成都市高三二轮复习文科数学- 高考数学思想归纳 20页

第 1 页 共 20 页 成都市高三二轮复习文科数学- 高考数学思想归纳 第 1 讲 函数与方程思想 函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题.方程思想，是从问题的数量关系入 手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型(方程、不等式或方程与不等式的混合组)，然后通过解方 程(组或不等式组)来使问题获解.方程是从算术方法到代数方法的一种质的飞跃，有时，还可以将函数与方 程互相转化、接轨，达到解决问题的目的. 函数与方程的思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质，解决有关求值、 解(证明)不等式、解方程以及讨论参数的取值等问题；二是在问题的研究中，通过建立函数关系式或构造中 间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质，达到化难为易、化繁为简的目的. 应用(一) 借助“函数关系”解决问题 在方程、不等式、三角、数列、圆锥曲线等数学问题中，将原有隐含的函数关系凸显出来，从而充分运用 函数知识或函数方法使问题顺利获解. [例 1] 已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若 a1＝3 2 ，an＋2an＋1＝0，则 Sn－ 1 Sn 的最大值与最小值的积为 ________. [解析] 因为 an＋2an＋1＝0，所以an＋1 an ＝－1 2 ，所以等比数列{an}的公比为－1 2 ，因为 a1＝3 2 ，所以 Sn＝ 3 2 1－ －1 2 n 1－ －1 2 ＝1－ －1 2 n . ①当 n 为奇数时，Sn＝1＋ 1 2 n ，Sn 随着 n 的增大而减小，则 1＜Sn≤S1＝3 2 ，故 0＜Sn－ 1 Sn ≤5 6 ； ②当 n 为偶数时，Sn＝1－ 1 2 n ，Sn 随着 n 的增大而增大，则3 4 ＝S2≤Sn＜1，故－ 7 12 ≤Sn－ 1 Sn ＜0. 综上，Sn－ 1 Sn 的最大值与最小值分别为5 6 ，－ 7 12.故 Sn－ 1 Sn 的最大值与最小值的积为5 6 × － 7 12 ＝－35 72. [技法领悟] 数列是定义在正整数集上的特殊函数，等差、等比数列的通项公式，前 n 项和公式都具有隐含的函数关系， 都可以看成关于 n 的函数，在解等差数列、等比数列问题时，有意识地凸现其函数关系，从而用函数思想 或函数方法研究、解决问题 ，不仅能获得简便的解法，而且能促进科学思维的培养，提高发散思维的水平. [应用体验] 1.已知等差数列{an}满足 3a4＝7a7，a1>0，Sn 是数列{an}的前 n 项和，则 Sn 取得最大值时 n＝________. 解析：设等差数列{an}的公差为 d，∵3a4＝7a7，∴3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，∴4a1＝－33d.∵a1>0，∴d<0，Sn 第 2 页 共 20 页 ＝na1＋n（n－1） 2 d＝n －33 4 d ＋n（n－1） 2 d＝d 2 n2－35 2 n ＝d 2 n－35 4 2 － 35 4 2 ，∴n＝9 时，Sn 取得最大值. 2.(2018·北京高考)若△ABC 的面积为 3 4 (a2＋c2－b2)，且∠C 为钝角，则∠B＝________，c a 的取值范围是 ________. 解析：由余弦定理得 cos B＝a2＋c2－b2 2ac ，∴a2＋c2－b2＝2accosB. 又∵S＝ 3 4 (a2＋c2－b2)，∴1 2acsin B＝ 3 4 ×2accos B，∴tan B＝ 3， ∵B∈ 0，π 2 ，∴∠B＝π 3 .又∵∠C 为钝角，∴∠C＝2π 3 －∠A>π 2 ，∴0<∠A<π 6 . 由正弦定理得c a ＝sin 2π 3 －∠A sin A ＝ 3 2 cos A＋1 2sin A sin A ＝1 2 ＋ 3 2 · 1 tan A. ∵0 3，∴c a>1 2 ＋ 3 2 × 3＝2，即c a>2.答案：π 3 (2，＋∞) 应用(二) 转换函数关系解决问题 在有关函数形态和曲线性质或不等式的综合问题、恒成立问题中，经常需要求参数的取值范围，如果按照 原有的函数关系很难奏效时，不妨转换思维角度，放弃题设的主参限制，挑选合适的主变元，揭示它与其 他变元的函数关系，切入问题本质，从而使原问题获解. [例 2] 已知函数 h(x)＝xln x 与函数 g(x)＝kx－1 的图象在区间 1 e ，e 上有两个不同的交点，则实数 k 的取值 范围是( ) A. 1＋1 e ，e－1 B. 1，1＋1 e C.(1，e－1] D.(1，＋∞) [解析] 令 h(x)＝g(x)，得 xln x＋1＝kx，即1 x ＋ln x＝k.