浙江專用2024高考數(shù)學二輪復習搶分攻略一考前必明的4大數(shù)學思想教案

PAGE1-搶分攻略一考前必明的4大數(shù)學思想一函數(shù)與方程思想函數(shù)思想方程思想函數(shù)思想是通過建立函數(shù)關系或構造函數(shù)，運用函數(shù)的圖象和性質去分析問題、轉化問題，從而使問題得到解決的思想方程思想就是建立方程或方程組，或者構造方程，通過解方程或方程組或者運用方程的性質去分析、轉化問題，使問題得到解決的思想函數(shù)與方程思想在肯定的條件下是可以相互轉化的，是相輔相成的，函數(shù)思想重在對問題進行動態(tài)的探討，方程思想則是在動中求靜，探討運動中的等量關系應用一函數(shù)與方程思想在不等式中的應用[典型例題]設不等式2x－1>m(x2－1)對滿意|m|≤2的一切實數(shù)m都成立，則x的取值范圍為________．【解析】問題可以變成關于m的不等式(x2－1)m－(2x－1)<0在m∈[－2，2]上恒成立，設f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（2）＝2（x2－1）－（2x－1）<0，,f（－2）＝－2（x2－1）－（2x－1）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x2－2x－1<0，,2x2＋2x－3>0，))解得eq\f(\r(7)－1,2)<x<eq\f(\r(3)＋1,2)，故x的取值范圍為(eq\f(\r(7)－1,2)，eq\f(\r(3)＋1,2))．【答案】(eq\f(\r(7)－1,2)，eq\f(\r(3)＋1,2))eq\a\vs4\al()一般地，對于多變元問題，須要依據(jù)條件和要求解的結果，確定一個變量，創(chuàng)設新的函數(shù)，求解本題的關鍵是變換自變量，以參數(shù)m作為自變量構造函數(shù)式，不等式的問題就變成函數(shù)在閉區(qū)間上的值域問題．[對點訓練]1．設0<a<1，e為自然對數(shù)的底數(shù)，則a，ae，ea－1的大小關系為()A．ea－1<a<ae B．a(chǎn)e<a<ea－1C．a(chǎn)e<ea－1<a D．a(chǎn)<ea－1<ae解析：選B.設f(x)＝ex－x－1，x>0，則f′(x)＝ex－1>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，且f(0)＝0，f(x)>0，所以ex－1>x，即ea－1>a.又y＝ax(0<a<1)在R上是減函數(shù)，得a>ae，從而ea－1>a>ae.2．關于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a>0在x∈(2，＋∞)上恒成立，則a＝________．解析：關于x的不等式x＋eq\f(4,x)－1－a2＋2a>0在x∈(2，＋∞)上恒成立?函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)在x∈(2，＋∞)上的值域為(a2－2a＋1，＋∞)．因為函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)，所以f(x)>2＋eq\f(4,2)＝4，即f(x)在(2，＋∞)上的值域為(4，＋∞)，所以a2－2a＋1＝4，解得a＝－1或a＝3.答案：－1或3應用二函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應用[典型例題]已知數(shù)列{an}是各項均為正數(shù)的等差數(shù)列．(1)若a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項公式an；(2)在(1)的條件下，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，設bn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)，若對隨意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求實數(shù)k的最小值．【解】(1)因為a1＝2，aeq\o\al(2,3)＝a2(a4＋1)，又因為{an}是正項等差數(shù)列，故d≥0，所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，得d＝2或d＝－1(舍去)，所以數(shù)列{an}的通項公式an＝2n.(2)因為Sn＝n(n＋1)，則eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,n（n＋1）)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).所以bn＝eq\f(1,Sn＋1)＋eq\f(1,Sn＋2)＋…＋eq\f(1,S2n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋1)－\f(1,n＋2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)－\f(1,n＋3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n)－\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)，則f′(x)＝2－eq\f(1,x2)>0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，所以當x＝1時，f(x)min＝f(1)＝3，即當n＝1時，(bn)max＝eq\f(1,6)，要使對隨意的正整數(shù)n，不等式bn≤k恒成立，則須使k≥(bn)max＝eq\f(1,6)，所以實數(shù)k的最小值為eq\f(1,6).eq\a\vs4\al()(1)本題完備體現(xiàn)函數(shù)與方程思想的應用，第(2)問利用裂項相消法求bn，構造函數(shù)，利用單調性求bn的最大值．