2018届二轮复习专题八数学思想方法理教案(全国通用)
专题八 数学思想方法教师用书 理
第1讲 函数与方程思想、数形结合思想
高考定位 函数与方程的思想一般通过函数与导数、三角函数、数列、解析几何等知识进行考查;数形结合思想一般在填空题中考查.
1.函数与方程思想的含义
(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的思想方法.
(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,使问题获得解决的思想方法.
2.函数与方程的思想在解题中的应用
(1)函数与不等式的相互转化,对于函数y=f(x),当y>0时,就转化为不等式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.
3.数形结合是一种数学思想方法,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:①借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系,即以形作为手段,数为目的,比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质;②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.
4.在运用数形结合思想分析和解决问题时,要注意三点:第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征,对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义;第二是恰当设参、合理用参,建立关系,由数思形,以形想数,做好数形转化;第三是正确确定参数的取值范围.数学中的知识,有的本身就可以看作是数形的结合.
热点一 函数与方程思想的应用
[微题型1] 不等式问题中的函数(方程)法
【例1-1】 (1)f(x)=ax3-3x+1对于x∈[-1,1],总有f(x)≥0成立,则a=________.
(2)设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时,f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是________.
解析 (1)若x=0,则不论a取何值,f(x)≥0显然成立;
当x>0即x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≥-.
设g(x)=-,则g′(x)=,
所以g(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,
因此g(x)max=g=4,从而a≥4.
当x<0即x∈[-1,0)时,f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≤-,设g(x)=-,
且g(x)在区间[-1,0)上单调递增,因此g(x)min=g(-1)=4,
从而a≤4,综上a=4.
(2)设F(x)=f(x)g(x),由于f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,得F(-x)=f(-x)·g(-x)=-f(x)g(x)=-F(x),即F(x)在R上为奇函数.
又当x<0时,F′(x)=f′(x)·g(x)+f(x)g′(x)>0,
所以x<0时,F(x)为增函数.
因为奇函数在对称区间上的单调性相同,所以x>0时,F(x)也是增函数.
因为F(-3)=f(-3)g(-3)=0=-F(3).
所以,由图可知F(x)<0的解集是(-∞,-3)∪(0,3).
答案 (1)4 (2)(-∞,-3)∪(0,3)
探究提高 (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;已知恒成立求参数范围可先分离参数,然后利用函数值域求解.
[微题型2] 数列问题的函数(方程)法
【例1-2】 已知数列{an}满足a1=3,an+1=an+p·3n(n∈N*,p为常数),a1,a2+6,a3成等差数列.
(1)求p的值及数列{an}的通项公式;
(2)设数列{bn}满足bn=,证明:bn≤.
(1)解 由a1=3,an+1=an+p·3n,
得a2=3+3p,a3=a2+9p=3+12p.
因为a1,a2+6,a3成等差数列,
所以a1+a3=2(a2+6),
即3+3+12p=2(3+3p+6),
得p=2,依题意知,an+1=an+2×3n.
当n≥2时,a2-a1=2×31,
a3-a2=2×32,…,
an-an-1=2×3n-1.
将以上式子相加得an-a1=2(31+32+…+3n-1),
所以an-a1=2×=3n-3,
所以an=3n(n≥2).
又a1=3符合上式,故an=3n.
(2)证明 因为an=3n,所以bn=.
所以bn+1-bn=-=(n∈N*),
若-2n2+2n+1<0,则n>,
即当n≥2时,有bn+1<bn,
又因为b1=,b2=,故bn≤.
探究提高 数列最值问题中应用函数与方程思想的常见类型:
(1)数列中的恒成立问题,转化为最值问题,利用函数的单调性或不等式求解.
(2)数列中的最大项与最小项问题,利用函数的有关性质或不等式组求解.
(3)数列中前n项和的最值:转化为二次函数,借助二次函数的单调性或求使an≥0(an≤0)成立时最大的n值即可求解.
