备战高考数学专题讲座数学思想方法之整体思想探讨 31页

‎【备战2013高考数学专题讲座】‎ 第7讲：数学思想方法之整体思想探讨 江苏泰州锦元数学工作室 编辑 数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。‎ 整体思想就是从问题的整体性质出发，突出对问题的整体结构的分析和改造，发现问题的整体结构特征，善于用“集成”的眼光，把某些式子或图形看成一个整体，把握它们之间的关联，进行有目的、有意识的整体处理。‎ 整体思想方法在代数式的化简与求值、解方程（组）、几何解证等方面都有广泛的应用，整体代入、叠加叠乘处理、整体运算、整体设元、整体处理、几何中的补形等都是整体思想方法在解数学问题中的具体运用。‎ 结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面四方面探讨整体思想的应用：（1）整体运算；（2）整体代换；（3）整体设元；（4）整体变形、补形。‎ 一、整体运算：整体运算是着眼结构的整体性，根据问题的条件进行运算（包括整体配方、求导等），达到简化解题思路，确定解题的突破口或者总体思路。‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例1. （2012年全国课标卷理5分）设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为【 】‎ ‎ ‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】反函数的性质，导数的应用。‎ ‎【解析】∵函数与函数互为反函数，∴它们的图象关于对称。‎ ‎ ∴函数上的点到直线的距离为 ‎ 设函数，则，∴。∴。‎ ‎ ∴由图象关于对称得：最小值为。故选。‎ 例2. （2012年全国课标卷文5分）当时，，则a的取值范围是【 】 ‎ ‎（A）(0，) （B）(，1) （C）(1，) （D）(，2)‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】指数函数和对数函数的性质。‎ ‎【解析】设,作图。‎ ‎ ∵当时，, ‎ ‎∴在时, 的图象在的图象上方。‎ ‎　　　 根据对数函数的性质，。∴单调递减。‎ ‎ ∴由时，得，解得。‎ ‎ ∴要使时，，必须。‎ ‎ ∴a的取值范围是(，1) 。故选B。‎ 例3. （2012年江西省文5分）已知若a=f（lg5），则【 】‎ A. 　　B. 　　 C. 　　 D. ‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】二倍角的余弦，诱导公式，对数的运算性质。‎ ‎【解析】应用二倍角的余弦公式进行降幂处理：。‎ ‎　　　　∴，‎ ‎。‎ ‎∴。故选C。‎ 例4. （2012年江西省理5分）设数列都是等差数列，若，，则 ‎ ▲ 。‎ ‎【答案】35。‎ ‎【考点】等差中项的性质，整体代换的数学思想。‎ ‎【解析】∵数列都是等差数列，∴数列也是等差数列。‎ ‎∴由等差中项的性质，得，即，‎ 解得。‎ 例5. （2012年江苏省16分）已知各项均为正数的两个数列和满足：，，‎ ‎（1）设，，求证：数列是等差数列；‎ ‎（2）设，，且是等比数列，求和的值．‎ ‎【答案】解：（1）∵，∴。‎ ‎ ∴ 。∴ 。‎ ‎ ∴数列是以1 为公差的等差数列。‎ ‎（2）∵，∴。‎ ‎ ∴。（﹡）‎ ‎ 设等比数列的公比为，由知，下面用反证法证明 ‎ 若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。‎ ‎ 若则，∴当时，，与（﹡）矛盾。‎ ‎ ∴综上所述，。∴，∴。‎ ‎ 又∵，∴是公比是的等比数列。‎ ‎ 若，则，于是。‎ ‎ 又由即，得。‎ ‎ ∴中至少有两项相同，与矛盾。∴。‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∴ 。‎ ‎【考点】等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法。‎ ‎【解析】（1）根据题设和，求出，从而证明而得证。‎ ‎ （2）根据基本不等式得到，用反证法证明等比数列的公比。‎ 从而得到的结论，再由知是公比是的等比数列。最后用反证法求出。‎ 例6. （2012年全国大纲卷文12分）已知数列{}中， =1，前n项和．‎ ‎ （1）求，‎ ‎ （2）求{}的通项公式。‎ ‎【答案】解：（1）由 =1，得，解得。‎ ‎ 同理，解得。‎ ‎（2）∵，∴。‎ ‎ ∴，即。‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∴，即。‎ ‎ 由 =1，得。‎ ‎ ∴{}的通项公式为。