备战高考数学专题讲座数学思想方法之整体思想探讨

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备战高考数学专题讲座数学思想方法之整体思想探讨

‎【备战2013高考数学专题讲座】‎ 第7讲:数学思想方法之整体思想探讨 江苏泰州锦元数学工作室 编辑 数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识,数学方法是数学思想的具体化形式,实际上两者的本质是相同的,差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有:建模思想、归纳思想,分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。‎ 整体思想就是从问题的整体性质出发,突出对问题的整体结构的分析和改造,发现问题的整体结构特征,善于用“集成”的眼光,把某些式子或图形看成一个整体,把握它们之间的关联,进行有目的、有意识的整体处理。‎ 整体思想方法在代数式的化简与求值、解方程(组)、几何解证等方面都有广泛的应用,整体代入、叠加叠乘处理、整体运算、整体设元、整体处理、几何中的补形等都是整体思想方法在解数学问题中的具体运用。‎ 结合2012年全国各地高考的实例,我们从下面四方面探讨整体思想的应用:(1)整体运算;(2)整体代换;(3)整体设元;(4)整体变形、补形。‎ 一、整体运算:整体运算是着眼结构的整体性,根据问题的条件进行运算(包括整体配方、求导等),达到简化解题思路,确定解题的突破口或者总体思路。‎ 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】‎ 例1. (2012年全国课标卷理5分)设点在曲线上,点在曲线上,则最小值为【 】‎ ‎ ‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】反函数的性质,导数的应用。‎ ‎【解析】∵函数与函数互为反函数,∴它们的图象关于对称。‎ ‎ ∴函数上的点到直线的距离为 ‎ 设函数,则,∴。∴。‎ ‎ ∴由图象关于对称得:最小值为。故选。‎ 例2. (2012年全国课标卷文5分)当时,,则a的取值范围是【 】 ‎ ‎(A)(0,) (B)(,1) (C)(1,) (D)(,2)‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】指数函数和对数函数的性质。‎ ‎【解析】设,作图。‎ ‎ ∵当时,, ‎ ‎∴在时, 的图象在的图象上方。‎ ‎    根据对数函数的性质,。∴单调递减。‎ ‎ ∴由时,得,解得。‎ ‎ ∴要使时,,必须。‎ ‎ ∴a的取值范围是(,1) 。故选B。‎ 例3. (2012年江西省文5分)已知若a=f(lg5),则【 】‎ A.   B.    C.    D. ‎ ‎【答案】C。‎ ‎【考点】二倍角的余弦,诱导公式,对数的运算性质。‎ ‎【解析】应用二倍角的余弦公式进行降幂处理:。‎ ‎    ∴,‎ ‎。‎ ‎∴。故选C。‎ 例4. (2012年江西省理5分)设数列都是等差数列,若,,则 ‎ ▲ 。‎ ‎【答案】35。‎ ‎【考点】等差中项的性质,整体代换的数学思想。‎ ‎【解析】∵数列都是等差数列,∴数列也是等差数列。‎ ‎∴由等差中项的性质,得,即,‎ 解得。‎ 例5. (2012年江苏省16分)已知各项均为正数的两个数列和满足:,,‎ ‎(1)设,,求证:数列是等差数列;‎ ‎(2)设,,且是等比数列,求和的值.‎ ‎【答案】解:(1)∵,∴。‎ ‎ ∴ 。∴ 。‎ ‎ ∴数列是以1 为公差的等差数列。‎ ‎(2)∵,∴。‎ ‎ ∴。(﹡)‎ ‎ 设等比数列的公比为,由知,下面用反证法证明 ‎ 若则,∴当时,,与(﹡)矛盾。