[微题型3] 解析几何问题的方程(函数)法
【例1-3】 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=6,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+y2=1,直线AB,EF的方程分别为x+2y=2,y=kx(k>0).如图,设D(x0,kx0),E(x1,kx1),F(x2,kx2),其中x
1<x2,且x1,x2满足方程(1+4k2)x2=4,故x2=-x1=.①
由=6知x0-x1=6(x2-x0),
得x0=(6x2+x1)=x2=;
由D在AB上知x0+2kx0=2,
得x0=.
所以=,
化简得24k2-25k+6=0,
解得k=或k=.
(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
h1==,
h2==.
又AB==,
所以四边形AEBF的面积为
S=·AB·(h1+h2)
=··=
=2≤2,
当4k2=1(k>0),即当k=时,上式取等号.
所以S的最大值为2.
即四边形AEBF面积的最大值为2.
探究提高 解析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探求来使问题得以解决.
热点二 数形结合思想的应用
[微题型1] 利用数形结合思想讨论方程的根或函数零点
【例2-1】 (1)若函数f(x)=|2x-2|-b有两个零点,则实数b的取值范围是________.
(2)设函数f(x)(x∈R)满足f(-x)=f(x),f(x)=f(2-x),且当x∈[0,1]时,f(x)=x3.
又函数g(x)=|xcos(πx)|,则函数h(x)=g(x)-f(x)在上的零点个数为________.
解析 (1)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,故填(0,2).
(2)根据题意,函数y=f(x)是周期为2的偶函数且0≤x≤1时,f(x)=x3,
则当-1≤x≤0时,f(x)=-x3,且g(x)=|xcos(πx)|,所以当x=0时,f(x)=g(x).当x≠0时,若0
0时,1-a<1,1+a>1,
这时f(1-a)=2(1-a)+a=2-a,
f(1+a)=-(1+a)-2a=-1-3a.
由f(1-a)=f(1+a)得2-a=-1-3a,解得a=-,不合题意,舍去;
当a<0时,1-a>1,1+a<1,
这时f(1-a)=-(1-a)-2a=-1-a,
f(1+a)=2(1+a)+a=2+3a.
由f(1-a)=f(1+a)得-1-a=2+3a,
解得a=-.
综上可知,a的值为-.
答案 (1) (2)-
探究提高 由性质、定理、公式的限制引起的分类整合法往往是因为有的数学定理、公式、性质是分类给出的,在不同的条件下结论不一致的情况下使用,如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等.
[微题型2] 由数学运算要求引起的分类
【例1-2】 (1)(2016·苏、锡、常、镇调研改编)不等式|x|+|2x+3|≥2的解集是________.
(2)已知m∈R,求函数f(x)=(4-3m)x2-2x+m在区间[0,1]上的最大值为________.
解析 (1)原不等式可转化为
或或
解得x≤-或-1≤x≤0或x>0,
故原不等式的解集为∪[-1,+∞).
(2)①当4-3m=0,即m=时,函数y=-2x+,
它在[0,1]上是减函数,所以ymax=f(0)=.
②当4-3m≠0, 即m≠时,y是二次函数.
当4-3m>0,即m<时,二次函数y的图象开口向上,对称轴方程x=>0,它在[0,1]上的最大值只能在区间端点取得(由于此处不涉及最小值,故不需讨论区间与对称轴的关系).
f(0)=m,f(1)=2-2m,
当m≥2-2m,又m<,即≤m<时,ymax=m.
当m<2-2m,又m<,即m<时,ymax=2(1-m).
当4-3m<0,即m>时,二次函数y的图象开口向下,又它的对称轴方程x=<0,所以函数y在[0,1]上是减函数,于是ymax=f(0)=m.
由①、②可知,这个函数的最大值为ymax=
答案 (1)∪[-1,+∞)
(2)ymax=
探究提高 由数学运算要求引起的分类整合法,常见的类型有除法运算中除数不为零,偶次方根为非负,对数运算中真数与底数的要求,指数运算中底数的要求,不等式两边同乘以一个正数、负数问题,含有绝对值的不等式求解,三角函数的定义域等,根据相应问题中的条件对相应的参数、关系式等加以分类分析,进而分类求解与综合.
