《高考數學二輪專題復習與策略 第2部分 必考補充專題 技法篇 4大思想提前看滲透整本提時效教師用書 理-人教版高三數學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學二輪專題復習與策略 第2部分 必考補充專題 技法篇 4大思想提前看滲透整本提時效教師用書 理-人教版高三數學試題（31頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、技法篇：4大思想提前看，滲透整本提時效 高考試題一是著眼于知識點新穎巧妙的組合；二是著眼于對數學思想方法、數學能力的考查．如果說數學知識是數學內容，可用文字和符號來記錄與描述，那么數學思想方法則是數學意識，重在領會、運用，屬于思維的范疇，用以對數學問題的認識、處理和解決．高考中常用到的數學思想主要有函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化與化歸思想．這些在一輪復習中都有所涉及，建議二輪復習前應先學習此部分．帶著方法去復習，這樣可以使理論指導實踐，“一法一練”“一練一過”，既節(jié)省了復習時間又能起到事半功倍的效果，而市面上有些資料把方法集中放于最后，起不到”依法訓練”的作用，也因時間緊造

2、成學而不透、學而不深，在真正的高考中不能從容應對．不過也可根據自身情況選擇學完后再復習此部分． 思想1　函數與方程思想 函數的思想，就是通過建立函數關系或構造函數，運用函數的圖象和性質去分析問題、轉化問題，從而使問題獲得解決的數學思想.,方程的思想，就是建立方程或方程組，或者構造方程，通過解方程或方程組，或者運用方程的性質去分析、轉化問題，使問題獲得解決的數學思想. 　(1)設函數f(x)的導函數為f′(x)，對任意x∈R都有f(x)＞f′(x)成立，則(　　) 【導學號：67722000】 A．3f(ln 2)＜2f(ln 3) B．3f(ln 2)＝2f(ln 3) C．3f

3、(ln 2)＞2f(ln 3) D．3f(ln 2)與2f(ln 3)的大小不確定 (2)(名師押題)直線y＝kx＋2和橢圓＋＝1在y軸左側部分交于A，B兩點，直線l過點P(0，－2)和線段AB的中點M，則l在x軸上的截距a的取值范圍為________． (1)C　(2)　[(1)令F(x)＝，則F′(x)＝. 因為對?x∈R都有f(x)＞f′(x)，所以F′(x)＜0， 即F(x)在R上單調遞減． 又ln 2＜ln 3，所以F(ln 2)＞F(ln 3)， 即＞， 所以＞，即3f(ln 2)＞2f(ln 3)，故選C. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，

4、y0)，直線l與x軸的交點為N(a,0)． 由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0. 因為直線y＝kx＋2和橢圓＋＝1在y軸左側部分交于A，B兩點，所以 解得k＞. 又M為線段AB的中點，所以 由P(0，－2)，M(x0，y0)，N(a,0)三點共線， 所以＝， 所以－＝2k＋. 又因為k＞，所以2k＋≥2，當且僅當k＝時等號成立，所以－≥2，則－≤a≤0.] 函數與方程思想在解題中的應用 1．函數與不等式的相互轉化，對函數y＝f(x)，當y＞0時，就化為不等式f(x)＞0，借助于函數的圖象和性質可解決有關問題，而研究函數的性質也離不開不等式． 2．數列的通

5、項與前n項和是自變量為正整數的函數，用函數的觀點去處理數列問題十分重要． 3．解析幾何中的許多問題，需要通過解二元方程組才能解決．這都涉及二次方程與二次函數有關理論． 4．立體幾何中有關線段、角、面積、體積的計算，經常需要運用列方程或建立函數表達式的方法加以解決． [變式訓練1]　將函數y＝sin的圖象向左平移m(m＞0)個單位長度后，所得到的圖象關于y軸對稱，則m的最小值為________. 【導學號：67722001】 　[把y＝sin的圖象上所有的點向左平移m個單位長度后，得到y(tǒng)＝sin＝sin的圖象， 而此圖象關于y軸對稱，則4m－＝kπ＋(k∈Z)， 解得m＝kπ＋(k∈

6、Z)．又m＞0，所以m的最小值為.] 思想2　數形結合思想 數形結合思想，就是通過數與形的相互轉化來解決數學問題的思想.其應用包括以下兩個方面： (1)“以形助數”，把某些抽象的數學問題直觀化、生動化，能夠變抽象思維為形象思維，揭示數學問題的本質，如應用函數的圖象來直觀地說明函數的性質. (2)“以數定形”，把直觀圖形數量化，使形更加精確，如應用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質. 　(2016·山東高考)已知函數f(x)＝其中m>0.若存在實數b，使得關于x的方程f(x)＝b有三個不同的根，則m的取值范圍是________． (3，＋∞)　[作出f(x)的圖象如圖所示．當x>m

7、時，x2－2mx＋4m＝(x－m)2＋4m－m2，∴要使方程f(x)＝b有三個不同的根，則4m－m20.又m>0，解得m>3.] 數形結合思想在解題中的應用 1．構建函數模型并結合其圖象求參數的取值范圍或解不等式． 2．構建函數模型并結合其圖象研究方程根或函數的零點的范圍． 3．構建解析幾何模型求最值或范圍． 4．構建函數模型并結合其圖象研究量與量之間的大小關系． [變式訓練2]　(1)若方程x2＋(1＋a)x＋1＋a＋b＝0的兩根分別為橢圓、雙曲線的離心率，則的取值范圍是(　　) A．(－2，－1) B．(－∞，－2)∪(－1，＋∞) C. D

