f (1)+f (-1)=4, ①∵G (x )=f (x )+(12)x为偶函数,∴G (1)=G (-1),即f (1)+12=f (-1)+2,则f (1)-f (-1)=32,②由①②解得f (-1)=54.故选C .7.B 解析f'(x )=2x e x +x 2e x =x (x+2)e x ,令f'(x )=0,解得x=0或x=-2,∴当x<-2或x>0时,f'(x )>0;当-2<x<0时,f'(x )<0,∴f (x )在(-∞,-2)内单调递增,在(-2,0)内单调递减,在(0,+∞)内单调递增,∴当x=-2时,函数f (x )取得极大值f (-2)=4e 2;当x=0时,函数f (x )取得极小值f (0)=0. 作出函数f (x )的大致图象如图所示,令f (x )=t ,则当t=0或t>4e 2时,关于x 的方程f (x )=t 只有一个解; 当t=4e 2时,关于x 的方程f (x )=t 有两个解;当0<t<4e2时,关于x 的方程f (x )=t 有三个解.∵g (x )=[f (x )]2-kf (x )+1恰有四个零点,∴关于t 的方程h (t )=t 2-kt+1=0在(0,4e 2)上有一个解,在(4e 2,+∞)∪{0}上有一个解,显然t=0不是方程t 2-kt+1=0的解,∴关于t 的方程t 2-kt+1=0在(0,4e 2)和(4e 2,+∞)上各有一个解, ∴h (4e 2)=16e 4−4ke 2+1<0,解得k>4e 2+e 24,即实数k 的取值范围是4e2+e 24,+∞.故选B. 8.A 解析建立如图所示平面直角坐标系,设P (x ,y ),则A (0,0),B (2,0),C (2,2),D (0,2),所以PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x ,2-y ),PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x ,-y )+(-x ,2-y )=(2-2x ,2-2y ),故PC⃗⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗ )=(2-x )(2-2x )+(2-y )(2-2y )=2(x -32)2−12+2(y -32)2−12=2x-322+2y-322-1.所以当x=y=32时,PC⃗⃗⃗⃗⃗ ·(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PD ⃗⃗⃗⃗⃗ )的最小值为-1.故选A . 9.ABC 解析画出y=x 12与y=x 13的图象(如图),设a 12=b 13=m ,作直线y=m.从图象知,若m=0或1,则a=b ;若0<m<1,则0<b<a<1;若m>1,则1<a<b.故其中可能成立的是ABC .故选ABC .10.BCD 解析方程ax 2-|x|+a=0中,a=0时,只有一个解x=0,因此方程ax 2-|x|+a=0有四个不同的解,则a ≠0,x ≠0,因此方程可变为1a =x 2+1|x |=|x|+1|x |.作出函数y=|x|+1|x |的图象和直线y=1a,如图,函数y=|x|+1|x |的最小值为2,因此当1a>2时,直线y=1a与函数y=|x|+1|x |的图象有四个不同的交点,即原方程有四个解,满足1a >2的有BCD .故选BCD .11.AB 解析f (x )=m ·n +√32=sin x cos x-√3cos 2x+√32=12sin2x-√32cos2x=sin (2x -π3),其最小正周期是T=2π2=π,故A 正确; sin 2×π6−π3=0,因此f (x )图象关于点π6,0对称,故B 正确;由2x-π3=k π+π2得x=kπ2+5π12(k ∈Z ),因此x=-π12是f (x )图象的一条对称轴,故C 错误;由2k π-π2≤2x-π3≤2k π+π2,得k π-π12≤x ≤k π+5π12,即单调递增区间为k π-π12,k π+5π12(k ∈Z ),故D 错误.故选AB .12.ACD 解析对于选项A,只需f (x )在[1,2]上的最小值小于a ,因为f (x )在[1,2]上单调递增,所以f (x )min =f (1)=1-2=-1,所以a>-1,故A 正确;对于选项B,只需g (x )的最小值大于0,因为a cosπx 2∈[-a ,a ],所以g (x )min =-a+5-2a=5-3a>0,所以0<a<53,故B 错误;对于选项C,只需f (x )在[1,2]上的最小值大于g (x )的最大值,f (x )min =-1, g (x )max =a+5-2a=5-a ,即-1>5-a ,a>6,故C 正确;对于选项D,需g (x )在[0,1]上的最小值小于f (x )在[1,2]上的最小值,且g (x )在[0,1]上的最大值大于f (x )在[1,2]上的最大值,f (x )max =f (2)=2-22=1,所以x 1∈[1,2],f (x 1)∈[-1,1],当x ∈[0,1]时,πx 2∈[0,π2],所以g (x )在[0,1]上单调递减,g (x )min =g (1)=5-2a ,g (x )max =g (0)=5-a ,所以g (x )∈[5-2a ,5-a ], 由题意得{5-2a ≤-1,5-a ≥1,解得3≤a ≤4,故D 正确.故选ACD .13.-14 解析由|a+b |=√2,得a 2+2a ·b +b 2=2,① 由|a-b |=√3,得a 2-2a ·b +b 2=3,②①-②,得4a ·b =-1,所以a ·b =-14.14.1 解析由题意画出图象如下,很明显,在点D 处直线与函数y=|sin x|的图象相切,点D 即为切点. 则有,在点D 处,y=-sin x ,y'=-cos x.而-cos x 4=m ,且y 4=m (x 4+2)=-sin x 4,∴x 4+2=-sinx 4m=-sinx4-cosx 4=tan x 4.∴x 4+2tanx 4=tanx4tanx 4=1.15.3√9331,1 解析C=π3,a=6,1≤b ≤4,由余弦定理可得,c 2=a 2+b 2-2ab cos C=36+b 2-6b=(b-3)2+27,∴c 2=(b-3)2+27∈[27,31].∴c ∈[3√3,√31].由正弦定理可得,asinA =csinC , 即sin A=asinC c=6×√32c=3√3c∈3√9331,1.故答案为3√9331,1.16.6 解析由题意可得第n 层的货物的价格为a n =n (78)n -1.这堆货物总价是S n =1×(78)0+2×(78)1+3×(78)2+…+n ×(78)n -1,① 则78S n =1×(78)1+2×(78)2+3×(78)3+…+n ×(78)n, ②由①-②可得18S n =1+(78)1+(78)2+(78)3+…+(78)n -1-n ×(78)n=1-(78)n 1-78-n ×(78)n=8-(8+n )×(78)n,∴S n =64-8(8+n )×(78)n.∵这堆货物总价是64-112(78)n万元,∴8(8+n )=112,∴n=6.。

创新方案浙江新高考数学理二轮专题突破练习2.1.2数形结合思想(含答案详析)

第二讲数形结合思想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．2．数形结合的途径(1)通过坐标系“形题数解”借助于直角坐标系、复平面，可以将几何问题代数化．这一方法在解析几何中体现得相当充分(在高考中主要也是以解析几何作为知识载体来考查的)．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，可以大大缩短代数推理)．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函数与图像的对应关系；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－2)2＋(y－1)2＝4，表示坐标平面内以(2,1)为圆心，2为半径的圆．(2)通过转化构造“数题形解”许多代数结构都有着相对应的几何意义，据此，可以将数与形进行巧妙地转化．例如，将a(a>0)与距离互化；将a2与面积互化，将a2＋b2＋ab＝a2＋b2－2|a||b|cos θ(θ＝60°或θ＝120°)与余弦定理沟通；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，函数的图像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相互渗透，演绎出解题捷径．[例1] (2013·长沙模拟)若f (x )＋1＝1f (x ＋1)，当x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，若在区间(－1,1]内g (x )＝f (x )－mx －m 有两个零点，则实数m 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫0，12 B.⎣⎡⎭⎫12，＋∞ C.⎣⎡⎭⎫0，13 D.⎝⎛⎦⎤0，12 [思维流程][解析] 当x ∈(－1,0]时，x ＋1∈(0,1]， ∵当x ∈(0,1]时，f (x )＝x ，∴f (x ＋1)＝x ＋1.而由f (x )＋1＝1f (x ＋1)，可得f (x )＝1f (x ＋1)－1＝1x ＋1－1(x ∈(－1,0])．如图所示，作出函数f (x )在区间(－1,1]内的图像，而函数g (x )零点的个数即为函数f (x )与y ＝mx ＋m 图像交点的个数，显然函数y ＝mx ＋m 的图像为经过点P (－1,0)，斜率为m 的直线．如图所示，f (1)＝1，故B (1,1)．直线PB 的斜率k 1＝1－01－(－1)＝12；直线PO 的斜率为k 2＝0.由图可知，函数f (x )与y ＝mx ＋m 的图像有两个交点，则直线y ＝mx ＋m 的斜率k 2<m ≤k 1，即m ∈⎝⎛⎦⎤0，12. [答案] D——————————规律·总结———————————————————利用数形结合求方程解应注意两点(1)讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图像的准确性、全面性，否则会得到错解．(2)正确作出两个函数的图像是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．1．若定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且x ∈[－1,1]时，f (x )＝1－x 2，函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x >0，0，x ＝0，－1x ，x <0，则函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间[－5,5]内零点的个数是( )A ．5B ．7C ．8D ．10解析：选C 依题意得，函数f (x )是以2为周期的函数，在同一坐标系下画出函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图像，结合图像得，当x ∈[－5,5]时，它们的图像的公共点共有8个，即函数h (x )＝f (x )－g (x )在区间[－5,5]内的零点的个数是8.[2((2)若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________．[思维流程][解析] (1)在同一坐标系中，分别作出y ＝log 2(－x )，y ＝x ＋1的图像，由图可知，x 的取值范围是(－1,0)．(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.[答案] (1)(－1,0) (2)⎝⎛⎦⎤－∞，12 ————————规律·总结——————————————————————利用数形结合解不等式应注意的问题解含参数的不等式时，由于涉及到参数，往往需要讨论，导致运算过程繁琐冗长．如果题设与几何图形有联系，那么利用数形结合的方法，问题将会顺利地得到解决．2．当x ∈(1,2)时，不等式(x －1)2<log a x 恒成立，则a 的取值范围为( ) A ．(2,3] B ．[4，＋∞) C ．(1,2]D ．[2,4)解析：选C 设y 1＝(x －1)2，y 2＝log a x ，则y 1的图像为如图所示的抛物线．要使对一切x ∈(1,2)，y 1<y 2恒成立，显然a >1，并且只需当x ＝2时，log a x ≥1，即a ≤2，所以1<a ≤2.[例3] (1)如果实数x ，y 满足(x －2)2＋y 2＝3，则yx 的最大值为( )A.12B.33C.32D. 3(2)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 ．2 C. 2 D.22[思维流程][解析] (1)(x －2)2＋y 2＝3表示坐标平面上的一个圆，圆心为M (2,0)，半径r ＝3，如图，而y x ＝y －0x －0表示圆上的点(x ，y )与原点O (0,0)连线的斜率．该问题转化为如下几何问题：点A 在M (2,0)为圆心，3为半径的圆上移动，求直线OA 的斜率的最大值．由图可知，当点A 在第一象限，且OA 与圆相切时OA 的斜率最大．连接AM ，则AM ⊥OA ，|OA |＝|OM |2－|AM |2＝22－(3)2＝1，可得yx的最大值为tan ∠AOM ＝3，故选D.(2)因为(a －c )·(b －c )＝0，所以(a －c )⊥(b －c )．如图所示，设OC ＝c ，OA ＝a ，OB ＝b ，CA ＝a －c ，CB ＝b －c ，即AC ⊥BC ，又OA ⊥OB ，所以O ，A ，C ，B 四点共圆．当且仅当OC 为圆的直径时，|c |最大，且最大值为 2. [答案] (1)D (2)C——————————规律·总结——————————————————————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．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．3．对于任意x ∈R ，函数f (x )表示－x ＋3，32x ＋12，x 2－4x ＋3中的较大者，则f (x )的最小值是( )A ．2B ．3C ．8D ．－1解析：选A 分别画出y ＝－x ＋3，y ＝32x ＋12，y ＝x 2－4x＋3三个函数的图像，如图所示，得到三个交点A (0,3)，B (1,2)，C (5,8)．函数f (x )的表达式为f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4x ＋3，x ≤0，－x ＋3，0<x ≤1，32x ＋12，1<x ≤5，x 2－4x ＋3，x >5，f (x )的图像是图中的实线部分，图像的最低点是B (1,2)，所以函数f (x )的最小值是2.4．当0<x <π2，函数f (x )＝1＋cos 2x ＋4sin 2x sin 2x 的最小值为( )A ．－4B ．－2 2C ．4D ．2 2解析：选D f (x )＝1＋cos 2x ＋2(1－cos 2x )sin 2x ＝3－cos 2x0－(－sin 2x )，它表示点(0,3)与点(－sin 2x ，cos 2x )连线的斜率，而点(－sin 2x ，cos 2x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时是圆x 2＋y 2＝1的左半圆(不含端点)，数形结合可知当过(0,3)的直线与该半圆相切时，斜率最小，即f (x )最小．设切线方程为y ＝kx ＋3，则|3|k 2＋1＝1⇒k ＝22或k ＝－22(舍)，故f (x )的最小值为2 2.1．应用数形结合的思想应注意以下数与形的转化(1)集合的运算及韦恩图； (2)函数及其图像；(3)数列通项及求和公式的函数特征及函数图像； (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，可通过函数的图像求解(函数的零点、顶点是关键点)，做好知识的迁移与综合运用．2．运用数形结合的思想分析解决问题时，应把握以下三个原则 (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，不能完整地表现数的一般性，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，则取决于哪种方法更为简单，而不是去刻意追求代数问题运用几何方法，几何问题运用代数方法．[数学思想专练(二)]一、选择题1．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 >1D ．0<a ≤116解析：选B 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⎝⎛⎭⎫122≤log a 12，所以a ≥116，所以116≤a <1.2．(2013·西城模拟)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3，x ≤1，－x 2＋2x ＋3，x >1，则函数g (x )＝f (x )－e x 的零点个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选B 函数g (x )＝f (x )－e x 的零点即为函数f (x )与y ＝e x 的图像交点的个数，如图所示，作出函数f (x )与y ＝e x 的图像，由图像可知两个函数图像有两个交点，∴函数g (x )＝f (x )－e x 有两个零点．3．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤0，log 2x ，x >0，则函数y ＝f (f (x ))＋1的零点个数是( )A ．4B ．3C ．2D ．1解析：选A 令x ＋1＝0，得x ＝－1，令log 2x ＝0，得x ＝1；令F (x )＝f (f (x ))＋1，则F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋3，x ≤－1，log 2(x ＋1)＋1，－1<x ≤0，log 2x ＋2，0<x ≤1，log 2(log 2x )＋1，x >1.作出函数y ＝F (x )的图像如图所示，有4个零点．4．已知平面向量a 、b ，|a |＝1，|b |＝3，且|2a ＋b |＝7，则向量a 与向量a ＋b 的夹角为( )A.π2B.π3C.π6D ．π解析：选B ∵|2a ＋b |2＝4|a |2＋4a ·b ＋|b |2＝7，|a |＝1，|b |＝3， ∴4＋4a ·b ＋3＝7，即a ·b ＝0，∴a ⊥b . 如图所示，a 与a ＋b 的夹角为∠COA ， ∵tan ∠COA ＝|CA ||OA |＝31，∴∠COA ＝π3，即a 与a ＋b 的夹角为π3. 5．以椭圆的右焦点F 2为圆心作一个圆，使此圆过椭圆的中心，交椭圆于M ，N 两点，若直线MF 1(F 1为椭圆的左焦点)是圆F 2的切线，则椭圆的离心率为( )A ．2－ 3 B.3－1 C.22D.32解：选B 如图，易知|MF 2|＝c ，∵|MF 1|＋|MF 2|＝2a ，∴|MF 1|＝2a －c .在△F 1MF 2中，∵MF 1⊥MF 2，又|F 1F 2|＝2c ，∴(2a －c )2＋c 2＝(2c )2，即2a 2－2ac －c 2＝0.方程两边同除以－a 2得e 2＋2e －2＝0，解得e ＝3－1.6．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)解析：选C 画出函数f (x )的图像，再画出直线y ＝d (0<d <1)，如图所示，直观上知0<a <1,1<b <10,10<c <12，再由|lg a |＝|lg b |，得－lg a ＝lg b ，从而得ab ＝1，则10<a bc <12.二、填空题7．如果函数y ＝1＋4－x 2(|x |≤2)的图像与函数y ＝k (x －2)＋4的图像有两个交点，那么实数k 的取值范围是________．解析：函数y ＝1＋4－x 2的值域为[1,3]，将y －1＝4－x 2两边平方，得x 2＋(y －1)2＝4，考虑到函数的值域，函数y ＝1＋4－x 2的图像是以(0,1)为圆心，2为半径的上半圆，半圆的端点为点A (－2,1)和点B (2,1)；函数y ＝k (x －2)＋4是过定点P (2,4)的直线．画出两函数的图像如图所示，易得实数k 的范围是⎝⎛⎦⎤512，34.答案：⎝⎛⎦⎤512，348．已知1a ＋2b ＝1(a >0，b >0)，当ab 取最小值时，方程2－2x ＝b －bax |x |的实数解的个数是________．解析：1ab ＝12⎝⎛⎭⎫1a ·2b ≤12·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋2b 22＝18，当1a ＝2b ，即a ＝2，b ＝4时等号成立，则方程1－x ＝2－x |x |，在同一坐标系作出y 1＝－(x －1)和y 2＝2－x |x |的草图，交点个数为1，即方程的解的个数为1.答案：19．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －2，x ≤0，2ax －1，x >0(a 是常数且a >0)．对于下列命题：①函数f (x )的最小值是－1；②函数f (x )在R 上是单调函数；③若f (x )>0在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上恒成立，则a 的取值范围是a >1；④对任意的x 1<0，x 2<0且x 1≠x 2，恒有f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22<f (x 1)＋f (x 2)2. 其中正确命题的序号是________．解析：如图所示，作出函数f (x )的图像，显然f (x )在(－∞，0)上单调递减，而a >0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f (x )的最小值为f (0)＝－1，故命题①正确；显然，函数f (x )在R 上不是单调函数，②错误；因为f (x )在(0，＋∞)上单调递增，故函数f (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫12＝2a ×12－1＝a －1，所以若f (x )>0在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上恒成立，则a －1>0，即a >1，故③正确；由图像可知在(－∞，0)上对任意x 1<0，x 2<0且x 1≠x 2，恒有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<f (x 1)＋f (x 2)2成立，故④正确．综上，正确的命题有①③④. 答案：①③④ 三、解答题10．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．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 ， ①y ＝43x ＋1－a ， ② ①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 ，其倾斜角为α，则有tan α＝43，0<α<π2， ∴sin α＝45，cos α＝35， |OA |＝2tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋α2＝2·1－cos ⎝⎛⎭⎫π2＋αsin ⎝⎛⎭⎫π2＋α＝ 2·1＋sin αcos α＝2⎝⎛⎭⎫1＋4535＝6. 要使f (x )≤g (x )在x ∈[－4,0]恒成立，则②所表示的直线应在直线AT 的上方或与它重合，故有1－a ≥6，即a ≤－5.所以实数a 的取值范围是(－∞，－5]．11．已知a >0，函数f (x )＝x |x －a |＋1(x ∈R )．(1)当a ＝1时，求所有使f (x )＝x 成立的x 的值；(2)当a ∈(0,3)时，求函数y ＝f (x )在闭区间[1,2]上的最小值．解：(1)因为x |x －1|＋1＝x ，所以x ＝－1或x ＝1.(2)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－ax ＋1， x ≥a ，－x 2＋ax ＋1， x <a ， (其示意图如图所示)①当0<a ≤1时，x ≥1≥a ，这时，f (x )＝x 2－ax ＋1，对称轴是x ＝a 2≤12<1，所以函数y ＝f (x )在区间[1,2]上递增，f (x )min ＝f (1)＝2－a;②当1<a ≤2时，当x ＝a 时函数f (x )min ＝f (a )＝1；③当2<a <3时，x ≤2<a ，这时，f (x )＝－x 2＋ax ＋1，对称轴是x ＝a 2∈⎝⎛⎭⎫1，32，f (1)＝a ，f (2)＝2a －3.因为(2a －3)－a ＝a －3<0，所以函数f (x )min ＝f (2)＝2a －3.12．设函数F (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，x ≤0，g (x )，x >0，其中f (x )＝ax 3－3ax ，g (x )＝12x 2－ln x ，方程F (x )＝a 2有且仅有四个解，求实数a 的取值范围．解：x ∈(0,1)时，g ′(x )＝x －1x <0，x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＝x －1x>0，所以当x ＝1时，g (x )取极小值g (1)＝12. (1)当a ＝0时，方程F (x )＝a 2不可能有4个解；(2)当a <0时，因为f ′(x )＝3a (x 2－1)，若x ∈(－∞，0]时，f ′(x )＝3a (x 2－1)，当x ∈(－1,0]时，f ′(x )>0，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )<0，所以当x ＝－1时，f (x )取得极小值f (－1)＝2a ，又f (0)＝0，所以F (x )的图像如图(1)所示，从图像可以看出F (x )＝a 2不可能有4个解．图(1) 图(2)(3)当a >0时，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )>0，当x ∈(－1,0]时，f ′(x )<0，所以当x ＝－1时，f (x )取得极大值f (－1)＝2a ，又f (0)＝0，所以F (x )的图像如图(2)所示，从图像看出方程F (x )＝a 2若有4个解，则12<a 2<2a ，所以实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫22，2.。