[微题型3] 由参数变化引起的分类
【例1-3】 (2015·全国Ⅱ卷)已知函数f(x)=ln x+a(1-x).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)当f(x)有最大值,且最大值大于2a-2时,求a的取值范围.
解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-a.
若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
若a>0,则当x∈时,f′(x)>0;当x∈时,f′(x)<0,所以f(x)在上单调递增,在上单调递减.
综上,知当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,f(x)在上单调递增,在上单调递减.
(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;
当a>0时,f(x)在x=处取得最大值,最大值为f=ln +a=-ln a+a-1.
因此f>2a-2等价于ln a+a-1<0.
令g(a)=ln a+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,
g(1)=0.
于是,当0<a<1时,g(a)<0;当a>1时,g(a)>0.
因此,a的取值范围是(0,1).
探究提高 由参数的变化引起的分类整合法经常用于某些含有参数的问题,如含参数的方程、不等式,由于参数的取值不同会导致所得结果不同,或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法.
热点二 转化与化归思想
[微题型1] 换元法
【例2-1】 已知实数a,b,c满足a+b+c=0,a2+b2+c2=1,则a的最大值是________.
解析 令b=x,c=y,则x+y=-a,x2+y2=1-a2.
此时直线x+y=-a与圆x2+y2=1-a2有交点,
则圆心到直线的距离d=≤,解得a2≤,
所以a的最大值为.
答案
探究提高 换元法是一种变量代换,也是一种特殊的转化与化归方法,是用一种变数形式去取代另一种变数形式,是将生疏(或复杂)的式子(或数),用熟悉(或简单)的式子(或字母)进行替换;化生疏为熟悉、复杂为简单、抽象为具体,使运算或推理可以顺利进行.
[微题型2] 特殊与一般的转化
【例2-2】 已知f(x)=,则f(-2 015)+f(-2 014)+…+f(0)+f(1)+…+f(2 016)=________.
解析 f(x)+f(1-x)=+=+==1,∴f(0)+f(1)=1,f(-2 015)+f(2 016)=1,
∴f(-2 015)+f(-2 014)+…+f(0)+f(1)+…+f(2 016)=2 016.
答案 2 016
探究提高 一般问题特殊化,使问题处理变得直接、简单.特殊问题一般化,可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律,从而达到成批处理问题的效果.
[微题型3] 常量与变量的转化
【例2-3】 对任意的|m|≤2,函数f(x)=mx2-2x+1-m恒为负,则x的取值范围为________.
解析 对任意的|m|≤2,有mx2-2x+1-m<0恒成立,即|m|≤2时,(x2-1)m-2x+1<0恒成立.设g(m)=(x2-1)m-2x+1,则原问题转化为g(m)<0恒成立(m∈[-2,2]).
所以即
解得<x<,即实数x的取值范围为.
答案
探究提高 在处理多变元的数学问题时,我们可以选取其中的参数,将其看做是“主元”,而把其它变元看做是常量,从而达到减少变元简化运算的目的.
[微题型4] 正与反的相互转化
【例2-4】 若对于任意t∈[1,2],函数g(x)=x3+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 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≥-3x在x∈(t,3)上恒成立,∴m+4≥-3t恒成立,则m+4≥-1,
即m≥-5;由②得m+4≤-3x在x∈(t,3)上恒成立,
则m+4≤-9,即m≤-.
∴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-<m<-5.
答案
探究提高 否定性命题,常要利用正反的相互转化,先从正面求解,再取正面答案的补集即可,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”及否定性命题情形的问题中.
1.分类讨论思想的本质是“化整为零,积零为整”.用分类讨论的思维策略解数学问题的操作过程: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(即分类对象彼此交集为空集,并集为全集).做到“确定对象的全体,明确分类的标准,分类不重复、不遗漏”的分析讨论.
常见的分类讨论问题有:
(1)集合:注意集合中空集∅讨论.
(2)函数:对数函数或指数函数中的底数a,一般应分a>1和0<a<1的讨论;函数y=ax2+bx+c有时候分a=0和a≠0的讨论;对称轴位置的讨论;判别式的讨论.