(2)數(shù)列的本質是定義域為正整數(shù)集或其有限子集的函數(shù)，數(shù)列的通項公式與前n項和公式即為相應的解析式，因此解決數(shù)列最值(范圍)問題的方法如下：①由其表達式推斷單調性，求出最值；②由表達式不易推斷單調性時，借助an＋1－an的正負推斷其單調性．[對點訓練]1．設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，若S4＝－2，S5＝0，S6＝3，則nSn的最小值為________．解析：由已知得，a5＝S5－S4＝2，a6＝S6－S5＝3，因為數(shù)列{an}為等差數(shù)列，所以公差d＝a6－a5＝1.又S5＝eq\f(5（a1＋a5）,2)＝0，所以a1＝－2，故Sn＝－2n＋eq\f(n（n－1）,2)＝eq\f(n2－5n,2)，即nSn＝eq\f(n3－5n2,2)，令f(n)＝eq\f(n3－5n2,2)(n>0且n∈Z)，則f′(n)＝eq\f(3,2)n2－5n，令f′(n)>0，得n>eq\f(10,3)，令f′(n)<0，得0<n<eq\f(10,3)，所以f(n)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(10,3)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，＋∞))上單調遞增．又n為正整數(shù)，所以當n＝3時，f(n)取得最小值，即nSn取得最小值，即為－9.答案：－92．設等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，公比q>0，a1＋a2＝4，a3－a2＝6.(1)求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若對隨意的n∈N*，kan，Sn，－1都成等差數(shù)列，求實數(shù)k的值．解：(1)因為a1＋a2＝4，a3－a2＝6，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1（1＋q）＝4，,a1（q2－q）＝6，))因為q>0，所以q＝3，a1＝1.所以an＝1×3n－1＝3n－1，故數(shù)列{an}的通項公式為an＝3n－1.(2)由(1)知an＝3n－1，Sn＝eq\f(1×（1－3n）,1－3)＝eq\f(3n－1,2)，因為kan，Sn，－1成等差數(shù)列，所以2Sn＝kan－1，即2×eq\f(3n－1,2)＝k×3n－1－1，解得k＝3.應用三函數(shù)與方程思想在三角函數(shù)、平面對量中的應用[典型例題](1)若方程cos2x－sinx＋a＝0在x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上有解，則a的取值范圍是________．(2)已知a，b，c為平面上三個向量，又a，b是兩個相互垂直的單位向量，向量c滿意|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1，x，y均為實數(shù)，則|c－xa－yb|的最小值為________．【解析】(1)法一：把方程cos2x－sinx＋a＝0變形為a＝－cos2x＋sinx，設f(x)＝－cos2x＋sinx，x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，f(x)＝－(1－sin2x)＋sinx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinx＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(5,4)，由x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))可得sinx∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))，易求得f(x)的值域為(－1，1]，故a的取值范圍是(－1，1]．法二：令t＝sinx，由x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，可得t∈(0，1]．依題意得1－t2－t＋a＝0，即方程t2＋t－1－a＝0在t∈(0，1]上有解，設f(t)＝t2＋t－1－a，其圖象是開口向上的拋物線，對稱軸為直線t＝－eq\f(1,2)，如圖所示．因此，f(t)＝0在(0，1]上有解等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）<0，,f（1）≥0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1－a<0，,1－a≥0，))所以－1<a≤1，故a的取值范圍是(－1，1]．(2)由題意可知|a|＝|b|＝1，a·b＝0，因為|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1，所以|c－xa－yb|2＝|c|2＋x2|a|2＋y2|b|2－2xc·a－2yc·b＋2xya·b＝9＋x2＋y2－4x－2y＝(x－2)2＋(y－1)2＋4，當且僅當x＝2，y＝1時，|c－xa－yb|eq\o\al(2,min)＝4，所以|c－xa－yb|的最小值為2.【答案】(1)(－1，1](2)2eq\a\vs4\al()(1)探討含參數(shù)的三角函數(shù)方程的問題，通常有兩種處理思路：一是分別參數(shù)構建函數(shù)，將方程有解轉化為求函數(shù)的值域．二是換元，將困難方程問題轉化為熟識的二次方程，進而利用二次方程解的分布狀況構建不等式或構造函數(shù)加以解決．(2)平面對量中含函數(shù)(方程)的相關學問，對平面對量的模進行平方處理，把模問題轉化為數(shù)量積問題，再利用函數(shù)與方程思想進行分析與處理，這是解決此類問題的一種比較常見的思維方式．[對點訓練]1．已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2，1)，若|a＋b|＝|a－b|，則實數(shù)λ的值為()A．－1 B．2C．1 D．－2解析：選A.法一：由|a＋b|＝|a－b|，可得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以a·b＝0，故a·b＝(λ，1)·(λ＋2，1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1.