《创新设计》2017届高考数学（理）二轮复习（江苏专用）习题：专题八　数学思想方法 WORD版含解析.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家第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

2、)函数与不等式的相互转化，对于函数yf(x)，当y0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：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；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

3、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11】 (1)f(x)ax33x1对于x1，1，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x0时，f(x)g(

4、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x0，则不论a取何值，f(x)0显然成立；当x0即x(0，1时，f(x)ax33x10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)maxg4，从而a4.当x0即x1，0)时，f(x)ax33x10可化为a，设g(x)，且g(x)在区间1，0)上单调递增，因此g(x)ming(1)4，从而a4，综上a4.(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

5、为奇函数.又当x0时，F(x)f(x)g(x)f(x)g(x)0，所以x0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x0时，F(x)也是增函数.因为F(3)f(3)g(3)0F(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)min0或f(x)max0；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12】 已知数列an满足

6、a13，an1anp3n(nN*，p为常数)，a1，a26，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a13，an1anp3n，得a233p，a3a29p312p.因为a1，a26，a3成等差数列，所以a1a32(a26)，即3312p2(33p6)，得p2，依题意知，an1an23n.当n2时，a2a1231，a3a2232，anan123n1.将以上式子相加得ana12(31323n1)，所以ana123n3，所以an3n(n2).又a13符合上式，故an3n.(2)证明因为an3n，所以bn.所以bn1bn(nN*)，若2n22n

7、10，则n，即当n2时，有bn1bn，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an0(an0)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13】 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ykx(k0)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

8、(1)依题意得椭圆的方程为y21，直线AB，EF的方程分别为x2y2，ykx(k0).如图，设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1x2，且x1，x2满足方程(14k2)x24，故x2x1.由6知x0x16(x2x0)，得x0(6x2x1)x2；由D在AB上知x02kx02，得x0.所以，化简得24k225k60，解得k或k.(2)根据点到直线的距离公式和式知，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SAB(h1h2)22，当4k21(k0)，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

9、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21】 (1)若函数f(x)|2x2|b有两个零点，则实数b的取值范围是_.(2)设函数f(x)(xR)满足f(x)f(x)，f(x)f(2x)，且当x0，1时，f(x)x3.又函数g(x)|xcos(x)|，则函数h(x)g(x)f(x)在上的零点个数为_.解析(1)由f(x)|2x2|b有两个零点，可得|2x2|

10、b有两个不等的实根，从而可得函数y|2x2|的图象与函数yb的图象有两个交点，如图所示.结合函数的图象，可得0b2，故填(0，2).(2)根据题意，函数yf(x)是周期为2的偶函数且0x1时，f(x)x3，则当1x0时，f(x)x3，且g(x)|xcos(x)|，所以当x0时，f(x)g(x).当x0时，若00时，1a1，这时f(1a)2(1a)a2a，f(1a)(1a)2a13a.由f(1a)f(1a)得2a13a，解得a，不合题意，舍去；当a1，1a1，这时f(1a)(1a)2a1a，f(1a)2(1a)a23a.由f(1a)f(1a)得1a23a，解得a.综上可知，a的值为.答案(1)(

11、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12】 (1)(2016苏、锡、常、镇调研改编)不等式|x|2x3|2的解集是_.(2)已知mR，求函数f(x)(43m)x22xm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1x0或x0，故原不等式的解集为1，).(2)当43m0，即m时，函数y2x，它在0，1上是减函数，所以ymaxf(0).当43m0, 即m时，y是二次函数.当43m0，即m时，二次函数

12、y的图象开口向上，对称轴方程x0，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)22m，当m22m，又m，即m时，ymaxm.当m22m，又m，即m时，ymax2(1m).当43m0，即m时，二次函数y的图象开口向下，又它的对称轴方程x0，所以函数y在0，1上是减函数，于是ymaxf(0)m.由、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

13、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13】 (2015全国卷)已知函数f(x)ln xa(1x).(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a2时，求a的取值范围.解(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)a.若a0，则f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递增.若a0，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a0时，f(x)在(0，)上单调递增；当a0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减.(

14、2)由(1)知，当a0时，f(x)在(0，)上无最大值；当a0时，f(x)在x处取得最大值，最大值为fln aln aa1.因此f2a2等价于ln aa10.令g(a)ln aa1，则g(a)在(0，)上单调递增，g(1)0.于是，当0a1时，g(a)0；当a1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21】 已知实数a，b，c满足abc0，a2b2c21，则a的最大值是_.解析令

15、bx，cy，则xya，x2y21a2.此时直线xya与圆x2y21a2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22】 已知f(x)，则f(2 015)f(2 014)f(0)f(1)f(2 016)_.解析f(x)f(1x)1，f(0)f(1)1，f(2 015)f(2 016)1，f(2 015)f(2 01