(3)数列:由Sn求an分n=1和n>1的讨论;等比数列中分公比q=1和q≠1的讨论.
(4)三角函数:角的象限及函数值范围的讨论.
(5)不等式:解不等式时含参数的讨论,基本不等式相等条件是否满足的讨论.
(6)立体几何:点线面及图形位置关系的不确定性引起的讨论;
(7)平面解析几何:直线点斜式中k分存在和不存在,直线截距式中分b=0和b≠0的讨论;轨迹方程中含参数时曲线类型及形状的讨论.
(8)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等.
2.转化与化归思想遵循的原则:
(1)熟悉已知化原则:将陌生的问题转化为熟悉的问题,将未知的问题转化为已知的问题,以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决.
(2)简单化原则:将复杂问题化归为简单问题,通过对简单问题的解决,达到解决复杂问题的目的,或获得某种解题的启示和依据.
(3)和谐统一原则:转化问题的条件或结论,使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式;或者转化命题,使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律.
(4)正难则反原则:当问题正面讨论遇到困难时,应想到问题的反面,设法从问题的反面去探讨,使问题获得解决.
一、填空题
1.等比数列{an}中,a3=7,前3项之和S3=21,则公比q的值是________.
解析 当公比q=1时,a1=a2=a3=7,S3=3a1=21,符合要求.
当q≠1时,a1q2=7,=21,解之得,q=-或q=1(舍去).综上可知,q=1或-.
答案 1或-
2.过双曲线-=1(a>0,b>0)上任意一点P,引与实轴平行的直线,交两渐近线于R,Q两点,则·的值为________.
解析 当直线PQ与x轴重合时,||=||=a.
答案 a2
3.方程sin2x+cos x+k=0有解,则k的取值范围是________.
解析 求k=-sin2x-cos x的值域.
k=cos2x-cos x-1=-.
当cos x=时,kmin=-,当cos x=-1时,kmax=1,
∴-≤k≤1.
答案
4.若数列{an}的前n项和Sn=3n-1,则它的通项公式an=________.
解析 当n≥2时,an=Sn-Sn-1=3n-1-(3n-1-1)=2×3n-1;当n=1时,a1=S1=2,也满足式子an=2×3n-1,
∴数列{an}的通项公式为an=2×3n-1.
答案 2×3n-1
5.已知a为正常数,若不等式≥1+-对一切非负实数x恒成立,则a的最大值为________.
解析 原不等式即≥1+-(x≥0),(*)
令=t,t≥1,则x=t2-1,
所以(*)式可化为≥1+-t==对t≥1恒成立,
所以≥1对t≥1恒成立,
又a为正常数,所以a≤[(t+1)2]min=4,
故a的最大值是4.
答案 4
6.已知△ABC和点M满足++=0.若存在实数k使得+=k成立,则k等于________.
解析 ∵++=0,
∴M为已知△ABC的重心,取AB的中点D,
∴+=2=2×=3,
∵+=k,∴k=3.
答案 3
7.设F1,F2为椭圆+=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,则的值为________.
解析 若∠PF2F1=90°,
则PF=PF+F1F,
∵PF1+PF2=6,F1F2=2,
解得PF1=,PF2=,∴=.
若∠F2PF1=90°,
则F1F=PF+PF
=PF+(6-PF1)2,
解得PF1=4,PF2=2,
∴=2.
综上所述,=2或.
答案 2或
8.已知函数f(x)=ln x-x+-1,g(x)=-x2+2bx-4,若对任意的x1∈(0,2),任意的x2∈[1,2],不等式f(x1)≥g(x2)恒成立,则实数b的取值范围是________.
解析 依题意,问题等价于f(x1)min≥g(x2)max,
f(x)=ln x-x+-1(x>0),
所以f′(x)=--=.
由f′(x)>0,解得1<x<3,故函数f(x)单调递增区间是(1,3),同理得f(x)的单调递减区间是(0,1)和(3,+∞),故在区间(0,2)上,x=1是函数f(x)的极小值点,这个极小值点是唯一的,所以f(x1)min=f(1)=-.