‎ ‎ 若则,∴当时,,与(﹡)矛盾。‎ ‎ ∴综上所述,。∴,∴。‎ ‎ 又∵,∴是公比是的等比数列。‎ ‎ 若,则,于是。‎ ‎ 又由即,得。‎ ‎ ∴中至少有两项相同,与矛盾。∴。‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∴ 。‎ ‎【考点】等差数列和等比数列的基本性质,基本不等式,反证法。‎ ‎【解析】(1)根据题设和,求出,从而证明而得证。‎ ‎ (2)根据基本不等式得到,用反证法证明等比数列的公比。‎ 从而得到的结论,再由知是公比是的等比数列。最后用反证法求出。‎ 例6. (2012年全国大纲卷文12分)已知数列{}中, =1,前n项和.‎ ‎ (1)求,‎ ‎ (2)求{}的通项公式。‎ ‎【答案】解:(1)由 =1,得,解得。‎ ‎ 同理,解得。‎ ‎(2)∵,∴。‎ ‎ ∴,即。‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∴,即。‎ ‎ 由 =1,得。‎ ‎ ∴{}的通项公式为。‎ ‎【考点】数列。‎ ‎【解析】(1)由已知条件,可直接求出。‎ ‎ (2)由求出,两式相减,求出。从而各项相乘即可求得{}的通项公式。‎ 例7. (2012年天津市文13分)已知{}是等差数列,其前项和为,{}是等比数列,且=,,.‎ ‎(Ⅰ)求数列{}与{}的通项公式;‎ ‎ (Ⅱ)记,,证明。‎ ‎【答案】解:(1)设等差数列的公差为,等比数列的公比为,‎ 由=,得。‎ 由条件,得方程组 ‎,解得。‎ ‎∴。‎ ‎(Ⅱ)证明:由(1)得, ①;‎ ‎∴ ②;‎ 由②-①得,‎ ‎∴。‎ ‎【考点】等差数列与等比数列的综合;等差数列和等比数列的通项公式。‎ ‎【分析】(Ⅰ)直接设出首项和公差,根据条件求出首项和公差,即可求出通项。‎ ‎(Ⅱ)写出的表达式,借助于错位相减求和。‎ 还可用数学归纳法证明其成立。‎ 例8. (2012年浙江省文14分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=,n∈N﹡,数列{bn}满足an=4log2bn+3,n∈N﹡.‎ ‎(1)求an,bn;‎ ‎(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.‎ ‎【答案】解:(1)由Sn=,得 ‎ 当n=1时,;‎ 当n2时,,n∈N﹡。‎ 由an=4log2bn+3,得,n∈N﹡。‎ ‎(2)由(1)知,n∈N﹡,‎ ‎∴,‎ ‎。‎ ‎∴。‎ ‎∴,n∈N﹡。‎ ‎【考点】等比数列、等差数列的概念、通项公式以及求和公式,对数的定义。‎ ‎【解析】(1)由Sn=,作即可求得an;代入an=4log2bn+3,化为指数形式即可求得bn。‎ ‎ (2)由an,bn求出数列{an·bn}的通项,得到,从而作即可求得T。‎ 例9. (2012年全国大纲卷理5分)已知为第二象限角,,则【 】‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】两角和差的公式以及二倍角公式的运用。‎ ‎【解析】首先利用平方法得到二倍角的正弦值,然后然后利用二倍角的余弦公式,将所求的转化为单角的正弦值和余弦值的问题:‎ ‎∵,∴两边平方,得,即。‎ ‎∵为第二象限角,∴因此。‎ ‎∴。‎ ‎∴。故选A。‎ 例10. (2012年辽宁省理5分)已知,(0,π),则=【 】‎ ‎(A) 1 (B) (C) (D) 1‎ ‎【答案】A。‎ ‎【考点】三角函数中的和差公式、倍角公式、三角函数的性质。‎ ‎【解析】∵,∴。∴。‎ ‎ 又∵,∴。∴,即。‎ ‎ ∴。故选A。‎ ‎ 另析:,‎ ‎。‎ 例11. (2012年北京市理13分)已知函数。