令函数 f(x)＝ln x＋1 x ，若方程 xln x－kx＋1＝0 在区间 1 e ，e 上有两个不等实根，则函数 f(x)＝ln x＋1 x 与 y＝k 在区间 1 e ，e 上有两个不相同的交点，f′(x)＝1 x －1 x2 ， 令1 x －1 x2 ＝0 可得 x＝1，当 x∈ 1 e ，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 1 e ＝－1＋e，f(e)＝1＋1 e ，又－1＋e＞1＋1 e ，所以，函数的 最大值为 e－1.所以关于 x 的方程 xln x－kx＋1＝0 在区间 1 e ，e 上有两个不等实根，则实数 k 的取值范围是 1，1＋1 e .故选 B. [答案] B [技法领悟] 第 3 页 共 20 页 发掘、提炼多变元问题中变元间的相互依存、相互制约的关系，反客为主，主客换位，创设新的函数，并 利用新函数的性质创造性地使原问题获解，是解题人思维品质高的表现.本题主客换位后，利用新建函数 y ＝1 x ＋ln x 的单调性巧妙地求出实数 k 的取值范围.此法也叫主元法. [应用体验] 3.对于满足 0≤p≤4 的所有实数 p，使不等式 x2＋px>4x＋p－3 成立的 x 的取值范围是________. 解析：设 f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，则当 x＝1 时，f(p)＝0.所以 x≠1. 函数 f(p)在[0，4]上恒为正，等价于 f（0）>0， f（4）>0， 即 （x－3）（x－1）>0， x2－1>0， 解得 x>3 或 x<－1. 答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞) 4.已知函数 f(x)＝a 3x3－3 2x2＋(a＋1)x＋1，其中 a 为实数.(1)已知函数 f(x)在 x＝1 处取得极值，求 a 的值；(2) 已知不等式 f′(x)＞x2－x－a＋1 对任意 a∈(0，＋∞)都成立，求实数 x 的取值范围. 解：(1)f′(x)＝ax2－3x＋a＋1，由于函数 f(x)在 x＝1 处取得极值，∴f′(1)＝0，即 a－3＋a＋1＝0，∴a＝1. (2)由题设，知 ax2－3x＋a＋1＞x2－x－a＋1 对任意 a∈(0，＋∞)都成立， 即(x2＋2)a－x2－2x＞0 对任意 a∈(0，＋∞)都成立.设 g(a)＝(x2＋2)a－x2－2x(a∈R)， 则对任意 x∈R，g(a)为单调递增函数(a∈R)， ∴对任意 a∈(0，＋∞)，g(a)＞0 恒成立的充要条件是 g(0)≥0，即－x2－2x≥0，∴－2≤x≤0. 于是 x 的取值范围是[－2，0]. 应用(三) 构造函数关系解决问题 在数学各分支形形色色的问题或综合题中，将非函数问题的条件或结论，通过类比、联想、抽象、概括等 手段，构造出某些函数关系，在此基础上利用函数思想和方法使原问题获解，这是函数思想解题的更高层 次的体现.特别要注意的是，构造时，要深入审题，充分发掘题设中可类比、联想的因素，促进思维迁移. [例 3] 已知函数 f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，a∈R.(1)求 f(x)的单调区间与极值；(2)求证：当 a>ln 2－1 且 x>0 时，ex>x2－2ax＋1. [解] (1)由 f(x)＝ex－2x＋2a，知 f′(x)＝ex－2.令 f′(x)＝0，得 x＝ln 2. 当 xln 2 时，f′(x)>0，故函数 f(x)在区间(ln 2，＋∞)上单调递增. 所以 f(x)的单调递减区间是(－∞，ln 2)，单调递增区间是(ln 2，＋∞)，f(x)在 x＝ln 2 处取得极小值 f(ln 2) ＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a. (2)证明：设 g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x∈R)，则 g′(x)＝ex－2x＋2a，x∈R， 由(1)知 g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a.又 a>ln 2－1，则 g′(x)min>0. 于是对∀x∈R，都有 g′(x)>0，所以 g(x)在 R 上单调递增. 于是对∀x>0，都有 g(x)>g(0)＝0.即 ex－x2＋2ax－1>0，故 ex>x2－2ax＋1. 第 4 页 共 20 页 [技法领悟] 一般地，要证 f(x)>g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数 F(x)＝f(x)－g(x)，通过分析 F(x)在端点处的函 数值来证明不等式.若 F(a)＝0，只需证明 F(x)在(a，b)上单调递增即可；若 F(b)＝0，只需证明 F(x)在(a，b) 上单调递减即可. [应用体验] 5.(2018·天津高考)如图，在平面四边形 ABCD 中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1.若点 E 为边 CD 上的动点，则 AE―→· BE―→的最小值为( ) A.21 16 B.3 2 C.25 16 D.3 解析：选 A 如图，以 D 为坐标原点，DA 所在直线为 x 轴，DC 所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系， 连接 AC.