8、.∪ (2)(2015·吉林模擬)若不等式4x2－logax<0對任意x∈恒成立，則實數a的取值范圍為(　　) A. B. C. D. (1)C　(2)B　[(1)由題意可知，方程的一個根位于(0,1)之間，另一根大于1. 設f(x)＝x2＋(1＋a)x＋1＋a＋b，則 即 作出可行域如圖陰影部分所示． 可以看作可行域內的點(a，b)與原點(0,0)連線的斜率，由圖可知kOA＝－，∴－2＜＜－. (2)由已知4x21時，不成立，當a<1時，如圖，只需loga≥

9、4×2?a≥?a≥， 又a<1，故a∈.故選B.] 思想3　分類討論思想 分類討論思想是當問題的對象不能進行統(tǒng)一研究時，就需要對研究的對象按某個標準進行分類，然后對每一類分別研究，給出每一類的結論，最終綜合各類結果得到整個問題的解答.實質上分類討論就是“化整為零，各個擊破，再集零為整”的數學思想. 　(1)(2015·山東高考)設函數f(x)＝則滿足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范圍是(　　) A.　　　　　　 B．[0,1] C. D．[1，＋∞) (2)設F1，F2為橢圓＋＝1的兩個焦點，P為橢圓上一點．已知P，F1，F2是一個直角三角形的三個頂點，且|PF1|＞|

10、PF2|，則的值為________． (1)C　(2)2或　[(1)由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1.當a<1時，有3a－1≥1，∴a≥，∴≤a<1. 當a≥1時，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1. 綜上，a≥，故選C. (2)若∠PF2F1＝90°， 則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2. ∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2， 解得|PF1|＝，|PF2|＝， ∴＝. 若∠F2PF1＝90°， 則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2 ＝|PF1|2＋(6－|PF1|)2， 解得|PF1|＝4，|PF2|＝2， ∴＝2. 綜上所述

11、，＝2或.] 分類討論思想在解題中的應用 1．由數學概念引起的分類．有的概念本身是分類的，如絕對值、直線斜率、指數函數、對數函數等． 2．由性質、定理、公式的限制引起的分類討論．有的定理、公式、性質是分類給出的，在不同的條件下結論不一致，如等比數列的前n項和公式、函數的單調性等． 3．由數學運算和字母參數變化引起的分類．如除法運算中除數不為零，偶次方根為非負，對數真數與底數的限制，指數運算中底數的要求，不等式兩邊同乘以一個正數、負數，三角函數的定義域等． 4．由圖形的不確定性引起的分類討論．有的圖形類型、位置需要分類，如：角的終邊所在的象限；點、線、面的位置關系等． [變式

12、訓練3]　(1)已知二次函數f(x)＝ax2＋2ax＋1在區(qū)間[－3,2]上的最大值為4，則a等于(　　) A．－3　 　 B．－　 　 C．3　　 D.或－3 (2)在等比數列{an}中，已知a3＝，S3＝，則a1＝________. (1)D　(2)或6　[(1)當a＞0時，f(x)在[－3，－1]上單調遞減，在[－1,2]上單調遞增，故當x＝2時，f(x)取得最大值，即8a＋1＝4，解得a＝.當a＜0時，易知f(x)在x＝－1處取得最大，即－a＋1＝4，∴a＝－3. 綜上可知，a＝或－3.故選D. (2)當q＝1時，a1＝a2＝a3＝， S3＝3a1＝，顯然成立； 當q

13、≠1時，由題意， 得 所以 由①②，得＝3，即2q2－q－1＝0，所以q＝－或q＝1(舍去)． 當q＝－時，a1＝＝6. 綜上可知，a1＝或a1＝6.] 思想4　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學問題時采用某種手段將問題通過變換使之轉化，進而得到解決的一種方法.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. 　(1)(2016·洛陽模擬)拋物線y2＝4x的焦點為F，點P(x，y)為該拋物線上的動點，又點A(－1,0)，則的最小值是(　　) 【導學號：67722002】 A

14、. B.　　　　 C.　　　　 D. (2)(名師押題)已知函數f(x)＝3e|x|.若存在實數t∈[－1，＋∞)，使得對任意的x∈[1，m]，m∈Z且m>1，都有f(x＋t)≤3ex，則m的最大值為________． [解題指導]　(1)利用拋物線的定義把的最值問題等價轉化成直線PA的斜率問題． (2)f(x＋t)≤3exex＋t≤ext≤1＋ln x－xh(x)min≥－1. (1)B　(2)3　[(1)如圖，作PH⊥l于H，由拋物線的定義可知，|PH|＝|PF|，從而的最小值等價于的最小值，等價于∠PAH最小，等價于∠PAF最大，即直線PA的斜率最大．此時直線PA與拋物線y

15、2＝4x相切，由直線與拋物線的關系可知∠PAF＝45°，所以＝＝sin 45°＝. (2)因為當t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]時，x＋t≥0， 所以f(x＋t)≤3ex?ex＋t≤ex?t≤1＋ln x－x. 所以原命題等價轉化為：存在實數t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋ln x－x對任意x∈[1，m]恒成立． 令h(x)＝1＋ln x－x(x≥1)． 因為h′(x)＝－1≤0， 所以函數h(x)在[1，＋∞)上為減函數． 又x∈[1，m]，所以h(x)min＝h(m)＝1＋ln m－m. 所以要使得對x∈[1，m]，t值恒存在， 只需1＋ln m－m≥－1.