‎ ‎(1)求的定义域及最小正周期;‎ ‎(2)求的单调递增区间。‎ ‎【答案】解:(1)由解得,‎ ‎ ∴的定义域为。‎ ‎ 又∵‎ ‎ ‎ ‎ ∴的最小正周期为。‎ ‎(2)∵,‎ ‎ ∴根据正弦函数的增减性,得或,。‎ ‎ 解得或,。‎ ‎∴的单调递增区间为。‎ ‎【考点】三角函数的定义域、最小正周期和单调增减性。‎ ‎【解析】(1)根据分式分母不为0的条件,结合正弦函数的零点得出的定义域。将变形,即可由求最小正周期的公式求得。‎ ‎ (2)根据正弦函数的增减性,结合的定义域,求出的单调递增区间。‎ 二、整体代换:整体代换是根据问题的条件,选择一个或几个元素(代数式、数列等),将它们看成一个整体,进行等量代换,达到减少计算量的目的。‎ 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】‎ 例1. (2012年福建省理5分)函数在[a,b]上有定义,若对任意x1,x2∈[a,b],有,则称在[a,b]上具有性质P.设在[1,3]上具有性质P,现给出如下命题:‎ ‎①在[1,3]上的图象是连续不断的;‎ ‎②在[1,]上具有性质P;‎ ‎③若在x=2处取得最大值1,则=1,x∈[1,3];‎ ‎④对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有.‎ 其中真命题的序号是【 】‎ A.①② B.①③ C.②④ D.③④‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】抽象函数及其应用,函数的连续性。‎ ‎【解析】对于命题①,设,显然它在[1,3]上具有性质P,但函数在处是不连续的,命题错误;‎ 对于命题②,设,显然它在[1,3]上具有性质P,但在[1,]上不具有性质P,命题错误;‎ 对于命题③,∵在x=2处取得最大值1,‎ ‎∴在[1,3]上,,即。‎ ‎∴。∴=1,x∈[1,3]。命题正确;‎ 对于命题④,对任意x1,x2,x3,x4∈[1,3],有 命题正确。‎ 故选D。‎ 例2. (2012年安徽省理13分)设 ‎ (I)求在上的最小值;‎ ‎ (II)设曲线在点的切线方程为;求的值。‎ ‎【答案】解:(I)设,则。‎ ‎∴。 ‎ ‎ ①当时,。∴在上是增函数。‎ ‎ ∴当时,的最小值为。‎ ‎ ②当时,‎ ‎ ∴当且仅当时,的最小值为。‎ ‎(II)∵,∴。‎ ‎ 由题意得:,即,解得。‎ ‎【考点】复合函数的应用,导数的应用,函数的增减性,基本不等式的应用。‎ ‎【解析】(I)根据导数的的性质分和求解。‎ ‎ (II)根据切线的几何意义列方程组求解。‎ 例3. (2012年江苏省16分)若函数在处取得极大值或极小值,则称为函数的极值点。【版权归锦元数学工作室,不得转载】‎ 已知是实数,1和是函数的两个极值点.‎ ‎(1)求和的值;‎ ‎(2)设函数的导函数,求的极值点;‎ ‎(3)设,其中,求函数的零点个数.‎ ‎【答案】解:(1)由,得。‎ ‎ ∵1和是函数的两个极值点,‎ ‎ ∴ ,,解得。‎ ‎ (2)∵ 由(1)得, ,‎ ‎ ∴,解得。‎ ‎ ∵当时,;当时,,‎ ‎ ∴是的极值点。‎ ‎ ∵当或时,,∴ 不是的极值点。‎ ‎ ∴的极值点是-2。‎ ‎(3)令,则。‎ ‎ 先讨论关于 的方程 根的情况:‎ 当时,由(2 )可知,的两个不同的根为I 和一2 ,注意到是奇函数,∴的两个不同的根为一和2。‎ 当时,∵, ,‎ ‎∴一2 , -1,1 ,2 都不是的根。‎ 由(1)知。‎ ‎① 当时, ,于是是单调增函数,从而。‎ 此时在无实根。‎ ‎② 当时.,于是是单调增函数。‎ 又∵,,的图象不间断,‎ ‎∴ 在(1 , 2 )内有唯一实根。‎ 同理,在(一2 ,一I )内有唯一实根。‎ ‎③ 当时,,于是是单调减两数。‎ 又∵, ,的图象不间断,‎ ‎∴在(一1,1 )内有唯一实根。