‎ ‎【考点】数列。‎ ‎【解析】（1）由已知条件，可直接求出。‎ ‎ （2）由求出，两式相减，求出。从而各项相乘即可求得{}的通项公式。‎ 例7. （2012年天津市文13分）已知{}是等差数列，其前项和为，{}是等比数列,且=，，.‎ ‎(Ⅰ)求数列{}与{}的通项公式；‎ ‎ (Ⅱ)记，，证明。‎ ‎【答案】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，‎ 由=，得。‎ 由条件，得方程组 ‎，解得。‎ ‎∴。‎ ‎(Ⅱ)证明：由（1）得， ①；‎ ‎∴ ②；‎ 由②－①得，‎ ‎∴。‎ ‎【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列和等比数列的通项公式。‎ ‎【分析】（Ⅰ）直接设出首项和公差，根据条件求出首项和公差，即可求出通项。‎ ‎（Ⅱ）写出的表达式，借助于错位相减求和。‎ 还可用数学归纳法证明其成立。‎ 例8. （2012年浙江省文14分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=，n∈N﹡，数列{bn}满足an=4log2bn＋3，n∈N﹡.‎ ‎（1）求an，bn；‎ ‎（2）求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ ‎【答案】解：（1）由Sn=，得 ‎ 当n=1时，；‎ 当n2时，，n∈N﹡。‎ 由an=4log2bn＋3，得，n∈N﹡。‎ ‎（2）由（1）知，n∈N﹡，‎ ‎∴，‎ ‎。‎ ‎∴。‎ ‎∴，n∈N﹡。‎ ‎【考点】等比数列、等差数列的概念、通项公式以及求和公式，对数的定义。‎ ‎【解析】（1）由Sn=，作即可求得an；代入an=4log2bn＋3，化为指数形式即可求得bn。‎ ‎ （2）由an，bn求出数列{an·bn}的通项，得到，从而作即可求得T。‎ 例9. （2012年全国大纲卷理5分）已知为第二象限角，，则【 】‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】两角和差的公式以及二倍角公式的运用。‎ ‎【解析】首先利用平方法得到二倍角的正弦值，然后然后利用二倍角的余弦公式，将所求的转化为单角的正弦值和余弦值的问题：‎ ‎∵，∴两边平方，得，即。‎ ‎∵为第二象限角，∴因此。‎ ‎∴。‎ ‎∴。故选A。‎ 例10. （2012年辽宁省理5分）已知，(0，π)，则=【 】‎ ‎(A) 1 (B) (C) (D) 1‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】三角函数中的和差公式、倍角公式、三角函数的性质。‎ ‎【解析】∵，∴。∴。‎ ‎ 又∵，∴。∴，即。‎ ‎ ∴。故选A。‎ ‎ 另析：，‎ ‎。‎ 例11. （2012年北京市理13分）已知函数。‎ ‎（1）求的定义域及最小正周期；‎ ‎（2）求的单调递增区间。‎ ‎【答案】解：（1）由解得，‎ ‎ ∴的定义域为。‎ ‎ 又∵‎ ‎ ‎ ‎ ∴的最小正周期为。‎ ‎（2）∵，‎ ‎ ∴根据正弦函数的增减性，得或，。‎ ‎ 解得或，。‎ ‎∴的单调递增区间为。‎ ‎【考点】三角函数的定义域、最小正周期和单调增减性。‎ ‎【解析】（1）根据分式分母不为0的条件，结合正弦函数的零点得出的定义域。将变形，即可由求最小正周期的公式求得。‎ ‎ （2）根据正弦函数的增减性，结合的定义域，求出的单调递增区间。‎ 二、整体代换：整体代换是根据问题的条件，选择一个或几个元素（代数式、数列等），将它们看成一个整体，进行等量代换，达到减少计算量的目的。‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例1. （2012年福建省理5分）函数在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有，则称在[a，b]上具有性质P.设在[1,3]上具有性质P，现给出如下命题：‎ ‎①在[1,3]上的图象是连续不断的；‎ ‎②在[1，]上具有性质P；‎ ‎③若在x＝2处取得最大值1，则＝1，x∈[1,3]；‎ ‎④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有．‎ 其中真命题的序号是【 】‎ A．①② B．①③ C．②④ D．③④‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】抽象函数及其应用，函数的连续性。‎ ‎【解析】对于命题①，设，显然它在[1,3]上具有性质P，但函数在处是不连续的，命题错误；‎ 对于命题②，设，显然它在[1,3]上具有性质P，但在[1，]上不具有性质P，命题错误；‎ 对于命题③，∵在x＝2处取得最大值1，‎ ‎∴在[1，3]上，，即。