16、 因為h(3)＝ln 3－2＝ln>ln ＝－1， h(4)＝ln 4－3＝ln

17、常將平面向量語言與三角函數、平面幾何、解析幾何語言進行轉化． 4．在解決數列問題時，常將一般數列轉化為等差數列或等比數列求解． 5．在利用導數研究函數問題時，常將函數的單調性、極值(最值)、切線問題，轉化為其導函數f′(x)構成的方程． [變式訓練4]　(1)(2016·杭州二模)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E是AA1的中點，則異面直線BE與B1D1所成角的余弦值等于________，若正方體的邊長為1，則四面體B-EB1D1的體積為________． (2)若對于任意t∈[1,2]，函數g(x)＝x3＋x2－2x在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數，則實數m的取值范圍是____

18、____． (1)　　(2)　[(1)連接BD，DE，因為BD∥B1D1，所以∠EBD就是異面直線BE與B1D1所成的角，設A1A＝1，則DE＝BE＝，BD＝，cos∠EBD＝＝，由V三棱錐B-EB1D1＝V三棱錐D1-BEB1得V三棱錐B-EB1D1＝××1＝. (2)g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調函數，則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，所以m＋4≥－3t恒成立， 則m＋4≥－1，即m≥－5； 由②得m＋4≤－3x

19、在x∈(t,3)上恒成立，則m＋4≤－9，即m≤－. 所以若函數g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調函數，則m的取值范圍為－＜m＜－5.] 課后對應完成技法強化訓練(一)～(四)，見P167～P170(注：因所練習題知識點比較整合，難度比較大，建議部分學生學完“第一部分重點強化專題”后再做此部分訓練) 技法強化訓練(一)　函數與方程思想 題組1　運用函數與方程思想解決數列、不等式等問題 1．(2016·濟南模擬)已知{an}是等差數列，a1＝1，公差d≠0，Sn是其前n項和，若a1，a2，a5成等比數列，則S8的值為(　　) A．16　　　　 B．32　　　　 C．64　　　　

20、D．62 C　[由題意可知a＝a1a5，即(1＋d)2＝1×(1＋4d)， 解得d＝2，所以an＝1＋(n－1)×2＝2n－1. ∴S8＝＝4×(1＋15)＝64.] 2．若2x＋5y≤2－y＋5－x，則有(　　) A．x＋y≥0 B．x＋y≤0 C．x－y≤0 D．x－y≥0 B　[原不等式可化為2x－5－x≤2－y－5y，構造函數y＝2x－5－x，其為R上的增函數，所以有x≤－y，即x＋y≤0.] 3．若關于x的方程x2＋2kx－1＝0的兩根x1，x2滿足－1≤x1＜0＜x2＜2，則k的取值范圍是(　　) A. B. C. D. B　[構造函數f(x)＝x2＋2kx－

21、1，因為關于x的方程x2＋2kx－1＝0的兩根x1，x2滿足－1≤x1＜0＜x2＜2， 所以即 所以－＜k≤0，所以k的取值范圍是.] 4．(2016·菏澤模擬)已知數列{an}滿足a1＝60，an＋1－an＝2n(n∈N*)，則的最小值為________． 　[由an＋1－an＝2n，得 an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1 ＝2(n－1)＋2(n－2)＋…＋2＋60 ＝n2－n＋60. ∴＝＝n＋－1. 令f(x)＝x＋－1，易知f(x)在(0,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增． 又n∈N*，當n＝7時，＝7＋－1＝， 當

22、n＝8時，＝8＋－1＝. 又＜，故的最小值為.] 5．(2016·鄭州模擬)已知函數f(x)＝xln x＋a，g(x)＝x2＋ax，其中a≥0. (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與曲線y＝g(x)也相切，求a的值； (2)證明：x＞1時，f(x)＋＜g(x)恒成立． 【導學號：67722003】 [解]　(1)由f(x)＝xln x＋a，得f(1)＝a， f′(x)＝ln x＋1，所以f′(1)＝1.1分 所以曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線為y＝x＋a－1.因為直線y＝x＋a－1與曲線y＝g(x)也相切， 所以兩方程聯(lián)立消元得x2＋ax＝a＋x

23、－1， 即x2＋(a－1)x＋1－a＝0，3分 所以Δ＝(a－1)2－4××(1－a)＝0，得a2＝1. 因為a≥0，所以a＝1.4分 (2)證明：x＞1時，f(x)＋＜g(x)恒成立，等價于x2＋ax－xln x－a－＞0恒成立． 令h(x)＝x2＋ax－xln x－a－， 則h(1)＝0且h′(x)＝x＋a－ln x－1.6分 令φ(x)＝x－ln x－1，則φ(1)＝0且φ′(x)＝1－＝，8分 所以x＞1時，φ′(x)＞0，φ(x)單調遞增， 所以φ(x)＞φ(1)＝0. 又因為a≥0，所以h′(x)＞0，h(x)單調遞增，所以h(x)＞h(1)＝0， 所以x＞1