由题意知∠CAD＝∠CAB＝60°，∠ACD＝∠ACB＝30°， 则 D(0，0)，A(1，0)，B 3 2 ， 3 2 ，C(0， 3).设 E(0，y)(0≤y≤ 3)， 则 AE―→＝(－1，y)， BE―→＝ －3 2 ，y－ 3 2 ，∴ AE―→· BE―→＝3 2 ＋y2－ 3 2 y＝ y－ 3 4 2 ＋21 16 ， ∴当 y＝ 3 4 时， AE―→· BE―→有最小值21 16.故选 A. 6.(2019·洛阳尖子生第二次联考)已知定义域为 R 的奇函数 y＝f(x)的导函数为 y＝f′(x)，当 x＞0 时，xf′(x) －f(x)＜0，若 a＝f（e） e ，b＝f（ln 2） ln 2 ，c＝－f（－3） 3 ，则 a，b，c 的大小关系正确的是( ) A.a＜c＜b B.b＜c＜a C.a＜b＜c D.c＜a＜b 解析：选 D 由题意，构造函数 g(x)＝f（x） x ，当 x＞0 时，g′(x)＝xf′（x）－f（x） x2 ＜0，∴函数 g(x)在(0， ＋∞)上单调递减.∵函数 f(x)为奇函数，∴函数 g(x)是偶函数，∴c＝f（－3） －3 ＝g(－3)＝g(3)，又 a＝g(e)，b ＝g(ln 2)，且 3＞e＞1＞ln 2＞0，∴g(3)＜g(e)＜g(ln 2)，∴c＜a＜b.故选 D. 应用（四） 构造方程形式解决问题 分析题目中的未知量，根据条件分别列出关于未知数的方程(组)，使原问题得到解决，这就是构造方程法， 是应用方程思想解决非方程问题的极富创造力的一个方面. [例 4] (2018·全国卷Ⅲ)已知点 M(－1，1)和抛物线 C：y2＝4x，过 C 的焦点且斜率为 k 的直线与 C 交于 A， B 两点.若∠AMB＝90°，则 k＝________. [解析] 由题意知，抛物线的焦点坐标为 F(1，0)，设直线方程为 y＝k(x－1)， 直线方程与 y2＝4x 联立，消去 y，得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 第 5 页 共 20 页 则 x1x2＝1，x1＋x2＝2k2＋4 k2 .由 M(－1，1)，得 AM―→＝(－1－x1，1－y1)， BM―→＝(－1－x2，1－y2). 由∠AMB＝90°，得 AM―→· BM―→＝0，∴(x1＋1)(x2＋1)＋(y1－1)(y2－1)＝0， ∴x1x2＋(x1＋x2)＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0. 又 y1y2＝k(x1－1)·k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]，y1＋y2＝k(x1＋x2－2)， ∴1＋2k2＋4 k2 ＋1＋k2 1－2k2＋4 k2 ＋1 －k 2k2＋4 k2 －2 ＋1＝0，整理得4 k2 －4 k ＋1＝0，解得 k＝2.[答案] 2 [技法领悟] 本题由∠AMB＝90°，知 AM―→· BM―→＝0，从而得出关于 k 的方程，问题即可解决. [应用体验] 7.(2019·福建省质量检查)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，且 a8－a5＝9，S8－S5＝66，则 a33＝( ) A.82 B.97 C.100 D.115 解析：选 C 设等差数列{an}的公差为 d，则由 a8－a5＝9， S8－S5＝66， 得 （a1＋7d）－（a1＋4d）＝9， （8a1＋28d）－（5a1＋10d）＝66， 解得 d＝3， a1＝4， 所以 a33＝a1＋32d＝4＋32×3＝100.故选 C. 8.(2018·浙江高考)在△ABC 中，角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c.若 a＝ 7，b＝2，A＝60°，则 sin B ＝________，c＝________. 解析：由正弦定理 a sin A ＝ b sin B ，得 sin B＝b a ·sin A＝ 2 7 × 3 2 ＝ 21 7 .由余弦定理 a2＝b2＋c2－2bccos A， 得 7＝4＋c2－4c×cos 60°， 即 c2－2c－3＝0，解得 c＝3 或 c＝－1(舍去).答案： 21 7 3 应用(五) 转换方程形式解决问题 把题目中给定的方程根据题意转换形式，凸现其隐含条件，充分发挥其方程性质，运用有关方程的解的定 理(如根与系数的关系、判别式、实根分布的充要条件)使原问题获解，这是方程思想应用的又一个方面. [例 5] 已知 sin(α＋β)＝2 3 ，sin(α－β)＝1 5 ，求tan α tan β 的值. [解] 法一：由已知条件及正弦的和(差)角公式，得 sin αcos β＋cos αsin β＝2 3 ， sin αcos β－cos αsin β＝1 5 ， 所以 sin αcos β＝13 30 ，cos αsin β＝ 7 30.从而tan α tan β ＝sin αcos β cos αsin β ＝13 7 . 第 6 页 共 20 页 法二：令 x＝tan α tan β.