‎ 因此,当时,有两个不同的根满足;当 时 有三个不同的根,满足。‎ 现考虑函数的零点:‎ ‎( i )当时,有两个根,满足。‎ 而有三个不同的根,有两个不同的根,故有5 个零点。‎ ‎( 11 )当时,有三个不同的根,满足。‎ 而有三个不同的根,故有9 个零点。‎ 综上所述,当时,函数有5 个零点;当时,函数有9 个零点。‎ ‎【考点】函数的概念和性质,导数的应用。‎ ‎【解析】(1)求出的导数,根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。‎ ‎ (2)由(1)得,,求出,令,求解讨论即可。‎ ‎ (3)比较复杂,先分和讨论关于 的方程 根的情况;再考虑函数的零点。‎ 例4. (2012年全国课标卷文5分)设函数的最大值为M,最小值为m,则M+m= ▲ ‎ ‎【答案】2。‎ ‎【考点】奇函数的性质。‎ ‎【解析】∵, ∴设。‎ ‎ ∵,‎ ‎ ∴函数是奇函数,关于坐标原点对称,它的最大值与最小值之和为0。‎ ‎ ∴。‎ 例5. (2012年上海市文4分)方程的解是 ▲ ‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】解指数方程。‎ ‎【解析】根据方程,化简得。‎ 令,则原方程可化为,解得 或。‎ ‎∴。∴原方程的解为。‎ 例6. (2012年全国课标卷文5分)数列满足,则的前60项和为【 】‎ ‎(A)3690 (B)3660 (C)1845 (D)1830‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】分类归纳(数字的变化类),数列。‎ ‎【解析】求出的通项:由得, ‎ ‎ 当时,;当时,;当时,;‎ 当时,;当时,;当时,;‎ 当时,;当时,;······‎ 当时,;当时,;当时,;‎ 当时,()。‎ ‎∵,‎ ‎∴的四项之和为()。‎ 设()。‎ 则的前项和等于的前15项和,而是首项为10,公差为16的等差数列,‎ ‎∴的前项和=的前15项和=。故选D。‎ 例7. (2012年四川省文5分)设函数,是公差不为0的等差数列,,则【 】‎ A、0 B、‎7 C、14 D、21‎ ‎【答案】D。‎ ‎【考点】高次函数的性质,等差数列性质。‎ ‎【解析】∵是公差不为0的等差数列,记公差为。‎ ‎ ∴。‎ ‎ 则 ‎ ‎ ‎ 。‎ ‎∵,∴。‎ 设,‎ 则。‎ ‎∴。故选D。‎ 例8. (2012年山东省理13分)在平面直角坐标系xOy中,F是抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点,M是抛物线C上位于第一象限内的任意一点,过M,F,O三点的圆的圆心为Q,点Q到抛物线C的准线的距离为。‎ ‎(Ⅰ)求抛物线C的方程;‎ ‎(Ⅱ)是否存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由;‎ ‎(Ⅲ)若点M的横坐标为,直线l:y=kx+与抛物线C有两个不同的交点A,B,l与圆Q 有两个不同的交点D,E,求当时,的最小值。‎ ‎【答案】解:(Ⅰ)F抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点F,设M,。‎ 由题意可知,‎ 则点Q到抛物线C的准线的距离为,解得。‎ ‎∴抛物线C的方程为。‎ ‎(Ⅱ)假设存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M,‎ 而,,,‎ ‎∴,即。‎ 由可得,,则,‎ 即,解得,点M的坐标为。‎ ‎(Ⅲ)∵点M的横坐标为,∴点M,。‎ 由可得。‎ 设,则。‎ ‎∴。‎ ‎∵圆,圆心到直线l 的距离。‎ ‎∴。‎ ‎∴。‎ ‎∵,∴令。‎ ‎∴。