24、時，x2＋ax－xln x－a－＞0恒成立，11分 即x＞1時，f(x)＋＜g(x)恒成立.12分 題組2　利用函數與方程思想解決幾何問題 6．(2016·山西四校聯(lián)考)設拋物線C：y2＝3px(p＞0)的焦點為F，點M在C上，|MF|＝5，若以MF為直徑的圓過點(0,2)，則C的方程為(　　) A．y2＝4x或y2＝8x B．y2＝2x或y2＝8x C．y2＝4x或y2＝16x D．y2＝2x或y2＝16x C　[由拋物線的定義可知MF＝xM＋＝5，∴xM＝5－，y＝15p－，故以MF為直徑的圓的方程為(x－xM)(x－xF)＋(y－yM)(y－yF)＝0， 即＋(2－yM)(

25、2－0)＝0. ∴yM＝2＋－＝2＋?yM＝4，p＝或. ∴C的方程為y2＝4x或y2＝16x.] 7．如圖1所示，在單位正方體ABCD-A1B1C1D1的面對角線A1B上存在一點P，使得AP＋D1P最短，則AP＋D1P的最小值是(　　) 圖1 A．2＋ B．2＋2 C. D. C　[設A1P＝x(0≤x≤)． 在△AA1P中， AP＝＝， 在Rt△D1A1P中，D1P＝. 于是令y＝AP＋D1P＝＋， 下面求對應函數y的最小值． 將函數y的解析式變形，得y＝ ＋， 其幾何意義為點Q(x,0)到點M與點N(0，－1)的距離之和，當Q，M，N三點共線時，這個值最

26、小，且最小值為＝.] 8．已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率e＝，并且經過定點P. (1)求橢圓E的方程； (2)問：是否存在直線y＝－x＋m，使直線與橢圓交于A，B兩點，且滿足·＝？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由． [解]　(1)由e＝＝且＋＝1，c2＝a2－b2， 解得a2＝4，b2＝1，即橢圓E的方程為＋y2＝1.4分 (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由?x2＋4(m－x)2－4＝0? 5x2－8mx＋4m2－4＝0.(*) 所以x1＋x2＝，x1x2＝，8分 y1y2＝(m－x1)(m－x2)＝m2－m(x1＋x2)＋x1x2＝m2－m

27、2＋＝， 由·＝得(x1，y1)·(x2，y2)＝， 即x1x2＋y1y2＝，＋＝，m＝±2. 又方程(*)要有兩個不等實根，所以Δ＝(－8m)2－4×5(4m2－4)＞0，解得－＜m＜，所以m＝±2.12分 9．如圖2，直三棱柱ABC-A′B′C′中，AC＝BC＝5，AA′＝AB＝6，D，E分別為AB和BB′上的點，且＝＝λ. 圖2 (1)求證：當λ＝1時，A′B⊥CE； (2)當λ為何值時，三棱錐A′-CDE的體積最小，并求出最小體積． [解]　(1)證明：∵λ＝1，∴D，E分別為AB和BB′的中點.1分 又AA′＝AB，且三棱柱ABC-A′B′C′為直三棱柱， ∴

28、平行四邊形ABB′A′為正方形，∴DE⊥A′B.2分 ∵AC＝BC，D為AB的中點，∴CD⊥AB.3分 ∵三棱柱ABC-A′B′C′為直三棱柱， ∴CD⊥平面ABB′A′，∴CD⊥A′B，4分 又CD∩DE＝D，∴A′B⊥平面CDE. ∵CE?平面CDE，∴A′B⊥CE.6分 (2)設BE＝x，則AD＝x，DB＝6－x，B′E＝6－x.由已知可得C到平面A′DE的距離即為△ABC的邊AB所對應的高h＝＝4，8分 ∴VA′-CDE＝VC-A′DE＝(S四邊形ABB′A－S△AA′D－S△DBE－S△A′B′E)·h ＝·h ＝(x2－6x＋36)＝[(x－3)2＋27](0＜x

29、＜6)，11分 ∴當x＝3，即λ＝1時，VA′-CDE有最小值18.12分 技法強化訓練(二)　數形結合思想 題組1　利用數形結合思想解決方程的根或函數零點問題 1．方程|x2－2x|＝a2＋1(a＞0)的解的個數是(　　) A．1　　　　 B．2　　　　 C．3　　　　 D．4 B　[∵a＞0，∴a2＋1＞1. 而y＝|x2－2x|的圖象如圖， ∴y＝|x2－2x|的圖象與y＝a2＋1的圖象總有2個交點．] 2．已知函數f(x)＝|log2|x||－x，則下列結論正確的是(　　) A．f(x)有三個零點，且所有零點之積大于－1 B．f(x)有三個零點，且所有零點之積小

30、于－1 C．f(x)有四個零點，且所有零點之積大于1 D．f(x)有四個零點，且所有零點之積小于1 A　[在同一坐標系中分別作出f1(x)＝|log2|x||與f2(x)＝x的圖象，如圖所示，由圖象知f1(x)與f2(x)有三個交點，設三個交點的橫坐標從左到右分別是x1，x2，x3，因為f＜0，f＞0，所以－＜x1＜－，同理＜x2＜1,1＜x3＜2，即－1＜x1x2x3＜－，即所有零點之積大于－1.] 3．(2016·廣州二模)設函數f(x)的定義域為R，f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，當x∈[0,1]時，f(x)＝x3，則函數g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在上的

