2018大二輪高考總復(fù)習(xí)理數(shù)第1板塊第2單元數(shù)學(xué)思想方法

第二單元數(shù)學(xué)思想方法高考數(shù)學(xué)以能力立意，一是考查數(shù)學(xué)的基礎(chǔ)知識，基本技能；二是考查基本數(shù)學(xué)思想方法，考查數(shù)學(xué)思維的深度、廣度和寬度，數(shù)學(xué)思想方法是指從數(shù)學(xué)的角度來認(rèn)識、處理和解決問題，是數(shù)學(xué)意識，是數(shù)學(xué)技能的升華和提高，中學(xué)數(shù)學(xué)思想主要有函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類與整合思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想．一、函數(shù)與方程思想函數(shù)思想方程思想函數(shù)思想的實(shí)質(zhì)是拋開所研究對象的非數(shù)學(xué)特征，用聯(lián)系和變化的觀點(diǎn)提出數(shù)學(xué)對象，抽象其數(shù)學(xué)特征，建立各變量之間固有的函數(shù)關(guān)系，通過函數(shù)形式，利用函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，使問題得到解決方程思想的實(shí)質(zhì)就是將所求的量設(shè)成未知數(shù)，根據(jù)題中的等量關(guān)系，列方程(組)，通過解方程(組)或?qū)Ψ匠?組)進(jìn)行研究，以求得問題的解決函數(shù)與方程思想在一定的條件下是可以相互轉(zhuǎn)化的，是相輔相成的．函數(shù)思想重在對問題進(jìn)行動態(tài)的研究，方程思想則是在動中求解，研究運(yùn)動中的等量關(guān)系已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列.eq\x(\a\vs4\al(阿凡題1083911))(1)若a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an；(2)在(1)的條件下，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，設(shè)bn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)，若對任意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求實(shí)數(shù)k的最小值．【解】(1)因?yàn)閍1＝2，aeq\o\al(2,3)＝a2·(a4＋1)，又因?yàn)閧an}是正項(xiàng)等差數(shù)列，故d≥0，所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，(列出方程)解得d＝2或d＝－1(舍去)，所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝2n．(2)因?yàn)镾n＝n(n＋1)，bn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)＝eq\f(1,n＋1n＋2)＋eq\f(1,n＋2n＋3)＋…＋eq\f(1,2n2n＋1)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋2)－eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,2n＋1)＝eq\f(n,2n2＋3n＋1)＝eq\f(1,2n＋\f(1,n)＋3)，令f(x)＝2x＋eq\f(1,x)(x≥1)，(構(gòu)造函數(shù))則f′(x)＝2－eq\f(1,x2)，當(dāng)x≥1時，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，故當(dāng)x＝1時，f(x)min＝f(1)＝3，即當(dāng)n＝1時，(bn)max＝eq\f(1,6)，要使對任意的正整數(shù)n，不等式bn≤k恒成立，則須使k≥(bn)max＝eq\f(1,6)，所以實(shí)數(shù)k的最小值為eq\f(1,6)．本題完美體現(xiàn)了函數(shù)與方程思想的應(yīng)用，第(1)問直接列方程求公差；第(2)問求出bn的表達(dá)式，說明要求bn≤k恒成立時k的最小值，只需求bn的最大值，從而構(gòu)造函數(shù)f(x)＝2x＋eq\f(1,x)(x≥1)，利用函數(shù)求解．1．如圖是函數(shù)y＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0，－π<φ<π)在一個周期內(nèi)的圖象，則此函數(shù)的解析式是()A．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))B．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))C．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)－\f(π,3)))D．y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))解析：依函數(shù)圖象，知y的最大值為2，所以A＝2．又eq\f(T,2)＝eq\f(5π,12)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)))＝eq\f(π,2)，所以T＝π，又eq\f(2π,ω)＝π，所以ω＝2，所以y＝2sin(2x＋φ)．將eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,12)，2))代入可得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)＋φ))＝1，故φ－eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，又－π<φ<π，所以φ＝eq\f(2π,3)．所以函數(shù)的解析式為y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(2π,3)))，故選B．答案：B2．f(x)＝ax3－3x＋1對于x∈[－1,1]總有f(x)≥0成立，則a＝________．解析：若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立；當(dāng)x>0即x∈(0,1]時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)．設(shè)g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，則g′(x)＝eq\f(31－2x,x4)，所以g(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，因此g(x)max＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝4，從而a≥4；當(dāng)x<0即x∈[－1,0)時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≤eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)，g(x)＝eq\f(3,x2)－eq\f(1,x3)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上a＝4．答案：4函數(shù)與方程思想在解題中的應(yīng)用(1)函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化，對函數(shù)y＝f(x)，當(dāng)y>0時，就化為不等式f(x)>0，借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問題，而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開不等式．(2)數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，用函數(shù)的觀點(diǎn)去處理數(shù)列問題十分重要．(3)解析幾何中的許多問題，需要通過解二元方程組才能解決．這都涉及二次方程與二次函數(shù)有關(guān)理論．(4)立體幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計算，經(jīng)常需要運(yùn)用列方程或建立函數(shù)表達(dá)式的方法加以解決．二、數(shù)形結(jié)合思想——求解數(shù)學(xué)問題最快捷的途徑以形助數(shù)(數(shù)題形解)以數(shù)輔形(形題數(shù)解)借助形的生動性和直觀性來闡述數(shù)之間的關(guān)系，把數(shù)轉(zhuǎn)化為形，即以形作為手段，數(shù)作為目的解決數(shù)學(xué)問題的數(shù)學(xué)思想借助于數(shù)的精確性和規(guī)范性及嚴(yán)密性來闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段，形作為目的解決問題的數(shù)學(xué)思想數(shù)形結(jié)合思想通過“以形助數(shù)，以數(shù)輔形”，使復(fù)雜問題簡單化，抽象問題具體化，能夠變抽象思維為形象思維，有助于把握數(shù)學(xué)問題的本質(zhì)，它是數(shù)學(xué)的規(guī)律性與靈活性的有機(jī)結(jié)合設(shè)函數(shù)f′(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導(dǎo)函數(shù)，f(－1)＝0，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是eq\x(\a\vs4\al(阿凡題1083912))()A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)【解析】設(shè)y＝g(x)＝eq\f(fx,x)(x≠0)，則g′(x)＝eq\f(xf′x－fx,x2)，當(dāng)x>0時，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0．∵f(x)為奇函數(shù)，∴g(x)為偶函數(shù)，∴g(x)的圖象的示意圖如圖所示．當(dāng)x>0時，由f(x)>0，得g(x)>0，由圖知0<x<1，當(dāng)x<0時，由f(x)>0，得g(x)<0，由圖知x<－1，∴使得f(x)>0成立的x的取值范圍是(－∞，－1)∪(0,1)，故選A．【答案】A本例利用了數(shù)形結(jié)合思想，由條件判斷函數(shù)的單調(diào)性，再結(jié)合f(－1)＝0可作出函數(shù)的圖象，利用圖象即可求出x的取值范圍．3．(2017·南昌模擬)在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點(diǎn)，A(－1，0)，B(0，eq\r(3))，C(3,0)，動點(diǎn)D滿足|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝1，則|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|的取值范圍是()A．[4,6] B．[eq\r(19)－1，eq\r(19)＋1]C．[2eq\r(3)，2eq\r(7)] D．