‎ 设,则。‎ 当时,,‎ 即当时,。‎ ‎∴当时,。‎ ‎【考点】抛物线和圆的性质,切线斜率的应用和意义,韦达定理的应用,导数的应用。函数的单调性质。‎ ‎【解析】(Ⅰ)由已知条件,根据抛物线和圆的性质列式求解。‎ ‎ (Ⅱ)假设存在点M,使得直线MQ与抛物线C相切于点M,则由条件列式,并由切线斜率的应用和意义求出点M的坐标。‎ ‎ (Ⅲ)应用韦达定理、勾股定理,用表示出和,根据函数的单调性质可求解。‎ 三、整体设元:整体设元是用新的参数去代替已知式或已知式中的某一部分,达到化繁为简、化难为易的目的。‎ 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】‎ 例1. (2012年山东省理5分)设函数,若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确的是【 】‎ A. 当a<0时,x1+x2<0,y1+y2>0 B. 当a<0时,x1+x2>0, y1+y2<0‎ C. 当a>0时,x1+x2<0,y1+y2<0 D. 当a>0时,x1+x2>0, y1+y2>0‎ ‎【答案】B。‎ ‎【考点】导数的应用。‎ ‎【解析】令,则。‎ 设,。‎ 令,则 要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须:‎ ‎,整理得。‎ 取值讨论:可取来研究。‎ 当时,,解得,此时,此时;‎ 当时,,解得,此时,此时。故选B。‎ 例2. (2012年全国大纲卷理12分)设函数。‎ ‎(1)讨论的单调性;‎ ‎(2)设,求的取值范围。‎ ‎【答案】解:。‎ ‎(1)∵,∴。‎ 当时,,在上为单调递增函数;‎ 当时,,在上为单调递减函数;‎ 当时,由得,‎ ‎ 由得或;‎ ‎ 由得。‎ ‎ ∴当时在和上为为单调递增函数;在上为单调递减函数。‎ ‎(2)由恒成立可得。‎ 令,则。‎ 当时,,当时,。‎ 又,所以,即 故当时,有,‎ ‎①当时,,,所以。‎ ‎②当时,。‎ 综上可知故所求的取值范围为。‎ ‎【考点】导数在研究函数中的运用,三角函数的有界性,。‎ ‎【解析】(1)利用三角函数的有界性,求解单调区间。‎ ‎ (2)运用构造函数的思想,证明不等式。关键是找到合适的函数,运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。‎ 例3. (2012年全国课标卷理12分)已知函数满足满足;‎ ‎(1)求的解析式及单调区间;‎ ‎(2)若,求的最大值。‎ ‎【答案】解:(1)∵,∴。‎ 令得,。∴。‎ ‎∴,得。‎ ‎ ∴的解析式为。‎ ‎ 设,则。‎ ‎ ∴在上单调递增。‎ ‎ 又∵时,,单调递增;‎ 时,,单调递减。‎ ‎ ∴的单调区间为:单调递增区间为,单调递减区间为。‎ ‎ (2)∵,∴。‎ 令得。‎ ‎ ①当时,,∴在上单调递增。‎ ‎ 但时,与矛盾。‎ ‎ ②当时,由得;由得。‎ ‎ ∴当时,‎ ‎ ∴。‎ ‎ 令;则。‎ ‎ 由得;由得。‎ ‎ ∴当时,‎ ‎ ∴当时,的最大值为。‎ ‎【考点】函数和导函数的性质。‎ ‎【解析】(1)由求出和即可得到的解析式,根据导数的性质求出单调区间。‎ ‎(2)由和,表示出,根据导函数的性质求解。‎ 例4. (2012年北京市理13分)已知函数 ‎(1)若曲线与曲线在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求a、b的值;‎ ‎(2)当时,求函数的单调区间,并求其在区间(-∞,-1)上的最大值。‎ ‎【答案】解:(1)∵(1,c)为公共切点,∴。‎ ‎ ∴,即①。‎ ‎ 又∵,∴。‎ ‎ 又∵曲线与曲线在它们的交点(1,c)处具有公共切线,‎ ‎ ∴②。‎ ‎ 解①②,得。‎ ‎(2)∵,∴设。‎ ‎ 则。