31、所有零點的和為 (　　) A．7 B．6 C．3 D．2 A　[函數g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在上的零點為函數h(x)＝|cos(πx)|與函數f(x)的交點的橫坐標．因為f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，所以函數f(x)為關于x＝1對稱的偶函數，又因為當x∈[0,1]時，f(x)＝x3，則在平面直角坐標系內畫出函數h(x)＝|cos(πx)|與函數f(x)在內的圖象，如圖所示， 由圖易得兩函數圖象共有7個交點，不妨設從左到右依次為x1，x2，x3，x4，x5，x6，x7，則由圖易得x1＋x2＝0，x3＋x5＝2，x4＝1，x6＋x7＝4，所以x1＋x

32、2＋x3＋x4＋x5＋x6＋x7＝7，即函數g(x)＝|cos(πx)|－f(x)在上的零點的和為7，故選A.] 4．(2016·合肥二模)若函數f(x)＝a＋sin x在[π，2π]上有且只有一個零點，則實數a＝________. 1　[函數f(x)＝a＋sin x在[π，2π]上有且只有一個零點，即方程a＋sin x＝0在[π，2π]上只有一解，即函數y＝－a與y＝sin x，x∈[π，2π]的圖象只有一個交點，由圖象可得a＝1.] 5．已知函數f(x)＝若存在實數b，使函數g(x)＝f(x)－b有兩個零點，則a的取值范圍是______________． (－∞，0)∪(1，＋∞)

33、　[函數g(x)有兩個零點，即方程 f(x)－b＝0有兩個不等實根，則函數y＝f(x)和y＝b的圖象有兩個公共點． ①若a＜0，則當x≤a時，f(x)＝x3，函數單調遞增；當x＞a時，f(x)＝x2，函數先單調遞減后單調遞增，f(x)的圖象如圖(1)實線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個公共點． 　 ②若0≤a≤1，則a3≤a2，函數f(x)在R上單調遞增，f(x)的圖象如圖(2)實線部分所示，其與直線y＝b至多有一個公共點． ③若a＞1，則a3＞a2，函數f(x)在R上不單調，f(x)的圖象如圖(3)實線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個公共點． 綜上，a＜0或a＞1.]

34、題組2　利用數形結合思想求解不等式或參數范圍 6．若不等式logax＞sin 2x(a＞0，a≠1)對任意x∈都成立，則a的取值范圍為(　　) A. B. C. D．(0,1) A　[記y1＝logax(a＞0，a≠1)，y2＝sin 2x，原不等式即為y1＞y2，由題意作出兩個函數的圖象，如圖所示，知當y1＝logax的圖象過點A時，a＝，所以當＜a＜1時，對任意x∈都有y1＞y2.] 7．(2016·黃岡模擬)函數f(x)是定義域為{x|x≠0}的奇函數，且f(1)＝1，f′(x)為f(x)的導函數，當x＞0時，f(x)＋xf′(x)＞，則不等式xf(x)＞1＋ln|x|的解集是

35、 (　　) 【導學號：67722004】 A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1) C．(1，＋∞) D．(－1,1) A　[令g(x)＝xf(x)－ln|x|，則g(x)是偶函數， 且當x＞0時，g′(x)＝f(x)＋xf′(x)－＞0， ∴g(x)在(0，＋∞)上單調遞增． 故不等式xf(x)＞1＋ln|x|?g(|x|)＞g(1)， ∴|x|＞1，解得x＞1或x＜－1.故選A.] 8．若不等式|x－2a|≥x＋a－1對x∈R恒成立，則a的取值范圍是________． 　[作出y＝|x－2a|和y＝x＋a－1的簡圖，依題意知應有2a≤2－2a，故a≤.]

36、9．已知函數f(x)＝若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，則abc的取值范圍是________． (10,12)　[作出f(x)的大致圖象． 由圖象知，要使f(a)＝f(b)＝f(c)，不妨設a＜b＜c， 則－lg a＝lg b＝－c＋6. ∴l(xiāng)g a＋lg b＝0，∴ab＝1，∴abc＝c. 由圖知10＜c＜12，∴abc∈(10,12)．] 10．已知函數f(x)＝sin的相鄰兩條對稱軸之間的距離為，將函數f(x)的圖象向右平移個單位后，再將所有點的橫坐標伸長為原來的2倍，得到g(x)的圖象，若g(x)＋k＝0在x∈上有且只有一個實數根，則k的取值范圍是_

37、_______. 【導學號：67722005】 　[因為f(x)相鄰兩條對稱軸之間的距離為，結合三角函數的圖象可知＝，即T＝. 又T＝＝，所以ω＝2，f(x)＝sin. 將f(x)的圖象向右平移個單位得到f(x)＝sin＝sin的圖象，再將所有點的橫坐標伸長為原來的2倍得到g(x)＝sin的圖象． 所以方程為sin＋k＝0. 令2x－＝t，因為x∈， 所以－≤t≤. 若g(x)＋k＝0在x∈上有且只有一個實數根，即y＝sin t與y＝－k在上有且只有一個交點． 如圖所示，由正弦函數的圖象可知 －≤－k＜或－k＝1， 即－＜k≤或k＝－1.] 題組3　利用數形結合解決