2021年高考数学二轮复习专题训练九第2讲数形结合思想理

2021年高考数学二轮复习专题训练九第2讲数形结合思想理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 (xx·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，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，则四边形PACB 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)2 2 (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.所以(S 四边形PACB )min ＝2×12×|PA |×|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＋－12)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)(xx·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)，所以k OA ＝2－01－0＝2.所以yx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．(xx·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|＝2－32＋－3－42＝5 2.而|PM |＋|PN |＝|PC 1|＋|PC 2|－4≥52－4.2．(xx·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．(xx·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．(xx·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 PA ≤k ≤k PB ，而k PB >0，k PA <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 PA ＝－2－－11－0＝－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．(xx·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．(xx·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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧fx ，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⎝⎛⎭⎪⎫22，2.31470 7AEE 竮 34149 8565 蕥23517 5BDD 寝.{ Iq31023 792F 礯'3423385B9 薹 23155 5A73 婳R。

高中数学二轮专题复习——数形结合思想

思想方法专题数形结合思想【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：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。

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：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。

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：1．要清楚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；3．要正确确定参数的取值范围，以防重复和遗漏；4．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。

高考数学二轮复习专题对点练2 函数与方程思想、数形结合思想文

专题对点练2 函数与方程思想、数形结合思想一、选择题1.设a>1,若对于任意的x∈[a,2a],都有y∈[a,a2]满足方程log a x+log a y=3,这时a的取值的集合为()A.{a|1<a≤2}B.{a|a≥2}C.{a|2≤a≤3}D.{2,3}2.若椭圆+y2=1的两个焦点为F1,F2,过F1作垂直于x轴的直线与椭圆相交,其一交点为P,则|PF2|=()A. B. C. D.43.(2018甘肃兰州一模)若关于x的方程2sin=m在上有两个不等实根,则m的取值范围是()A.(1,)B.[0,2]C.[1,2)D.[1,]4.函数f(x)是定义在区间(0,+∞)上的可导函数,其导函数为f'(x),且满足xf'(x)+2f(x)>0,则不等式的解集为()A.{x|x>-2 011}B.{x|x<-2 011}C.{x|-2 016<x<-2 011}D.{x|-2 011<x<0}5.对任意a∈[-1,1],函数f(x)=x2+(a-4)x+4-2a的值总大于零,则x的取值范围是()A.{x|1<x<3}B.{x|x<1或x>3}C.{x|1<x<2}D.{x|x<1或x>2}6.抛物线y2=2px(p>0)的焦点为圆x2+y2-6x=0的圆心,过圆心且斜率为2的直线l与抛物线相交于M,N两点,则|MN|=()A.30B.25C.20D.157.若0<x1<x2<1,则()A.>ln x2-ln x1B.<ln x2-ln x1C.x2>x1D.x2<x18.已知在正四棱锥S-ABCD中,SA=2,则当该棱锥的体积最大时,它的高为()A.1B.C.2D.39.已知函数f(x)=x+x ln x,若k∈Z,且k(x-1)<f(x)对任意的x>1恒成立,则k的最大值为()A.2B.3C.4D.5二、填空题10.使log2(-x)<x+1成立的x的取值范围是.11.若函数f(x)=(a>0,且a≠1)的值域是[4,+∞),则实数a的取值范围是.12.已知奇函数f(x)的定义域是{x|x≠0,x∈R},且在(0,+∞)内单调递增,若f(1)=0,则满足x·f(x)<0的x的取值范围是.13.已知圆M与y轴相切,圆心在直线y=x上,并且在x轴上截得的弦长为2,则圆M的标准方程为.14.已知P是直线l:3x+4y+8=0上的动点,PA,PB是圆x2+y2-2x-2y+1=0的两条切线,A,B是切点,C是圆心,则四边形PACB面积的最小值为.15.我们把函数y1=x2-3x+2(x>0)沿y轴翻折得到函数y2,函数y1与函数y2的图象合起来组成函数y3的图象,若直线y=kx+2与函数y3的图象刚好有两个交点,则满足条件的k的值为.三、解答题16.如图,在直三棱柱ABC-A'B'C'中,AC=BC=5,AA'=AB=6,D,E分别为AB和BB'上的点,且=λ.(1)求证:当λ=1时,A'B⊥CE;(2)当λ为何值时,三棱锥A'-CDE的体积最小,并求出最小体积.专题对点练2答案1.B解析依题意得y=,当x∈[a,2a]时,y=.由题意可知⊆[a,a2],即有a2≥a,又a>1,所以a≥2.故选B.2.C解析如图,令|F1P|=r1,|F2P|=r2,则即故r2=.3.C解析方程2sin=m可化为sin,当x∈时,2x+,画出函数y=f(x)=sin在x∈上的图象如图所示:由题意,得<1,则m的取值范围是[1,2),故选C.4.C解析由xf'(x)+2f(x)>0,则当x∈(0,+∞)时,x2f'(x)+2xf(x)>0,即[x2f(x)] '=x2f'(x)+2xf(x),所以函数x2f(x)为单调递增函数,由,即(x+2 016)2f(x+2 016)<52f(5),所以0<x+2 016<5,所以不等式的解集为{x|-2 016<x<-2 011},故选C.5.B解析由f(x)=x2+(a-4)x+4-2a>0,得a(x-2)+x2-4x+4>0.令g(a)=a(x-2)+x2-4x+4,由a∈[-1,1]时,不等式f(x)>0恒成立,即g(a)>0在[-1,1]上恒成立.则即解得x<1或x>3.6.D解析圆x2+y2-6x=0的圆心(3,0),焦点F(3,0),抛物线y2=12x,设M(x1,y1),N(x2,y2).直线l的方程为y=2x-6,联立即x2-9x+9=0,∴x1+x2=9,∴|MN|=x1+x2+p=9+6=15,故选D.7.C解析设f(x)=e x-ln x(0<x<1),则f'(x)=e x-.令f'(x)=0,得x e x-1=0.根据函数y=e x与y=的图象(图略)可知两函数图象交点x0∈(0,1),因此函数f(x)在(0,1)内不是单调函数,故A选项不正确;同理可知B选项也不正确;设g(x)=(0<x<1),则g'(x)=.又0<x<1,∴g'(x)<0.∴函数g(x)在(0,1)上是减函数.又0<x1<x2<1,∴g(x1)>g(x2).∴x2>x1.故C选项正确,D项不正确.8.C解析设正四棱锥S-ABCD的底面边长为a(a>0),则高h=,所以体积V=a2h=.设y=12a4-a6(a>0),则y'=48a3-3a5.令y'>0,得0<a<4;令y'<0,得a>4.故函数y在(0,4]上单调递增,在[4,+∞)内单调递减.可知当a=4时,y取得最大值,即体积V取得最大值,此时h==2,故选C.9.B解析由k(x-1)<f(x)对任意的x>1恒成立,得k<(x>1).令h(x)=(x>1),则h'(x)=.令g(x)=x-ln x-2=0,得x-2=ln x,画出函数y=x-2,y=ln x的图象如图,g(x)存在唯一的零点,又g(3)=1-ln 3<0,g(4)=2-ln 4=2(1-ln 2)>0,∴零点属于(3,4),∴h(x)在(1,x0)内单调递减,在(x0,+∞)内单调递增.而3<h(3)=<4, <h(4)=<4,∴h(x0)<4,k∈Z,∴k的最大值是3.10.(-1,0)解析在同一平面直角坐标系中,分别作出y=log2(-x),y=x+1的图象,由图可知,x的取值范围是(-1,0).11.(1,2]解析由题意f(x)的图象如图,则∴1<a≤2.12.( -1,0)∪(0,1)解析作出符合条件的一个函数图象草图如图所示,由图可知x·f(x)<0的x的取值范围是(-1,0)∪(0,1).13.(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y+1)2=4解析设圆M的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2, 由题意可得解得∴圆M的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y+1)2=4.14.2解析如图,S Rt△PAC=|PA|·|AC|=|PA|,当CP⊥l时,|PC|==3,∴此时|PA|min==2.∴(S四边形PACB)min=2(S△PAC)min=2.15.(-3,3)解析依题意,作出函数y3的图象,如下图.∵函数y1=x2-3x+2(x>0)沿y轴翻折得到函数y2,∴y2=x2+3x+2(x<0).若要直线y=kx+2与函数y3的图象刚好有两个交点,则需直线y=kx+2与y1,y2均有交点.将直线y=kx+2分别代入y1,y2中得x2-(3+k)x=0,x2+(3-k)x=0.解得x1=3+k,x2=k-3,x3=0(舍去),∵y1=x2-3x+2(x>0),∴x1=3+k>0;∵y2=x2+3x+2(x<0),∴x2=k-3<0.联立得解得-3<k<3.16.(1)证明∵λ=1,∴D,E分别为AB和BB'的中点.又AA'=AB,且三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,∴平行四边形ABB'A'为正方形,∴DE⊥A'B.∵AC=BC,D为AB的中点,∴CD⊥AB.∵三棱柱ABC-A'B'C'为直三棱柱,∴平面ABB'A'⊥平面ABC.∴CD⊥平面ABB'A',∴CD⊥A'B.又CD∩DE=D,∴A'B⊥平面CDE.∵CE⊂平面CDE,∴A'B⊥CE.(2)解设BE=x,则AD=x,DB=6-x,B'E=6-x.由已知可得C到平面A'DE的距离即为△ABC的边AB所对应的高h==4, ∴V A'-CDE=V C-A'DE= (S四边形ABB'A'-S△AA'D-S△DBE-S△A'B'E)h=h= (x2-6x+36)= [(x-3)2+27](0<x<6),∴当x=3,即λ=1时,V A'-CDE有最小值18.。