令,解得。‎ ‎ ∵,∴。‎ ‎ 又∵在各区间的情况如下:‎ ‎+‎ ‎0‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎∴在单调递增,在单调递减,在上单调递增。‎ ‎①若,即时,最大值为;‎ ‎②若,即时,最大值为。‎ ‎③若时,即时,最大值为。‎ 综上所述:当时,最大值为;当时,最大值为1。‎ ‎【考点】函数的单调区间和最大值,切线的斜率,导数的应用。‎ ‎【解析】(1)由曲线与曲线有公共点(1,c)可得;由曲线与曲线在它们的交点(1,c)处具有公共切线可得两切线的斜率相等,即。联立两式即可求出a、b的值。‎ ‎ (2)由 得到只含一个参数的方程,求导可得的单调区间;根据 ,和三种情况讨论的最大值。 ‎ 例5. (2012年天津市理14分)已知函数的最小值为,其中.‎ ‎(Ⅰ)求的值;‎ ‎(Ⅱ)若对任意的,有成立,求实数的最小值;‎ ‎(Ⅲ)证明.‎ ‎【答案】解:(Ⅰ)函数的定义域为,求导函数可得.‎ ‎ 令,得。‎ 当变化时,和的变化情况如下表:‎ ‎-‎ ‎0‎ ‎+‎ ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎∴在处取得极小值。‎ ‎∴由题意,得。∴。‎ ‎(Ⅱ)当≤0时,取,有,故≤0不合题意。‎ 当>0时,令,即。‎ 求导函数可得。‎ 令,得。‎ ‎①当时, ≤0,在(0,+∞)上恒成立,因此在(0,+∞)上单调递减,从而对任意的),总有,即对任意的,有成立。‎ ‎∴符合题意。‎ ‎②当时,>0,对于(0, ),>0,因此在 ‎(0, )上单调递增,因此取(0, )时,,即有不成立。‎ ‎ ∴不合题意。‎ 综上,实数的最小值为。【版权归锦元数学工作室,不得转载】‎ ‎(Ⅲ)证明:当=1时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立。‎ 当≥2时,‎ ‎。‎ 在(2)中,取,得,‎ ‎∴。‎ ‎∴‎ ‎。‎ 综上,。‎ ‎【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数求闭区间上函数的最值。‎ ‎【分析】(Ⅰ)确定函数的定义域,求导函数,确定函数的单调性,求得函数的最小值,利用函数的最小值为,即可求得的值。‎ ‎(Ⅱ)当≤0时,取,有,故≤0不合题意。当>0时,令,求导函数,令导函数等于0,分类讨论:①当 时,≤0,在(0,+∞)上单调递减,从而对任意的),总有。②当时,>0,对于(0, ),>0,因此在(0, )上单调递增。由此可确定的最小值。‎ ‎(Ⅲ)当=1时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立。当≥2时,由 ‎,在(Ⅱ)中,取得,从而可得,由此可证结论。‎ 例6. (2012年山东省理13分)已知函数 = (k为常数,e=2.71828……是自然对数的底数),曲线y= )在点(1,f(1))处的切线与x轴平行。‎ ‎(Ⅰ)求k的值;‎ ‎(Ⅱ)求的单调区间;‎ ‎(Ⅲ)设g(x)=(x2+x) ,其中为f(x)的导函数,证明:对任意x>0,。‎ ‎【答案】解:(Ⅰ)由 = 可得,‎ ‎∵曲线y= f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,‎ ‎∴,即,解得。‎ ‎(Ⅱ),令可得,即。‎ ‎ 令,‎ ‎ 由指数函数和对数函数的单调性知,在时,从单调减小;从单调增加。∴和只相交于一点,即只有一解。‎ ‎ 由(Ⅰ)知,,∴。‎ 当时,;当时,。(取点代入)‎ ‎∴在区间内为增函数;在内为减函数。‎ ‎(Ⅲ)∵,‎ ‎ ‎ ‎ 可以证明,对任意x>0,有(通过函数的增减性和极值证明),‎ ‎ ∴。‎ ‎ 设。则。