38、解析幾何問題 11．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 B　[根據題意，畫出示意圖，如圖所示， 則圓心C的坐標為(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.] 12．(2016·衡水模擬)過拋物線y2＝2px(p＞0)焦點F的直線l與

39、拋物線交于B，C兩點，l與拋物線的準線交于點A，且|AF|＝6，＝2，則|BC|＝(　　) A.　　　　 B．6 C.　　　　 D．8 A　[如圖所示，直線與拋物線交于B，C兩點，與拋物線的準線交于A點．∵＝2，∴F在A，B中間，C在A，F之間，分別過B，C作準線的垂線BB1，CC1，垂足分別為B1，C1.由拋物線的定義可知|BF|＝|BB1|，|CF|＝|CC1|. ∵＝2，|AF|＝6， ∴|FB|＝|BB1|＝3. 由△AFK∽△ABB1可知， ＝，∴|FK|＝2. 設|CF|＝a，則|CC1|＝a， 由△ACC1∽△AFK，得＝. ∴＝，∴a＝. ∴|BC|＝

40、|BF|＋|FC|＝3＋＝.] 13．已知P是直線l：3x＋4y＋8＝0上的動點，PA，PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，A，B是切點，C是圓心，則四邊形PACB面積的最小值為________． 2　[從運動的觀點看問題，當動點P沿直線3x＋4y＋8＝0向左上方或右下方無窮遠處運動時，直角三角形PAC的面積SRt△PAC＝|PA|·|AC|＝|PA|越來越大，從而S四邊形PACB也越來越大；當點P從左上、右下兩個方向向中間運動時，S四邊形PACB變小，顯然，當點P到達一個最特殊的位置，即CP垂直于直線l時，S四邊形PACB應有唯一的最小值， 此時|PC|＝＝3， 從而|

41、PA|＝＝2. 所以(S四邊形PACB)min＝2××|PA|×|AC|＝2.] 14．已知過原點的動直線l與圓C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的兩點A，B. (1)求圓C1的圓心坐標； (2)求線段AB的中點M的軌跡C的方程； (3)是否存在實數k，使得直線L：y＝k(x－4)與曲線C只有一個交點？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，說明理由． [解]　(1)圓C1的方程x2＋y2－6x＋5＝0可化為(x－3)2＋y2＝4，所以圓心坐標為(3,0).2分 (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1≠x2)， M(x0，y0)，則x0＝，y0＝. 由題意可知直線

42、l的斜率必存在，設直線l的方程為y＝tx. 將上述方程代入圓C1的方程，化簡得(1＋t2)x2－6x＋5＝0.5分 由題意，可得Δ＝36－20(1＋t2)＞0(*)，x1＋x2＝，所以x0＝，代入直線l的方程，得y0＝.6分 因為x＋y＝＋＝＝＝3x0，所以2＋y＝. 由(*)解得t2＜，又t2≥0，所以＜x0≤3. 所以線段AB的中點M的軌跡C的方程為 2＋y2＝.8分 (3)由(2)知，曲線C是在區(qū)間上的一段圓弧． 如圖，D，E，F(3,0)，直線L過定點G(4,0)． 聯(lián)立直線L的方程與曲線C的方程，消去y整理得(1＋k2)x2－(3＋8k2)x＋16k2＝0.

43、令判別式Δ＝0，解得k＝±，由求根公式解得交點的橫坐標為xH，I＝∈.11分 由圖可知：要使直線L與曲線C只有一個交點，則k∈[kDG，kEG]∪{kGH，kGI}，即k∈∪.12分 技法強化訓練(三)　分類討論思想 題組1　由概念、法則、公式引起的分類討論 1．已知數列{an}的前n項和Sn＝Pn－1(P是常數)，則數列{an}是(　　) A．等差數列　 B．等比數列 C．等差數列或等比數列 D．以上都不對 D　[∵Sn＝Pn－1， ∴a1＝P－1，an＝Sn－Sn－1＝(P－1)Pn－1(n≥2)． 當P≠1且P≠0時，{an}是等比數列； 當P＝1時，{an}是等

44、差數列； 當P＝0時，a1＝－1，an＝0(n≥2)，此時{an}既不是等差數列也不是等比數列．] 2．(2016·長春模擬)已知函數f(x)＝若存在x1，x2∈R，且x1≠x2，使得f(x1)＝f(x2)成立，則實數a的取值范圍是(　　) A．(－∞，2) B．(－∞，4) C．[2,4] D．(2，＋∞) B　[當－＜1，即a＜2時，顯然滿足條件； 當a≥2時，由－1＋a＞2a－5得2≤a＜4， 綜上可知a＜4.] 3．已知函數f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)為f(x)的導函數，函數y＝f′(x)的圖象如圖1所示，且f(－2)＝1，f(3)＝1，則不等式f(x2

45、－6)＞1的解集為(　　) 圖1 A．(－3，－2)∪(2,3) B．(－，) C．(2,3) D．(－∞，－)∪(，＋∞) A　[由導函數圖象知，當x＜0時，f′(x)＞0， 即f(x)在(－∞，0)上為增函數， 當x＞0時，f′(x)＜0，即f(x)在(0，＋∞)上為減函數， 又不等式f(x2－6)＞1等價于f(x2－6)＞f(－2)或f(x2－6)＞f(3)，故－2＜x2－6≤0或0≤x2－6＜3，解得x∈(－3，－2)∪(2,3)．] 4．已知實數m是2,8的等比中項，則曲線x2－＝1的離心率為(　　) A. B. C. D.或 D　[由題意可知，m2＝2