2021年高考数学二轮复习专题突破练2函数与方程思想、数形结合思想理

专题突破练2 函数与方程思想、数形结合思想一、选择题1.设a>1,假设对于任意的x∈[a,2a],都有y∈[a,a2]满足方程log a x+log a y=3,这时a的取值的集合为()A.{a|1<a≤2}B.{a|a≥2}C.{a|2≤a≤3}D.{2,3}2.椭圆+y2=1的两个焦点为F1,F2,过F1作垂直于x轴的直线与椭圆相交,其中一个交点为P,那么|PF2|=()A. B.3.假设关于x的方程2sin=m在上有两个不等实根,那么m的取值范围是()A.(1,)B.[0,2]C.[1,2)D.[1,]4.(2021百校联盟四月联考,理11)f(x)=A cos x,假设直线y=2x-π与f(x)的图象有3个交点,且交点横坐标的最大值为t,那么()A.A∈(2,π),(t-π)tan t=1B.A∈(2π,+∞),tan t=1C.A∈(2,π),(π-t)tan t=1D.A∈(2π,+∞),tan t=15.数列{a n}满足0<a n<1,-8+4=0,且数列是以8为公差的等差数列,设{a n}的前n项和为S n,那么满足S n>10的n的最小值为()6.在正四棱锥S-ABCD中,SA=2,那么当该棱锥的体积最大时,它的高为()A.1B.7.f(x)=sin(ωx+φ)满足f(1-x)=f(x),且f(x+2)=-f(x),对于定义域内满足f(x1)=f(x2)=的任意x1,x2∈R,x1≠x2,当|x1-x2|取最小值时,f(x1-x2)的值为()A.B.C.D.8.函数f(x)=x+x ln x,假设k∈Z,且k(x-1)<f(x)对任意的x>1恒成立,那么k的最大值为()A.2B.3C.4D.5二、填空题9.使log2(-x)<x+1成立的x的取值范围是.10.奇函数f(x)的定义域是{x|x≠0,x∈R},且在(0,+∞)内单调递增,假设f(1)=0,那么满足x·f(x)<0的x的取值范围是.11.(2021福建龙岩4月模拟,理13)向量a与b的夹角为60°,且|a|=1,|2a-b|=2,那么|b|=.12.圆M与y轴相切,圆心在直线y=x上,并且在x轴上截得的弦长为2,那么圆M的标准方程为.13.(2021福建厦门外国语学校一模,理16)平面图形ABCD为凸四边形(凸四边形即任取平面四边形一边所在的直线,其余各边均在此直线的同侧),且AB=2,BC=4,CD=5,DA=3,那么四边形ABCD面积的最大值为.14.如下图,正方形ABCD的边长为2,切去阴影局部围成一个正四棱锥,那么正四棱锥的侧面积的取值范围为.参考答案专题突破练2函数与方程思想、数形结合思想1.B解析依题意得y=,当x∈[a,2a]时,y=由题意可知[a,a2],即有a2≥a,又a>1,所以a≥2.应选B.2.C解析如图,令|F1P|=r1,|F2P|=r2,那么即故r2=3.C解析方程2sin=m可化为sin,当x时,2x+,画出函数y=f(x)=sin在x上的图象,如下图:由题意,得<1,那么m的取值范围是[1,2),应选C.4.B解析作出直线y=2x-π与f(x)的图象,显然直线y=2x-π为f(x)的图象在x=t处的切线,且t,由切线斜率k=f'(t)==2,得-A sin t==2,所以A=>2π,tan t=1,应选B.5.B解析-8+4=0,=8,=8+8(n-1)=8n.+4=8n+4.∴a n+=2,即-2a n+2=0,∴a n=∵0<a n<1,∴a n=,S n=-1.由S n>10得>11,∴n>60.应选B.6.C解析设正四棱锥S-ABCD的底面边长为a(a>0),那么高h=,所以体积V=a2h=设y=12a4-a6(a>0),那么y'=48a3-3a5.令y'>0,得0<a<4;令y'<0,得a>4.故函数y在(0,4]内单调递增,在[4,+∞)内单调递减.可知当a=4时,y取得最大值,即体积V取得最大值,此时h==2,应选C.7.B解析∵f(x+2)=-f(x),∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x),故f(x)周期为4,由4=,得ω=,f(x)=sin,由f(1-x)=f(x),得x=是y=f(x)的对称轴,+φ=kπ+,当k=0时,φ=,f(x)=sin,由f(x1)=f(x2)=,得|x1-x2|=,当k1=k2时,|x1-x2|min=,当x1-x2=时,f(x1-x2)=,当x1-x2=-时,f(x1-x2)=,应选B.8.B解析由k(x-1)<f(x)对任意的x>1恒成立,得k<(x>1),令h(x)=(x>1),那么h'(x)=,令g(x)=x-ln x-2=0,得x-2=ln x,画出函数y=x-2,y=ln x的图象如图,g(x)存在唯一的零点,又g(3)=1-ln 3<0,g(4)=2-ln 4=2(1-ln 2)>0,∴零点在(3,4)内,∴h(x)在(1,x0)内单调递减,在(x0,+∞)内单调递增,而3<h(3)=<4,<h(4)=<4,∴h(x0)<4,k∈Z,∴k的最大值是3.9.(-1,0)解析在同一坐标系中,分别作出y=log2(-x),y=x+1的图象,由图可知,x的取值范围是(-1,0).10.(-1,0)∪(0,1)解析作出符合条件的一个函数图象草图,如下图,由图可知x·f(x)<0的x的取值范围是(-1,0)∪(0,1).11.4解析∵|2a-b|=2,∴4a2-4a·b+b2=12.∵向量a与b的夹角为60°,∴a·b=|b|.∴4-2|b|+|b|2=12,解得|b|=4,故答案为4.12.(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y+1)2=4解析设圆M的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2,由题意可得解得∴圆M的标准方程为(x-2)2+(y-1)2=4或(x+2)2+(y+1)2=4.13.2解析设AC=x,在△ABC中运用余弦定理可得x2=20-16cos B;在△ADC中运用余弦定理可得x=34-30cos D.所以15cos D-8cos B=7.又四边形ABCD的面积S=(2×4sin B+3×5sin D),即2S=8sin B+15sin D.联立15cos D-8cos B=7和2S=8sin B+15sin D.两边平方相加,可得4S2+49=64+225-240cos(B+D),化简变形得S2=60-60cos(B+D),所以当cos(B+D)=-1时,S2最大,即S max==2故应填214.(0,2)解析如下图.设三棱锥一个侧面为△APQ,∠APQ=x,那么AH=PQ×tan x=PQ,∴PQ=,AH=,∴S=4PQ×AH=2×PQ×AH=2,x∵S==2(当且仅当tan x=1,即x=时取等号).而tan x>0,故S>0.∵S=2时,△APQ是等腰直角三角形,顶角∠PAQ=90°,阴影局部不存在,折叠后A与O重合,构不成棱锥,∴S的范围为(0,2).。