‎ ‎ 令,解得。‎ ‎ 当时,;当时,。‎ ‎ ∴在取得最大值。‎ ‎ ∴,即。‎ ‎ ∴对任意x>0,。‎ ‎【考点】曲线的切线,两直线平行的性质,幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。‎ ‎【解析】(Ⅰ)由曲线y= f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,可令y= f(x)在点(1,f(1))处的导数值为0,即可求得k的值。‎ ‎ (Ⅱ)求出函数的导数,讨论它的正负,即可得的单调区间。‎ ‎ (Ⅲ)对,用缩小法构造函数,求出它的最大值即可得到证明。‎ 例7. (2012年广东省理14分)设a<1,集合,‎ ‎(1)求集合D(用区间表示)‎ ‎(2)求函数在D内的极值点。‎ ‎【答案】解:(1)设,‎ 方程的判别式 ‎①当时,,恒成立,‎ ‎∴。‎ ‎∴,即集合D=。‎ ‎②当时,,方程的两根为 ‎,。‎ ‎∴‎ ‎∴,‎ 即集合D=。‎ ‎③当时,,方程的两根为 ‎,。‎ ‎∴‎ ‎。‎ ‎∴,‎ 即集合D=。‎ ‎(2)令得 的可能极值点为。‎ ‎ ①当时,由(1)知,所以随的变化情况如下表:‎ ‎0‎ ‎0‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ 极小值 ‎↗‎ ‎∴在D内有两个极值点为:极大值点为,极小值点为。‎ ‎②当时,‎ 由(1)知=。‎ ‎∵, ∴,‎ ‎∴随的变化情况如下表:‎ ‎0‎ ‎↗‎ 极大值 ‎↘‎ ‎↗‎ ‎∴在D内仅有一个极值点:极大值点为,没有极小值点。‎ ‎③当时, ‎ 由(1)知。‎ ‎∵,∴。‎ ‎∴‎ ‎。‎ ‎∴。‎ ‎∴在D内没有极值点。‎ ‎【考点】分类思想的应用,集合的计算, 解不等式,导数的应用。‎ ‎【解析】(1)根据根的判别式应用分类思想分、、讨论即可,计算比较繁。【版权归锦元数学工作室,不得转载】‎ ‎ (2)求出,得到的可能极值点为。仍然分、、讨论。‎ 例8. (2012年全国课标卷文5分)设函数 ‎(Ⅰ)求的单调区间 ‎(Ⅱ)若a=1,k为整数,且当x>0时,,求k的最大值 ‎【答案】解:(I) f(x)的的定义域为,。‎ ‎ 若,则,∴在上单调递增。‎ ‎ 若,则当时,;当时,,∴在上单调递减,在上单调递增。‎ ‎ (Ⅱ)∵a=1,∴。‎ ‎ ∴当x>0时,,它等价于。‎ ‎ 令,则。‎ ‎ 由(I)知,函数在上单调递增。‎ ‎ ∵,,∴在上存在唯一的零点。‎ ‎ ∴在上存在唯一的零点,设此零点为,则。‎ ‎ 当时,;当时,。‎ ‎ ∴在上的最小值为。‎ ‎ 又∵,即,∴。‎ ‎ 因此,即整数k的最大值为2。‎ ‎【考点】函数的单调性质,导数的应用。‎ ‎【解析】(I)分和讨论的单调区间即可。‎ ‎ (Ⅱ)由于当x>0时,等价于,令,‎ 求出导数,根据函数的零点情况求出整数k的最大值。‎ 例9.(2012年全国课标卷理5分) 已知函数;则的图像大致为【 】‎ ‎ ‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】导数的应用。‎ ‎【解析】设,则。‎ ‎ ∵时,;时,,‎ ‎ ∴。‎ ‎ ∴或均有。因此排除。故选。‎ 五、整体变形、补形:整体变形是将问题中某些局部运算作整体变形处理,使之呈现规律性结构形式,达到简化问题或减少运算量的目的。整体补形是根据题设条件将原题中的图形补足为某种特殊的图形,建立题设条件与特殊的图形之间的关系,突出问题本质,找到较简洁的解题方法。‎ 典型例题:【版权归锦元数学工作室,不得转载】‎ 例1. (2012年辽宁省理5分)已知正三棱锥ABC,点P,A,B,C都在半径为的求面上,若PA,‎ PB,PC两两互相垂直,则球心到截面ABC的距离为 ▲ 。‎ ‎【答案】。