《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 下篇 指導一 數(shù)學思想 融會貫通教學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考數(shù)學大二輪復習 下篇 指導一 數(shù)學思想 融會貫通教學案（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 指導一 數(shù)學思想·融會貫通 第1講　函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想 [一]函數(shù)與方程思想 函數(shù)思想 方程思想 通過建立函數(shù)關系或構造函數(shù)，運用函數(shù)的圖象和性質去分析問題、轉化問題，從而使問題得到解決的思想 構建方程或方程組，通過解方程或方程組或運用方程的性質去分析問題、轉化問題，從而使問題獲得解決的思想 [函數(shù)思想與方程思想密切相關]　方程f(x)＝0的解就是函數(shù)y＝f(x)的圖象與x軸的交點的橫坐標；函數(shù)y＝f(x)也可以看作二元方程f(x)－y＝0，通過方程進行研究，方程f(x)＝a有解，當且僅當a屬于函數(shù)f(x)的值域．函數(shù)思想重在對問題進行動態(tài)的研究，方程思想則是在動中

2、求靜，研究運動中的等量關系 　　　　函數(shù)與方程思想在函數(shù)、不等式中的應用 [例1]　(2019·煙臺三模)已知f(x)＝log2x，x∈[2,16]，對于函數(shù)f(x)值域內的任意實數(shù)m，使x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立的實數(shù)x的取值范圍為(　　) A．(－∞，－2] B．[2，＋∞) C．(－∞，－2]∪[2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞) [解析]　D　[因為x∈[2,16]，所以f(x)＝log2x∈[1,4]， 即m∈[1,4]．不等式x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立， 即為m(x－2)＋(x－2)2＞0恒成立． 設g(m)＝(x－2)m＋(x－2)2，

3、 則此函數(shù)在區(qū)間[1,4]上恒大于0， 所以即 解得x＜－2或x＞2.] 函數(shù)與方程思想在不等式中的應用 函數(shù)與不等式的相互轉化，把不等式轉化為函數(shù)，借助函數(shù)的圖象和性質可解決相關的問題．常涉及不等式恒成立問題、比較大小問題．一般利用函數(shù)思想構造新函數(shù)，建立函數(shù)關系求解． [活學活用1] (2019·貴陽三模)設0＜a＜1，e為自然對數(shù)的底數(shù)，則a，ae，ea－1的大小關系為(　　) A．ea－1＜a＜ae　　　　　 B．a(chǎn)e＜a＜ea－1 C．a(chǎn)e＜ea－1＜a D．a(chǎn)＜ea－1＜ae 解析：B　[設f(x)＝ex－x－1，x＞0，則f′(x)＝ex－1， ∴f(x

4、)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，且f(0)＝0，f(x)＞0， ∴ex－1＞x，即ea－1＞a. 又y＝ax(0＜a＜1)在R上是減函數(shù)，得a＞ae， 從而ea－1＞a＞ae.] 　　　函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應用 [例2]　(2020·蘭州模擬)設{an}是首項為a1，公差為－1的等差數(shù)列，Sn為其前n項和，若S1，S2，S4成等比數(shù)列，則a1的值________． [解析]　∵{an}為等差數(shù)列， 則S4＝4a1＋6d＝4a1－6，S2＝2a1－1，S1＝a1. 又S＝S1·S4知，(2a1－1)2＝a1(4a1－6)， ∴a1＝－. [答案]?。? 1．應用方程的思想

5、求等差(或等比)數(shù)列中的通項時，根據(jù)題中的條件，列出關于首項和公差(或公比)的方程組，通過解方程組求出數(shù)列的首項和公差(或公比)，再根據(jù)等差(或等比)數(shù)列的通項公式寫出an. 2．根據(jù)題目條件構造函數(shù)關系，把不等式恒成立問題轉化為求函數(shù)的最值問題是常用的解題思路． [活學活用2] 已知數(shù)列{an}滿足a1＝33，an＋1－an＝2n，則的最小值為________． 解析：an＝an－an－1＋an－1－an－2＋…＋a2－a1＋a1＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2＋33＝2(1＋2＋…＋n－1)＋33＝(n－1)n＋33，故＝n＋－1.注意到對勾函數(shù)的單調性，易得n＝5或n＝6時，