(江苏专用)2021高考数学二轮复习第四篇一函数与方程思想、数形结合思想试题理

函数与方程思想、数形结合思想数学教学的最终目标，是要让学生会用数学的眼光观察现实世界，会用数学的思维思考现实世界.数学素养就是指学生学习数学应当达成的有特定意义的综合性能力，数学核心素养高于具体的数学知识技能，具有综合性、整体性和持久性，反映数学本质与数学思想，数学核心素养是数学思想方法在具体学习领域的表现.二轮复习中如果能自觉渗透数学思想，加强个人数学素养的培养，就会在复习中高屋建瓴，对整体复习起到引领和导向作用.一、函数与方程思想在不等式中的应用函数与不等式的相互转化，把不等式转化为函数，借助函数的图象和性质可解决相关的问题，常涉及不等式恒成立问题、比拟大小问题.一般利用函数思想构造新函数，建立函数关系求解. 1.假设0<x 1<x 2<1，那么x 21e x 和x 12e x 的大小关系为________________. 答案 x 21e x >x 12e x解析设g (x )＝e xx (0<x <1)，那么g ′(x )＝e x(x －1)x2. 又0<x <1，∴g ′(x )<0， ∴函数g (x )在(0,1)上是减函数. 又0<x 1<x 2<1，∴g (x 1)>g (x 2)， ∴x 21e x >x 12e x .2.(2021·宿州调研)定义在R 上的偶函数满足f (x )＝x 3＋4x(x ≥0)，假设f (1－2m )≥f (m )，那么实数m 的取值范围是______________. 答案 ⎝⎛⎦⎥⎤－∞，13∪[1，＋∞)解析由题意可知，定义在R 上的偶函数f (x )＝x 3＋4x (x ≥0)，因为y ＝x 3，y ＝4x在x ≥0时都是单调递增的函数，故函数f (x )＝x 3＋4x在x ≥0时为增函数，又函数f (x )为偶函数，故图象关于y 轴对称，所以f (1－2m )≥f (m )，只需|1－2m |≥|m |，即m ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，13∪[1，＋∞).R 上的函数g (x )的导函数为g ′(x )，满足g ′(x )－g (x )<0，假设函数g (x )的图象关于直线x ＝2对称，且g (4)＝1，那么不等式g (x )ex >1的解集为________.答案 (－∞，0)解析 ∵函数g (x )的图象关于直线x ＝2对称， ∴g (0)＝g (4)＝1.设f (x )＝g (x )ex，那么f ′(x )＝g ′(x )e x －g (x )e x (e x )2＝g ′(x )－g (x )ex.又g ′(x )－g (x )<0，∴f ′(x )<0， ∴f (x )在R 上单调递减. 又f (0)＝g (0)e＝1，∴f (x )>f (0)，∴x <0.x ∈[－2,1]时，不等式ax 3－x 2＋4x ＋3≥0恒成立，那么实数a 的取值范围是_________.答案 [－6，－2]解析当－2≤x <0时，不等式转化为a ≤x 2－4x －3x 3.令f (x )＝x 2－4x －3x 3(－2≤x <0)，那么f ′(x )＝－x 2＋8x ＋9x 4＝－(x －9)(x ＋1)x4，故f (x )在[－2，－1]上单调递减，在(－1,0)上单调递增，此时有a ≤f (x )min ＝f (－1)＝1＋4－3－1＝－2. 当x ＝0时，不等式恒成立.当0<x ≤1时，a ≥x 2－4x －3x 3，那么f (x )在(0,1]上单调递增，此时有a ≥f (x )max ＝f (1)＝1－4－31＝－6.综上，实数 a 的取值范围是[－6，－2]. 二、函数与方程思想在数列中的应用数列的通项与前n 项和是自变量为正整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数；等差数列或等比数列的根本量的计算一般化归为方程(组)来解决.5.{a n }是等差数列，a 10＝10，其前10项和S 10＝70，那么其公差d ＝________. 答案 23解析设等差数列的首项为a 1，公差为d ，那么⎩⎪⎨⎪⎧a 10＝a 1＋9d ＝10，S 10＝10a 1＋10×92d ＝70，即⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋9d ＝10，2a 1＋9d ＝14，解得d ＝23.6.在等差数列{a n }中，假设a 1<0，S n 为其前n 项和，且S 7＝S 17，那么S n 取最小值时n 的值为________. 答案 12解析由得，等差数列{a n }的公差d >0, 设S n ＝f (n )，那么f (n )为二次函数，又由f (7)＝f (17)知，f (n )的图象开口向上，关于直线n ＝12对称，故S n 取最小值时n 的值为12.7.(2021·江苏海安高级中学月考)等比数列{a n }的公比q >1，其前n 项和为S n ，假设S 4＝2S 2＋1，那么S 6的最小值为________. 答案 23＋3解析 ∵S 4＝2S 2＋1，∴a 1(1－q 4)1－q ＝2a 1(1－q 2)1－q ＋1⇒a 1(1＋q )(q 2－1)＝1，∵q >1，∴S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝1(1＋q )(q 2－1)×(1＋q ＋q 2)(1－q ＋q 2)(1＋q )＝q 2－1＋3q 2－1＋3≥23＋3，当且仅当q 2＝1＋3(q >1)时取等号， ∴S 6的最小值为23＋3.8.设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，假设S 4＝－2，S 5＝0，S 6＝3，那么nS n 的最小值为________. 答案－9 解析由得S n ＝n 2－5n2，故nS n ＝n 3－5n 22.令f (x )＝x 3－5x 22，那么f ′(x )＝32x 2－5x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝103，∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，103上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞上单调递增.又∵n 是正整数，当n ＝3时，nS n ＝－9，当n ＝4时，nS n ＝－8，故当n ＝3时，nS n 取得最小值－9. 三、函数与方程思想在解析几何中的应用解析几何中求斜率、截距、半径、点的坐标、离心率、几何量等经常要用到方程(组)的思想；直线与圆锥曲线的位置关系问题，可以通过转化为一元二次方程，利用判别式进展解决；求变量的取值范围和最值问题常转化为求函数的值域、最值，用函数的思想分析解答.C 的顶点为圆心的圆交C 于A ，B 两点，交C 的准线于D ，EAB ＝42，DE ＝25，那么C 的焦点到准线的距离为________. 答案 4解析不妨设抛物线C ：y 2＝2px (p >0)，圆的方程设为x 2＋y 2＝r 2(r >0)，如图，又可设A (x 0,22)，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，5，点A (x 0,22)在抛物线y 2＝2px 上，∴8＝2px 0， ①点A (x 0,22)在圆x 2＋y 2＝r 2上，∴x 20＋8＝r 2，②点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p2，5在圆x 2＋y 2＝r 2上，∴5＋⎝ ⎛⎭⎪⎫p 22＝r 2， ③联立①②③，解得p ＝4，即C 的焦点到准线的距离为p ＝4.10.如图，双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右顶点为A ，O 为坐标原点，以A 为圆心的圆与双曲线C 的一条渐近线交于P ，Q 两点，假设∠PAQ ＝60°，且OQ →＝3OP →，那么双曲线C 的离心率为________.答案72解析因为∠PAQ ＝60°，AP ＝AQ ，所以AP ＝AQ ＝PQ ，设AQ ＝2R ，又OQ →＝3OP →，那么OP ＝12PQ ＝R .双曲线C 的渐近线方程是y ＝b ax ，A (a,0)，所以点A 到直线y ＝b ax 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪b a ·a －0⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2＋(－1)2＝ab a 2＋b 2，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫ab a 2＋b 22＝(2R )2－R 2＝3R 2，即a 2b 2＝3R 2(a 2＋b 2)，在△OQA 中，由余弦定理得，OA 2＝OQ 2＋QA 2－2OQ ·QA cos60°＝(3R )2＋(2R )2－2×3R ×2R ×12＝7R 2＝a 2.由⎩⎪⎨⎪⎧a 2b 2＝3R 2(a 2＋b 2)，a 2＝7R 2，得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝7R 2，b 2＝214R 2，所以双曲线C 的离心率为e ＝ca ＝c 2a 2＝a 2＋b2a 2＝1＋b 2a2＝1＋214R 27R 2＝72.11.设椭圆中心在坐标原点，A (2,0)，B (0,1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k >0)与AB 相交于点D ，与椭圆相交于E ，FED →＝6DF →，那么k 的值为________. 答案 23或38解析依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1，直线AB ，EF 的方程分别为x ＋2y ＝2，y ＝kx (k >0).如图，设D (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1<x 2，且x 1，x 2满足方程(1＋4k 2)x 2＝4，故x 2＝－x 1＝21＋4k2.由ED →＝6DF →知，x 0－x 1＝6(x 2－x 0)，得x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k 2. 由点D 在AB 上知x 0＋2kx 0＝2，得x 0＝21＋2k. 所以21＋2k ＝1071＋4k 2，化简得24k 2－25k ＋6＝0，解得k ＝23或k ＝38.l ：y ＝k (x ＋1)与抛物线C ：y 2＝4x 交于不同的两点A ，B ，且以AB 为直径的圆过抛物线C 的焦点F ，那么k ＝________. 答案22或－22解析点F 的坐标为(1,0)，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么y 1＝k (x 1＋1)，y 2＝k (x 2＋1)，当k ＝0时，l 与C 只有一个交点，不合题意，因此k ≠0. 将y ＝k (x ＋1)代入y 2＝4x ，消去y ，得k 2x 2＋2(k 2－2)x ＋k 2＝0，①依题意知，x 1，x 2是①的不相等的两个实根，那么⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4(k 2－2)2－4k 4>0，x 1，2＝－(k 2－2)±21－k2k 2，②由以AB 为直径的圆过F ，得AF ⊥BF ，即k AF ·k BF ＝－1，所以y 1x 1－1·y 2x 2－1＝－1，即x 1x 2＋y 1y 2－(x 1＋x 2)＋1＝0，所以x 1x 2＋k 2(x 1＋1)(x 2＋1)－(x 1＋x 2)＋1＝0，所以(1＋k 2)x 1x 2＋(k 2－1)(x 1＋x 2)＋1＋k 2＝0，③把x 1,2＝－(k 2－2)±21－k 2k2代入③得2k 2－1＝0，解得k ＝±22，经检验k ＝±22适合②式.综上所述，k ＝±22.一、数形结合思想在解方程或函数零点问题中的应用讨论方程的解(或函数零点)的问题一般可以构造两个函数，将方程解的个数转化为两条曲线的交点个数.构造函数时，要先对方程进展变形，尽量构造两个比拟熟悉的函数.f (x )＝2x －1x的零点个数为________.答案 1解析在同一平面直角坐标系下，作出函数y 1＝2x和y 2＝1x的图象，如下图.函数f (x )＝2x －1x 的零点等价于2x ＝1x 的根，等价于函数y 1＝2x和y 2＝1x图象的交点横坐标.由图可知只有一个交点，所以有一个零点.x 的方程||x x ＋4＝kx 2有四个不同的实数解，那么k 的取值范围为________.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞ 解析 x ＝0是方程的一个实数解；当x ≠0时，方程||x x ＋4＝kx 2可化为1k＝(x ＋4)|x |，x ≠－4，设f (x )＝(x ＋4)|x |(x ≠－4且x ≠0)，y ＝1k，那么两函数图象有三个非零交点.f (x )＝(x ＋4)|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ，x >0，－x 2－4x ，x <0，x ≠－4的大致图象如下图，由图可得0<1k <4, 解得k >14.所以k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞.f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (－x －1)＝f (x －1)，当x ∈[－1,0]时，f (x )＝－x 3，那么关于x 的方程f (x )＝|cosπx |在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，12上的所有实数解之和为________.答案－7解析因为函数f (x )为偶函数，所以f (－x －1)＝f (x ＋1)＝f (x －1)，所以函数f (x )的周期为2.又当x ∈[－1,0]时，f (x )＝－x 3，由此在同一平面直角坐标系内作出函数y 1＝f (x )与y 2＝|cos πx |的图象如下图.由图象知关于x 的方程f (x )＝|cos πx |在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，12上的实数解有7个.不妨设x 1<x 2<x 3<x 4<x 5<x 6<x 7，那么由图得x 1＋x 2＝－4，x 3＋x 5＝－2，x 4＝－1，x 6＋x 7＝0，所以方程f (x )＝|cos πx |在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，12上的所有实数解的和为－4－2－1＋0＝－7. 4.(2021·无锡检测)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≥1，x ·log 2(x ＋1)，－1<x <1，假设方程f (x )－mx ＝0恰好有3个根，那么实数m 的取值范围为________. 答案 (0,1)解析当x ＝0时，x log 2(x ＋1)－mx ＝0，所以x ＝0是方程的一个根；当x ≥1时，1＝mx ，所以m ＝1x，当－1<x <1且x ≠0时，令x log 2(x ＋1)＝mx ，那么m ＝log 2(x ＋1)，画出关于g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2(x ＋1)，－1<x <1，且x ≠0，1x，x ≥1的函数图象，如图.所以满足y ＝m 和y ＝g (x )的图象有两个交点的m 的取值范围为0<m <1，因为x ＝0是方程f (x )－mx ＝0的一个根，所以方程f (x )＝mx 有3个根的m 的取值范围为0<m <1. 二、数形结合思想在求解不等式或参数范围中的应用构建函数模型，分析函数的单调性并结合其图象特征研究量与量之间的大小关系、求参数的取值范围或解不等式.5.(2021·全国Ⅰ改编 )设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x ＞0，那么满足f (x ＋1)＜f (2x )的x 的取值范围是________. 答案 (－∞，0)解析方法一 ①当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≤0，2x ≤0，即x ≤－1时，f (x ＋1)＜f (2x )即为2－(x ＋1)＜2－2x，即－(x ＋1)＜－2x ，解得x ＜1.因此不等式的解集为(－∞，－1].②当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≤0，2x ＞0时，不等式组无解.③当⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋1＞0，2x ≤0，即－1＜x ≤0时，f (x ＋1)＜f (2x )即1＜2－2x，解得x(－1,0).④当⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1＞0，2x ＞0，即x ＞0时，f (x ＋1)＝1，f (2x )＝1，不合题意.综上，不等式f (x ＋1)＜f (2x )的解集为(－∞，0).方法二 ∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤0，1，x ＞0，∴函数f (x )的图象如下图.由图可知，当x ＋1≤0且2x ≤0时，函数f (x )为减函数，故f (x ＋1)＜f (2x )转化为x ＋1＞2x .此时x ≤－1.当2x ＜0且x ＋1＞0时，f (2x )＞1，f (x ＋1)＝1，满足f (x ＋1)＜f (2x ). 此时－1＜x ＜0.综上，不等式f (x ＋1)＜f (2x )的解集为(－∞，－1]∪(－1,0)＝(－∞，0).A ＝{(x ，y )|x 2＋(y －1)2＝1}，B ＝{(x ，y )|x ＋y ＋m ≥0}，那么使A ⊆B 成立的实数m 的取值范围是________. 答案 [2－1，＋∞)解析集合A 是圆x 2＋(y －1)2＝1上的点的集合，集合B 是不等式x ＋y ＋m ≥0表示的平面区域内的点的集合，要使A ⊆B ，那么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(在圆的左下方)，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[2－1，＋∞).7.假设不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，那么实数a 的取值范围是________.答案 ⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12 解析作出y 1＝|x －2a |和y 2＝12x ＋a －1的简图，如下图.依题意得2a ≤2－2a ，故a ≤12.f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2ax ，x ≥1，2ax －1，x <1，假设存在两个不相等的实数x 1，x 2，使得f (x 1)＝f (x 2)，那么实数a 的取值范围为________. 答案 [0，＋∞)解析根据题意知f (x )是一个分段函数，当x ≥1时，是一个开口向下的二次函数，对称轴方程为x ＝a ；当xa >1时，如图(1)所示，符合题意；当0≤a ≤1时，如图(2)所示，符合题意；当a <0时，如图(3)所示，此时函数在R 上单调递减，不满足题意.综上所述，可得a ≥0.三、数形结合思想在解析几何中的应用在解析几何的解题过程中，通常要数形结合，挖掘题中所给的代数关系式和几何关系式，构建解析几何模型并应用模型的几何意义求最值或范围；常见的几何构造的代数形式主要有：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.C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m,0)，B (m,0)(m >0).假设圆C 上存在点P ，使得∠APB＝90°，那么m 的最大值为________. 答案 6解析根据题意，画出示意图，如下图，那么圆心C 的坐标为(3,4)，半径r ＝1，且AB ＝2m ，因为∠APB ＝90°，连结OP ，可知OP ＝12AB ＝m .要求m 的最大值，即求圆C 上的点P 到原点OOC ＝5，所以(OP )max ＝OC ＋r ＝6，即m 的最大值为6.C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，左、右焦点分别为F 1，F 2，以F 1F 2为直径的圆与双曲线左支的一个交点为P .假设以A 1A 2为直径的圆与直线PF 2相切，那么双曲线C 的离心率为________.解析如下图，设以A 1A 2为直径的圆与直线PF 2的切点为Q ，连结OQ ，那么OQ ⊥PF 2. 又PF 1⊥PF 2，O 为F 1F 2的中点，所以PF 1＝2OQ ＝2a . 又PF 2－PF 1＝2a ，所以PF 2＝4a .在Rt△F 1PF 2中，由PF 21＋PF 22＝F 1F 22，得4a 2＋16a 2＝20a 2＝4c 2，即e ＝c a＝ 5.x 2＝8y ，F 是其焦点，点A (－2,4)，在此抛物线上求一点P ，使△APF 的周长最小，此时点P的坐标为________. 答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12解析因为(－2)2<8×4，所以点A (－2,4)在抛物线x 2＝8y 的内部，如图，设抛物线的准线为l ，过点P 作PQ ⊥l 于点Q ，过点A 作AB ⊥l 于点B ，连结AQ ，由抛物线的定义可知，△APF 的周长为PF ＋PA ＋AF ＝PQ ＋PA ＋AF ≥AQ ＋AF ≥AB ＋AF ，当且仅当P ，B ，A 三点共线时，△APF 的周长取得最小值，即AB ＋AF . 因为A (－2,4)，所以不妨设△APF 的周长最小时，点P 的坐标为(－2，y 0)，代入x 2＝8y ，得y 0＝12.故使△APF 的周长最小的点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－2，12. 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，那么四边形PACB 面积的最小值为________.解析连结PC ，由题意知圆的圆心C (1,1)，半径为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，Rt△PAC 的面积S △PAC ＝12PA ·AC ＝12PA 越来越大，从而S四边形PACB也越来越大；当点P 从左上、右下两个方向向中间运动时，S四边形PACB变小，显然，当点P 到达一个最特殊的位置，即CP 垂直于直线l 时，S 四边形PACB 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＝22，所以(S 四边形PACB )min ＝2×12×PA ×AC ＝2 2.R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋2)＝－f (x )，且在[0,1]上是减函数，那么f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14的大小关系为________. 答案 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14 解析因为f (x ＋2)＝－f (x )，所以T ＝4，又f (x )为奇函数，所以f (x ＋1)＝－f (x －1)＝f (1－x )，即f (x )图象关于x ＝1对称.作图，由图知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14.y ＝2ln x 与直线y ＝2x ＋3上各取一点M ，N ，那么MN 的最小值为________.答案5解析设直线y ＝2x ＋t 与曲线y ＝2ln x 相切于点Q (a ，b )，而函数y ＝2ln x 的导数为y ′＝2x ，令2a＝2，解得a ＝1，求得Q (1,0)，点Q 到直线y ＝2x ＋3的距离为d ＝|2×1－0＋3|4＋1＝5，即MN 的最小值为 5.A －BCD 中，△ABC 为等边三角形，AB ＝23，∠BDC ＝90°，二面角A －BC －D 的大小为150°，那么三棱锥A －BCD 的外接球的外表积为________. 答案 28π解析满足题意的三棱锥A －BCD 如下图，设三棱锥A －BCD 的外接球的球心为O ，半径为R ，△BCD ，△ABC 的外接圆的圆心分别为O 1，O 2，可知O ，O 1，O 2在同一平面内，由二面角A －BC －D 的大小为150°，得∠OO 1O 2＝150°－90°＝60°.依题意，可得△BCD ，△ABC 的外接圆的半径分别为r 1＝BC 2＝232＝3，r 2＝23×sin60°×23＝2，所以⎩⎪⎨⎪⎧R 2＝OO 21＋r 21，R 2＝OO 22＋r 22，sin∠OO 1O 2＝OO2OO1，即⎩⎪⎨⎪⎧R 2＝OO 21＋3，R 2＝OO 22＋4，OO 2＝32OO 1，解得R ＝7，所以三棱锥A －BCD 的外接球的外表积为4πR 2＝28π.x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的右焦点F 作直线y ＝－bax 的垂线，垂足为A ，交双曲线左支于B 点，假设FB →＝2FA →，那么该双曲线的离心率为________. 答案5解析设F (c,0)，那么直线AB 的方程为y ＝a b (x －c )，代入双曲线渐近线方程y ＝－b ax ，得A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2c ，－ab c .由FB →＝2FA →，可得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2－c 2c ，－2ab c ，把B 点坐标代入x 2a 2－y 2b 2＝1，得(2a 2－c 2)2a 2c 2－4a2c2＝1，∴c 2＝5a 2，∴离心率e ＝ca＝ 5.x 1，x 2，…，x n 中最小数为min{x 1，x 2，…，x n }，那么定义在区间[0，＋∞)上的函数f (x )＝min{x 2＋1，x ＋3,13－x }的最大值为________.答案 8解析在同一坐标系中作出三个函数y ＝x 2＋1，y ＝x ＋3，y ＝13－x 的图象如图.由图可知，在实数集R 上，min{x 2＋1，x ＋3,13－x }为y ＝x ＋3上A 点下方的射线，抛物线AB 之间的局部，线段BC 与直线y ＝13－x 在点C 下方的局部的组合体.显然，在区间[0，＋∞)上，在C 点时，y ＝min{x 2＋1，x ＋3,13－x }取得最大值.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋3，y ＝13－x ，得点C (5,8).所以f (x )max ＝8.f (x )＝|lg(x －1)|，假设1＜a ＜b 且f (a )＝f (b )，那么a ＋2b 的取值范围为________.答案 (6，＋∞)解析由图象可知b ＞2,1＜a ＜2，∴－lg(a －1)＝lg(b －1)，那么a ＝bb －1，那么a ＋2b ＝bb －1＋2b ＝2b 2－b b －1＝2(b －1)2＋3(b －1)＋1b －1＝2(b －1)＋1b －1＋3，由对勾函数的性质知，当b ∈⎝⎛⎭⎪⎫22＋1，＋∞时，f (b )＝2(b －1)＋1b －1＋3单调递增， ∵b ＞2， ∴a ＋2b ＝bb －1＋2b ＞6.f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ，x ≥1，x 2－3x ＋2，x <1，假设不等式f (x )≥mx 恒成立，那么实数m 的取值范围为________.答案 [－3－22，0]解析函数f (x )及y ＝mx 的图象如下图，由图象可知，当m >0时，不等式f (x )≥mx 不恒成立，设过原点的直线与函数f (x )＝x 2－3x ＋2(x <1)相切于点A (x 0，x 20－3x 0＋2)，因为f ′(x 0)＝2x 0－3，所以该切线方程为y －(x 20－3x 0＋2)＝(2x 0－3)(x －x 0)，因为该切线过原点，所以－(x 20－3x 0＋2)＝－x 0(2x 0－3)，解得x 0＝－2，即该切线的斜率k ＝－22－3.由图象得－22－3≤m ≤0.f (x )＝3x－13x ＋1＋x ＋sin x ，假设存在x ∈[－2,1]，使得f (x 2＋x )＋f (x －k )<0成立，那么实数k 的取值范围是________.答案 (－1，＋∞)解析由题意知函数f (x )＝3x－13x ＋1＋x ＋sin x 的定义域为R ，f (－x )＝3－x－13－x ＋1＋(－x )＋sin(－x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫3x－13x ＋1＋x ＋sin x ＝－f (x )，即函数f (x )为奇函数，且f ′(x )＝2ln 3·3x(3x ＋1)2＋1＋cosx >0在R 上恒成立，即函数f (x )在R ∃x ∈[－2，1]，使得f (x 2＋x )＋f (x －k )<0成立，即f (x 2＋x )<－f (x －k )，所以f (x 2＋x )<f (k －x )，即x 2＋x <k －x ，那么问题转化为∃x ∈[－2,1]，k >x 2＋2x ，令g (x )＝x 2＋2x ，x ∈[－2,1]. 那么k >g (x )min ＝g (－1)＝－1，故实数k 的取值范围是(－1，＋∞).323，那么正四棱锥的侧棱长的最小值为________. 答案 2 3解析如下图，设正四棱锥的底面边长为a ，高为h .那么该正四棱锥的体积V ＝13a 2h ＝323，故a 2h ＝32，即a 2＝32h.那么其侧棱长为l ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 22＋h 2＝16h＋h 2.令f (h )＝16h ＋h 2，那么f ′(h )＝－16h2＋2h ＝2h 3－16h2，令f ′(h )＝0，解得h ＝2.当h ∈(0,2)时，f ′(h )<0，f (h )单调递减；当h ∈(2，＋∞)时，f ′(h )>0，f (h )单调递增，所以当h ＝2时，f (h )取得最小值f (2)＝162＋22＝12，故l min ＝12＝2 3.f (x )＝|2x －2|－b 有两个零点，那么实数b 的取值范围是________.答案 (0,2)解析由f (x )＝|2x－2|－b 有两个零点，可得|2x－2|＝b 有两个不等的实根，从而可得函数y 1＝|2x－2|的图象与函数y 2＝b 的图象有两个交点，如下图.结合函数的图象，可得0<b <2.C 1：x 29＋y 24＝1和圆C 2：x 2＋(y ＋1)2＝r 2 (r >0)，假设两条曲线没有公共点，那么r 的取值范围是______________. 答案 (0,1)∪⎝⎛⎭⎪⎫3305，＋∞ 解析方法一联立C 1和C 2的方程，消去x ，得到关于y 的方程－54y 2＋2y ＋10－r 2＝0，①方程①可变形为r 2＝－54y 2＋2y ＋10，把r 2＝－54y 2＋2y ＋10看作关于y 的函数.由椭圆C 1可知，－2≤y ≤2，因此，求使圆C 2与椭圆C 1有公共点的r 的集合，等价于在定义域为y ∈[－2,2]的情况下，求函数r 2＝f (y )＝－54y 2＋2y ＋10的值域.由f (－2)＝1，f (2)＝9，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫45＝545，可得f (y )的值域为⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，545，即r ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，3305，它的补集就是圆C 2与椭圆C 1没有公共点的r 的集合，因此，两条曲线没有公共点的r 的取值范围是(0,1)∪⎝⎛⎭⎪⎫3305，＋∞. 方法二联立C 1和C 2的方程消去x ，得到关于y 的方程－54y 2＋2y ＋10－r 2＝0.①两条曲线没有公共点，等价于方程－54y 2＋2y ＋10－r 2＝0要么没有实数根，要么有两个根y 1，y 2∉[－2,2].假设没有实数根，那么Δ＝4－4×⎝ ⎛⎭⎪⎫－54×(10－r 2)<0，解得r >3305或r <－3305⎝ ⎛⎭⎪⎫由于r >0，那么r <－3305舍去.假设两个根y 1，y 2∉[－2,2]，设φ(y )＝－54y 2＋2y ＋10－r 2，其图象的对称轴方程为y ＝45∈[－2,2].那么⎩⎪⎨⎪⎧φ(2)＝9－r 2>0，φ(－2)＝1－r 2>0，又r >0，解得0<r <1.因此，两条曲线没有公共点的r 的取值范围是(0,1)∪⎝⎛⎭⎪⎫3305，＋∞. x 的不等式e x－x 22－1－⎝⎛⎭⎪⎫a －94x ≥0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上恰成立，那么实数a 的取值集合为________.答案 {2e}解析关于x 的不等式e x－x 22－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －94x ≥0在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上恰成立⇔函数g (x )＝e x－x 22－1x在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫a －94，＋∞. 因为g ′(x )＝e x(x －1)－x 22＋1x2，令φ(x )＝e x(x －1)－x 22＋1，x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，那么φ′(x )＝x (e x－1). 因为x ≥12，所以φ′(x )>0，故φ(x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，所以φ(x )≥φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝78－e 2>0.因此g ′(x )>0，故g (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上单调递增，那么g (x )≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝121e 1812--＝2e －94，所以a －94＝2e －94，解得a ＝2e ，所以a 的取值集合为{2e}.。

