新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学- 高考数学思想归纳
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新课标（全国卷）高三二轮复习理科数学- 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＝，an＋2an＋1＝0，则Sn－的最大值与最小值的积为________．
[解析] 因为an＋2an＋1＝0，所以＝－，所以等比数列{an}的公比为－，因为a1＝，所以Sn＝＝1－.
①当n为奇数时，Sn＝1＋，Sn随着n的增大而减小，则1＜Sn≤S1＝，故0＜Sn－≤；
②当n为偶数时，Sn＝1－，Sn随着n的增大而增大，则＝S2≤Sn＜1，故－≤Sn－＜0.
综上，Sn－的最大值与最小值分别为，－.
故Sn－的最大值与最小值的积为×＝－.[答案] －
[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＝________．
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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＝na1＋d＝n＋d＝＝，∴n＝9时，Sn取得最大值．
答案：9
2．(2018·北京高考)若△ABC的面积为(a2＋c2－b2)，且∠C为钝角，则∠B＝________，的取值范围是________．
解析：由余弦定理得cos B＝，∴a2＋c2－b2＝2accos B.
又∵S＝(a2＋c2－b2)，∴acsin B＝×2accos B，∴tan B＝，
∵B∈，∴∠B＝.又∵∠C为钝角，∴∠C＝－∠A>，∴0<∠A<.
由正弦定理得＝＝＝＋·.
∵0
，∴>＋×＝2，即>2.答案： (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的图象在区间上有两个不同的交点，则实数k的取值范围是( )
A. B.
C. (1，e－1] D.(1，＋∞)
[解析] 令h(x)＝g(x)，得xln x＋1＝kx，即＋ln x＝k.令函数f(x)＝ln x＋，若方程xln x－kx＋1＝0在区间上有两个不等实根，则函数f(x)＝ln x＋与y＝k在区间上有两个不相同的交点，f′(x)＝－，令－＝0可得x＝1，当x∈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，f(e)＝1＋，又－1＋e＞1＋，所以，函数的最大值为e－1.所以关于x的方程xln x－kx＋1＝0在区间上有两个不等实根，则实数k的取值范围是.故选B.
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[技法领悟]
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＝＋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
即解得x>3或x<－1.
答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)
4．已知函数f(x)＝x3－x2＋(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.
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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≥0)，则g′(x)＝ex－2x＋2a，
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.
[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·的最小值为( )
A. B.
C. D.3
解析：选A 如图，以D为坐标原点，DA所在的直线为x轴，DC所在的直线为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，
C(0，)．设E(0，y)(0≤y≤)，则＝(－1，y)，＝，
∴·＝＋y2－y＝＋，
∴当y＝时，·有最小值.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＝，b＝，c＝－，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
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解析：选D 由题意，构造函数g(x)＝，当x＞0时，g′(x)＝＜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＝＝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.
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)，
则x1x2＝1，x1＋x2＝.由M(－1，1)，得＝(－1－x1，1－y1)，
＝(－1－x2，1－y2)．由∠AMB＝90°，得·＝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＋＋1＋k2－k＋1＝0，整理得－＋1＝0，解得k＝2.
[答案] 2
[技法领悟]
本题由∠AMB＝90°，知·＝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，则由得解得所以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＝，b＝2，A＝60°，则sin B＝________，c＝________．
解析：由正弦定理＝，得sin B＝·sin A＝×＝.
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： 3
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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)＝，sin(α－β)＝，求的值．
[解] 法一：由已知条件及正弦的和(差)角公式，得
所以sin αcos β＝，cos αsin β＝.从而＝＝.
法二：令x＝.因为＝，
且＝＝＝＝.
所以得到方程＝.解方程得＝x＝.
[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sin αcos β与cos αsin 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|≤，即|b|的最大值为.答案：
10．(2019·全国卷Ⅲ)设F1，F2为椭圆C：＋＝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＋＝1上，所以联立方程可得解得
又因为点M在第一象限，所以点M的坐标为(3，)．答案：(3，)
[总结升华]
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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.
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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)＝且函数y＝f(x)－x恰有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
[解析] f(x)＝y＝f(x)－x恰有三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＝
可得f(x)－x＝a＋
所以y＝f(x)－x有三个零点等价于
a＝有三个根．
令h(x)＝
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]
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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________．
解析：原方程等价于f(x)＝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)＝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 ≤k(x＋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)－与半圆y＝.
由题意，知直线在半圆的上方，且过定点A(－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＝＝2，所以直线y＝k(x＋2)－过点(1，2)，则k＝kAN＝＝＝.
[答案]
[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. B.
C. D.
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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＝时，要使不等式恒成立，只有a＝，
当m＞时，在x∈[0，m]上，必须要求y＝sin x和y＝cos x的图象不在y＝a＝的同一侧．所以m的最大值是.故选C.
[例3] (1)(2018·全国卷Ⅲ)设F1，F2是双曲线C：－＝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|＝|OP|，则C的离心率为( )
A. B.2
C. D.
(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|＝a＝|F2P′|，|PP′|＝2a，
所以|F2P|＝a＝b，所以c＝ ＝a，
所以e＝＝.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|＝|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|＝ ＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值为6.故选B.
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[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意义的代数形式，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＝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°，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＝0上，所以不妨设点P(x，2－x)，则OP＝＝2，即x2＋(2－x)2＝4，整理得x2－2x＋2＝0，所以x＝，即点P的坐标为(，)．
答案：(，)
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.
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
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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．
[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＝，Sn＋2＝，
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，则有解得或
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＝(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＝进行讨论．
[应用体验]
1．已知函数f(x)＝若f(1)＋f(a)＝2，则a的所有可能值为________．
解析：f(1)＝e0＝1，即f(1)＝1.
由f(1)＋f(a)＝2，得f(a)＝1.
当a≥0时，f(a)＝1＝ea－1，所以a＝1.
当－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)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＝，此时g(x)＝－为减函数，不合题意；若00时，g(x)的对称轴x＝－<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，
解得－≤a＜0，
综上，a≥－.
答案：
[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.
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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>，则当x∈时，f′(x)<0;
当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2处取得极小值．
若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－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.
[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>和a≤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)＝－aln(1＋x)(a∈R)，求函数f(x)的单调区间．
解：因为f(x)＝－aln(1＋x)(x＞－1)，
所以f′(x)＝－＝，
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，由得－1＜x＜－1＋；
由得x＞－1＋.
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所以函数f(x)的单调递增区间是；单调递减区间是.
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；单调递减区间是.
[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＝(x＋2)或y＝－(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.
由得ky2－2y－4k＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－4.
直线BM，BN的斜率之和为
kBM＋kBN＝＋＝.①
将x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，
可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝＝＝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．
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[应用体验]
7．已知变量x，y满足的不等式组表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k＝( )
A．－ B.
C．0 D.0或－
解析：选D 不等式组表示的可行域如图(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－.故选D.
8．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：①若∠PF2F1＝90°.
则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，
又∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2，
解得|PF1|＝，|PF2|＝，∴＝.
②若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，
∴|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，
解得|PF1|＝4，|PF2|＝2，∴＝2.
综上知，＝或2.
答案：2或
[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
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(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．
[例1] 若对任意的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] 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≥－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－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
⇒⇒
⇒⇒p≤－3或p≥，
取补集为－3＜p＜，即为满足条件的p的取值范围．
故实数p的取值范围为.
答案：
[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，
所以即
解得－a4a5 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，
h(4)＝ln 4－3＝ln
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