46、×8＝16，∴m＝±4. (1)當m＝4時，曲線為雙曲線x2－＝1. 此時離心率e＝. (2)當m＝－4時，曲線為橢圓x2＋＝1. 此時離心率e＝.] 5．設等比數列{an}的公比為q，前n項和Sn>0(n＝1,2,3，…)，則q的取值范圍是________． (－1,0)∪(0，＋∞)　[因為{an}是等比數列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0. 當q＝1時，Sn＝na1>0； 當q≠1時，Sn＝>0， 即>0(n∈N*)，則有?、? 或?、? 由①得－11. 故q的取值范圍是(－1,0)∪(0，＋∞)．] 6．若x＞0且x≠1，則函數y＝lg

47、x＋logx10的值域為________． (－∞，－2]∪[2，＋∞)　[當x＞1時，y＝lg x＋≥2＝2，當且僅當lg x＝1，即x＝10時等號成立；當0＜x＜1時，y＝lg x＋＝－≤－2＝－2，當且僅當lg x＝，即x＝時等號成立．∴y∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)．] 題組2　由參數變化引起的分類討論 7．已知集合A＝{x|1≤x＜5}，C＝{x|－a＜x≤a＋3}．若C∩A＝C，則a的取值范圍為(　　) A. B. C．(－∞，－1] D. C　[因為C∩A＝C，所以C?A. ①當C＝?時，滿足C?A，此時－a≥a＋3，得a≤－； ②當C≠?時，要使C?A，則

48、解得－＜a≤－1.由①②得a≤－1.] 8．(2016·保定模擬)已知不等式組，所表示的平面區(qū)域為D，若直線y＝kx－3與平面區(qū)域D有公共點，則k的取值范圍為(　　) 【導學號：67722006】 A．[－3,3] B.∪ C．(－∞，－3]∪[3，＋∞) D. C　[滿足不等式組的平面區(qū)域如圖中陰影部分所示．∵y＝kx－3過定點(0，－3)，∴當y＝kx－3過點C(1,0)時，k＝3；當y＝kx－3過點B(－1,0)時，k＝－3. ∴k≤－3或k≥3時，直線y＝kx－3與平面區(qū)域D有公共點，故選C.] 9．已知函數f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1，試討論函數f(x

49、)的單調性． [解]　由題意知f(x)的定義域為(0，＋∞)，1分 f′(x)＝＋2ax＝.2分 ①當a≥0時，f′(x)>0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞增.4分 ②當a≤－1時，f′(x)<0，故f(x)在(0，＋∞)上單調遞減.6分 ③當－10； 當x∈時，f′(x)<0. 故f(x)在上單調遞增， 在上單調遞減.10分 綜上，當a≥0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； 當a≤－1時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞減； 當－1

50、3　根據圖形位置或形狀分類討論 10．已知中心在坐標原點，焦點在坐標軸上的雙曲線的漸近線方程為y＝±x，則雙曲線的離心率為(　　) A. B. C.或 D.或 C　[若雙曲線的焦點在x軸上，則＝，e＝＝＝；若雙曲線的焦點在y軸上，則＝，e＝＝＝，故選C.] 11．正三棱柱的側面展開圖是邊長分別為6和4的矩形，則它的體積為________. 【導學號：67722007】 4或　[若側面矩形的長為6，寬為4，則 V＝S底×h＝×2×2×sin 60°×4＝4. 若側面矩形的長為4，寬為6，則 V＝S底×h＝×××sin 60°×6＝.] 12．已知中心在原點O，左焦點為F1(

51、－1,0)的橢圓C的左頂點為A，上頂點為B，F1到直線AB的距離為|OB|. 圖2 (1)求橢圓C的方程； (2)若橢圓C1的方程為：＋＝1(m＞n＞0)，橢圓C2的方程為：＋＝λ(λ＞0，且λ≠1)，則稱橢圓C2是橢圓C1的λ倍相似橢圓．如圖2，已知C2是橢圓C的3倍相似橢圓，若橢圓C的任意一條切線l交橢圓C2于兩點M，N，試求弦長|MN|的取值范圍． [解]　(1)設橢圓C的方程為＋＝1(a＞b＞0)， ∴直線AB的方程為＋＝1， ∴F1(－1,0)到直線AB的距離d＝＝b，2分 a2＋b2＝7(a－1)2， 又b2＝a2－1， 解得a＝2，b＝，3分 故橢圓C

52、的方程為＋＝1.4分 (2)橢圓C的3倍相似橢圓C2的方程為＋＝1，5分 ①若切線l垂直于x軸，則其方程為x＝±2， 易求得|MN|＝2.6分 ②若切線l不垂直于x軸，可設其方程y＝kx＋b， 將y＝kx＋b代入橢圓C的方程， 得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，7分 ∴Δ＝(8kb)2－4(3＋4k2)(4b2－12)＝48(4k2－3－b2)＝0， 即b2＝4k2＋3，(*)8分 記M，N兩點的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)． 將y＝kx＋b代入橢圓C2的方程，得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－36＝0，9分 此時x1＋x2＝－，x1x2