法二：a＋b＝(2λ＋2，2)，a－b＝(－2，0)．由|a＋b|＝|a－b|，可得(2λ＋2)2＋4＝4，解得λ＝－1.2．在△ABC中，D為BC邊上一點，DC＝2BD，AD＝eq\r(2)，∠ADC＝45°，若AC＝eq\r(2)AB，則BD＝________．解析：在△ADC中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos45°＝2＋DC2－2eq\r(2)·DC·eq\f(\r(2),2)＝2＋DC2－2DC.在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos135°＝BD2＋2＋2eq\r(2)·BD·eq\f(\r(2),2)＝2＋BD2＋2BD.又因為DC＝2BD，AC＝eq\r(2)AB，所以2·(2＋BD2＋2BD)＝2＋(2BD)2－2·2BD，整理得BD2－4BD－1＝0，解得BD＝2＋eq\r(5)(BD＝2－eq\r(5)舍去)．答案：2＋eq\r(5)應用四函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應用[典型例題]已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))，離心率為eq\f(1,2).(1)求橢圓E的方程；(2)設點A，F(xiàn)分別為橢圓的右頂點、右焦點，經(jīng)過點F作直線交橢圓E于C，D兩點，求四邊形OCAD面積的最大值(O為坐標原點)．【解】(1)由題設得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2.))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝\r(3)，,c＝1.))所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設直線CD的方程為x＝ky＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，與橢圓方程eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1聯(lián)立得(3k2＋4)y2＋6ky－9＝0.所以y1＋y2＝－eq\f(6k,3k2＋4)，y1y2＝－eq\f(9,3k2＋4).所以S四邊形OCAD＝S△OCA＋S△ODA＝eq\f(1,2)×2×|y1|＋eq\f(1,2)×2×|y2|＝|y1－y2|＝eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\f(12\r(k2＋1),3k2＋4)＝eq\f(12t,3t2＋1)＝eq\f(12,3t＋\f(1,t))(其中t＝eq\r(k2＋1)，t≥1)．因為當t≥1時，y＝3t＋eq\f(1,t)單調遞增，所以3t＋eq\f(1,t)≥4，所以S四邊形OCAD≤3(當k＝0時取等號)，即四邊形OCAD面積的最大值為3.eq\a\vs4\al()幾何中的最值是高考的熱點，在圓錐曲線的綜合問題中常常出現(xiàn)，求解此類問題的一般思路為在深刻相識運動改變的過程之中，抓住函數(shù)關系，將目標量表示為一個(或者多個)變量的函數(shù)，然后借助于函數(shù)最值的求法來求解，這是求面積、線段長、最值(范圍)問題的基本方法．[對點訓練]設橢圓中心在坐標原點，A(2，0)，B(0，1)是它的兩個頂點，直線y＝kx(k>0)與AB相交于點D，與橢圓相交于E，F(xiàn)兩點．若eq\o(ED,\s\up6(→))＝6eq\o(DF,\s\up6(→))，求k的值．解：依題意得橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，直線AB，EF的方程分別為x＋2y＝2，y＝kx(k>0)．如圖，設D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1<x2，且x1，x2滿意方程(1＋4k2)x2＝4，故x2＝－x1＝eq\f(2,\r(1＋4k2)).由eq\o(ED,\s\up6(→))＝6eq\o(DF,\s\up6(→))知x0－x1＝6(x2－x0)，得x0＝eq\f(1,7)(6x2＋x1)＝eq\f(5,7)x2＝eq\f(10,7\r(1＋4k2)).由D在AB上知x0＋2kx0＝2，得x0＝eq\f(2,1＋2k).所以eq\f(2,1＋2k)＝eq\f(10,7\r(1＋4k2))，化簡得24k2－25k＋6＝0，解得k＝eq\f(2,3)或k＝eq\f(3,8).二數(shù)形結合思想以形助數(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)之間的關系，把數(shù)轉化為形，即以形作為手段，數(shù)作為目的的解決數(shù)學問題的數(shù)學思想借助于數(shù)的精確性、規(guī)范性及嚴密性來闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段，形作為目的的解決問題的數(shù)學思想數(shù)形結合思想通過“以形助數(shù)，以數(shù)輔形”，使困難問題簡潔化，抽象問題詳細化，能夠變抽象思維為形象思維，有助于把握數(shù)學問題的本質，它是數(shù)學的規(guī)律性與敏捷性的有機結合應用一數(shù)形結合思想在函數(shù)與方程中的應用[典型例題](1)記實數(shù)x1，x2，…，xn中最小數(shù)為min{x1，x2，…，xn}，則定義在區(qū)間[0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝min{x2＋1，x＋3，13－x}的最大值為()A．5B．6C．8D．10(2)設函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且對隨意的x∈R，都有f(x＋2)＝f(2－x)，當x∈(－2，0]時，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(x)－1，則關于x的方程f(x)－log8(x＋2)＝0在區(qū)間(－2，6)上根的個數(shù)為()A．