高考数学二轮复习(考点梳理+热点突破)第二讲数形结合思想课件

随堂讲义·第一(dìyī)部分知识复习专题专题八思想方法专题
第二讲数形结合思想
第一页，共40页。
高考预测数形结合作为一种重要的数学思想(sīxiǎng)方法，已经渗透到数学的每个模块中，在各省、市高考试题中，大部分问题都可以用到这种思想(sīxiǎng)方法．无论是选择题、填空题还是解答题，都可以用数形结合的思想(sīxiǎng)去分析、思考、寻找解答
diǎn) 梳理
2．方程 sinx－π4 ＝41x 的实数解的个数是( B )
A．2 个 B．3 个 C．4 个 D．以上均不对
解析在同一坐标系内作出 y1＝sinx－π4 与 y2＝41x 的
栏目链接
图象(如下图所示)．
第九页，共40页。
Z主干考点
(kǎo diǎn) 梳理
3．(2014·福建卷)若函数(hánshù)y＝logax(a＞0，且a≠1) 的图象如下图所示，则下列函数(hánshù)图象正确的B 是( )
5
第十九页，共40页。
G高考(ɡāo kǎo)热点突破
要使f(x)≤g(x)在x∈[－4，0]时恒成立，
则②所表示的直线应在直线AT的上方或与它重
栏
合，故有1－a≥6，∴a的范围为{a|a≤－5}．
目链
接
误区警示：作图时弄清y＝lg x的图象何时超过1，
否则易造成结果(jiē guǒ)错误．
跟踪 (gēnzōng) 训练1．已知定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x－4)＝－
f(x)，且在区间[0，2]上是增函数，若方程(fāngchéng)f(x)＝
m(m>0)在区间[－8，8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，
栏

2021年高考数学二轮复习第一部分数学方法、思想指导第2讲函数与方程思想、数形结合思想2数形结合思想

应用二
应用三
思维升华在解含有参数的不等式时,由于涉及参数,往往需要讨
论,导致演算过程烦琐冗长.如果题设与几何图形有联系,那么利用
数形结合的方法,问题将会简练地得到解决.
-11应用一
应用二
应用三
log2 (1-) + 1,-1 ≤ < ,
突破训练 2 已知函数 f(x)= 3
若存在实
-3
时,需要作适当变形转化为两个熟悉的函数),再在同一平面直角坐
标系中作出两个函数的图象,图象的交点个数即为方程解(或函数
零点)的个数.
-8应用一
应用二
应用三
突破训练1定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+2)=f(2-x),当x∈[0,2]
由题意得 f(x+2+2)=f(2-x-2)=f(-x)=-f(x),即 f(x+4)=-f(x),
时,f(x)=-4x2+8x.假设在区间[a,b]上,存在m(m≥3)个不同整数
则
f(x+8)=-f(x+4)=f(x).
-1
∴
f(x)的周期为 8,函数
f(x)的图形如下.
∑ |f(x
i)-f( + )| ≥72,那么b-a的最小值为(
xi(i=1,2,…,m),满足
)
=1
A.15 B.16
比较常见的有:
-
表示两点(a,b),(m,n)连线的斜率;
-
(1)
(2) (-)2 + (-)2 表示两点(a,b),(m,n)(或(b,a),(n,m))之间的距离.
2.解析几何中的一些范围及最值问题,常结合几何图形的性质,使
问题得到简便快捷的解决.