[eq\r(7)－1，eq\r(7)＋1]解析：設(shè)D(x，y)，則由|eq\o(CD,\s\up6(→))|＝1，C(3,0)，得(x－3)2＋y2＝1.又∵eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))＝(x－1，y＋eq\r(3))，∴|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|＝eq\r(x－12＋y＋\r(3)2)．∴|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|的幾何意義是點(diǎn)P(1，－eq\r(3))與圓(x－3)2＋y2＝1上點(diǎn)之間的距離，由|PC|＝eq\r(7)知，|eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＋eq\o(OD,\s\up6(→))|的最大值是1＋eq\r(7)，最小值是eq\r(7)－1.故選D．答案：D4．設(shè)A＝{(x，y)|x2＋(y－1)2＝1}，B＝{(x，y)|x＋y＋m≥0}，則使A?B成立的實(shí)數(shù)m的取值范圍是________．解析：集合A是一個圓x2＋(y－1)2＝1上的點(diǎn)的集合，集合B是一個不等式x＋y＋m≥0表示的平面區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)的集合，要使A?B，則應(yīng)使圓被平面區(qū)域所包含(如圖)，如直線x＋y＋m＝0應(yīng)與圓相切或相離(在圓的下方)，而當(dāng)直線與圓相切時有eq\f(|m＋1|,\r(2))＝1，又m＞0，所以m＝eq\r(2)－1，故m的取值范圍是m≥eq\r(2)－1．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1，＋∞))運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想分析解決問題的3原則(1)等價性原則，在數(shù)形結(jié)合時，代數(shù)性質(zhì)和幾何性質(zhì)的轉(zhuǎn)換必須是等價的，否則解題將會出現(xiàn)漏洞，有時，由于圖形的局限性，不能完整地表現(xiàn)數(shù)的一般性，這時圖形的性質(zhì)只能是一種直觀而淺顯的說明．(2)雙向性原則，在數(shù)形結(jié)合時，既要進(jìn)行幾何直觀的分析，又要進(jìn)行代數(shù)抽象的探索，兩方面相輔相成，僅對代數(shù)問題進(jìn)行幾何分析(或僅對幾何問題進(jìn)行代數(shù)分析)在許多時候是很難行得通的．(3)簡單性原則，找到解題思路之后，至于用幾何方法還是用代數(shù)方法或者兼用兩種方法來敘述解題過程，則取決于哪種方法更為簡單．三、分類與整合思想——求解數(shù)學(xué)問題最簡便的技巧分類與整合思想是將一個較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題分解(或分割)成若干個基礎(chǔ)性問題，通過對基礎(chǔ)性問題的解答來實(shí)現(xiàn)解決原問題的思想策略．對問題實(shí)行分類與整合，分類標(biāo)準(zhǔn)等于增加一個已知條件，實(shí)現(xiàn)了有效增設(shè)，將大問題(或綜合性問題)分解為小問題(或基礎(chǔ)性問題)，優(yōu)化解題思路，降低問題難度；分類研究后還要對討論結(jié)果進(jìn)行整合．設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的兩個焦點(diǎn)，P為橢圓上一點(diǎn)．已知P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個直角三角形的三個頂點(diǎn)，且|PF1|＞|PF2|，求eq\f(|PF1|,|PF2|)的值.eq\x(\a\vs4\al(阿凡題1083913))【解】①若∠PF2F1＝90°則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2又∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2eq\r(5)，解得|PF1|＝eq\f(14,3)，|PF2|＝eq\f(4,3)，∴eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(7,2)．②若∠F1PF2＝90°，則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2∴|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，∴|PF1|＝4，|PF2|＝2，∴eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2．綜上知，eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(7,2)或2．(1)本題中直角頂點(diǎn)的位置不定，影響邊長關(guān)系，需按直角頂點(diǎn)不同的位置進(jìn)行討論．(2)涉及幾何問題時，由于幾何元素的形狀、位置變化的不確定性，需要根據(jù)圖形的特征進(jìn)行分類討論．5．若m是2和8的等比中項(xiàng)，則圓錐曲線x2＋eq\f(y2,m)＝1的離心率是()A．eq\f(\r(3),2) B．eq\r(5)C．eq\f(\r(3),2)或eq\f(\r(5),2) D．eq\f(\r(3),2)或eq\r(5)解析：因?yàn)閙是2和8的等比中項(xiàng)，所以m2＝2×8＝16，所以m＝±4．當(dāng)m＝4時，圓錐曲線eq\f(y2,4)＋x2＝1是橢圓，其離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)；當(dāng)m＝－4時，圓錐曲線x2－eq\f(y2,4)＝1是雙曲線，其離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),1)＝eq\r(5)．