1B．2C．3D．4【解析】(1)在同一坐標系中作出三個函數(shù)y＝x2＋1，y＝x＋3，y＝13－x的圖象如圖：由圖可知，在實數(shù)集R上，min{x2＋1，x＋3，13－x}為y＝x＋3上A點下方的射線，拋物線AB之間的部分，線段BC，與直線y＝13－x上點C下方的部分的組合圖．明顯，在區(qū)間[0，＋∞)上，在C點時，y＝min{x2＋1，x＋3，13－x}取得最大值．解方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋3，,y＝13－x))得點C(5，8)．所以f(x)max＝8.(2)因為對隨意的x∈R，都有f(x＋2)＝f(2－x)，所以f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，又f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(x＋2)＝f(2－x)＝f(x－2)，f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝f[(x＋2)－2]＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是周期為4的函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝log8(x＋2)的圖象交點的個數(shù)即方程f(x)－log8(x＋2)＝0根的個數(shù)，作出y＝f(x)與y＝log8(x＋2)在區(qū)間(－2，6)上的圖象如圖所示，易知兩個函數(shù)在區(qū)間(－2，6)上的圖象有3個交點，所以方程f(x)－log8(x＋2)＝0在區(qū)間(－2，6)上有3個根，故選C.【答案】(1)C(2)Ceq\a\vs4\al()用圖象法探討方程(特殊是含參數(shù)的指數(shù)、對數(shù)、根式、三角等困難方程)的解(或函數(shù)零點)的個數(shù)是一種重要的方法，其基本思想是先把方程兩邊的代數(shù)式看作是兩個熟識的函數(shù)表達式(不熟識時，須要作適當?shù)淖冃无D化為兩個熟識的函數(shù))，然后在同一坐標系中作出兩個函數(shù)的圖象，圖象的交點個數(shù)即為方程解(或函數(shù)零點)的個數(shù)．[對點訓練]1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex－a，x≤0，,2x－a，x>0))(a∈R)，若函數(shù)f(x)在R上有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(0，1] B．[1，＋∞)C．(0，1) D．(－∞，1]解析：選A.畫出函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示．因為函數(shù)f(x)在R有兩個零點，所以f(x)在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一個零點．當x≤0時，f(x)有一個零點，需0<a≤1；當x>0時，f(x)有一個零點，需－a<0，即a>0.綜上，0<a≤1，故選A.2．若關于x的方程eq\f(|x|,x＋4)＝kx2有四個不同的實數(shù)解，則k的取值范圍為________．解析：x＝0明顯是方程的一個實數(shù)解；當x≠0時，方程eq\f(|x|,x＋4)＝kx2可化為eq\f(1,k)＝(x＋4)|x|(x≠－4且x≠0)，設f(x)＝(x＋4)|x|(x≠－4且x≠0)，y＝eq\f(1,k)，原題可以轉化為兩函數(shù)有三個非零交點．f(x)＝(x＋4)|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋4x，x>0，,－x2－4x，x<0且x≠－4，))其大致圖象如圖所示，由圖易得0<eq\f(1,k)<4，解得k>eq\f(1,4).所以k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))應用二數(shù)形結合思想在求解不等式或參數(shù)范圍中的應用[典型例題]設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0,1，x>0))，則滿意f(x＋1)<f(2x)的x的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)C．(－1，0) D．(－∞，0)【解析】當x≤0時，函數(shù)f(x)＝2－x是減函數(shù)，則f(x)≥f(0)＝1.作出f(x)的大致圖象如圖所示，結合圖象可知，要使f(x＋1)<f(2x)，則需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1<0，,2x<0，,2x<x＋1))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,2x<0))所以x<0，故選D.【答案】Deq\a\vs4\al()求參數(shù)范圍或解不等式問題常常用到函數(shù)的圖象，依據(jù)不等式中量的特點，選擇適當?shù)膬蓚€(或多個)函數(shù)，利用兩個函數(shù)圖象的上、下位置關系轉化為數(shù)量關系來解決問題，往往可以避開煩瑣的運算．[對點訓練]若不等式|x－2a|≥eq\f(1,2)x＋a－1對x∈R恒成立，則a的取值范圍是________．解析：作出y＝|x－2a|和y＝eq\f(1,2)x＋a－1的簡圖如圖所示，依題意知應有2a≤2－2a，故a≤eq\f(1,2).答案：(－∞，eq\f(1,2)]應用三數(shù)形結合思想在解析幾何中的應用[典型例題]已知拋物線的方程為x2＝8y，點F是其焦點，點A(－2，4)，在此拋物線上求一點P，使△APF的周長最小，此時點P的坐標為________．【解析】因為(－2)2<8×4，所以點A(－2，4)在拋物線x2＝8y的內(nèi)部，如圖，設拋物線的準線為l，過點P作PQ⊥l于點Q，過點A作AB⊥l于點B，連接AQ.