2021届高考数学大二轮复习冲刺经典专题第一编讲方法数形结合思想练习文

第2讲数形结合思想「思想方法解读」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．数形结合思想体现了数与形之间的沟通与转化，它包含“以形助数”和“以数解形”两个方面．数形结合的实质是把抽象的数学语言与直观的图形语言结合起来，即将代数问题几何化、几何问题代数化．数形结合思想常用来解决函数零点问题、方程根与不等式问题、参数范围问题、立体几何模型研究代数问题，以及解析几何中的斜率、截距、距离等模型问题．热点题型探究热点1 数形结合化解方程问例1 (1)(2019·聊城市高三一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －1，x ≤0，ln xx ，x ＞0，若关于x 的方程f (x )＝x ＋a 无实根，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1B ．(－1,0) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e D ．(0,1)答案 B解析因为函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －1，x ≤0，ln xx ，x ＞0，所以关于x 的方程f (x )＝x ＋a 无实根等价于函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 无交点，设直线y ＝x ＋a 与f (x )＝ln xx(x >0)切于点P (x 0，y 0)，由f ′(x )＝1－ln x x2，由已知得1－ln x 0x 2＝1，解得x 0＝1，则P (1,0)，则切线方程为y ＝x －1，作出函数f (x )与直线y ＝x ＋a 的图象如图所示．由图知函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝x ＋a 无交点时实数a 的取值范围为－1<a <0，故选B.(2)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x－1x ≤0，f x －1x ＞0，若方程f (x )＝x ＋a 有且只有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围为( )A ．(－∞，0]B ．[0,1)C ．(－∞，1)D ．[0，＋∞)答案 C解析函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x－1x ≤0，f x －1x ＞0的图象如图所示，当a <1时，函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝x ＋a 的图象有两个交点，即方程f (x )＝x ＋a 有且只有两个不相等的实数根．用图象法讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解(或函数零点)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(或函数零点)的个数．1．(2019·天津市重点中学毕业班联考(一))已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ，－3≤x ≤0，2x －3，x ＞0，若方程f (x )＋|x －2|－kx ＝0有且只有三个不相等的实数解，则实数k 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－23，3－22B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－23，3＋22C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－23D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－23，16 答案 A解析 f (x )＋|x －2|－kx ＝0有且只有三个不相等的实数根，等价于y ＝f (x )＋|x －2|与y ＝kx 的图象有三个交点，画出y ＝f (x )＋|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋3x ＋2，－3≤x ≤0，x －1，0＜x ≤2，3x －5，x ＞2与y ＝kx 的图象如图，y ＝kx 与y ＝x 2＋3x ＋2相切时，k ＝3－22，y ＝kx 过(－3,2)时，k ＝－23，∴根据图象可知，－23≤k <3－22时，两函数图象有三个交点，∴若方程f (x )＋|x－2|－kx ＝0有且只有三个不相等的实数解，则实数k 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－23，3－22，故选A. 2．将函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫4x ＋π3的图象向右平移π8个单位后，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍，得到g (x )的图象，若g (x )＋k ＝0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有且只有一个实数根，则k的取值范围是( )A ．k ≤12B ．－1≤k ＜－12C ．－12＜k ≤12D ．－12＜k ≤12或k ＝－1答案 D解析将f (x )的图象向右平移π8个单位得到h (x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π8＋π3＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x －π6，再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得到g (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x －π6.所以g (x )＋k ＝0，即为方程sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6＋k ＝0.令2x －π6＝t ，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以－π6≤t ≤5π6.若g (x )＋k ＝0在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上有且只有一个实数根，即g (t )＝sin t 与y ＝－k 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，5π6上有且只有一个交点.如图所示，由正弦函数的图象可知－12≤－k ＜12或－k ＝1，即－12＜k ≤12或k ＝－1.热点2 数形结合化解不等式问题例2 (1)(2019·安徽省江南十校高三联考)已知x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋2y ≥3，2x ＋y ≤3，z ＝xy 的最小值、最大值分别为a ，b ，且x 2－kx ＋1≥0对x ∈[a ，b ]恒成立，则k 的取值范围为( )A ．－2≤k ≤2B ．k ≤2C ．k ≥－2D ．k ≤14572答案 B解析作出⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋2y ≥3，2x ＋y ≤3表示的平面区域如图中阴影部分所示，显然z ＝xy 的最小值为0，当点(x ，y )在线段x ＋2y ＝3(0≤x ≤1)上时，z ＝xy ＝x ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x 2＝－12x 2＋32x ≤1；当点(x ，y )在线段2x ＋y ＝3(0≤x ≤1)上时，z ＝xy ＝x (3－2x )＝－2x 2＋3x ≤98；即a ＝0，b ＝98；当x ＝0时，不等式x 2－kx ＋1＝1≥0恒成立，若x 2－kx ＋1≥0对x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，98恒成立，则k ≤x ＋1x 在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，98上恒成立，又x ＋1x 在(0,1]上单调递减，在⎝ ⎛⎦⎥⎤1，98上单调递增，即⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x min ＝2，即k ≤2.(2)已知关于x 的不等式x ＞ax ＋32的解集为{x |4＜x ＜b }，则ab ＝________.答案 92解析设f (x )＝x ，g (x )＝ax ＋32(x ≥0)．因为x ＞ax ＋32的解集为{x |4＜x ＜b }，所以两函数图象在4＜x ＜b 上有f (x )＞g (x )，如图所示．当x ＝4，x ＝b 时，由f (x )＝g (x )，可得⎩⎪⎨⎪⎧4＝4a ＋32，b ＝ab ＋32，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝18，b ＝36，所以ab ＝18×36＝92.数形结合思想处理不等式问题，要从题目的条件与结论出发，着重分析其几何意义，从图形上找出解题思路．因此，往往构造熟知的函数，作出函数图象，利用图象的交点和图象的位置求解不等式．1．(2019·湖南三市高三联考)设f ′(x )是函数f (x )的导函数，若f ′(x )>0，且∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，则下列选项中不一定正确的一项是( )A ．f (2)<f (e)<f (π)B ．f ′(π)<f ′(e)<f ′(2)C ．f (2)<f ′(2)－f ′(3)<f (3)D ．f ′(3)<f (3)－f (2)<f ′(2) 答案 C解析因为f ′(x )>0，所以f (x )在R 上单调递增．∀x 1，x 2∈R (x 1≠x 2)，恒有f (x 1)＋f (x 2)<2f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，即f x 1＋f x 22<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，所以y ＝f (x )的图象是向上凸起的，如图所示．所以f (2)<f (e)<f (π)，故A 正确；因为f ′(x )反映了函数f (x )图象上各点处的切线的斜率，由图象可知，随着x 的增大，f (x )的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小，所以f ′(π)<f ′(e)<f ′(2)，故B 正确；因为f (3)－f (2)＝f 3－f 23－2，表示点A (2，f (2))与B (3，f (3))连线的斜率，由图可知f ′(3)<k AB <f ′(2)，故D 正确；C 无法推出，故选C.2．∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，8x＜log a x ＋1恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案 13≤a ＜1解析当0＜x ＜13时，函数y ＝8x－1的图象如图中实线所示．∵∀x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13，8x＜log a x ＋1恒成立，∴当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，y ＝log a x 的图象恒在y ＝8x－1的图象的上方(如图中虚线所示)．∵y＝log a x 的图象与y ＝8x－1的图象交于点⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1时，a ＝13，∴13≤a ＜1.热点3 数形结合化解平面向量问题例3 (1)(2019·东北三省三校高三第二次模拟)赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形是由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成的)，类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设DF ＝2AF ，则( )A.AD →＝213AC →＋913AB →B.AD →＝29AC →＋127AB →C.AD →＝313AC →＋613AB →D.AD →＝313AC →＋913AB →答案 D解析设DF ＝2AF ＝2，因此BD ＝AF ＝1，又由题意可得∠ADB ＝120°，所以AB 2＝AD 2＋BD 2－2AD ·BD ·cos∠ADB ＝32＋12－6cos120°＝13，因此AB ＝13；延长AD 交BC 于M ，记∠DAB ＝θ，∠AMB ＝α，则cos ∠DAB ＝AD 2＋AB 2－BD 22AD ·AB ＝9＋13－1613＝71326，所以sin ∠DAB ＝1－cos 2∠DAB ＝3926；又由题意易知∠DAB ＝∠DBM ，则α＝120°－θ，在三角形DBM 中，由正弦定理可得BM sin ∠MDB ＝DM sin ∠DBM ＝BDsin∠DMB，即BMsin60°＝DM sin θ＝1sin 120°－θ，因此BM ＝sin60°sin120°－θ＝3232cos θ＋12sin θ＝134＝14BC ，DM ＝sin θsin 120°－θ＝sin θ32cos θ＋12sin θ＝14，所以AD ＝33＋14AM ＝1213AM ，因为BM ＝14BC ，所以BM →＝14BC →，即AM →－AB →＝14(AC →－AB →)，整理得AM →＝34A B →＋14AC →，所以AD →＝1213AM →＝1213⎝ ⎛⎭⎪⎫34AB →＋14AC →＝913AB →＋313AC →.故选D.(2)给定两个长度为1的平面向量OA →和OB →，它们的夹角为2π3.如图所示，点C 在以O 为圆心的圆弧AB ︵上运动．若OC →＝xOA →＋yOB →，其中x ，y ∈R ，则x ＋y 的最大值为________，此时∠AOC ＝________.答案 2π3解析由图示和题意可知，A (1,0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32.设∠AOC ＝α⎝ ⎛⎭⎪⎫α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3，则C (cos α，sin α)．由OC →＝xOA →＋yOB →，得 ⎩⎪⎨⎪⎧cos α＝x －12y ，sin α＝32y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝cos α＋33sin α，y ＝233sin α，所以x ＋y ＝cos α＋3sin α＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫α＋π6.又α∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，2π3，所以当α＝π3时，x ＋y 取得最大值2.建坐标系可以实现平面向量问题的全面运算，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，化繁为简，轻松破解．1．(2019·马鞍山市第二次教学质量监测)已知圆C 1，C 2，C 3是同心圆，半径依次为1,2,3，过圆C 1上点M 作C 1的切线交圆C 2于A ，B 两点，P 为圆C 3上任一点，则PA →·PB →的取值范围为( )A ．[－8，－4]B ．[0,12]C ．[1,13]D ．[4,16]答案 C解析设同心圆的圆心为O ，由切线性质可知OM ⊥AB ，又过圆C 1上点M 作C 1的切线交圆C 2于A ，B 两点，∴OA ＝OB ＝2，OM ＝1，在Rt △OAM 中，sin ∠OAM ＝OM OA ＝12，∴∠OAB ＝∠OAM＝π6，根据OA ＝OB ＝2，可知∠OAB ＝∠OBA ＝π6，∴∠AOB ＝2π3，PA →·PB →＝(PO →＋OA →)·(PO →＋OB →)＝|PO →|2＋PO →·OB →＋OA →·PO →＋OA →·OB →＝9＋PO →·(OB →＋OA →)＋|OA →||OB →|·cos 2π3＝7－OP →·(OB →＋OA →)．∵OM ⊥AB ，OA ＝OB ，∴M 是AB 的中点，根据向量加法的几何意义得OA →＋OB →＝2OM →，代入上式得，PA →·PB →＝7－OP →·(OB →＋OA →)＝7－2OP →·OM →＝7－2|OP →||OM →|cos 〈OP →，OM →〉＝7－6cos 〈OP →，OM →〉，∵〈OP →，OM →〉∈[0，π]，∴cos 〈OP →，OM →〉∈[－1,1]，∴PA →·PB →∈[1,13]，故选C.2．如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，CD ＝2，∠BAD ＝π4，若AB →·AC →＝2AB →·AD →，则AD →·AC →＝________.答案 12解析解法一：因为AB →·AC →＝2AB →·AD →，所以AB →·AC →－AB →·AD →＝AB →·AD →，所以AB →·DC →＝AB →·AD →. 因为AB ∥CD ，CD ＝2，∠BAD ＝π4，所以2|AB →|＝|AB →||AD →|cos π4，化简得|AD →|＝2 2.故AD →·AC →＝AD →·(AD →＋DC →)＝|AD →|2＋AD →·DC →＝(22)2＋22×2cos π4＝12.解法二：如图，建立平面直角坐标系xAy .依题意，可设点D (m ，m )，C (m ＋2，m )，B (n,0)，其中m ＞0，n ＞0，则由AB →·AC →＝2AB →·AD →，得(n,0)·(m ＋2，m )＝2(n,0)·(m ，m )，所以n (m ＋2)＝2nm ，化简得m ＝2.故AD →·AC →＝(m ，m )·(m ＋2，m )＝2m 2＋2m ＝12. 热点4 数形结合化解圆锥曲线问题例4 (1)(2019·河南省高三一模)设双曲线的方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)，若双曲线的渐近线被圆M ：x 2＋y 2－10x ＝0所截得的两条弦长之和为12，已知△ABP 的顶点A ，B 分别为双曲线的左、右焦点，顶点P 在双曲线上，则|sin P ||sin A －sin B |的值等于( )A.35B.73C.53D.7答案 C解析双曲线的一条渐近线方程为y ＝b ax ，∵双曲线的渐近线被圆M ：x 2＋y 2－10x ＝0即(x －5)2＋y 2＝25所截得的两条弦长之和为12，设圆心到渐近线的距离为d ，则d ＝25－9＝4.∴5ba 2＋b2＝4，即5b ＝4c ，b ＝45c .∵a 2＝c 2－b 2＝925c 2，∴a ＝35c ，∵A，B分别为双曲线的左、右焦点，点P在双曲线上，∴|AP－BP|＝2a，根据正弦定理可得APsin B＝BPsin A＝ABsin P＝2R，∴sin B＝AP2R，sin A＝BP2R，sin P＝2c2R，∴|sin P||sin A－sin B|＝2c2R⎪⎪⎪⎪⎪⎪BP2R－AP2R ＝2c2a＝53，故选C.(2)已知A(1,1)为椭圆x29＋y25＝1内一点，F1为椭圆的左焦点，P为椭圆上一动点，求|PF1|＋|PA|的最大值和最小值．解由x29＋y25＝1可知a＝3，b＝5，c＝2，左焦点F1(－2，0)，右焦点F2(2,0)．由椭圆定义，知|PF1|＝2a－|PF2|＝6－|PF2|，∴|PF1|＋|PA|＝6－|PF2|＋|PA|＝6＋|PA|－|PF2|.如图，由||PA|－|PF2||≤|AF2|＝2－12＋0－12＝2，知－2≤|PA|－|PF2|≤ 2.当点P在AF2的延长线上的点P2处时，取右“＝”，当点P在AF2的反向延长线上的点P1处时，取左“＝”，即|PA|－|PF2|的最大、最小值分别为2，－ 2.于是|PF1|＋|PA|的最大值是6＋2，最小值是6－ 2.与圆锥曲线有关的最值问题，通常是利用函数的观点，建立函数表达式求解．但一味的强调函数观点，有时使思维陷入僵局，此时若能合理利用圆锥曲线的定义，以形助数，会使问题变得特别简单．1．椭圆x 25＋y 24＝1的左焦点为F ，直线x ＝m 与椭圆相交于点M ，N ，当△FMN 的周长最大时，△FMN 的面积是( )A.55 B.655 C.855 D.455答案 C解析如图，设椭圆的右焦点为F ′，连接MF ′，NF ′.因为|MF |＋|NF |＋|MF ′|＋|NF ′|≥|MF |＋|NF |＋|MN |，所以当直线x ＝m 过椭圆的右焦点时，△FMN 的周长最大．此时|MN |＝2b 2a ＝855，又c ＝a 2－b 2＝5－4＝1，所以此时△FMN 的面积S ＝12×2×855＝855.故选C.2．(2019·四川省成都市第七中学高三下学期三诊)已知双曲线C ：x 2a2－4y 2＝1(a >0)的右顶点到其一条渐近线的距离等于34，抛物线E ：y 2＝2px 的焦点与双曲线C 的右焦点重合，则抛物线E 上的动点M 到直线l 1：4x －3y ＋6＝0和l 2：x ＝－1的距离之和的最小值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4答案 B解析由双曲线方程x 2a2－4y 2＝1(a >0)可得，双曲线的右顶点为(a,0)，渐近线方程为y ＝±12a x ，即x ±2ay ＝0.∵双曲线的右顶点到渐近线的距离等于34，∴a 1＋4a 2＝34，解得a 2＝34，∴双曲线的方程为4x 23－4y 2＝1， ∴双曲线的焦点为(1,0)．又抛物线E ：y 2＝2px 的焦点与双曲线C 的右焦点重合，∴p ＝2，∴抛物线的方程为y 2＝4x ，焦点坐标为F (1,0)．如图，设点M 到直线l 1的距离为|MA |，到直线l 2的距离为|MB |，则|MB |＝|MF |，∴|MA |＋|MB |＝|MA |＋|MF |.结合图形可得当A ，M ，F 三点共线时，|MA |＋|MB |＝|MA |＋|MF |最小，且最小值为点F 到直线l 1的距离d ＝|4×1＋6|42＋32＝2.故选B.第3讲分类与整合的思想「思想方法解读」分类与整合的思想就是将一个复杂的数学问题分解成若干个简单的基础问题，通过对基础问题的解答，解决原问题的思维策略．实质上就是“化整为零，各个击破，再积零为整”的策略，使用分类与整合思想应明白这样几点：一是引起分类整合的原因；二是分类中整合的原则，不重不漏，分类标准统一；三是明确分类整合的步骤；四是将各类情况总结归纳．常见的分类整合问题有以下几种：(1)由概念引起的分类整合；(2)由性质、定理、公式的限制条件引起的分类整合；(3)由数学运算引起的分类整合；(4)由图形的不确定性引起的分类整合；(5)由参数的变化引起的分类整合．热点题型探究热点1 公式、定理的分类整合法例1 (1)(2019·开封市高三第三次模拟)已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)⎝⎛⎭⎪⎫ω>0，|φ|≤π2，且x ＝－π4为f (x )的零点，x ＝π4为y ＝f (x )图象的对称轴，且∀x ∈⎝⎛⎭⎪⎫11π36，17π36，|f (x )|<1，则ω的最大值为( ) A ．5 B ．4 C ．3 D ．2答案 C解析因为x ＝－π4为f (x )的零点，所以－π4ω＋φ＝k 1π(k 1∈Z )，①因为x ＝π4为y ＝f (x )图象的对称轴，所以π4ω＋φ＝k 2π＋π2(k 2∈Z )，②①＋②，得2φ＝(k 1＋k 2)π＋π2，得φ＝k 1＋k 2π2＋π4，因为|φ|≤π2，得φ＝±π4.②－①，得π2ω＝(k 2－k 1)π＋π2，所以ω＝2(k 2－k 1)＋1＝2n ＋1(n ∈Z )．当ω＝5时，如果f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫5x ＋π4，令5x ＋π4＝k π＋π2，k ∈Z ，所以x ＝k π5＋π20，k ∈Z ，当k ＝2时，x ＝9π20∈⎝ ⎛⎭⎪⎫11π36，17π36，与已知不符．如果f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫5x －π4，令5x －π4＝k π＋π2，k ∈Z ，所以x ＝k π5＋3π20，k ∈Z ，当k ＝1时，x ＝7π20∈⎝ ⎛⎭⎪⎫11π36，17π36，与已知不符．当ω＝3时，如果f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋π4，令3x ＋π4＝k π＋π2，k ∈Z ，所以x ＝k π3＋π12，k ∈Z ，当k ＝1时，x ＝5π12∈⎝ ⎛⎭⎪⎫11π36，17π36，与已知不符．如果f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫3x －π4，令3x －π4＝k π＋π2，k ∈Z ，所以x ＝k π3＋π4(k ∈Z )∉⎝ ⎛⎭⎪⎫11π36，17π36，与已知相符．故选C.(2)(2019·上海市嘉定(长宁)区高三第二次质量调研)已知定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋2)＝－f (x )，且当0≤x ≤1时，f (x )＝log 2(x ＋a )．若对于任意x ∈[0,1]，都有f ⎝⎛⎭⎪⎫－x 2＋tx ＋12≥1－log 23，则实数t 的取值范围为________．答案 [0,3]解析由题意，f (x )为周期为4的函数，且是奇函数.0在函数定义域内，故f (0)＝0，得a ＝1，所以当0≤x ≤1时，f (x )＝log 2(x ＋1)，当x ∈[－1,0]时，－x ∈[0,1]，此时f (x )＝－f (－x )＝－log 2(－x ＋1)，又f (x ＋2)＝－f (x )＝f (－x )，所以f (x )以x ＝1为对称轴，且当x ∈[－1,1]时，f (x )单调递增；当x ∈[1,3]时，f (x )单调递减．易知当x ∈[2,3]时，f (x )＝－log 2(x －1)．当x ∈[－1,3]时，令f (x )＝1－log 23，得x ＝－12或x ＝52，所以在[－1,3]内，当f (x )≥1－log 23时，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52. 设g (x )＝－x 2＋tx ＋12，若对于x ∈[0,1]都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2＋tx ＋12≥1－log 23，因为g (0)＝12∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52.故g (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52.①当t2＜0时，g (x )在[0,1]上单调递减，故g (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤t －12，12⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52，得t ≥0，无解． ②当0≤t ≤1，即0≤t 2≤12时，此时g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2最大，g (1)最小，即g (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤t －12，t 24＋12⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52.解得t ∈[0,1]．③当1＜t ≤2，即12＜t 2≤1时，此时g (0)最小，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2最大，即g (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，t 24＋12⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52.解得t ∈(1,2]．④当t ＞2时，即t2>1，故g (x )在[0,1]上单调递增，故g (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，t －12⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，52.解得t ∈(2,3]．综上，t ∈[0,3]．(3)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)，且a 1＝1.则数列{a n }的通项公式是________．答案 a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2解析 ①当n ＝1时，由已知可得a 1＝2a 2，即a 2＝12a 1＝12.②当n ≥2时，由已知S n ＝2a n ＋1(n ∈N *)，可得S n －1＝2a n (n ≥2，n ∈N *)，两式相减得a n ＝2a n ＋1－2a n ⇒2a n ＋1＝3a n ，即a n ＋1a n ＝32，所以数列{a n }从第二项开始成一个首项为a 2＝12，公比为32的等比数列，故当n ≥2，n ∈N*时有a n ＝12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2.所以a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，12·⎝ ⎛⎭⎪⎫32n －2，n ≥2.解决由概念、法则、公式引起的分类整合问题的步骤第一步：确定需分类的目标与对象，即确定需要分类的目标，一般把需要用到公式、定理解决问题的对象作为分类目标．第二步：根据公式、定理确定分类标准．运用公式、定理对分类对象进行区分．第三步：分类解决“分目标”问题．对分类出来的“分目标”分别进行处理．第四步：汇总“分目标”．将“分目标”问题进行汇总，并作进一步处理．1．(2019·新疆维吾尔族自治区检测)已知x∈R ，sin x －3cos x ＝5，则tan2x ＝( ) A.43 B.34 C ．－34D ．－43答案 A解析由sin x －3cos x ＝5及sin 2x ＋cos 2x ＝1，得(5＋3cos x )2＋cos 2x ＝1.即5cos 2x ＋35cos x ＋2＝0，cos x ＝－255或cos x ＝－55，所以当cos x ＝－255时，sin x ＝－55，tan x＝12，tan2x ＝2×121－14＝43；当cos x ＝－55时，sin x ＝255，tan x ＝－2，tan2x ＝2×－21－4＝43.所以tan2x ＝43，故选A.2．(2019·云南高三第一次统考)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，∠ABC ＝2π3，BD 平分∠ABC 交AC 于点D ，BD ＝2，则△ABC 的面积的最小值为( ) A ．3 3 B ．4 3 C ．5 3D ．6 3答案 B解析设A ＝α，则0<α<π3，C ＝π－2π3－α＝π3－α，∵∠ABC ＝2π3，BD 平分∠ABC 交AC 于点D ，BD ＝2，∴∠ABD ＝∠CBD ＝π3.在△ABD 中，∠ADB ＝π－π3－α＝2π3－α，由正弦定理可得ABsin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－α＝BDsin α，∴AB ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3－αsin α＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋αsin α.在△CBD 中，∠CDB ＝π3＋α，由正弦定理可得BC sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋α＝BD sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α，∴BC ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α.