53、＝，|x1－x2|＝，10分 ∴|MN|＝× ＝4＝2. ∵3＋4k2≥3，∴1＜1＋≤， 即2＜2≤4. 綜合①②得：弦長|MN|的取值范圍為[2，4].12分 技法強化訓練(四)　轉化與化歸思想 題組1　正與反的相互轉化 1．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a的取值是(　　) A．(－∞，1) B．(－∞，2) C．1 D．2 C　[命題“存在x0∈R，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(－

54、∞，1)為同一區(qū)間，故a＝1.] 2．(2016·開封模擬)若某公司從五位大學畢業(yè)生甲、乙、丙、丁、戊中錄用三人，這五人被錄用的機會均等，則甲或乙被錄用的概率為(　　) A.　　　　 B. C.　　　　 D. D　[甲或乙被錄用的對立面是甲、乙均不被錄用，故所求事件的概率為1－＝.] 3．若二次函數f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1,1]內至少存在一個值c，使得f(c)＞0，則實數p的取值范圍為________． 　[如果在[－1,1]內沒有值滿足f(c)＞0，則??p≤－3或p≥，取補集為－3＜p＜，即為滿足條件的p的取值范圍． 故實數p的取值范圍

55、為.] 4．若橢圓＋y2＝a2(a＞0)與連接兩點A(1,2)，B(3,4)的線段沒有公共點，則實數a的取值范圍為________． ∪　[易知線段AB的方程為y＝x＋1，x∈[1,3]， 由得a2＝x2＋2x＋1，x∈[1,3]， ∴≤a2≤. 又a＞0， ∴≤a≤. 故當橢圓與線段AB沒有公共點時，實數a的取值范圍為∪.] 5．已知點A(1,1)是橢圓＋＝1(a>b>0)上一點，F1，F2是橢圓的兩焦點，且滿足|AF1|＋|AF2|＝4. (1)求橢圓的兩焦點坐標； (2)設點B是橢圓上任意一點，當|AB|最大時，求證：A，B兩點關于原點O不對稱． [解]　(1)由橢

56、圓定義，知2a＝4，所以a＝2.所以＋＝1.2分 把A(1,1)代入，得＋＝1，得b2＝，所以橢圓方程為＋＝1.4分 所以c2＝a2－b2＝4－＝，即c＝. 故兩焦點坐標為，.6分 (2)反證法：假設A，B兩點關于原點O對稱，則B點坐標為(－1，－1)，7分 此時|AB|＝2，而當點B取橢圓上一點M(－2,0)時，則|AM|＝，所以|AM|>|AB|.10分 從而知|AB|不是最大，這與|AB|最大矛盾，所以命題成立.12分 題組2　主與次的相互轉化 6．設f(x)是定義在R上的單調遞增函數，若f(1－ax－x2)≤f(2－a)對任意a∈[－1,1]恒成立，則x的取值范圍為__

57、______. 【導學號：67722008】 (－∞，－1]∪[0，＋∞)　[∵f(x)是R上的增函數， ∴1－ax－x2≤2－a，a∈[－1,1]．① ①式可化為(x－1)a＋x2＋1≥0，對a∈[－1,1]恒成立． 令g(a)＝(x－1)a＋x2＋1， 則 解得x≥0或x≤－1. 即實數x的取值范圍是(－∞，－1]∪[0，＋∞)．] 7．已知函數f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導函數．對滿足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)＜0，則實數x的取值范圍為________． 　[由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5

58、， 令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1. 對－1≤a≤1，恒有g(x)＜0，即φ(a)＜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.] 8．對于滿足0≤p≤4的所有實數p，使不等式x2＋px＞4x＋p－3成立的x的取值范圍是________． (－∞，－1)∪(3，＋∞)　[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上恒正，等價于 即解得x＞3或x＜－1.] 9．已知函數f(x)＝x3＋x2＋x(0＜a＜1，x∈R)．若對于任意的三個實數x1，x

59、2，x3∈[1,2]，都有f(x1)＋f(x2)＞f(x3)恒成立，求實數a的取值范圍． [解]　因為f′(x)＝x2＋x＋＝(x＋a－2)，2分 所以令f′(x)＝0，解得x1＝，x2＝2－a.3分 由0＜a＜1，知1＜2－a＜2. 所以令f′(x)＞0，得x＜或x＞2－a；4分 令f′(x)＜0，得＜x＜2－a， 所以函數f(x)在(1,2－a)上單調遞減，在(2－a,2)上單調遞增.5分 所以函數f(x)在[1,2]上的最小值為f(2－a)＝(2－a)2，最大值為max{f(1)，f(2)}＝max.6分 因為當0＜a≤時，－≥a；7分 當＜a＜1時，a＞－，8分 由對任意x1，x2，x3∈[1,2]，都有f(x1)＋f(x2)＞f(x3)恒成立，得2f(x)min＞f(x)max(x∈[1,2])． 所以當0＜a≤時，必有2×(2－a)2＞－，10分 結合0＜a≤可解得1－＜a≤； 當＜a＜1時，必有2×(2－a)2＞a， 結合＜a＜1可解得＜a＜2－. 綜上，知所求實數a的取值范圍是1－＜a＜2－.12分