則△APF的周長為|PF|＋|PA|＋|AF|＝|PQ|＋|PA|＋|AF|≥|AQ|＋|AF|≥|AB|＋|AF|，當且僅當P，B，A三點共線時，△APF的周長取得最小值，即|AB|＋|AF|.因為A(－2，4)，所以不妨設△APF的周長最小時，點P的坐標為(－2，y0)，代入x2＝8y，得y0＝eq\f(1,2)，故使△APF的周長最小的點P的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2))).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(1,2)))eq\a\vs4\al()(1)對于幾何圖形中的動態(tài)問題，應分析各個變量的改變過程，找出其中的相互關系求解．(2)應用幾何意義法解決問題須要熟識常見的幾何結構的代數(shù)形式，主要有：①比值——可考慮直線的斜率；②二元一次式——可考慮直線的截距；③根式分式——可考慮點到直線的距離；④根式——可考慮兩點間的距離．[對點訓練]1．設雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點為F，直線4x－3y＋20＝0過點F且與雙曲線C在其次象限的交點為P，O為原點，|OP|＝|OF|，則雙曲線C的離心率為()A．5 B.eq\r(5)C.eq\f(5,3) D.eq\f(5,4)解析：選A.依據(jù)直線4x－3y＋20＝0與x軸的交點F為(－5，0)，可知半焦距c＝5，設雙曲線C的右焦點為F2，連接PF2，依據(jù)|OF2|＝|OF|且|OP|＝|OF|可得，△PFF2為直角三角形．如圖，過點O作OA垂直于直線4x－3y＋20＝0，垂足為A，則易知OA為△PFF2的中位線，又原點O到直線4x－3y＋20＝0的距離d＝4，所以|PF2|＝2d＝8，|PF|＝eq\r(|FF2|2－|PF2|2)＝6，故結合雙曲線的定義可知|PF2|－|PF|＝2a＝2，所以a＝1，故e＝eq\f(c,a)＝5.故選A.2．已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點A(－m，0)，B(m，0)(m>0)．若圓C上存在點P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為________．解析：依據(jù)題意，畫出示意圖，如圖所示，則圓心C的坐標為(3，4)，半徑r＝1，且|AB|＝2m，因為∠APB＝90°，連接OP，易知|OP|＝eq\f(1,2)|AB|＝m.求m的最大值，即求圓C上的點到原點O的最大距離．因為|OC|＝eq\r(32＋42)＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值為6.答案：6三分類探討思想分類探討的原則分類探討的常見類型1.不重不漏2.標準要統(tǒng)一，層次要分明3.能不分類的要盡量避開，決不無原則的探討1.由數(shù)學概念而引起的分類探討2.由數(shù)學運算要求而引起的分類探討3.由性質、定理、公式的限制而引起的分類探討4.由圖形的不確定性而引起的分類探討5.由參數(shù)的改變而引起的分類探討分類與整合的思想是將一個較困難的數(shù)學問題分解成若干個基礎性問題，通過對基礎性問題的解答來實現(xiàn)解決原問題的策略應用一由概念、法則、公式引起的分類探討[典型例題]設等比數(shù)列{an}的公比為q，前n項和Sn>0(n＝1，2，3，…)，則q的取值范圍是________．【解析】由{an}是等比數(shù)列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0，當q＝1時，Sn＝na1>0.當q≠1時，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)>0，即eq\f(1－qn,1－q)>0(n＝1，2，3，…)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－q>0，,1－qn>0，))①或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－q<0，,1－qn<0.))②由①得－1<q<1，由②得q>1.故q的取值范圍是(－1，0)∪(0，＋∞)．【答案】(－1，0)∪(0，＋∞)eq\a\vs4\al()本題易忽視對q＝1的探討，而干脆由eq\f(a1（1－qn）,1－q)>0，得q的范圍，這種解答是不完備的．本題依據(jù)等比數(shù)列前n項和公式的運用就要分q＝1，Sn＝na1和q≠1，Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)進行探討．[對點訓練]1．一條直線過點(5，2)，且在x軸，y軸上的截距相等，則這條直線的方程為()A．x＋y－7＝0B．2x－5y＝0C．x＋y－7＝0或2x－5y＝0D．x＋y＋7＝0或2y－5x＝0解析：選C.設該直線在x軸，y軸上的截距均為a，當a＝0時，直線過原點，此時直線方程為y＝eq\f(2,5)x，即2x－5y＝0；當a≠0時，設直線方程為eq\f(x,a)＋eq\f(y,a)＝1，則求得a＝7，直線方程為x＋y－7＝0.2．若函數(shù)f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1，2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則a＝________．解析：若a>1，則a2＝4，a－1＝m，故a＝2，m＝eq\f(1,2)，此時g(x)＝－eq\r(x)，為減函數(shù)，不合題意；若0<a<1，則a－1＝4，a2＝m，故a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16)，檢驗知符合題意，所以a＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)應用二由參數(shù)改變引起的分類探討[典型例題]已知f(x)＝x－aex(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)探討函數(shù)f(x)的單調性；(2)若f(x)≤e2x對x∈R恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．