因为sin（α＋β） sin（α－β） ＝10 3 ，且sin（α＋β） sin（α－β） ＝ sin（α＋β） cos αcos β sin（α－β） cos αcos β ＝tan α＋tan β tan α－tan β ＝ tan α tan β ＋1 tan α tan β －1 ＝ x＋1 x－1 . 所以得到方程x＋1 x－1 ＝10 3 .解方程得tan α tan β ＝x＝13 7 . [技法领悟] 本例解法二运用方程的思想，把已知条件通过变形看作关于 sinαcosβ与 cosαsin β 或tan α tan β 的方程来求 解，从而获得欲求的三角表达式的值. [应用体验] 9.设非零向量 a，b，c 满足 a＋b＋c＝0，|a|＝2， b，c＝120°，则|b|的最大值为________. 解析：∵a＋b＋c＝0，∴a＝－(b＋c)，∴|a|2＝|b|2＋2|b||c|cos 120°＋|c|2， 即|c|2－|b||c|＋|b|2－4＝0，∴Δ＝|b|2－4(|b|2－4)≥0，解得 0<|b|≤4 3 3 ，即|b|的最大值为4 3 3 .答案：4 3 3 10.(2019·全国卷Ⅲ)设 F1，F2 为椭圆 C：x2 36 ＋y2 20 ＝1 的两个焦点，M 为 C 上一点且在第一象限.若△MF1F2 为等腰三角形，则 M 的坐标为________. 解析：设 F1 为椭圆的左焦点，分析可知点 M 在以 F1 为圆心，焦距为半径的圆上，即在圆(x＋4)2＋y2＝64 上. 因为点 M 在椭圆x2 36 ＋y2 20 ＝1 上，所以联立方程可得 （x＋4）2＋y2＝64， x2 36 ＋y2 20 ＝1， 解得 x＝3， y＝± 15. 又因为点 M 在第一象限，所以点 M 的坐标为(3， 15).答案：(3， 15) [总结升华] 函数与方程思想在解题中的应用主要涉及以下知识 (1)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、比较大小问题.一般利用函数思想构造新函数，建立函数关系求解. (2)三角函数中有关方程根的计算，平面向量中有关模、夹角的计算，常转化为函数关系，利用函数的性质 求解. (3)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，一般利用二次函数或一元二次方程来解决. (4)解析几何中有关求方程、求值等问题常常需要通过解方程(组)来解决，求范围、最值等问题常转化为求 函数的值域、最值来解决. (5)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. 第 7 页 共 20 页 第 2 讲 数形结合思想 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： 以形助数 以数助形 借助形的直观性来阐明数之间的联系.以形助 数常用的有：借助数轴，借助函数图象，借 助单位圆，借助数式的结构特征，借助于解 析几何方法 借助于数的精确性来阐明形的某些属性.以数 助形常用的有：借助于几何轨迹所遵循的数 量关系，借助于运算结果与几何定理的结合 由“形”到“数”的转化，往往比较明显，而由“数”到“形”的转化却需要转化的意识，因此，数 形结合的思想的使用往往偏重于由“数”到“形”的转化. 应用(一) 利用数形结合思想研究函数的零点问题 [例 1] 已知函数 g(x)＝a－x2－2x，f(x)＝ g（x），x＜0， g（x－1），x≥0， 且函数 y＝f(x)－x 恰有 3 个不同的零点，则实 数 a 的取值范围是________. [解析] f(x)＝ a－x2－2x，x＜0， a－x2＋1，x≥0， y＝f(x)－x 恰有 3 个不同的零点等价于 y＝f(x)与 y＝x 有三个不同的交点， 试想将曲线 f(x)上下平移使之与 y＝x 有三个交点是何等的复杂，故可变形再结合图象求解. 由 f(x)－x＝ a－x2－3x，x＜0， a－x2－x＋1，x≥0， 可得 f(x)－x＝a＋ －x2－3x，x＜0， －x2－x＋1，x≥0， 所以 y＝f(x)－x 有三个零点等价于 a＝ x2＋3x，x＜0， x2＋x－1，x≥0 有三个根.令 h(x)＝ x2＋3x，x＜0， x2＋x－1，x≥0， 画出 y＝h(x)的图象如图所示，将水平直线 y＝a 从上向下平移，当 a＝0 时，有两个交点，再向下平移，有 三个交点，当 a＝－1 时，有三个交点，再向下就只有两个交点了，因此 a∈[－1，0). [答案] [－1，0) [技法领悟] 利用数形结合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，但用此法讨 论方程的解一定要注意图象的准确性、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. [应用体验] 1.已知 f(x)＝|x|＋|x－1|，若 g(x)＝f(x)－a 的零点个数不为 0，则 a 的最小值为______. 第 8 页 共 20 页 解析：原方程等价于 f(x)＝ 1－2x，x<0， 1，0≤x≤1， 2x－1，x>1， 其图象如图所示，要使 a＝f(x)有零点，则 a≥1，因此 a 的最小值 为 1.