2014高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题二十二 数学思想在解题中的应用(二)

2014高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题二十二 数学思想在解题中的应用(二)

专题二十二数学思想在解题中的应用(二)‎ ‎1．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋6)＝f(x)．当－3≤x＜－1时，f(x)＝－(x＋2)2；当－1≤x＜3时，f(x)＝x.则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 012)＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．335 B．‎338 C．1 678 D．2 012‎ 答案： B　[由f(x＋6)＝f(x)可知，函数f(x)的周期为6，所以f(－3)＝f(3)＝－1，f(－2)＝f(4)＝0，f(－1)＝f(5)＝－1，f(0)＝f(6)＝0，f(1)＝1，f(2)＝2，所以在一个周期内有f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1＋2－1＋0－1＋0＝1，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(2 012)＝f(1)＋f(2)＋335×1＝1＋2＋335＝338.]‎ ‎2．方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2,0,1,2,3}，且a，b，c互不相同．在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有(　　)．‎ A．60条 B．62条 C．71条 D．80条 答案：B　[显然方程ay＝b2x2＋c表示抛物线时，有ab≠0，故该方程等价于y＝x2＋.‎ ‎(1)当c＝0时，从{－3，－2,1,2,3}中任取2个数作为a，b的值，有A＝20种不同的方法，‎ 当a一定，b的值互为相反数时，对应的抛物线相同，这样的抛物线共有4×3＝12条，所以此时不同的抛物线共有A－6＝14条．‎ ‎(2)当c≠0时，从{－3，－2,1,2,3}中任取3个数作为a，b，c的值有A＝60种不同的方法；当a，c的值一定，而b的值互为相反数时，对应的抛物线相同，这样的抛物线共有‎4A＝24条，所以此时不同的抛物线有A－12＝48条．综上所述，满足题意的不同的抛物线有14＋48＝62条，故选B.]‎ ‎3．函数f(x)在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有f≤[f(x1)＋f(x2)]，则称f(x)在[a，b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质 P，现给出如下命题：‎ ‎①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的；②f(x2)在[1，]上具有性质P；③若f(x)在x＝2处取得最大值1，则f(x)＝1，x∈[1,3]；④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有f≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]．其中真命题的序号是(　　)．‎ A．①② B．①③ C．②④ D．③④‎ 答案：D　[取函数f(x)＝则函数f(x)满足题设条件具有性质P，但函数f(x)的图象是不连续的，故①为假命题，排除A、B；取函数f(x)＝－x,1≤x≤3，则函数满足题设条件具有性质 P ‎，但f(x2)＝－x2,1≤x≤就不具有性质P，故②为假命题，排除C.应选D.]‎ ‎4．下图为某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是________．‎ 解析　此框图依次执行如下循环：‎ 第一次：T＝0，k＝1，sin＞sin 0成立，a＝1，T＝T＋a＝1，k＝2，2＜6，继续循环；‎ 第二次：sin π＞sin不成立，a＝0，T＝T＋a＝1，k＝3,3＜6，继续循环；‎ 第三次：sin＞sin π不成立，a＝0，T＝T＋a＝1，k＝4,4＜6，继续循环；‎ 第四次：sin 2π＞sin成立，a＝1，T＝T＋a＝2，k＝5,5＜6，继续循环；‎ 第五次：sin＞sin 2π成立，a＝1，T＝T＋a＝3，k＝6,6＜6不成立，跳出循环，输出T的值为3.‎ 答案　3‎ ‎1．分类讨论思想的考查重点为含有参数的函数性质问题、与等比数列的前n项和有关的计算推证问题、直线与圆锥曲线的位置关系不定问题等，在选择、填空、解答题中都会涉及到分类讨论的思想方法．‎ ‎2．等价转换思想的应用在高考试题中处处可见，是解高考试题常用的数学思想．‎ ‎(1)分类与整合思想实质上是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略．利用好分类与整合思想可以优化解题思路，降低问题难度．复习中要养成分类与整合的习惯，常见的分类情形有：概念分类型，运算需要型，参数变化型，图形变动型．‎ ‎(2)转化与化归思想是高中数学学习中最基本、最重要的思想方法，它无处不在．比如：在解析几何中，通过建立坐标系将几何问题划归为代数问题.‎ 必备知识 分类与整合思想 在解某些数学问题时，我们常常会遇到这样一种情况：解到某一步之后，发现问题的发展是按照不同的方向进行的．