綜上知，選項(xiàng)D正確．答案：D6．已知變量x，y滿足的不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的是一個直角三角形圍成的平面區(qū)域，則實(shí)數(shù)k＝()A．－eq\f(1,2) B．eq\f(1,2)C．0 D．－eq\f(1,2)或0解析：不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的可行域如圖(陰影部分)所示，由圖可知，若要使不等式組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,y≥2x，,kx－y＋1≥0))表示的平面區(qū)域是直角三角形，只有當(dāng)直線y＝kx＋1與直線x＝0或y＝2x垂直時才滿足．結(jié)合圖形可知斜率k的值為0或－eq\f(1,2)．答案：D7．已知函數(shù)f(x)＝x－alnx(a∈R)，求函數(shù)f(x)的極值．解：函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，因?yàn)閒′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)(x>0)，當(dāng)a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)為(0，＋∞)上的增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)無極值．當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0，解得x＝a.因?yàn)楫?dāng)x∈(0，a)時，f′(x)<0，當(dāng)x∈(a，＋∞)時，f′(x)>0，所以f(x)在x＝a處取得極小值，且極小值為f(a)＝a－alna，無極大值．綜上：當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)無極值；當(dāng)a>0時，f(x)在x＝a處取得極小值a－alna，無極大值．分類與整合思想在解題中的應(yīng)用(1)由數(shù)學(xué)概念引起的分類．有的概念本身是分類的，如絕對值、直線斜率、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)等．(2)由性質(zhì)、定理、公式的限制引起的分類討論．有的定理、公式、性質(zhì)是分類給出的，在不同的條件下結(jié)論不一致，如等比數(shù)列的前n項(xiàng)和公式、函數(shù)的單調(diào)性等．(3)由數(shù)學(xué)運(yùn)算和字母參數(shù)變化引起的分類．如除法運(yùn)算中除數(shù)不為零，偶次方根為非負(fù)，對數(shù)真數(shù)與底數(shù)的限制，指數(shù)運(yùn)算中底數(shù)的要求，不等式兩邊同乘以一個正數(shù)、負(fù)數(shù)，三角函數(shù)的定義域等．(4)由圖形的不確定性引起的分類討論．有的圖形類型、位置需要分類：如角的終邊所在的象限；點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系等．四、轉(zhuǎn)化與化歸思想——求解數(shù)學(xué)問題最普遍的方法轉(zhuǎn)化與化歸思想，就是在研究和解決有關(guān)數(shù)學(xué)問題時采用某種手段將問題通過變換使之轉(zhuǎn)化，進(jìn)而得到解決的一種方法．一般總是將復(fù)雜的問題通過變換轉(zhuǎn)化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉(zhuǎn)化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉(zhuǎn)化為已解決的問題．過拋物線y＝ax2(a>0)的焦點(diǎn)F作一直線交拋物線于P、Q兩點(diǎn)，若線段PF與FQ的長分別是p、q，則eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)等于eq\x(\a\vs4\al(阿凡題1083915))()A．2a B．eq\f(1,2a)C．4a D．eq\f(4,a)【解析】由x2＝eq\f(1,a)y(a>0)知拋物線開口向上，故過焦點(diǎn)F作一條在特殊位置的直線即平行于x軸的直線交拋物線于P、Q，則|PF|＝|FQ|＝eq\f(1,2a)，即eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)＝4a．【答案】C本題將一般問題特殊化，即簡潔又準(zhǔn)確，事半功倍，這種解法對解選擇題和填空題較為有效．8．由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，得m的取值范圍是(－∞，a)，則實(shí)數(shù)a的取值是A．(－∞，1) B．(－∞，2)C．1 D．2解析：命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m>0”是真命題，可得m的取值范圍是(－∞，1)，而(－∞，a)與(－∞，1)為同一區(qū)間，故a答案：C9．已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．對滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(shù)(x)<0，則實(shí)數(shù)x的取值范圍為________．解析：由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.(主次轉(zhuǎn)化)對－1≤a≤1，恒有g(shù)(x)<0，即φ(a)<0，∴