6、最小，而＝，＝，故最小值為. 答案： [二]數(shù)形結合思想 以形助數(shù)(數(shù)題形解) 以數(shù)輔形(形題數(shù)解) 借助形的生動性和直觀性來闡述數(shù)形之間的聯(lián)系，即以形作為手段，數(shù)作為目的 借助于數(shù)的精確性和規(guī)范性及嚴密性來闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段，形作為目的 　　　利用數(shù)形結合思想研究函數(shù)的零點 [例1]　已知函數(shù)f(x)＝恰有3個零點，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A. B. C. D. [解析]　D　[函數(shù)f(x)＝恰有3個零點，則3a＝－在x≤－2時有且只有一個實數(shù)根，且ex＝在(－2,0)上有兩個不相等的實數(shù)根．由3a＝－在x≤－2時有且只有一個實數(shù)根，得－2≤

7、3a＜－1，即－≤a＜－；ex＝在(－2,0)上有兩個不相等的實數(shù)根，可轉化為a＝xex在(－2,0)上有兩個不相等的實數(shù)根，令g(x)＝xex，則g′(x)＝ex(x＋1)，當x∈(－2，－1)時，g′(x)＜0，當x∈(－1,0)時，g′(x)＞0，所以函數(shù)g(x)在(－2，－1)上單調遞減，在(－1,0)上單調遞增，當－2＜x＜0時，函數(shù)g(x)的大致圖象如圖所示，所以當g(－1)＜a＜g(－2)，即－＜a＜－時，a＝xex在(－2,0)上有兩個不相等的實數(shù)根．綜上，當－＜a＜－時，函數(shù)f(x)恰有3個零點，故選D.] 利用數(shù)形結合探究方程解的問題應注意兩點： (1)討論方程

8、的解(或函數(shù)的零點)一般可構造兩個函數(shù)，使問題轉化為討論兩曲線的交點問題，但用此法討論方程的解一定要注意圖象的準確性、全面性，否則會得到錯解． (2)正確作出兩個函數(shù)的圖象是解決此類問題的關鍵，數(shù)形結合應以快和準為原則，不要刻意去用數(shù)形結合． [活學活用1] 已知函數(shù)f(x)＝函數(shù)g(x)是周期為2的偶函數(shù)且當x∈[0,1]時，g(x)＝2x－1，則函數(shù)y＝f(x)－g(x)的零點個數(shù)是(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：B　[在同一坐標系中作出y＝f(x)和y＝g(x)的圖象如圖所示， 由圖象可知當x＞0時，有4個零點，當x≤0時，有2個零點，所以一共有6個

9、零點．] 　　　應用數(shù)形結合求解不等式、參數(shù)問題 [例2]　設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x＜0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集是________________． [解析]　 設F(x)＝f(x)g(x)，由于f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，得F(－x)＝f(－x)·g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)在R上為奇函數(shù)． 又當x＜0時，F(xiàn)′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0， 所以x＜0時，F(xiàn)(x)為增函數(shù)． 因為奇函數(shù)在對稱區(qū)間

10、上的單調性相同， 所以x＞0時，F(xiàn)(x)也是增函數(shù)． 因為F(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)． 所以，由圖象可知F(x)＜0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)． [答案]　(－∞，－3)∪(0,3) 求參數(shù)范圍或解不等式問題經(jīng)常聯(lián)系函數(shù)的圖象，根據(jù)不等式中量的特點，選擇適當?shù)膬蓚€(或多個)函數(shù)，利用兩個函數(shù)圖象的上、下位置關系轉化為數(shù)量關系來解決問題，往往可以避免煩瑣的運算，獲得簡捷的解答． [活學活用2] 當x∈(1,2)時，(x－1)2＜logax恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析： 由題意可知a＞1，在同一坐標系內作出y＝(x－1