答案：1 2.已知函数 f(x)＝ |x|，x≤m， x2－2mx＋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：作出 f(x)的图象如图所示.当 x＞m 时，x2－2mx＋4m＝(x－m)2＋4m－m2， 所以要使方程 f(x)＝b 有三个不同的根，则有 4m－m2＜m，即 m2－3m＞0.又 m＞0，解 得 m＞3. 答案：(3，＋∞) 应用(二) 利用数形结合思想解决不等式问题 [例 2] 若不等式 9－x2≤k(x＋2)－ 2 的解集为区间[a，b]，且 b－a＝2，则 k＝________. [解析] 如图，分别作出直线 y＝k(x＋2)－ 2与半圆 y＝ 9－x2. 由题意，知直线在半圆的上方，且过定点 A(－2，－ 2)，由 b－a＝2，可知 b＝3，a＝1，即直线与半圆交 点 N 的横坐标为 1，代入 y＝ 9－12＝2 2，所以直线 y＝k(x＋2)－ 2过点(1，2 2)，则 k＝kAN＝2 2－（－ 2） 1－（－2） ＝3 2 3 ＝ 2.[答案] 2 [技法领悟] 利用数形结合思想解不等式或求参数范围问题的技巧 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、下位置关系转化为数量关系来解决问题. [应用体验] 3.已知 f(x)为奇函数，且当 x＞0 时，f(x)单调递增，f(1)＝0，若 f(x－1)＞0，则 x 的取值范围为( ) A.{x|0＜x＜1 或 x＞2} B.{x|x＜0 或 x＞2} C.{x|x＜0 或 x＞3} D.{x|x＜－1 或 x＞1} 解析：选 A 因为函数 f(x)为奇函数，所以 f(－1)＝－f(1)＝0，又函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以函数 f(x)在(－∞，0)上单调递增，所以可作出函数 f(x)的示意图，如图，则不等式 f(x－1)＞0 可转化为 －1＜x－1＜0 或 x－1＞1，解得 0＜x＜1 或 x＞2.故选 A. 4.若存在实数 a，对任意的 x∈[0，m]，都有(sin x－a)·(cos x－a)≤0 恒成立，则实数 m 的最大值为( ) A.π 4 B.π 2 C.3π 4 D.5π 4 第 9 页 共 20 页 解析：选 C 在同一坐标系中，作出 y＝sin x 和 y＝cos x 的图象， 当 m＝π 4 时，要使不等式恒成立，只有 a＝ 2 2 ，当 m＞π 4 时，在 x∈[0，m]上，必须要求 y＝sin x 和 y＝cos x 的图象不在 y＝a＝ 2 2 的同一侧.所以 m 的最大值是3π 4 .故选 C. 应用（三） 利用数形结合求解解析几何问题 [例 3] (1)(2018·全国卷Ⅲ)设 F1，F2 是双曲线 C：x2 a2 －y2 b2 ＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，O 是坐标原点.过 F2 作 C 的一条渐近线的垂线，垂足为 P.若|PF1|＝ 6|OP|，则 C 的离心率为( ) A. 5 B.2 C. 3 D. 2 (2)已知圆 C：(x－3)2＋(y－4)2＝1 和两点 A(－m，0)，B(m，0)(m>0).若圆 C 上存在点 P，使得 ∠APB＝90°， 则 m 的最大值为( ) A.7 B.6 C.5 D.4 [解析] (1)如图，过点 F1 向 OP 的反向延长线作垂线，垂足为 P′，连接 P′F2，由题意可知，四边形 PF1P′ F2 为平行四边形，且△PP′F2 是直角三角形.因为|F2P|＝b，|F2O|＝c，所以|OP|＝a. 又|PF1|＝ 6a＝|F2P′|，|PP′|＝2a，所以|F2P|＝ 2a＝b，所以 c＝ a2＋b2＝ 3a， 所以 e＝c a ＝ 3.故选 C. (2)根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心 C 的坐标为(3，4)，半径 r＝1，且|AB| ＝2m，因为∠APB＝90°，连接 OP，易知|OP|＝1 2|AB|＝m. 要求 m 的最大值，即求圆 C 上的点 P 到原点 O 的最大距离.因为|OC|＝ 32＋42＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r ＝6，即 m 的最大值为 6.故选 B.[答案] (1)C (2)B [技法领悟] (1)在解析几何的解题过程中，通常要数形结合，这样使数更形象，更直白，充分利用图象的特征，挖掘题 中所给的代数关系式和几何关系式，避免一些复杂的计算，给解题提供方便. (2)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. [应用体验] 5.过直线 x＋y－2 2＝0 上一点 P 作圆 x2＋y2＝1 的两条切线，若两条切线的夹角是 60°， 第 10 页 共 20 页 则点 P 的坐标是________. 解析：如图，由题意可知∠APB＝60°，由切线性质可知∠OPB＝30°.