∴△ABC 的面积S ＝12AB ·BC ·sin 2π3＝34×2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋αsin α×2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋αsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α ＝32·1＋12cos2α＋32sin2α14cos2α＋34sin2α－14 ＝32·22＋cos2α＋3sin2α3sin2α＋cos2α－1＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋63sin2α＋cos2α－1＝322＋62sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π6－1∵0<α<π3，∴π6<2α＋π6<5π6，∴12<sin ⎝⎛⎭⎪⎫2α＋π6≤1，∴当sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2α＋π6＝1时，即α＝π6时，△ABC 的面积S 最小，最小值为32×(2＋6)＝43，故选B.3．已知锐角△ABC 的三个内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，若b 是12，2的等比中项，c 是1,5的等差中项，则a 的取值范围是________．答案 (22，10)解析因为b 是12，2的等比中项，所以b ＝12×2＝1；因为c 是1,5的等差中项，所以c ＝1＋52＝3.因为△ABC 为锐角三角形，①当a 为最大边时，有⎩⎪⎨⎪⎧ 12＋32－a 2＞0，a ≥3，1＋3＞a ，解得3≤a ＜10；②当c 为最大边时，有⎩⎪⎨⎪⎧12＋a 2－32＞0，a ＋1＞3，a ≤3，解得22＜a ≤3.由①②得22<a <10，所以实数a 的取值范围是(22，10)．热点2 位置关系的分类整合法例2 (1)(2019·兰州一模)设A ，B 是椭圆C ：x 23＋y 2m＝1长轴的两个端点，若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m 的取值范围是( )A ．(0,1]∪[9，＋∞)B ．(0，3]∪[9，＋∞)C ．(0,1]∪[4，＋∞)D ．(0，3]∪[4，＋∞)答案 A解析如图，设DE 是椭圆的短轴，利用动态分析，或过A ，D ，B 作圆F ，根据圆周角定理，易知∠AMB ≤∠ADB .若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则∠ADB ≥120°，所以|OB ||OD |＝tan∠ODB ≥tan60°＝ 3.当焦点在x 轴上时，|OB |＝3，|OD |＝m ，3m≥3，解得0<m ≤1；当焦点在y 轴上时，|OB |＝m ，|OD |＝3，m3≥ 3，解得m ≥9.故m 的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞)，选A.(2)已知实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≥0，x ＋2y ≤4，x －2y ≤2，如果目标函数z ＝x ＋ay 的最大值为163，则实数a 的值为( )A ．3 B.143 C ．3或143D ．3或－113答案 D解析先画出线性约束条件所表示的可行域，如图中阴影部分所示，目标函数化为y ＝－1a x ＋1a z ，当a >0时，－1a＜0，只需目标函数截距最大．①若－12＜－1a <0，即a >2，最优解为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，43，z ＝43＋43a ＝163，a ＝3，符合题意；②若－1a ＜－12，即0<a <2，最优解为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12， z ＝3＋12a ＝163，a ＝143，不符合题意，舍去．当a <0时，－1a>0，只需目标函数截距最小．③若0<－1a <12，即a <－2，最优解为C (－2，－2)，z ＝－2－2a ＝163，a ＝－113，符合题意；④若12<－1a <1，即－2<a <－1，最优解为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12，此时a ＝143，不符合题意，舍去． ⑤若－1a >1，即－1<a <0，最优解为B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12， z ＝3＋12a ＝163，a ＝143，不符合题意，舍去；综上可知实数a 的值为3或－113.故选D.六类常见的由图形的位置或形状变化引起的分类整合(1)二次函数对称轴的变化；(2)函数问题中区间的变化；(3)函数图象形状的变化；(4)直线由斜率引起的位置变化；(5)圆锥曲线由焦点引起的位置变化或由离心率引起的形状变化；(6)立体几何中点、线、面的位置变化等．1．(2019·山西太原第五中学阶段检测)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥3，x －y ≥－1，2x －y ≤3，且z ＝ax ＋3y 的最小值为7，则a 的值为( )A ．1B ．2C ．－2D ．－1答案 B解析由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥3，x －y ≥－1，2x －y ≤3作出可行域如图中阴影部分所示，联立方程组求得A (2,1)，B (4,5)，C (1,2)，化目标函数z ＝ax ＋3y 为y ＝－a 3x ＋z3.当a ＞0时，由图可知，当直线y ＝－a 3x ＋z3过A 或C 时，直线在y 轴上的截距最小，z 有最小值．若过A ，则2a ＋3＝7，解得a ＝2，符合题意；若过C ，则a ＋6＝7，解得a ＝1不符合题意．当a ＜0时，由图可知，当直线y ＝－a 3x ＋z3过A 或B 时，直线在y 轴上的截距最小，z 有最小值．若过A ，则2a ＋3＝7，解得a ＝2，不符合题意；若过B ，则4a ＋15＝7，解得a ＝－2，不符合题意．所以a 的值为2.故选B.2．如图，M ，N 是焦点为F 的抛物线y 2＝4x 上的两个不同的点，且线段MN 的中点A 的横坐标为3，直线MN 与x 轴交于B 点，则点B 的横坐标的取值范围是( )A ．(－3,3]B ．(－∞，3]C ．(－6，－3)D ．(－6，－3)∪(－3,3]答案 A解析 ①若直线MN 的斜率不存在，则点B 的坐标为(3,0)．②若直线MN 的斜率存在，设A (3，t )(t ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，得y 21－y 22＝4(x 1－x 2)，∴y 1－y 2x 1－x 2(y 1＋y 2)＝4，即k MN ＝2t ，∴直线MN 的方程为y －t ＝2t(x －3)，∴点B 的横坐标x B ＝3－t 22，由⎩⎨⎧y －t ＝2t x －3，y 2＝4x消去x ，得y 2－2ty ＋2t 2－12＝0，由Δ>0得t 2<12，又t ≠0，∴x B ＝3－t 22∈(－3，3)．综上，点B 的横坐标的取值范围为(－3，3]．热点3 含参数问题的分类整合法例3 (2019·石家庄市第二中学高三模拟)函数f (x )＝1e ·e x －ax －1e(a 为常数)的图象与x 轴有唯一公共点M .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)若a ＝－2，存在不相等的实数x 1，x 2，满足f (x 1)＝－f (x 2)，证明：x 1＋x 2<0. 解 (1)函数f (x )的定义域为R ，且f (0)＝0，由题意可知，曲线f (x )与x 轴存在公共点M (0,0)，又f ′(x )＝ex －1－a ，若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )单调递增；若a >0，由f ′(x )＝0得x ＝1＋ln a ，当x ∈(－∞，1＋ln a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(1＋ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． ①当1＋ln a ＝0，即a ＝1e 时，f (x )的极小值为f (0)＝0，曲线f (x )与x 轴只有一个公共点，符合题意；②当1＋ln a >0，即a >1e 时，由基本结论“x >0时，e x >x 2”，a ＋2>a >1＋ln a .知f (a ＋2)＝ea ＋1－a (a ＋2)－1e>(a ＋1)2－a 2－2a －1＝0，又f (1＋ln a )<f (0)＝0.由零点存在定理知，此时的函数f (x )在区间(1＋ln a ，a ＋2)上有一个零点，这与函数f (x )的图象与x 轴有唯一公共点矛盾，舍去；③当1＋ln a <0，即0<a <1e 时，设m (a )＝1＋ln a ＋1a e ，m ′(a )＝a e －1a 2e <0，则m (a )>m ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝1>0，即1＋ln a >－1a e ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a e ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫－a a e －1e＝e >0.又f (1＋ln a )<f (0)＝0.由零点存在定理知，此时函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a e ，1＋ln a 上有一个零点，这与函数f (x )的图象与x 轴有唯一公共点矛盾，舍去；综上所述，当a ＝1e 时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．当a ≤0时，f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)，无单调递减区间．利用分类整合思想的注意点(1)分类整合要标准统一，层次分明，分类要做到“不重不漏”．(2)分类整合时要先根据题设条件确定讨论的级别，再确定每级讨论的对象与标准，每级讨论中所分类别应做到与前面所述不重不漏，最后将讨论结果归类合并，其中级别与级别之间有严格的先后顺序、类别和类别之间没有先后；最后整合时要注意是取交集、并集，还是既不取交集也不取并集只是分条列出．(2019·湖南省高三六校联考)已知函数f (x )＝e x，g (x )＝ax 2＋x ＋1(a >0)． (1)设F (x )＝g xf x，讨论函数F (x )的单调性；(2)若0<a ≤12，证明：f (x )>g (x )在(0，＋∞)上恒成立．解 (1)F (x )＝g x f x ＝ax 2＋x ＋1ex， F ′(x )＝－ax 2＋2a －1xex＝－ax ⎝⎛⎭⎪⎫x －2a －1a ex.①若a ＝12，F ′(x )＝－x22e x ≤0，∴F (x )在R 上单调递减． ②若a >12，则2a －1a>0，当x <0或x >2a －1a 时，F ′(x )<0，当0<x <2a －1a时，F ′(x )>0，∴F (x )在(－∞，0)，⎝⎛⎭⎪⎫2a －1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a －1a 上单调递增．③若0<a <12，则2a －1a <0，当x <2a －1a 或x >0时，F ′(x )<0，当2a －1a <x <0时，F ′(x )>0.∴F (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a －1a ，(0，＋∞)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1a ，0上单调递增．(2)证明：∵0<a ≤12，∴ax 2＋x ＋1≤12x 2＋x ＋1.设h (x )＝e x －12x 2－x －1，则h ′(x )＝e x－x －1.设p (x )＝h ′(x )＝e x－x －1，则p ′(x )＝e x－1，在(0，＋∞)上，p ′(x )>0恒成立．∴h ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又∵h ′(0)＝0，∴x ∈(0，＋∞)时，h ′(x )>0， ∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴h (x )>h (0)＝0，∴e x －12x 2－x －1>0，e x >12x 2＋x ＋1，∴e x >12x 2＋x ＋1≥ax 2＋x ＋1，∴f (x )>g (x )在(0，＋∞)上恒成立．第4讲转化与化归的思想「思想方法解读」转化与化归思想是指在研究解决数学问题时，采用某种手段将问题通过转化，使问题得以解决的一种思维策略，其核心是把复杂的问题化归为简单的问题，将较难的问题化归为较容易求解的问题，将未能解决的问题化归为已经解决的问题．常见的转化与化归思想应用具体表现在：将抽象函数问题转化为具体函数问题，立体几何和解析几何中一般性点或图形问题转化为特殊点或特殊图形问题，以及“至少”或“是否存在”等正向思维受阻问题转化为逆向思维问题，空间与平面的转化，相等问题与不等问题的转化等．热点题型探究热点1 特殊与一般的转化例1 (1)过抛物线y ＝ax 2(a >0)的焦点F ，作一直线交抛物线于P ，Q 两点，若线段PF 与FQ 的长度分别为p ，q ，则1p ＋1q等于( )A ．2a B.12a C ．4a D.4a答案 C解析抛物线y ＝ax 2(a >0)的标准方程为x 2＝1a y (a >0)．焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14a ，取过焦点F 的直线垂直于y 轴，则|PF |＝|QF |＝12a ，所以1p ＋1q＝4a .(2)在平行四边形ABCD 中，|AB →|＝12，|AD →|＝8.若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝( )A ．20B ．15C ．36D ．6答案 C解析解法一：由BM →＝3MC →，DN →＝2NC →知，点M 是BC 的一个四等分点，且BM ＝34BC ，点N是DC 的一个三等分点，且DN ＝23DC ，所以AM →＝AB →＋34AD →，AN →＝AD →＋DN →＝AD →＋23AB →，所以NM →＝AM →－AN →＝AB →＋34AD →－⎝ ⎛⎭⎪⎫AD →＋23AB →＝13AB →－14AD →，所以AM →·NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋34AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →－14AD →＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋34AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →－34AD →＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →2－916AD →2＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫144－916×64＝36，故选C. 解法二：不妨设∠DAB 为直角，以AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立如图所示的平面直角坐标系．则M (12,6)，N (8,8)，所以AM →＝(12,6)，NM →＝(4，－2)，所以AM →·NM →＝12×4＋6×(－2)＝36，故选C.一般问题特殊化，使问题处理变的直接、简单；特殊问题一般化，可以把握问题的一般规律，使我们达到成批处理问题的效果．对于客观题，当题设条件提供的信息在普通条件下都成立或暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，可以快捷地得到答案．1．(2019·甘青宁高三3月联考)若函数f (x )＝1＋x 3，则f (lg 2)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 12＝( )A ．2B ．4C ．－2D ．－4答案 A解析 ∵f (x )＝1＋x 3，∴f (－x )＋f (x )＝2， ∵lg 12＝－lg 2，∴f (lg 2)＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 12＝2，故选A. 2．(2019·济南市高三3月模拟)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧13x 3－12x 2，x ＜0，e x ，x ≥0，则f (3－x 2)>f (2x )的解集为( )A ．(－∞，－3)∪(1，＋∞)B ．(－3,1)C ．(－∞，－1)∪(3，＋∞)D ．(－1,3) 答案 B解析当x <0时，f (x )＝13x 3－12x 2，f ′(x )＝x 2－x ，∵x <0，∴f ′(x )>0，f (x )单调递增，且x →0时，f (x )→0，∴f (x )<0；当x ≥0时，f (x )＝e x单调递增，且f (x )≥f (0)＝1.因此可得f (x )在整个定义域上单调递增，∴f (3－x 2)>f (2x )可转化为3－x 2>2x .解得－3<x <1，故选B. 热点2 函数、方程、不等式间的转化例 2 (1)已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x＋a ，若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3，∃x 2∈[2,3]使得f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．[1，＋∞)C ．(－∞，0]D ．[0，＋∞)答案 C解析当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，3时，f (x )≥2x ·4x＝4，当且仅当x ＝2时等号成立，此时f (x )min＝4.当x ∈[2,3]时，g (x )min ＝22＋a ＝4＋a .依题意f (x )min ≥g (x )min ，∴a ≤0.选C.(2)(2019·河南十所名校高三第二次联考)已知函数f (x )＝ax (x 2－1)＋x (a >0)，方程f [f (x )]＝b 对于任意b ∈[－1,1]都有9个不等实根，则实数a 的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．(2，＋∞)C ．(3，＋∞)D ．(4，＋∞)答案 D解析 ∵f (x )＝ax (x 2－1)＋x (a >0)，∴f ′(x )＝3ax 2＋(1－a )．若a ≤1，则f ′(x )≥0，f (x )单调递增，此时方程f [f (x )]＝b 不可能有9个不等实根，故a >1.令f ′(x )＝0，得x ＝±a －13a ，不妨令x 1＝－a －13a ，x 2＝a －13a.∵当a >1时，a －1<3a ， ∴－1<x 1<0，0<x 2<1.f (－x )＝a (－x )·[(－x )2－1]＋(－x )＝－[ax (x 2－1)＋x ]＝－f (x )，∴f (x )是奇函数，又函数f (x )过定点(1,1)，(－1，－1)和(0,0)，则作出函数f (x )的大致图象如图所示．令f (x )＝t ，方程f (t )＝b 对于任意b ∈[－1,1]都有9个不等实根，即方程f (x )＝t 1，f (x )＝t 2，f (x )＝t 3，一共有9个不等实根，∴f (x )在极小值点处的函数值小于－1，即f ⎝⎛⎭⎪⎫a －13a ＝23(1－a ) a －13a<－1，即(a －4)(2a ＋1)2>0，解得a >4，故实数a 的取值范围为(4，＋∞)．故选D.函数、方程与不等式相互转化的应用函数、方程与不等式三者之间存在着密不可分的联系，解决方程、不等式的问题需要函数帮助，解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数、方程、不等式之间的转化可以将问题化繁为简，常常将不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题；将证明不等式问题转化为函数的单调性与最值问题，将方程的求解问题转化为函数的零点问题．1．(2019·安徽马鞍山二次质检)已知函数f (x )＝x ＋(2－kx )e x(x >0)，若f (x )>0的解集为(a ，b )，且(a ，b )中恰有两个整数，则实数k 的取值范围为( )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e 2 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 4＋12，1e 3＋23C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e 3＋23，1e 2＋1D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e2＋1，1e ＋2答案 C解析 f (x )＝x ＋(2－kx )e x >0⇒x >(kx －2)e x⇒x e x >kx －2，设g (x )＝xe x (x >0)，h (x )＝kx －2，问题就转化为在(a ，b )内，g (x )>h (x )，且(a ，b )中恰有两个整数．先研究函数g (x )的单调性，g ′(x )＝1－xe x (x >0)，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(1，＋∞)上单调递减；当0<x <1时，g ′(x )>0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，所以g (x )max ＝g (1)＝1e.注意到g (0)＝0，当x >0时，g (x )>0.h (x )＝kx －2，恒过(0，－2)，要想在(a ，b )内，g (x )>h (x )，且(a ，b )中恰有两个整数，必须要满足以下两个条件：⎩⎪⎨⎪⎧g2＞h 2，g 3≤h 3⇒⎩⎪⎨⎪⎧k ＜1e 2＋1，k ≥1e 3＋23⇒1e 3＋23≤k ＜1e2＋1，故选C. 2．已知a ＝13ln 94，b ＝45ln 54，c ＝14ln 4，则( )A ．a ＜b ＜cB ．b ＜a ＜cC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a答案 B解析 a ＝13ln 94＝13ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝23ln 32＝ln 3232，b ＝45ln 54＝ln 5454，c ＝14ln 4＝14×2ln 2＝ln 22. 故构造函数f (x )＝ln x x ，则a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，b ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫54，c ＝f (2)．因为f ′(x )＝1－1·ln x x 2＝1－ln xx2，由f ′(x )＝0，解得x ＝e.故当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，e]上单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＜0，函数f (x )在[e ，＋∞)上单调递减．因为54＜32＜2＜e ，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫54＜f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＜f (2)，即b ＜a＜c ，故选B.热点3 正难则反的转化例3 (1)(2019·湖南邵阳高三10月大联考)若命题“∃x 0∈R ，x 20＋2mx 0＋m ＋2<0”为假命题，则m 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]∪[2，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)C ．[－1,2]D ．(－1,2)答案 C解析若命题“∃x 0∈R ，x 20＋2mx 0＋m ＋2<0”为假命题，则命题等价于∀x ∈R ，x 2＋2mx ＋m ＋2≥0恒成立，故只需要Δ＝4m 2－4(m ＋2)≤0⇒－1≤m ≤2.故选C.(2)已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x 在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18 解析 f ′(x )＝2ax －1＋1x.(ⅰ)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递增，则f ′(x )≥0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x ≥0，得a ≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.① 令t ＝1x ，因为x ∈(1,2)，所以t ＝1x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.设h (t )＝12(t －t 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋18，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，显然函数y ＝h (t )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，所以h (1)＜h (t )＜h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，即0＜h (t )＜18.由①可知，a ≥18.(ⅱ)若函数f (x )在区间(1,2)上单调递减，则f ′(x )≤0在(1,2)上恒成立，所以2ax －1＋1x ≤0，得a ≤12⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －1x 2.② 结合(ⅰ)可知，a ≤0.综上，若函数f (x )在区间(1,2)上单调，则实数a 的取值范围为(－∞，0]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫18，＋∞.所以若函数f (x )在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，18.正与反的转化法正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，一种充分体现对立统一、相互转化的思想方法．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单，因此，间接法多用于含有“至多”“至少”情形的问题中．1．若抛物线y ＝x 2上的所有弦都不能被直线y ＝k (x －3)垂直平分，则k 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，12 B.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，＋∞D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞答案 D解析当k ＝0时，显然符合题意．当k ≠0时，设抛物线y ＝x 2上两点A (x 1，x 21)，B (x 2，x 22)关于直线y ＝k (x －3)对称，AB 的中点为P (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22，y 0＝x 21＋x 222.由题设知x 21－x 22x 1－x 2＝－1k ，所以x 1＋x 22＝－12k .又AB 的中点P (x 0，y 0)在直线y ＝k (x －3)上，所以x 21＋x 222＝k ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－3＝－6k ＋12，所以中点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k ，－6k ＋12.由于点P 在y >x 2的区域内，则－6k ＋12>⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 2，整理得(2k ＋1)(6k 2－2k ＋1)<0，解得k <－12.因此当k <－12时，抛物线y ＝x 2上存在两点关于直线y ＝k (x －3)对称，于是当k ≥－12时，抛物线y ＝x 2上不存在两点关于直线y ＝k (x －3)对称．所以实数k 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－12，＋∞.故选D. 2．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c ，使得f (c )＞0，则实数p 的取值范围是________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32解析若在区间[－1,1]内不存在c 满足f (c )＞0，因为Δ＝36p 2≥0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f －1≤0，f 1≤0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32.所以p ≤－3或p ≥32，取补集得－3＜p ＜32，即满足题意的实数p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.热点4 形体位置关系的转化例4 (1)(2019·延安市高考模拟)正三角形ABC 的边长为2，将它沿高AD 折叠，使点B与点C 间的距离为3，则四面体ABCD 外接球的表面积为( )A ．6πB ．7πC ．8πD ．9π答案 B解析根据题意可知四面体ABCD 的三条侧棱BD ⊥AD ，DC ⊥DA ，底面△BDC 是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，在三棱柱底面△BDC 中，BD ＝CD ＝1，BC ＝3，∴∠BDC ＝120°，∴△BDC 的外接圆的半径为12×3sin120°＝1，由题意可得，球心到底面的距离为12AD ＝32，∴球的半径为r ＝34＋1＝72.故外接球的表面积为4πr 2＝7π，故选B. (2)(天津市滨海新区2020届高三摸底考试)如图所示，已知多面体ABCDEFG 中，AB ，AC ，AD 两两互相垂直，平面ABC ∥平面DEFG ，平面BEF ∥平面ADGC ，AB ＝AD ＝DG ＝2，AC ＝EF ＝1，则该多面体的体积为________．答案 4解析解法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C 作CH ⊥DG 于H ，连接EH ，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH －ABC 和一个斜三棱柱BEF －CHG .由题意，知V 三棱柱DEH －ABC ＝S △DEH ·AD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝2，V 三棱柱BEF －CHG ＝S △BEF ·DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝2.故所求几何体的体积为V 多面体ABCDEFG ＝2＋2＝4.解法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为。

2021年高考数学二轮复习第一部分数学方法、思想指导第2讲函数与方程思想、数形结合思想1函数与方程思

x -x
f(x)=e
-e ,
例2(2021山东济南二模,理12)f(x)是定义在R上的奇函数,记f(x)的
故
f(x)在 R 内为增函数.
导函数为f'(x),当x≥0时,满足f'(x)-f(x)>0.假设x∈[-2,+∞)使不等式
∵
f[ex(x3-3x+3)]≤f(aex+x),∴ex(x3-3x+3)-aex-x≤0 在[-2,+∞)上有解.
应用四
应用五
应用三函数与方程思想在数列中的应用
例3(2021河南六市联考一,文10)假设正项递增等比数列{an}满足关闭
设正项递增等比数列{an}的公比为 q,则 q>1.
1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0(λ∈R),那么a6+λa7的最小值为(
)
1+(a2-a4)+λ(a3-a5)=0,
∵
1
2 -4
∴y= -1 ,
3
即 y=(x-1)+3
+2≥ 3+2,
4(-1)
A. 1 +
m B.2 m
关闭
2
3ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
3
当且仅当
时,取“=”号,因此当
x=1+ 2 时,y 有最小值 2+ 3.
3)m D.(2+
3)m
D C.(1+ x-1=
4(-1)
解析
答案
-6应用一
应用二
应用三
应用四
应用五
思维升华函数思想的实质是使用函数方法解决数学问题(不一定
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