11、)2，x∈(1,2)及y＝logax的圖象，若y＝logax過點(2,1)，得loga2＝1，所以a＝2.根據(jù)題意，函數(shù)y＝logax，x∈(1,2)的圖象恒在y＝(x－1)2，x∈(1,2)的上方，所以1＜a≤2. 答案：(1,2] 　　　利用數(shù)形結合求最值問題 [例3]　(1)(2019·泉州三模)記實數(shù)x1，x2，…，xn中最小數(shù)為min{x1，x2，…，xn}，則定義在區(qū)間[0，＋∞)上的函數(shù)f(x)＝min{x2＋1，x＋3,13－x}的最大值為(　　) A．5 B．6 C．8 D．10 [解析]　C　[ 在同一坐標系中作出三個函數(shù)y＝x2＋1，y＝x＋3，y＝

12、13－x的圖象如圖： 由圖可知，在實數(shù)集R上，min{x2＋1，x＋3,13－x}為y＝x＋3上A點下方的射線，拋物線AB之間的部分，線段BC，與直線y＝13－x點C下方的部分的組合圖．顯然，在區(qū)間[0，＋∞)上，在C點時，y＝min{x2＋1，x＋3,13－x}取得最大值． 解方程組得點C(5,8)．所以f(x)max＝8.] (2)已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點A(－m,0)，B(m,0)(m＞0)．若圓C上存在點P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為(　　) A．7 B．6 C．5 D．4 [解析]　B　[根據(jù)題意，畫出示意圖，如圖所示，則圓心C的坐標為

13、(3,4)，半徑r＝1，且|AB|＝2m. 因為∠APB＝90°，連接OP，易知|OP|＝|AB|＝m. 要求m的最大值，即求圓C上的點P到原點O的最大距離． 因為|OC|＝＝5， 所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值為6.] 運用數(shù)形結合思想求解最值問題 (1)對于幾何圖形中的動態(tài)問題，應分析各個變量的變化過程，找出其中的相互關系求解． (2)應用幾何意義法解決問題需要熟悉常見的幾何結構的代數(shù)形式，主要有：①比值——可考慮直線的斜率；②二元一次式——可考慮直線的截距；③根式分式——可考慮點到直線的距離；④根式——可考慮兩點間的距離． [活學活用3] (

14、2019·南昌三模)若x，y滿足約束條件則的最大值為________． 解析： 畫出可行域，如圖所示，z＝表示可行域內的點和定點F(6,6)連線的斜率，顯然直線AF的斜率最大，kAF＝＝3， 即的最大值是3. 答案：3 第2講　分類討論思想、轉化與化歸思想 [一]分類討論思想 分類討論的思想是將一個較復雜的數(shù)學問題分解(或分割)成若干個基礎性問題，通過對基礎性問題的解答來實現(xiàn)解決原問題的思想策略，對問題實行分類與整合，分類標準等于增加一個已知條件，實現(xiàn)了有效增設，將大問題(或綜合性問題)分解為小問題(或基礎性問題)，優(yōu)化解題思路，降低問題難度． 　　　由概念、性質、

15、運算引起的分類討論 [例1]　(1)(2020·山師附中模擬)已知函數(shù)f(x)＝若f(2－a)＝1，則f(a)等于(　　) A．－2　　　　　　　　　 B．－1 C．1 D．2 [解析]　A　[①當2－a≥2，即a≤0時，22－a－2－1＝1，解得a＝－1， 則f(a)＝f(－1)＝－log2[3－(－1)]＝－2； ②當2－a＜2即a＞0時，－log2[3－(2－a)]＝1， 解得a＝－，舍去． 所以f(a)＝－2.故選A.] (2)(2020·阜陽模擬)等比數(shù)列{an}中，a1＋a4＋a7＝2，a3＋a6＋a9＝18，則{an}的前9項和S9＝____________.

16、 [解析]　由題意得q2＝＝9，q＝±3， ①當q＝3時，a2＋a5＋a8＝3(a1＋a4＋a7)＝6，S9＝2＋6＋18＝26； ②當q＝－3時，a2＋a5＋a8＝－3(a1＋a4＋a7)＝－6，S9＝2－6＋18＝14， 所以S9＝14或26. [答案]　14或26 數(shù)學概念運算公式中常見的分類 (1)由二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的定義，直線的傾斜角、向量的夾角的范圍等引起分類討論； (2)由除法運算中除數(shù)不為零，不等式兩邊同乘以(或除以)同一個數(shù)(或式)時的不等號等引起分類討論； (3)由數(shù)學公式、定理、性質成立的條件等引起分類討論． [活學活用1] 已知函數(shù)