在 Rt△OBP 中，OP＝2OB＝2，又 点 P 在直线 x＋y－2 2＝0 上，所以不妨设点 P(x，2 2－x)， 则 OP＝ x2＋（2 2－x）2＝2， 即 x2＋(2 2－x)2＝4，整理得 x2－2 2x＋2＝0，所以 x＝ 2，即点 P 的坐标为( 2， 2).答案：( 2， 2) 6.已知 O 为坐标原点，设 F1，F2 分别是双曲线 x2－y2＝1 的左、右焦点，P 为双曲线左支上任意一点，过点 F1 作∠F1PF2 的平分线的垂线，垂足为 H，则|OH|＝( ) A.1 B.2 C.4 D.1 2 解析：选 A 如图所示，延长 F1H 交 PF2 于点 Q，由 PH 为∠F1PF2 的平分线及 PH⊥F1Q，可知|PF1|＝|PQ|. 根据双曲线的定义，得|PF2|－|PF1|＝2，即|PF2|－|PQ|＝2，从而|QF2|＝2. 在△F1QF2 中，易知 OH 为中位线，则|OH|＝1.故选 A. [总结升华] 运用数形结合思想分析解决问题的 3 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. (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. (3)简单性原则 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. 第 3 讲 分类讨论思想 在解题时，我们常常遇到这样一种情况，解到某一步之后，不能再以统一的方法、统一的式子继续进行了， 因为这时被研究的问题包含了多种情况，这就必须在条件所给出的总区域内，正确划分若干个子区域，然 后分别在多个子区域内进行解题，这里集中体现的是由大化小，由整体化为部分，由一般化为特殊的解决 问题的方法，其研究方向基本是“分”，但分类解决问题之后，还必须把它们总合在一起，这种“合—分— 合”的解决问题的过程，就是分类讨论的思想方法. 分类讨论是许多考生的弱点，也是高考的热点和难点.分类讨论思想在函数、数列、不等式、解析几何、立 体几何、概率等数学问题求解中有广泛的应用. 应用（一） 由概念、法则、公式引起的分类讨论 第 11 页 共 20 页 [例 1] 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，若对任意的正整数 n，Sn＋2＝4Sn＋3 恒成立，则 a1 的值为( ) A.－3 B.1 C.－3 或 1 D.1 或 3 [解析] 设等比数列{an}的公比为 q，当 q＝1 时，Sn＋2＝(n＋2)a1，Sn＝na1，由 Sn＋2＝4Sn＋3 得，(n＋2)a1＝ 4na1＋3，即 3a1n＝2a1－3，若对任意的正整数 n，3a1n＝2a1－3 恒成立，则 a1＝0 且 2a1－3＝0，矛盾，所 以 q≠1，所以 Sn＝a1（1－qn） 1－q ，Sn＋2＝a1（1－qn＋2） 1－q ， 代入 Sn ＋ 2 ＝4Sn ＋3 并化简得 a1(4－q2)qn ＝3＋3a1 －3q，若对任意的正整数 n 该等式恒成立，则有 4－q2＝0， 3＋3a1－3q＝0， 解得 a1＝1， q＝2 或 a1＝－3， q＝－2， 故 a1＝1 或－3.故选 C.[答案] C [技法领悟] 本题易忽略对 q＝1 的情况进行讨论，而直接利用 Sn＝a1（1－qn） 1－q (q≠1)，很容易造成漏解或增解，若本题 是解答题，这种解答是不完备的.本题根据等比数列前 n 项和公式的使用就要分 q＝1，Sn＝na1 和 q≠1，Sn ＝a1（1－qn） 1－q 进行讨论. [应用体验] 1.已知函数 f(x)＝ sin（πx2），－10，且 a≠1)在[－1，2]上的最大值为 4，最小值为 m，且函数 g(x)＝(1－4m) x在[0，＋ ∞)上是增函数，则 a＝________. 解析：若 a>1，有 a2＝4，a－1＝m，此时 a＝2，m＝1 2 ，此时 g(x)＝－ x为减函数，不合题意；若 00 时，g(x)的对称轴 x＝－ 1 2a<0， g(x)在(0，1)内单调递增，符合题意，当 a<0 时，需满足 g(x)的对称轴 x＝－ 1 2a ≥1， 解得－1 2 ≤a＜0，综上，a≥－1 2.答案： －1 2 ，＋∞ 应用（三） 由参数变化引起的分类讨论 [例 3] (2018·北京高考)设函数 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.(1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与 x 轴平行，求 a；(2)若 f(x)在 x＝2 处取得极小值，求 a 的取值范围. [解] (1)因为 f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以 f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.所以 f′(1)＝(1－a)e. 由题设知 f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得 a＝1.此时 f(1)＝3e≠0.