‎ ‎【考点】组合体的线线,线面,面面位置关系,转化思想的应用。‎ ‎【解析】∵在正三棱锥ABC中,PA,PB,PC两两互相垂直,‎ ‎∴可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分,(如图所示),此正方体内接于球,正方体的体对角线为球的直径EP,球心为正方体对角线的中点O,且EP⊥平面ABC,EP与平面ABC上的高相交于点F。‎ ‎∴球O到截面ABC的距离OF为球的半径OP减去正三棱锥 ABC在面ABC上的高FP。‎ ‎∵球的半径为,设正方体的棱长为,则由勾股定理得。‎ 解得正方体的棱长=2,每个面的对角线长。‎ ‎∴截面ABC的高为, 。‎ ‎∴在Rt△BFP中,由勾股定理得,正三棱锥ABC在面ABC上的高。‎ ‎∴所以球心到截面ABC的距离为。‎ 例2.(2012年福建省文12分) 如图所示,在长方体ABCD-A1B‎1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,M为棱DD1上的一点.‎ ‎(I)求三棱锥A-MCC1的体积;‎ ‎(II)当A‎1M+MC取得最小值时,求证:B‎1M⊥平面MAC. ‎ ‎【答案】解:(I)由长方体ABCD-A1B‎1C1D1知,AD⊥平面CDD‎1C1,‎ ‎∴点A到平面CDD‎1C1的距离等于AD=1。‎ 又∵==×2×1=1,‎ ‎∴ 。‎ ‎(II)将侧面CDD‎1C1绕DD1逆时针转90°展开,与侧面ADD‎1A1共面(如图),‎ 当A1,M,C共线时,A‎1M+MC取得最小值。‎ 由AD=CD=1,AA1=2,得M为DD1中点.‎ 连接C‎1M,‎ 在△C1MC中,MC1=,MC=,CC1=2,‎ ‎∴CC=MC+MC2,得∠CMC1=90°,即CM⊥MC1。‎ 又由长方体ABCD-A1B‎1C1D1知,B‎1C1⊥平面CDD‎1C1,‎ ‎∴B‎1C1⊥CM。‎ 又B‎1C1∩C‎1M=C1,∴CM⊥平面B‎1C‎1M,得CM⊥B‎1M。‎ 同理可证,B‎1M⊥AM。‎ 又AM∩MC=M,∴B‎1M⊥平面MAC。‎ ‎【考点】棱锥的体积,直线与直线、直线与平面的位置关系。‎ ‎【解析】(I)由题意可知,A到平面CDD‎1C1的距离等于AD=1,易求=1,从而可求。‎ ‎(II)侧面CDD‎1C1绕DD1逆时针转90°展开,与侧面ADD‎1A1共面,当A1,M,C共线时,A‎1M+MC取得最小值.易证CM⊥平面B‎1C‎1M,从而CM⊥B‎1M,同理可证,B‎1M⊥AM,问题得到解决。‎ 例3. (2012年安徽省理12分)平面图形如图4所示,其中是矩形,,,。现将该平面图形分别沿和折叠,使与所在平面都与平面垂直,再分别连接,得到如图2所示的空间图形,对此空间图形解答下列问题。‎ ‎(Ⅰ)证明:; ‎ ‎(Ⅱ)求的长;‎ ‎(Ⅲ)求二面角的余弦值。‎ ‎【答案】解:(I)取的中点为点,连接 ‎ ∵,∴。‎ ‎∵面面,∴面。‎ 同理:面 。‎ ‎∴。∴共面。‎ 又∵,‎ ‎∴面。∴。‎ ‎(Ⅱ)延长到,使 ,连接。‎ ‎∵,∴。‎ ‎∴。‎ ‎∵,面面,‎ ‎∴面。∴面。‎ ‎∴在中,。‎ ‎ (Ⅲ)∵,∴是二面角的平面角。‎ ‎ ∴在中,。‎ ‎ 在中,‎ ‎ ∴二面角的余弦值为。‎ ‎【考点】空间中直线与直线之间的位置关系,直线与平面所成的角,余弦定理。‎ ‎【解析】(I)要证,即要面,从而通过证明面和面,得到共面。由,得到面。从而是证。‎ ‎ (Ⅱ)构造,在中,应用勾股定理即可求得的长。‎ ‎ (Ⅲ)要求二面角的余弦值,先要找出二面角的平面角。由 知,是二面角的平面角。在中,应用勾股定理求得的长,在中,应用余弦定理即可求得的余弦值,即二面角的余弦值。‎
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