【解】(1)f′(x)＝1－aex，當a≤0時，f′(x)>0，函數(shù)f(x)是(－∞，＋∞)上的單調遞增函數(shù)；當a>0時，由f′(x)＝0得x＝－lna，若x∈(－∞，－lna)，則f′(x)>0；若x∈(－lna，＋∞)，則f′(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－lna)上單調遞增，在(－lna，＋∞)上單調遞減．(2)f(x)≤e2x?a≥eq\f(x,ex)－ex，設g(x)＝eq\f(x,ex)－ex，則g′(x)＝eq\f(1－e2x－x,ex).當x<0時，1－e2x>0，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上單調遞增．當x>0時，1－e2x<0，g′(x)<0，所以g(x)在(0，＋∞)上單調遞減．所以g(x)max＝g(0)＝－1，所以a≥－1.故a的取值范圍是[－1，＋∞)．eq\a\vs4\al()(1)①參數(shù)的改變?nèi)≈祵е虏煌慕Y果，需對參數(shù)進行探討，如含參數(shù)的方程、不等式、函數(shù)等．②解析幾何中直線點斜式、斜截式方程要考慮斜率k存在或不存在，涉及直線與圓錐曲線位置關系要進行探討．(2)分類探討要標準明確、統(tǒng)一，層次分明，分類要做到“不重不漏”．[對點訓練]1．設f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(x)，0<x<1，,2（x－1），x≥1.))若f(a)＝f(a＋1)，則f(eq\f(1,a))＝()A．2 B．4C．6 D．8解析：選C.當0<a<1時，a＋1>1，f(a)＝eq\r(a)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，因為f(a)＝f(a＋1)，所以eq\r(a)＝2a，解得a＝eq\f(1,4)或a＝0(舍去)．所以f(eq\f(1,a))＝f(4)＝2×(4－1)＝6.當a≥1時，a＋1≥2，所以f(a)＝2(a－1)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a，所以2(a－1)＝2a，無解．綜上，f(eq\f(1,a))＝6.2．設函數(shù)f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.(1)若曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線斜率為0，求a；(2)若f(x)在x＝1處取得微小值，求a的取值范圍．解：(1)因為f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex.f′(2)＝(2a－1)e2.由題設知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝eq\f(1,2).(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.若a>1，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，1))時，f′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在x＝1處取得微小值．若a≤1，則當x∈(0，1)時，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0.所以1不是f(x)的微小值點．綜上可知，a的取值范圍是(1，＋∞)．應用三由圖形位置或形態(tài)引起的分類探討[典型例題](1)已知變量x，y滿意的不等式組eq\b\lc\{(\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，則實數(shù)k＝()A．－eq\f(1,2) B.eq\f(1,2)C．0 D．－eq\f(1,2)或0(2)設圓錐曲線C的兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，若曲線C上存在點P滿意|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，則曲線C的離心率等于________．【解析】(1)不等式組eq\b\lc\{(\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\{(\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，只有當直線kx－y＋1＝0與y軸或y＝2x垂直時才滿意．結合圖形可知斜率k的值為0或－eq\f(1,2).(2)不妨設|PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，|PF2|＝2t，其中t≠0.若該曲線為橢圓，則有|PF1|＋|PF2|＝6t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(3t,6t)＝eq\f(1,2)；若該曲線為雙曲線，則有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(3t,2t)＝eq\f(3,2).【答案】(1)D(2)eq\f(1,2)或eq\f(3,2)eq\a\vs4\al()(1)圓錐曲線形態(tài)不確定時，常按橢圓、雙曲線來分類探討，求圓錐曲線的方程時，常按焦點的位置不同來分類探討．(2)相關計算中，涉及圖形問題時，也常按圖形的位置不同、大小差異等來分類探討．[對點訓練]1．過雙曲線x2－eq\f(y2,2)＝1的右焦點F作直線l交雙曲線于A，B兩點，若|AB|＝4，則這樣的直線l有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條解析：選C.因為雙曲線的兩個頂點之間的距離是2，小于4，所以當直線l與雙曲線左、右兩支各有一個交點時，過雙曲線的右焦點肯定有兩條直線滿意條件；當直線l與實軸垂直時，有3－eq\f(y2,2)＝1，解得y＝2或y＝－2，此時直線AB的長度是4，即只與雙曲線右支有兩個交點的所截弦長為4的直線僅有一條．