‎ ‎∴。∴＝1，x∈[1,3]。命题正确；‎ 对于命题④，对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有 命题正确。‎ 故选D。‎ 例2. （2012年安徽省理13分）设 ‎ （I）求在上的最小值；‎ ‎ （II）设曲线在点的切线方程为；求的值。‎ ‎【答案】解：（I）设，则。‎ ‎∴。 ‎ ‎ ①当时，。∴在上是增函数。‎ ‎ ∴当时，的最小值为。‎ ‎ ②当时，‎ ‎ ∴当且仅当时，的最小值为。‎ ‎（II）∵，∴。‎ ‎ 由题意得：，即，解得。‎ ‎【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。‎ ‎【解析】（I）根据导数的的性质分和求解。‎ ‎ （II）根据切线的几何意义列方程组求解。‎ 例3. （2012年江苏省16分）若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 已知是实数，1和是函数的两个极值点．‎ ‎（1）求和的值；‎ ‎（2）设函数的导函数，求的极值点；‎ ‎（3）设，其中，求函数的零点个数．‎ ‎【答案】解：（1）由，得。‎ ‎ ∵1和是函数的两个极值点，‎ ‎ ∴ ，，解得。‎ ‎ （2）∵ 由（1）得， ，‎ ‎ ∴，解得。‎ ‎ ∵当时，；当时，，‎ ‎ ∴是的极值点。‎ ‎ ∵当或时，，∴ 不是的极值点。‎ ‎ ∴的极值点是－2。‎ ‎（3）令，则。‎ ‎ 先讨论关于 的方程 根的情况：‎ 当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为I 和一2 ，注意到是奇函数，∴的两个不同的根为一和2。‎ 当时，∵， ，‎ ‎∴一2 , －1，1 ，2 都不是的根。‎ 由（1）知。‎ ‎① 当时， ，于是是单调增函数，从而。‎ 此时在无实根。‎ ‎② 当时．，于是是单调增函数。‎ 又∵，，的图象不间断，‎ ‎∴ 在（1 , 2 ）内有唯一实根。‎ 同理，在（一2 ，一I ）内有唯一实根。‎ ‎③ 当时，，于是是单调减两数。‎ 又∵， ，的图象不间断，‎ ‎∴在（一1，1 ）内有唯一实根。‎ 因此，当时，有两个不同的根满足；当 时 有三个不同的根，满足。‎ 现考虑函数的零点：‎ ‎( i ）当时，有两个根，满足。‎ 而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。‎ ‎( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。‎ 而有三个不同的根，故有9 个零点。‎ 综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。‎ ‎【考点】函数的概念和性质，导数的应用。‎ ‎【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。‎ ‎ （2）由（1）得，，求出，令，求解讨论即可。‎ ‎ （3）比较复杂，先分和讨论关于 的方程 根的情况；再考虑函数的零点。‎ 例4. （2012年全国课标卷文5分）设函数的最大值为M，最小值为m，则M+m= ▲ ‎ ‎【答案】2。‎ ‎【考点】奇函数的性质。‎ ‎【解析】∵， ∴设。‎ ‎ ∵，‎ ‎ ∴函数是奇函数，关于坐标原点对称，它的最大值与最小值之和为0。‎ ‎ ∴。‎ 例5. （2012年上海市文4分）方程的解是 ▲ ‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】解指数方程。‎ ‎【解析】根据方程，化简得。‎ 令，则原方程可化为，解得 或。‎ ‎∴。∴原方程的解为。‎ 例6. （2012年全国课标卷文5分）数列满足，则的前60项和为【 】‎ ‎（A）3690 （B）3660 （C）1845 （D）1830‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。‎ ‎【解析】求出的通项：由得， ‎ ‎ 当时，；当时，；当时，；‎ 当时，；当时，；当时，；‎ 当时，；当时，；······‎ 当时，；当时，；当时，；‎ 当时，（）。‎ ‎∵，‎ ‎∴的四项之和为（）。‎ 设（）。‎ 则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列，‎ ‎∴的前项和=的前15项和=。故选D。‎ 例7. （2012年四川省文5分）设函数，是公差不为0的等差数列，，则【 】‎ A、0 B、‎7 C、14 D、21‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】高次函数的性质，等差数列性质。