17、f(x)＝ax＋b(a＞0，a≠1)的定義域和值域都是[－1,0]，則a＋b＝________. 解析：當a＞1時，函數(shù)f(x)＝ax＋b在[－1,0]上為增函數(shù)，由題意得無解．當0＜a＜1時，函數(shù)f(x)＝ax＋b在[－1,0]上為減函數(shù)，由題意得解得所以a＋b＝－. 答案：－ 　　　由圖形位置或形狀引起的分類討論 [例2]　(2019·泉州三模)若雙曲線＋＝1的漸近線方程為y＝±x，則m的值為(　　) A．－1 B. C. D．－1或 [解析]　B　[根據(jù)題意可分以下兩種情況討論： ①當焦點在x軸上時，則有解得m＜1， 此時漸近線方程為y＝± x， 由題意＝，解得

18、m＝. ②當焦點在y軸上時，則有解得m＞3， 此時漸近線方程為y＝± x， 由題意＝，解得：m＝；與m＞3矛盾(舍去)． 結合以上可知m＝.故選B.] 圖形位置或形狀的變化中常見的分類 圓錐曲線形狀不確定時，常按橢圓、雙曲線來分類討論，求圓錐曲線的方程時，常按焦點的位置不同來分類討論；相關計算中，涉及圖形問題時，也常按圖形的位置不同、大小差異等來分類討論． [活學活用2] 設△ABC的內角A，B，C所對邊的長分別是a，b，c，且b＝3，c＝1，△ABC的面積為，則a的值為__________． 解析：由三角形面積公式，得×3×1·sin A＝， 故sin A＝.因為si

19、n2A＋cos2A＝1， 所以cos A＝±＝± ＝±. ①當cos A＝時，由余弦定理，得 a2＝b2＋c2－2bccos A＝32＋12－2×1×3×＝8， 所以a＝2. ②當cos A＝－時，由余弦定理，得 a2＝b2＋c2－2bccos A＝32＋12－2×1×3×＝12， 所以a＝2. 綜上所述，a＝2或2. 答案：2或2 　　　由變量或參數(shù)引起的分類討論 [例3]　(2019·濰坊三模節(jié)選)設函數(shù)f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.求f(x)的單調區(qū)間． [解析]　由f(x)＝x3－ax－b，可得f′(x)＝3x2－a. 下面分兩種情況：

20、①當a≤0時，f′(x)＝3x2－a≥0恒成立． 所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，＋∞)． ②當a＞0時，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如表： x － f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  所以f(x)的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為，. 幾種常見的由參數(shù)變化引起的分類與整合 1．含有參數(shù)的不等式的求解． 2．含有參數(shù)的方程的求解． 3．對于解析式系數(shù)含參數(shù)的函數(shù)，求最值或單調性問題． 4．二元二次方程表示曲線類型的判定等． 5．直線與圓錐曲

21、線位置關系的分類． [活學活用3] 函數(shù)f(x)＝ax2＋4x－3在x∈[0,2]上有最大值f(2)，則實數(shù)a的取值范圍是____________． 解析：當a＝0時，f(x)＝4x－3在x∈[0,2]上為單調遞增函數(shù)，最大值為f(2)，滿足題意． 當a≠0時，函數(shù)f(x)＝ax2＋4x－3＝a2－3－，其對稱軸為x＝－. 當a＞0時，f(x)＝ax2＋4x－3在x∈[0,2]上為單調遞增函數(shù)，最大值為f(2)，滿足題意． 當a＜0時，只有當－≥2，即－1≤a＜0時，f(x)＝ax2＋4x－3在x∈[0,2]上為單調遞增函數(shù)，最大值為f(2)，滿足題意． 綜上，當a≥－1時，函數(shù)

22、f(x)＝ax2＋4x－3在x∈[0,2]上有最大值f(2)． 答案：[－1，＋∞) [二]轉化與化歸思想 轉化與化歸思想，就是在研究和解決有關數(shù)學問題時采用某種手段將問題通過變換使之轉化，進而解決問題的一種方法．一般總是將復雜的問題通過變換轉化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉化為已解決的問題． 　　　特殊與一般的轉化 [例1]　(2019·長沙三模)(1)過拋物線y＝ax2(a＞0)的焦點F，作一直線交拋物線于P，Q兩點．若線段PF與FQ的長度分別為p，q，則＋等于(　　) A．2a B. C．4a D. [解析]　C　