当被研究的问题包含了多种情况时，‎ 就必须抓住主导问题发展方向的主要因素，在其变化范围内，根据问题的不同发展方向，划分为若干部分分别研究．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，其研究的基本方向是“分”，但分类解决问题之后，还必须把它们整合在一起，这种“合—分—合”的解决问题的思想，就是分类与整合思想．‎ 化归与转化思想 ‎ 在解决一个问题时人们的眼光并不落在结论上，而是去寻觅、追溯一些熟知的结果，由此将问题化难为易，化繁为简，化大为小，各个击破，达到最终解决问题的目的，这种解决问题的思想就是化归与转化思想．‎ 必备方法 ‎1．分类讨论的几种情况[来源:Zxxk.Com]‎ ‎(1)由数学的概念、图形的位置等引发的分类讨论：数学中的概念有些就是分类的，如绝对值的概念；‎ ‎(2)由数学的定理、法则、公式等引发的分类讨论：一些数学定理和公式是分类的，如等比数列的求和公式等；‎ ‎(3)由参数变化引发的分类讨论：当要解决的问题中涉及参数时，由于参数在不同范围内取值时，问题的发展方向不同，这就要把参数划分的几个部分分类解决；‎ ‎(4)问题的具体情况引发的分类讨论：有些数学问题本身就要分情况解决，如概率计算中要根据要求，分类求出基本事件的个数；‎ ‎(5)较复杂或非常规的数学问题，需要采取分类讨论的解题策略来解决．‎ ‎2．化归转化思想的几种情况 ‎(1)化为已知：当所要解决的问题和我们已经掌握的问题有关系时，把所要解决的问题化为已知问题；‎ ‎(2)化难为易：化难为易是解决数学问题的基本思想，当我们遇到的问题是崭新的，解决起来困难时，就要把这个问题化为我们熟悉的问题，熟悉的问题我们有解决的方法，就是容易的问题，这是化难为易的一个方面；‎ ‎(3)化繁为简：在一些问题中，已知条件或求解结论比较繁，这时就可以通过化简这些较繁的已知或者结论为简单的情况，再解决问题，有时把问题中的某个部分看做一个整体，进行换元，这也是化繁为简的转化思想；‎ ‎(4)化大为小：在解答综合性试题时，一个问题往往是由几个问题组成的，整个问题的结论，是通过这一系列的小问题得出的，这种情况下，就可以把所要解决的问题转化为几个小问题进行解决.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　　　　 　　分类讨论 数学中的很多概念都是通过分类定义的，数学中的一些定理、公式、法则往往有一些严格的限制条件，故高考常常在这些知识点中命题．‎ ‎【例1】设函数f(x)＝若f(a)＞f(－a)，则实数a的取值范围是(　　)．‎ A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)‎ C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1)‎ ‎[审题视点] 　‎ ‎　‎ ‎[听课记录]‎ ‎[审题视点] 分a＞0，a＜0讨论求解．‎ C　[当a＞0时，由f(a)＞f(－a)，得log‎2a＞loga，‎ 即log‎2a＞log2 ，即a＞，解得a＞1；‎ 当a＜0时，由f(a)＞f(－a)，得log(－a)＞log2(－a)，‎ 即log2＞log2(－a)，则－＞－a，解得－1＜a＜0.‎ 所以a∈(－1,0)∪(1，＋∞)．]‎ ‎ 有许多核心的数学概念是分类的，比如：直线斜率、指数函数、对数函数等，与这样的数学概念有关的问题往往需要根据数学概念进行分类，从而全面完整地解决问题．‎ ‎【突破训练1】 若函数f(x)＝ax－x－a(a＞0且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．‎ 解析　则函数f(x)＝ax－x－a(a＞0且a≠1)有两个零点，就是函数y＝ax(a＞0且a≠1)的图象与函数y＝x＋a的图象有两个交点．由图象可知，当0＜a＜1时，两函数只有一个交点，不符合；当a＞1时，因为函数y＝ax(a＞1)的图象过点(0,1)，而直线y＝x＋a的图象与y轴的交点一定在点(0,1)的上方，所以一定有两个交点．所以实数a的取值范围是(1，＋∞)．‎ 答案　(1，＋∞)‎ 由于参数的取值不同会导致所得结果不同，所以某些含有参数的问题如函数性质的运用、求最值、一元二次方程根的判断、直线斜率等，在求解时要根据参数的变化进行分类讨论．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【例2】已知函数f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)．‎ ‎(1)当a≤时，讨论f(x)的单调性； ‎ ‎(2)设g(x)＝x2－2bx＋4，当a＝时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．‎ ‎[审题视点] 　‎ ‎　‎ ‎[听课记录]‎ ‎[审题视点] (1)根据解题需要，要对二次项系数、根的大小分类讨论．‎ ‎(2)将问题转化为g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值，则可借助(1)问的结论求得f(x)在(0,2)上的最小值，根据二次函数的对称轴与给定区间(1,2]的关系讨论求g(x)的最小值即可求b的范围．‎ 解　(1)因为f(x)＝ln x－ax＋－1，‎ 所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)．‎ 令h(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)．‎ ‎①当a＝0时，h(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，‎ 所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；‎ 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增．‎ ‎②当a≠0时，令f′(x)＝0，‎ 即ax2－x＋1－a＝0，解得x1＝1，x2＝－1.‎ ‎(ⅰ)当a＝时，x1＝x2，h(x)≥0恒成立，此时f′(x)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．‎ ‎(ⅱ)当01>0，‎ 当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；‎ 当x∈时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增；‎ 当x∈时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减．‎ ‎(ⅲ)当a<0时，由于－1<0，‎ x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；‎ x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增．‎ 综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增；‎ 当a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；‎ 当00，此时与(*)矛盾；‎ ‎②当b∈[1,2]时，因为g(x)min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；‎ ‎③当b∈(2，＋∞)时，因为g(x)min＝g(2)＝8－4b，解不等式8－4b≤－，可得b≥.‎ 综上所述，b的取值范围是.‎ ‎ 求解时，要结合参数的意义，对参数的不同取值或不同取值范围进行分类讨论，分类要合理，要不重不漏，要符合最简原则．‎ ‎【突破训练2】已知函数f(x)＝ax3－x2＋1(x∈R)，其中a＞0.‎ ‎(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；‎ ‎(2)若在区间上，f(x)＞0恒成立，求a的取值范围．‎ 解　(1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f(2)＝3.f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－3＝6(x－2)，即y＝6x－9.‎ ‎(2)f′＝3ax2－3x＝3x(ax－1)．‎ 令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.‎ 以下分两种情况讨论：‎ ‎①若0＜a≤2，则≥.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎0‎ f′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ f(x)‎  极大值  当x∈时，‎ f(x)＞0等价于即 解不等式组得－5＜a＜5.因此0＜a≤2.‎ ‎②若a＞2，则0＜＜.‎ 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：‎ x ‎0‎ f′(x)‎ ‎＋0‎ ‎－‎ ‎0‎ ‎＋‎ f(x)‎  极大值  极小值  当x∈时，[来源:学科网]‎ f(x)＞0等价于即 解不等式组得＜a＜5或a＜－.因此2＜a＜5.‎ 综合①②，可知a的取值范围为0＜a＜5.‎ 转化与化归思想非常普遍，常考查特殊与一般、常量与变量、正与反或以换元法为手段的转化．　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎【例3】已知函数f(x)＝x3＋2x2－ax＋1.若函数g(x)＝f′(x)在区间(－1,1)上存在零点，则实数a的取值范围是________．‎ ‎[审题视点] 　‎ ‎　‎ ‎[听课记录]‎ ‎[审题视点] 很显然，函数g(x)是二次函数，二次函数在一个开区间上存在零点，情况是很复杂的，但这个二次函数可以把参数分离出来，这样就把问题转化为求一个具体的函数的值域．‎ 解析　g(x)＝f′(x)＝3x2＋4x－a，g(x)＝f′(x)在区间(－1,1)上存在零点，等价于3x2＋4x＝a在区间(－1,1)上有解，等价于a的取值范围是函数y＝3x2＋4x在区间(－1,1)上的值域，不难求出这个函数的值域是.故所求的a的取值范围是.‎ 答案　 ‎ 在高考中，转化与化归思想占有相当重要的地位，在解题时注意依据问题本身所提供的信息，利用动态思维，去寻求有利于问题解决的化归与转化的途径和方法．‎ ‎【突破训练3】 函数f(x)＝sin x＋cos x＋sin 2x的最小值是________．‎ 解析　令t＝sin x＋cos x＝sin，‎ 则t2＝1＋sin 2x，且t∈[－，]，∴f(t)＝t2＋t－1＝2－，‎ 故当t＝－∈[－，]时，函数f(x)的最小值为－.‎ 答案　－ 突破转化与化归的瓶颈 转化的一种方式是变换研究对象，将问题转移至新对象的知识背景中，从而使非标准型问题、复杂问题简单化，进而变得容易处理．通过引进新的变量，可以将分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者将条件与结论联系起来，或者使题目的形式变得熟悉，从而将复杂的计算或证明题简化．‎ ‎【示例】设函数fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N＋，b，c∈R)．‎ ‎(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间内存在唯一零点；‎ ‎(2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范围；‎ ‎(3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在内的零点，判断数列x2，x3，…，xn，…的增减性．[来源:Zxxk.Com]‎ ‎[满分解答]　(1)b＝1，c＝－1，n≥2时，fn(x)＝xn＋x－1.‎ ‎∵fnfn(1)＝×1＜0，‎ ‎∴fn(x)在内存在零点．‎ 又当x∈时，fn′(x)＝nxn－1＋1＞0，‎ ‎∴fn(x)在上是单调递增的，‎ ‎∴fn(x)在内存在唯一零点．(4分)‎ ‎(2)当n＝2时，f2(x)＝x2＋bx＋c.‎ 对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等价于f2(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：‎ ‎(i)当＞1，即|b|＞2时，‎ M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾．‎ ‎(ii)当－1≤－＜0，即0＜b≤2时，‎ M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立．‎ ‎(iii)当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，‎ M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立．‎ 综上可知，－2≤b≤2.(8分)‎ 注：(ii)，(iii)也可合并证明如下：‎ 用max{a，b}表示a，b中的较大者．‎ 当－1≤－≤1，即－2≤b≤2时，‎ M＝max{f2(1)，f2(－1)}－f2 ‎＝＋－f2 ‎＝1＋c＋|b|－ ‎＝2≤4恒成立．(8分)‎ ‎(3)法一　设xn是fn(x)在内的唯一零点(n≥2)，‎ fn(xn)＝x＋xn－1＝0，fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈，于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)，‎ 又由(1)知fn(x)在上是递增的，故xn＜xn＋1(n≥2)，‎ 所以，数列x2，x3，…，xn，…是递增数列．(12分)‎ 法二　设xn是fn(x)在内的唯一零点，‎ fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1)‎ ‎＝x＋xn－1＜x＋xn－1＝0，‎ 则fn＋1(x)的零点xn＋1在(xn,1)内，故xn＜xn＋1(n≥2)，‎ 所以，数列x2，x3，…，xn，…是递增数列．(12分)‎ 老师叮咛：本题主要考查函数的零点、导数与不等式，以及数列的单调性的判断和恒成立问题的处理，意在考查转化思想和分类讨论思想的运用.第(1)问利用函数零点存在定理，结合函数的单调性，得出函数在区间上的零点个数.第(2)问结合分类讨论思想，得出函数在区间[－1，1]上的最值，把恒成立问题转化为简单的解不等式问题，不会转化是一个重要的失分点.第(3)问，看成单纯的数列问题，无法将新问题与第(2)问中的结论联系起来，导致解题走入死胡同.‎ ‎【试一试】 已知函数f(x)＝x＋(a∈R)，g(x)＝ln x.‎ ‎(1)求函数F(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间；‎ ‎(2)若关于x的方程＝f(x)－2e(e为自然对数的底数)只有一个实数根a的值．‎ 解　(1)函数F(x)＝f(x)＋g(x)＝x＋＋ln x的定义域为(0，＋∞)．‎ ‎∴F′(x)＝1－＋＝.‎ ‎①当Δ＝1＋‎4a≤0，即a≤－时，得x2＋x－a≥0，则F′(x)≥0.‎ ‎∴函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎②当Δ＝1＋‎4a＞0，即a＞－时，令F′(x)＝0，得x2＋x－a＝0，‎ 解得x1＝＜0，x2＝.‎ ‎(i)若－＜a≤0，则x2＝≤0.‎ ‎∵x∈(0，＋∞)，∴F′(x)＞0，‎ ‎∴函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ ‎(ii)若a＞0，则x∈时，F′(x)＜0；‎ x∈时，F′(x)＞0，‎ ‎∴函数F(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．‎ 综上所述，当a≤0时，函数F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；[来源:学科网]‎ 当a＞0时，函数F(x)的单调递减区间为，‎ 单调递增区间为.‎ ‎(2)由＝f(x)－2e，得＝x＋－2e，化为＝x2－2ex＋a.‎ 令h(x)＝，则h′(x)＝.‎ 令h′(x)＝0，得x＝e.‎ 当0＜x＜e时，h′(x)＞0；当x＞e时，h′(x)＜0.‎ ‎∴函数h(x)在区间(0，e)上单调递增，在区间(e，＋∞)上单调递减．‎ ‎∴当x＝e时，函数h(x)取得最大值，其值为h(e)＝.‎ 而函数m(x)＝x2－2ex＋a＝(x－e)2＋a－e2，‎ 当x＝e时，函数m(x)取得最小值，其值为m(e)＝a－e2.‎ ‎∴当a－e2＝，即a＝e2＋时，方程＝f(x)－2e只有一个实数根．‎