‎ ‎【解析】∵是公差不为0的等差数列，记公差为。‎ ‎ ∴。‎ ‎ 则 ‎ ‎ ‎ 。‎ ‎∵，∴。‎ 设，‎ 则。‎ ‎∴。故选D。‎ 例8. （2012年山东省理13分）在平面直角坐标系xOy中，F是抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点，M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点，过M，F，O三点的圆的圆心为Q，点Q到抛物线C的准线的距离为。‎ ‎（Ⅰ）求抛物线C的方程；‎ ‎（Ⅱ）是否存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；‎ ‎（Ⅲ）若点M的横坐标为，直线l：y=kx+与抛物线C有两个不同的交点A，B，l与圆Q 有两个不同的交点D，E，求当时，的最小值。‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）F抛物线C：x2=2py（p＞0）的焦点F，设M，。‎ 由题意可知，‎ 则点Q到抛物线C的准线的距离为，解得。‎ ‎∴抛物线C的方程为。‎ ‎（Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，‎ 而，，，‎ ‎∴，即。‎ 由可得，，则，‎ 即，解得，点M的坐标为。‎ ‎（Ⅲ）∵点M的横坐标为，∴点M，。‎ 由可得。‎ 设，则。‎ ‎∴。‎ ‎∵圆，圆心到直线l 的距离。‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∵，∴令。‎ ‎∴。‎ 设，则。‎ 当时，，‎ 即当时，。‎ ‎∴当时，。‎ ‎【考点】抛物线和圆的性质，切线斜率的应用和意义，韦达定理的应用，导数的应用。函数的单调性质。‎ ‎【解析】（Ⅰ）由已知条件，根据抛物线和圆的性质列式求解。‎ ‎ （Ⅱ）假设存在点M，使得直线MQ与抛物线C相切于点M，则由条件列式，并由切线斜率的应用和意义求出点M的坐标。‎ ‎ （Ⅲ）应用韦达定理、勾股定理，用表示出和，根据函数的单调性质可求解。‎ 三、整体设元：整体设元是用新的参数去代替已知式或已知式中的某一部分，达到化繁为简、化难为易的目的。‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例1. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且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>0 B. 当a<0时，x1＋x2>0， y1＋y2<0‎ C. 当a>0时，x1＋x2<0，y1＋y2<0 D. 当a>0时，x1＋x2>0， y1＋y2>0‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】导数的应用。‎ ‎【解析】令，则。‎ 设，。‎ 令，则 要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：‎ ‎，整理得。‎ 取值讨论：可取来研究。‎ 当时，，解得，此时，此时；‎ 当时，，解得，此时，此时。故选B。‎ 例2. （2012年全国大纲卷理12分）设函数。‎ ‎（1）讨论的单调性；‎ ‎（2）设，求的取值范围。‎ ‎【答案】解：。‎ ‎（1）∵，∴。‎ 当时，，在上为单调递增函数；‎ 当时，，在上为单调递减函数；‎ 当时，由得，‎ ‎ 由得或；‎ ‎ 由得。‎ ‎ ∴当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。‎ ‎（2）由恒成立可得。‎ 令，则。‎ 当时，，当时，。‎ 又，所以，即 故当时，有，‎ ‎①当时，，，所以。‎ ‎②当时，。‎ 综上可知故所求的取值范围为。‎ ‎【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。‎ ‎【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。‎ ‎ （2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。‎ 例3. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；‎ ‎（1）求的解析式及单调区间；‎ ‎（2）若，求的最大值。‎ ‎【答案】解：（1）∵，∴。‎ 令得，。∴。‎ ‎∴，得。‎ ‎ ∴的解析式为。‎ ‎ 设，则。‎ ‎ ∴在上单调递增。‎ ‎ 又∵时，，单调递增；‎ 时，，单调递减。