所以 a 的值为 1. (2)由(1)得 f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.若 a>1 2 ，则当 x∈ 1 a ，2 时，f′(x)<0; 当 x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.所以 f(x)在 x＝2 处取得极小值. 第 13 页 共 20 页 若 a≤1 2 ，则当 x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤1 2x－1<0，所以 f′(x)>0.所以 2 不是 f(x)的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是 1 2 ，＋∞ . [技法领悟] (1)本题研究函数性质对参数 a 进行分类讨论，分为 a>1 2 和 a≤1 2 两种情况. (2)若遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论，此种题目为含参型， 应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想，分类要 做到分类标准明确、不重不漏. [应用体验] 5.函数 f(x)＝ax2＋3x－a(a∈R)( ) A.没有零点 B.有一个零点 C.有两个零点 D.有一个零点或两个零点 解析：选 D 当 a≠0 时Δ＝9＋4a2＞0，函数 f(x)有两个零点.当 a＝0 时，ax2＋3x－a＝0 可化为 3x＝0，解 得 x＝0.因此原函数有一个零点或有两个零点.故选 D. 6.已知函数 f(x)＝ x 1＋x －aln(1＋x)(a∈R)，求函数 f(x)的单调区间. 解：因为 f(x)＝ x 1＋x －aln(1＋x)(x＞－1)，所以 f′(x)＝ 1 （x＋1）2 － a x＋1 ＝－ax－a＋1 （x＋1）2 ， 当 a≤0 时，f′(x)＞0，所以函数 f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞). 当 a＞0 时，由 f′（x）＞0， x＞－1 得－1＜x＜－1＋1 a ；由 f′（x）＜0， x＞－1 得 x＞－1＋1 a. 所以函数 f(x)的单调递增区间是 －1，－1＋1 a ；单调递减区间是 －1＋1 a ，＋∞ . 综上所述，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(－1，＋∞). 当 a＞0 时，函数 f(x)的单调递增区间是 －1，－1＋1 a ；单调递减区间是 －1＋1 a ，＋∞ . 应用（四） 根据图形位置或形状分类讨论 [例 4] (2018·全国卷Ⅰ)设抛物线 C：y2＝2x，点 A(2，0)，B(－2，0)，过点 A 的直线 l 与 C 交于 M，N 两 点. (1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 BM 的方程；(2)证明：∠ABM＝∠ABN. [解] (1)当 l 与 x 轴垂直时，l 的方程为 x＝2，可得点 M 的坐标为(2，2)或(2，－2). 所以直线 BM 的方程为 y＝1 2(x＋2)或 y＝－1 2(x＋2)，即 x－2y＋2＝0 或 x＋2y＋2＝0. (2)证明：当 l 与 x 轴垂直时，AB 为 MN 的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN. 当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1>0，x2>0. 第 14 页 共 20 页 由 y＝k（x－2）， y2＝2x， 得 ky2－2y－4k＝0，所以 y1＋y2＝2 k ，y1y2＝－4.直线 BM，BN 的斜率之和为 kBM＋kBN＝ y1 x1＋2 ＋ y2 x2＋2 ＝x2y1＋x1y2＋2（y1＋y2） （x1＋2）（x2＋2） .① 将 x1＝y1 k ＋2，x2＝y2 k ＋2 及 y1＋y2，y1y2 的表达式代入①式分子， 可得 x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝2y1y2＋4k（y1＋y2） k ＝－8＋8 k ＝0. 所以 kBM＋kBN＝0，可知 BM，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM＝∠ABN.综上，∠ABM＝∠ABN 成立. [技法领悟] (1)本题中直线 l 的位置不确定，设直线方程时，应分两种情况讨论. (2)根据图形位置或形状分类讨论的关键点 ①确定特征，一般在确立初步特征时将能确定的所有位置先确定； ②分类，根据初步特征对可能出现的位置关系进行分类； ③得结论，将“所有关系”下的目标问题进行汇总处理. [应用体验] 7.已知变量 x，y 满足的不等式组 x≥0， y≥2x， kx－y＋1≥0 表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数 k＝( ) A.