16、4)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23】 对任意的|m|2，函数f(x)mx22x1m恒为负，则x的取值范围为_.解析对任意的|m|2，有mx22x1m0恒成立，即|m|2时，(x21)m2x10恒成立.设g(m)(x21)m2x1，则原问题转化为g(m)0恒成立(m2，2).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

17、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24】 若对于任意t1，2，函数g(x)x3x22x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(m4)x2，若g(x)在区间(t，3)上总为单调函数，则g(x)0在(t，3)上恒成立，或g(x)0在(t，3)上恒成立.由得3x2(m4)x20，即m43x在x(t，3)上恒成立，m43t恒成立，则m41，即m5；由得m43x在x(t，3)上恒成立，则m49，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m5.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

18、，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a1和0a1的讨论；函数yax2bxc有时候分a0和

19、a0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n1和n1的讨论；等比数列中分公比q1和q1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b0和b0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

20、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，a37，前3项之和S321，则公比q的值是_.解析当公比q1时，a1a2a37，S33a121，符合要求.当q1时，a1q27，21，解之得，q或q1(舍去).综上可知，q

21、1或.答案1或2.过双曲线1(a0，b0)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a23.方程sin2xcos xk0有解，则k的取值范围是_.解析求ksin2xcos x的值域.kcos2xcos x1.当cos x时，kmin，当cos x1时，kmax1，k1.答案4.若数列an的前n项和Sn3n1，则它的通项公式an_.解析当n2时，anSnSn13n1(3n11)23n1；当n1时，a1S12，也满足式子an23n1，数列an的通项公式为an23n1.答案23n15.已知a为正常数，若不等式1对一切非负实数x恒成立，

22、则a的最大值为_.解析原不等式即1(x0)，(*)令t，t1，则xt21，所以(*)式可化为1t对t1恒成立，所以1对t1恒成立，又a为正常数，所以a(t1)2min4，故a的最大值是4.答案46.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，223，k，k3.答案37.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PF1PF2，则的值为_.解析若PF2F190，则PFPFF1F，PF1PF26，F1F22，解得PF1，PF2，.若F2PF190，则F1FPFPFPF(6PF1)2，解

23、得PF14，PF22，2.综上所述，2或.答案2或8.已知函数f(x)ln xx1，g(x)x22bx4，若对任意的x1(0，2)，任意的x21，2，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)ming(x2)max，f(x)ln xx1(x0)，所以f(x).由f(x)0，解得1x3，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，x1是函数f(x)的极小值点，这个极小值点是唯一的，所以f(x1)minf(1).函数g(x2)x2bx24，x21，2.当b1时，g(x2)maxg(

24、1)2b5；当1b2时，g(x2)maxg(b)b24；当b2时，g(x2)maxg(2)4b8.故问题等价于或或解第一个不等式组得b1，解第二个不等式组得1b，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，a18，a42，且满足an22an1an0.(1)求数列的通项公式；(2)设Sn|a1|a2|an|，求Sn.解(1)an22an1an0，所以an2an1an1an，所以an1an为常数列，所以an是以a1为首项的等差数列，设ana1(n1)d，a4a13d，所以d2，所以an102n.(2)因为an102n，令an0，得n5.当n5时，an0；当n5时，a

25、n0；当n5时，an0.所以当n5时，Sn|a1|a2|an|a1a2a5(a6a7an)T5(TnT5)2T5Tnn29n40，Tna1a2an，当n5时，Sn|a1|a2|an|a1a2anTn9nn2.所以Sn10.已知函数g(x)(aR)，f(x)ln(x1)g(x).(1)若函数g(x)过点(1，1)，求函数f(x)的图象在x0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a2，所以f(x)ln(x1).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y3x.(2)因为f(x

26、)ln(x1)(x1)，所以f(x).当a0时，因为x1，所以f(x)0，故f(x)在(1，)上单调递增；当a0时，由得1x1a，故f(x)在(1，1a)上单调递减；由得x1a，故f(x)在(1a，)上单调递增.综上，当a0时，函数f(x)在(1，)上单调递增；当a0时，函数f(x)在(1，1a)上单调递减，在(1a，)上单调递增.11.已知椭圆1(ab0)的一个焦点与抛物线y24x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

27、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b1.可求得a2，故椭圆的方程为y21.(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yk(x1).由得(4k21)x28k2x4k240，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，解上述方程后易得：x1x2，x1x2.则(mx1，y1)，(mx2，y2)，所以(mx1)(mx2)y1y2m2m(x1x2)x1x2y1y2m2m(x1x2)x1x2k2(x11)(x21)m2k2(4m28m1).要使为定值，令2m0，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.高考资源网版权所有，侵权必究！