‎ ‎ ∴的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。‎ ‎ （2）∵，∴。‎ 令得。‎ ‎ ①当时，，∴在上单调递增。‎ ‎ 但时，与矛盾。‎ ‎ ②当时，由得；由得。‎ ‎ ∴当时，‎ ‎ ∴。‎ ‎ 令；则。‎ ‎ 由得；由得。‎ ‎ ∴当时，‎ ‎ ∴当时，的最大值为。‎ ‎【考点】函数和导函数的性质。‎ ‎【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。‎ ‎（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。‎ 例4. （2012年北京市理13分）已知函数 ‎（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；‎ ‎（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（－∞，－1）上的最大值。‎ ‎【答案】解：（1）∵（1，c）为公共切点，∴。‎ ‎ ∴，即①。‎ ‎ 又∵，∴。‎ ‎ 又∵曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，‎ ‎ ∴②。‎ ‎ 解①②，得。‎ ‎（2）∵，∴设。‎ ‎ 则。令，解得。‎ ‎ ∵，∴。‎ ‎ 又∵在各区间的情况如下：‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎∴在单调递增，在单调递减，在上单调递增。‎ ‎①若，即时，最大值为；‎ ‎②若，即时，最大值为。‎ ‎③若时，即时，最大值为。‎ 综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。‎ ‎【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。‎ ‎【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。‎ ‎ （2）由 得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据 ，和三种情况讨论的最大值。 ‎ 例5. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.‎ ‎（Ⅰ）求的值；‎ ‎（Ⅱ）若对任意的,有成立，求实数的最小值；‎ ‎（Ⅲ）证明.‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）函数的定义域为，求导函数可得.‎ ‎ 令，得。‎ 当变化时，和的变化情况如下表：‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎∴在处取得极小值。‎ ‎∴由题意，得。∴。‎ ‎（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。‎ 当＞0时，令，即。‎ 求导函数可得。‎ 令，得。‎ ‎①当时， ≤0，在（0，+∞）上恒成立，因此在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。‎ ‎∴符合题意。‎ ‎②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在 ‎(0， )上单调递增，因此取(0， )时，，即有不成立。‎ ‎ ∴不合题意。‎ 综上，实数的最小值为。【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ ‎（Ⅲ）证明：当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。‎ 当≥2时，‎ ‎。‎ 在（2）中，取，得，‎ ‎∴。‎ ‎∴‎ ‎。‎ 综上，。‎ ‎【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。‎ ‎【分析】（Ⅰ）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。‎ ‎（Ⅱ）当≤0时，取，有，故≤0不合题意。当＞0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：①当 时，≤0，在（0，+∞）上单调递减，从而对任意的），总有。②当时，＞0，对于(0， )，＞0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。‎ ‎（Ⅲ）当=1时，不等式左边=2－ln3＜2=右边，所以不等式成立。当≥2时，由 ‎，在（Ⅱ）中，取得,从而可得，由此可证结论。‎ 例6. （2012年山东省理13分）已知函数 = （k为常数，e=2.71828……是自然对数的底数），曲线y= )在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。‎ ‎（Ⅰ）求k的值；‎ ‎（Ⅱ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅲ）设g(x)=(x2+x) ，其中为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，。‎ ‎【答案】解：（Ⅰ）由 = 可得，‎ ‎∵曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，‎ ‎∴，即，解得。‎ ‎（Ⅱ），令可得，即。‎ ‎ 令，‎ ‎ 由指数函数和对数函数的单调性知，在时，从单调减小；从单调增加。∴和只相交于一点，即只有一解。‎ ‎ 由（Ⅰ）知，，∴。‎ 当时，；当时，。（取点代入）‎ ‎∴在区间内为增函数；在内为减函数。‎ ‎（Ⅲ）∵，‎ ‎ ‎ ‎ 可以证明，对任意x＞0，有（通过函数的增减性和极值证明），‎ ‎ ∴。‎ ‎ 设。则。‎ ‎ 令，解得。‎ ‎ 当时，；当时，。‎ ‎ ∴在取得最大值。‎ ‎ ∴，即。‎ ‎ ∴对任意x＞0，。‎ ‎【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。‎ ‎【解析】（Ⅰ）由曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y= f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。‎ ‎ （Ⅱ）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得的单调区间。‎ ‎ （Ⅲ）对，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。‎ 例7. （2012年广东省理14分）设a＜1，集合，‎ ‎（1）求集合D（用区间表示）‎ ‎（2）求函数在D内的极值点。‎ ‎【答案】解：（1）设，‎ 方程的判别式 ‎①当时，，恒成立，‎ ‎∴。‎ ‎∴，即集合D=。‎ ‎②当时，，方程的两根为 ‎，。‎ ‎∴‎ ‎∴，‎ 即集合D=。‎ ‎③当时，，方程的两根为 ‎，。‎ ‎∴‎ ‎。‎ ‎∴，‎ 即集合D=。‎ ‎（2）令得 的可能极值点为。‎ ‎ ①当时，由（1）知，所以随的变化情况如下表：‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎∴在D内有两个极值点为：极大值点为，极小值点为。‎ ‎②当时，‎ 由（1）知=。‎ ‎∵， ∴，‎ ‎∴随的变化情况如下表：‎ ‎0‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎↗‎ ‎∴在D内仅有一个极值点：极大值点为，没有极小值点。‎ ‎③当时， ‎ 由（1）知。‎ ‎∵，∴。‎ ‎∴‎ ‎。‎ ‎∴。‎ ‎∴在D内没有极值点。‎ ‎【考点】分类思想的应用，集合的计算， 解不等式，导数的应用。‎ ‎【解析】（1）根据根的判别式应用分类思想分、、讨论即可，计算比较繁。【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ ‎ （2）求出，得到的可能极值点为。仍然分、、讨论。‎ 例8. （2012年全国课标卷文5分）设函数 ‎(Ⅰ)求的单调区间 ‎(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，，求k的最大值 ‎【答案】解：(Ｉ) f(x)的的定义域为，。‎ ‎ 若，则，∴在上单调递增。‎ ‎ 若，则当时，；当时，，∴在上单调递减，在上单调递增。‎ ‎ (Ⅱ)∵a=1，∴。‎ ‎ ∴当x>0时，，它等价于。‎ ‎ 令，则。‎ ‎ 由(Ｉ)知，函数在上单调递增。‎ ‎ ∵，，∴在上存在唯一的零点。‎ ‎ ∴在上存在唯一的零点，设此零点为，则。‎ ‎ 当时，；当时，。‎ ‎ ∴在上的最小值为。‎ ‎ 又∵，即，∴。‎ ‎ 因此，即整数k的最大值为2。‎ ‎【考点】函数的单调性质，导数的应用。‎ ‎【解析】(Ｉ)分和讨论的单调区间即可。‎ ‎ (Ⅱ)由于当x>0时，等价于，令，‎ 求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。‎ 例9.（2012年全国课标卷理5分） 已知函数；则的图像大致为【 】‎ ‎ ‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】导数的应用。‎ ‎【解析】设，则。