綜上，可知有3條直線滿意|AB|＝4.2．設F1，F(xiàn)2為橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的兩個焦點，點P為橢圓上一點．已知P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個直角三角形的三個頂點，且|PF1|>|PF2|，則eq\f(|PF1|,|PF2|)的值為________．解析：(1)若∠PF2F1＝90°，則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，又因為|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2eq\r(5)，解得|PF1|＝eq\f(14,3)，|PF2|＝eq\f(4,3)，所以eq\f(|PF1|,|PF2|)＝eq\f(7,2).(2)若∠F1PF2＝90°，則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，所以|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，所以|PF1|＝4，|PF2|＝2，所以eq\f(|PF1|,|PF2|)＝2.綜上知，eq\f(|PF1|,|PF2|)的值為eq\f(7,2)或2.答案：eq\f(7,2)或2四轉化與化歸思想轉化與化歸的原則常見的轉化與化歸的方法1.熟識化原則 2.簡潔化原則3.直觀化原則 4.正難則反原則1.干脆轉化法2.換元法3.數(shù)形結合法4.構造法5.坐標法6.類比法7.特殊化方法8.等價問題法9.加強命題法10.補集法轉化與化歸思想就是在探討和解決有關數(shù)學問題時，采納某種手段將問題通過變換使之轉化，進而使問題得到解決的一種數(shù)學思想方法應用一一般與特殊的相互轉化[典型例題](1)過拋物線y＝ax2(a>0)的焦點F，作始終線交拋物線于P，Q兩點．若線段PF與FQ的長度分別為p，q，則eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)等于()A．2a B.eq\f(1,2a)C．4a D.eq\f(4,a)(2)已知向量a，b滿意|a|＝1，|b|＝2，則|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．【解析】(1)拋物線y＝ax2(a>0)的標準方程為x2＝eq\f(1,a)y(a>0)，焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4a))).過焦點F作直線垂直于y軸，則|PF|＝|QF|＝eq\f(1,2a)，所以eq\f(1,p)＋eq\f(1,q)＝4a.(2)由題意，不妨設b＝(2，0)，a＝(cosθ，sinθ)，則a＋b＝(2＋cosθ，sinθ)，a－b＝(cosθ－2，sinθ)，令y＝|a＋b|＋|a－b|＝eq\r(（2＋cosθ）2＋sin2θ)＋eq\r(（cosθ－2）2＋sin2θ)＝eq\r(5＋4cosθ)＋eq\r(5－4cosθ)，則y2＝10＋2eq\r(25－16cos2θ)∈[16，20]．由此可得(|a＋b|＋|a－b|)max＝eq\r(20)＝2eq\r(5)，(|a＋b|＋|a－b|)min＝eq\r(16)＝4，即|a＋b|＋|a－b|的最小值是4，最大值是2eq\r(5).【答案】(1)C(2)42eq\r(5)eq\a\vs4\al()(1)一般問題特殊化，使問題處理變得干脆、簡潔．特殊問題一般化，可以使我們從宏觀整體的高度把握問題的一般規(guī)律，從而達到成批處理問題的效果．(2)對于某些選擇題、填空題，假如結論唯一或題目供應的信息示意答案是一個定值時，可以把題中改變的量用特殊值代替，即可得到答案．[對點訓練]已知函數(shù)f(x)＝(a－3)x－ax3在[－1，1]上的最小值為－3，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．[12，＋∞)C．[－1，12] D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，12))解析：選D.當a＝0時，函數(shù)f(x)＝－3x，x∈[－1，1]，明顯滿意條件，故解除A、B；(留意，對于特殊值的選取，越簡潔越好，0，1往往是首選．)當a＝－eq\f(3,2)時，函數(shù)f(x)＝eq\f(3,2)x3－eq\f(9,2)x，f′(x)＝eq\f(9,2)x2－eq\f(9,2)＝eq\f(9,2)(x2－1)，當－1≤x≤1時，f′(x)≤0，所以f(x)在[－1，1]上單調遞減，所以f(x)min＝f(1)＝eq\f(3,2)－eq\f(9,2)＝－3，滿意條件，故解除C.綜上，選D.應用二正與反的相互轉化[典型例題]若對于隨意t∈[1，2]，函數(shù)g(x)＝x3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)＋2))x2－2x在區(qū)間(t，3)上總不為單調函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是________．【解析】由題意得g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t，3)上總為單調函數(shù)，則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≥eq\f(2,x)－3x在x∈(t，3)上恒成立，所以m＋4≥eq\f(2,t)－3t恒成立，則m＋4≥－1，即m≥－5；由②得m＋4≤eq\f(2,x)－3x在x∈(t，3)上恒成立，則m＋4≤eq\f(2,3)－9，即m≤－eq\f(37,3).所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(t，3)上總不為單調函數(shù)的m的取值范圍為－eq\f(37,3)<m<－5.【答案】(－eq\f(37,3)，－5)eq\a\vs4\al()(1)本題是正與反的轉化，由于函數(shù)不為單調函數(shù)有多種狀況，所以可先求出其反面狀況，體現(xiàn)“正難則反”的原則．(2)題目若出現(xiàn)多種成立的情形，則不成立的情形相對很少，從反面考慮較簡潔，因此，間接法多用于含有“至多”“至少”及否定性命題情形的問題中．[對點訓練]若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1，1]內(nèi)至少存在一個值c，使得f(c)>0，則實數(shù)p的取值范圍是________．解析：假如在[－1，1]內(nèi)沒有值滿意f(x)>0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）≤0，,f（1）≤0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p≤－\f(1,2)或p≥1，,p≤－3或p≥\f(3,2)))?p≤－3或p≥eq\f(3,2)，故實數(shù)滿意條件的p的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,2)))應用三常量與變量的相互轉化[典型例題]已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導函數(shù)．對隨意a∈[－1，1]，都有g(x)<0，則實數(shù)x的取值范圍為________．【解析】由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(φ（1）<0，,φ（－1）<0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x2－x－2<0，,3x2＋x－8<0，))解得－eq\f(2,3)<x<1.故x的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1)).【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，1))eq\a\vs4\al()(1)本題是把關于x的函數(shù)轉化為[－1，1]內(nèi)關于a的一次函數(shù)的問題．(2)在處理多變元的數(shù)學問題時，我們可以選取其中的常數(shù)(或參數(shù))，將其看成“主元”，而把其他變元看成常量，從而達到削減變元簡化運算的目的．[對點訓練]1．對于滿意0≤p≤4的全部實數(shù)p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范圍是________．解析：設f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，則當x＝1時，f(p)＝0.所以x≠1.f(p)在0≤p≤4時恒為正等價于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（0）>0，,f（4）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－3）（x－1）>0，,x2－1>0，))解得x>3或x<－1.故x的取值范圍為(－∞，－1)∪(3，＋∞)．答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)2．設y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1，若t在[－2，2]上改變時，y恒取正值，則x的取值范圍是________．解析：設f(t)＝(log2x－1)t＋(log2x)2－2log2x＋1，則f(t)是一次函數(shù)，當t∈[－2，2]時，f(t)>0恒成立，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－2）>0，,f（2）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（log2x）2－4log2x＋3>0，,（log2x）2－1>0，))解得log2x<－1或log2x>3，即0<x<eq\f(1,2)或x>8，故x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(8，＋∞)應用四形、體位置關系的相互轉化[典型例題]在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝AB，AB1⊥B1C1.求證：(1)AB∥平面A1B1C；(2)平面ABB1A1⊥平面A1BC.【證明】(1)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1.因為AB?平面A1B1C，A1B1?平面A1B1C，所以AB∥平面A1B1C.(2)在平行六面體ABCD-A1B1C1D1中，四邊形ABB1A1為平行四邊形．又因為AA1＝AB，所以四邊形ABB1A1為菱形，所以AB1⊥A1B.因為AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以AB1⊥BC.又因為A1B∩BC＝B，A1B?平面A1BC，BC?平面A1BC，所以AB1⊥平面A1BC，又因為AB1?平面ABB1A1，所以平面ABB1A1⊥平面A1BC.eq\a\vs4\al()形體位置關系的轉化是針對幾何問題采納的一種特殊轉化方法．主要適用于涉及平行、垂直的證明，如線面平行、垂直的推理與證明就是充分利用線面位置關系中的判定定理、性質定理實現(xiàn)位置關系的轉化．[對點訓練]1．如圖，在棱長為5的正方體ABCD－A1B1C1D1中，EF是棱AB上的一條線段，且EF＝2，點Q是A1D1的中點，點P是棱C1D1上的動點，則四面體PQEF的體積()A．是變量且有最大值B．是變量且有最小值C．是變量且有最大值和最小值D．是常數(shù)解析：選D.點Q到棱AB的距離為常數(shù)，所以△EFQ的面積為定值．由C1D1∥EF，可得棱C1D1∥平面EFQ，所以點P到平面EFQ的距離是常數(shù)，于是可得四面體PQEF的體積為常數(shù)．2．已知三棱錐P－ABC中，PA＝BC＝2eq\r(34)，PB＝AC＝10，PC＝AB＝2eq\r(41)，則三棱錐P－ABC的體積