－1 2 B.1 2 C.0 D.0 或－1 2 解析：选 D 不等式组 x≥0， y≥2x， kx－y＋1≥0 表示的可行域如图(阴影部分)所示，由图可知，若要使不等式组表示的 平面区域是直角三角形，只有当直线 y＝kx＋1 与直线 x＝0 或 y＝2x 垂直时才满足. 结合图形可知斜率 k 的值为 0 或－1 2.故选 D. 8.设 F1，F2 为椭圆x2 9 ＋y2 4 ＝1 的两个焦点，P 为椭圆上一点.已知 P，F1，F2 是一个直角三角形的三个顶点， 且|PF1|＞|PF2|，则|PF1| |PF2| 的值为________. 解析：①若∠PF2F1＝90°.则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，又∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2 5， 解得|PF1|＝14 3 ，|PF2|＝4 3 ，∴|PF1| |PF2| ＝7 2.②若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2， 第 15 页 共 20 页 ∴|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，解得|PF1|＝4，|PF2|＝2，∴|PF1| |PF2| ＝2.综上知，|PF1| |PF2| ＝7 2 或 2.答案：2 或7 2 [总结升华] 1.分类讨论的原则 (1)不重不漏；(2)标准要统一，层次要分明；(3)能不分类的要尽量避免或尽量推迟，决不无原则地讨论. 2.分类讨论的本质与思维流程 (1)分类讨论思想的本质：“化整为零，积零为整”. (2)分类讨论的思维流程： 明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论归纳综合结论→检验分类是否完备(即检验分类 对象彼此交集是否为空集，并集是否为全集). 第 4 讲 转化与化归思想 “抓基础，重转化”是学好中学数学的金钥匙.事实上，数学中的转化比比皆是，如未知向已知转化，复杂 问题向简单问题转化，新知识向旧知识转化，命题之间的转化，数与形的转化，空间向平面转化，高维向 低维转化，多元向一元转化，高次向低次转化，函数与方程的转化等，都是转化思想的体现. 转化的常用策略有熟悉化、简单化、直观化、特殊化、一般化、整体化、间接化等. 应用（一） 正与反的转化 [例 1] 若对任意的 t∈[1，2]，函数 g(x)＝x3＋ m 2 ＋2 x2－2x 在区间(t，3)上总不为单调函数，则实数 m 的 取值范围是______________. [解析] 由题意得 g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若 g(x)在区间(t，3)上总为单调函数， 则①g′(x)≥0 在(t，3)上恒成立，或②g′(x)≤0 在(t，3)上恒成立. 由①得 3x2＋(m＋4)x－2≥0，即 m＋4≥2 x －3x 在 x∈(t，3)上恒成立，∴m＋4≥2 t －3t 恒成立，则 m＋4≥－ 1，即 m≥－5；由②得 m＋4≤2 x －3x 在 x∈(t，3)上恒成立，则 m＋4≤2 3 －9，即 m≤－37 3 . ∴函数 g(x)在区间(t，3)上总不为单调函数的 m 的取值范围为－37 3 0”是真命题，可得 m 的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a)与(－∞，1)为同一区间，故 a＝1.故选 C. 2.若二次函数 f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1 在区间[－1，1]内至少存在一个值 c，使得 f(c)＞0，则实数 p 的取值范围为________. 解析：如果在区间[－1，1]内没有值满足 f(c)＞0，则 f（1）≤0， f（－1）≤0 ⇒ 4－2（p－2）－2p2－p＋1≤0， 4＋2（p－2）－2p2－p＋1≤0 ⇒ 2p2＋3p－9≥0， 2p2－p－1≥0 ⇒ p≤－3 或 p≥3 2 ， p≤－1 2 或 p≥1 ⇒p≤－3 或 p≥3 2 ， 取补集为－3＜p＜3 2 ，即为满足条件的 p 的取值范围.故实数 p 的取值范围为 －3，3 2 .答案： －3，3 2 应用（二） 常量与变量的转化 [例 2] 已知函数 f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中 f′(x)是 f(x)的导函数.对任意 a∈[－1，1]都有 g(x)<0，则实数 x 的取值范围为________. [解析] 由题意，知 g(x)＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1. 因为对 a∈[－1，1]，恒有 g(x)<0，即φ(a)<0，所以 φ（1）<0， φ（－1）<0， 即 3x2－x－2<0， 3x2＋x－8<0， 解得－2 3a4a5 B.a1a8a4＋a5 D.a1a8＝a4a5 解析：选 B 取特殊数列 1，2，3，4，5，6，7，8，显然只有 1×8<4×5 成立，即 a1a8ln 1 e ＝－1，h(4)＝ln 4－3＝ln 1 e ·4 e2