‎ ‎ ∵时，；时，，‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∴或均有。因此排除。故选。‎ 五、整体变形、补形：整体变形是将问题中某些局部运算作整体变形处理，使之呈现规律性结构形式，达到简化问题或减少运算量的目的。整体补形是根据题设条件将原题中的图形补足为某种特殊的图形，建立题设条件与特殊的图形之间的关系，突出问题本质，找到较简洁的解题方法。‎ 典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】‎ 例1. （2012年辽宁省理5分）已知正三棱锥ABC，点P，A，B，C都在半径为的求面上，若PA，‎ PB，PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为 ▲ 。‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】组合体的线线，线面，面面位置关系，转化思想的应用。‎ ‎【解析】∵在正三棱锥ABC中，PA，PB，PC两两互相垂直，‎ ‎∴可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径EP，球心为正方体对角线的中点O，且EP⊥平面ABC，EP与平面ABC上的高相交于点F。‎ ‎∴球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥 ABC在面ABC上的高FP。‎ ‎∵球的半径为，设正方体的棱长为，则由勾股定理得。‎ 解得正方体的棱长=2，每个面的对角线长。‎ ‎∴截面ABC的高为， 。‎ ‎∴在Rt△BFP中，由勾股定理得，正三棱锥ABC在面ABC上的高。‎ ‎∴所以球心到截面ABC的距离为。‎ 例2.（2012年福建省文12分） 如图所示，在长方体ABCD－A1B‎1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M为棱DD1上的一点．‎ ‎（I）求三棱锥A－MCC1的体积；‎ ‎（II）当A‎1M＋MC取得最小值时，求证：B‎1M⊥平面MAC. ‎ ‎【答案】解：（I）由长方体ABCD－A1B‎1C1D1知，AD⊥平面CDD‎1C1，‎ ‎∴点A到平面CDD‎1C1的距离等于AD＝1。‎ 又∵==×2×1=1，‎ ‎∴ 。‎ ‎（II）将侧面CDD‎1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD‎1A1共面(如图)，‎ 当A1，M，C共线时，A‎1M＋MC取得最小值。‎ 由AD＝CD＝1，AA1＝2，得M为DD1中点．‎ 连接C‎1M，‎ 在△C1MC中，MC1＝，MC＝，CC1＝2，‎ ‎∴CC＝MC＋MC2，得∠CMC1＝90°，即CM⊥MC1。‎ 又由长方体ABCD－A1B‎1C1D1知，B‎1C1⊥平面CDD‎1C1，‎ ‎∴B‎1C1⊥CM。‎ 又B‎1C1∩C‎1M＝C1，∴CM⊥平面B‎1C‎1M，得CM⊥B‎1M。‎ 同理可证，B‎1M⊥AM。‎ 又AM∩MC＝M，∴B‎1M⊥平面MAC。‎ ‎【考点】棱锥的体积，直线与直线、直线与平面的位置关系。‎ ‎【解析】（I）由题意可知，A到平面CDD‎1C1的距离等于AD=1，易求=1，从而可求。‎ ‎（II）侧面CDD‎1C1绕DD1逆时针转90°展开，与侧面ADD‎1A1共面，当A1，M，C共线时，A‎1M＋MC取得最小值．易证CM⊥平面B‎1C‎1M，从而CM⊥B‎1M，同理可证，B‎1M⊥AM，问题得到解决。‎ 例3. （2012年安徽省理12分）平面图形如图4所示，其中是矩形，，，。现将该平面图形分别沿和折叠，使与所在平面都与平面垂直，再分别连接,得到如图2所示的空间图形，对此空间图形解答下列问题。‎ ‎（Ⅰ）证明：； ‎ ‎（Ⅱ）求的长；‎ ‎（Ⅲ）求二面角的余弦值。‎ ‎【答案】解：（I）取的中点为点，连接 ‎ ∵，∴。‎ ‎∵面面，∴面。‎ 同理：面 。‎ ‎∴。∴共面。‎ 又∵，‎ ‎∴面。∴。‎ ‎（Ⅱ）延长到，使 ，连接。‎ ‎∵，∴。‎ ‎∴。‎ ‎∵，面面，‎ ‎∴面。∴面。‎ ‎∴在中，。‎ ‎ （Ⅲ）∵，∴是二面角的平面角。‎ ‎ ∴在中，。‎ ‎ 在中，‎ ‎ ∴二面角的余弦值为。‎ ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系，直线与平面所成的角，余弦定理。‎ ‎【解析】（I）要证，即要面，从而通过证明面和面，得到共面。由，得到面。从而是证。‎ ‎ （Ⅱ）构造，在中，应用勾股定理即可求得的长。‎ ‎ （Ⅲ）要求二面角的余弦值，先要找出二面角的平面角。由 知，是二面角的平面角。在中，应用勾股定理求得的长，在中，应用余弦定理即可求得的余弦值，即二面角的余弦值。‎