函数g(x2)=-x+2bx2-4,x2∈[1,2].
当b<1时,g(x2)max=g(1)=2b-5;
当1≤b≤2时,g(x2)max=g(b)=b2-4;
当b>2时,g(x2)max=g(2)=4b-8.
故问题等价于
或或
解第一个不等式组得b<1,
解第二个不等式组得1≤b≤,
第三个不等式组无解.
综上所述,b的取值范围是.
答案
二、解答题
9.数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足an+2-2an+1+an=0.
(1)求数列的通项公式;
(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Sn.
解 (1)an+2-2an+1+an=0,
所以an+2-an+1=an+1-an,
所以{an+1-an}为常数列,
所以{an}是以a1为首项的等差数列,
设an=a1+(n-1)d,
a4=a1+3d,
所以d==-2,
所以an=10-2n.
(2)因为an=10-2n,
令an=0,得n=5.
当n>5时,an<0;
当n=5时,an=0;
当n<5时,an>0.
所以当n>5时,
Sn=|a1|+|a2|+…+|an|
=a1+a2+…+a5-(a6+a7+…+an)
=T5-(Tn-T5)=2T5-Tn=n2-9n+40,
Tn=a1+a2+…+an,
当n≤5时,
Sn=|a1|+|a2|+…+|an|
=a1+a2+…+an=Tn=9n-n2.
所以Sn=
10.已知函数g(x)=(a∈R),f(x)=ln(x+1)+g(x).
(1)若函数g(x)过点(1,1),求函数f(x)的图象在x=0处的切线方程;
(2)判断函数f(x)的单调性.
解 (1)因为函数g(x)过点(1,1),所以1=,解得a=2,所以f(x)=ln(x+1)+.由f′(x)=+=,则f′(0)=3,所以所求的切线的斜率为3.又f(0)=0,所以切点为(0,0),故所求的切线方程为y=3x.
(2)因为f(x)=ln(x+1)+(x>-1),
所以f′(x)=+=.
①当a≥0时,因为x>-1,
所以f′(x)>0,
故f(x)在(-1,+∞)上单调递增;
②当a<0时,由得-1<x<-1-a,
故f(x)在(-1,-1-a)上单调递减;
由得x>-1-a,
故f(x)在(-1-a,+∞)上单调递增.
综上,当a≥0时,函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增;
当a<0时,函数f(x)在(-1,-1-a)上单调递减,
在(-1-a,+∞)上单调递增.
11.已知椭圆+=1(a>b>0)的一个焦点与抛物线y2=4x的焦点F重合,且椭圆短轴的两个端点与点F构成正三角形.
(1)求椭圆的方程;
(2)若过点(1,0)的直线l与椭圆交于不同的两点P,Q,试问在x轴上是否存在定点E(m,0),使·恒为定值?若存在,求出E的坐标,并求出这个定值;若不存在,请说明理由.
解 (1)由题意,知抛物线的焦点为F(,0),
所以c==.
因为椭圆短轴的两个端点与F构成正三角形,
所以b=×=1.
可求得a=2,故椭圆的方程为+y2=1.
(2)假设存在满足条件的点E,当直线l的斜率存在时设其斜率为k,则l的方程为y=k(x-1).
由
得(4k2+1)x2-8k2x+4k2-4=0,
设P(x1,y1),Q(x2,y2),
解上述方程后易得:x1+x2=,x1x2=.
则=(m-x1,-y1),=(m-x2,-y2),
所以·=(m-x1)(m-x2)+y1y2
=m2-m(x1+x2)+x1x2+y1y2
=m2-m(x1+x2)+x1x2+k2(x1-1)(x2-1)
=m2-++k2
=
=
=(4m2-8m+1)+.
要使·为定值,令2m-=0,
即m=,此时·=.
当直线l的斜率不存在时,
不妨取P,Q,
由E,可得=,=,
所以·=-=.
综上,存在点E,使·为定值.