23、[拋物線y＝ax2(a＞0)的標準方程為 x2＝y(tǒng)(a＞0)，焦點F. 過焦點F作直線垂直于y軸， 則|PF|＝|QF|＝， ∴＋＝4a.] (2)(2017·浙江)已知向量a，b滿足|a|＝1，|b|＝2，則|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________． [解析]　由題意，不妨設b＝(2,0)，a＝(cos θ，sin θ)， 則a＋b＝(2＋cos θ，sin θ)，a－b＝(cos θ－2，sin θ)． 令y＝|a＋b|＋|a－b| ＝＋ ＝＋， 令y＝＋， 則y2＝10＋2∈[16,20]． 由此可得(|a＋b|＋|a－b|)m

24、ax＝＝2， (|a＋b|＋|a－b|)min＝＝4， 即|a＋b|＋|a－b|的最小值是4，最大值是2. [答案]　4　2 (1)一般問題特殊化，使問題處理變得直接、簡單．特殊問題一般化，可以使我們從宏觀整體的高度把握問題的一般規(guī)律，從而達到成批處理問題的效果． (2)對于某些選擇題、填空題，如果結論唯一或題目提供的信息暗示答案是一個定值時，可以把題中變化的量用特殊值代替，即可得到答案． [活學活用1] 在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a，b，c成等差數(shù)列，則＝________. 解析：顯然△ABC為等邊三角形時符合題設條件， 所以＝＝＝. 答案

25、： 　　　正與反的轉化 [例2]　(2019·吉林三模)若對于任意t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2－2x在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是________． [解析]　g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2， 若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調函數(shù)， 則①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立， 或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立．(正反轉化) 由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥－3x， 當x∈(t,3)時恒成立，∴m＋4≥－3t恒成立， 則m＋4≥－1，即m≥－5； 由②得3x2＋(m＋4)x－2≤0，即m＋4≤－3x， 當x∈(

26、t,3)時恒成立， 則m＋4≤－9，即m≤－. ∴函數(shù)g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數(shù)的m的取值范圍為 [答案]　 (1)本題是正與反的轉化，由于不為單調函數(shù)有多種情況，先求出其反面，體現(xiàn)“正難則反”的原則． (2)題目若出現(xiàn)多種成立的情形，則不成立的情形相對很少，從反面考慮較簡單，因此，間接法多用于含有“至多”“至少”及否定性命題情形的問題中． [活學活用2] 由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，得m的取值范圍是(－∞，a)，則實數(shù)a的取值是(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，2) C．1 D．2 解析：C　[命題“存在x0∈R，

27、使e|x0－1|－m≤0”是假命題，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m＞0”是真命題，可得m的取值范圍是(－∞，1)，而(－∞，a)與(－∞，1)為同一區(qū)間，故a＝1.] 　　　主與次的相互轉化 [例3]　(2019·西安三模)已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導函數(shù)．對滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)＜0，則實數(shù)x的取值范圍為________． [解析]　由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5， 對φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1. 對－1≤a≤1，恒有g(x)＜0，即φ(a)＜

28、0， ∴即 解得－＜x＜1. 故當x∈時，對滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)＜0. [答案]　 (1)本題是把關于x的函數(shù)轉化為在[－1,1]內關于a的一次函數(shù)小于0恒成立的問題． (2)在處理多變元的數(shù)學問題時，我們可以選取其中的常數(shù)(或參數(shù))，將其看作是“主元”，而把其它變元看作是常量，從而達到減少變元簡化運算的目的． [活學活用3] 對于滿足0≤p≤4的所有實數(shù)p，使不等式x2＋px＞4x＋p－3成立的x的取值范圍是________． 解析：設f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3， 則當x＝1時，f(p)＝0.所以x≠1. f(p)在0≤p≤4上恒為正，等價于即 解得x＞3或x＜－1. 答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞) - 13 -