2023届高考数学二轮复习思想方法与解题技巧第05讲构造解析几何模型巧用结构思想解题第06讲构造数列排列组合和概率模型巧用结构思想解题含解析

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当然最为重要的是如何对原型加以分析,产生联想,构造出解析几何模型,并通过求解解析几何模型得到原题的解.
模型法解题必须紧紧抓住以下3点:
(1)构造的数学模型要保证能反映出原命题的本质特征;
(2)构造的数学模型既能进行理性分析,又要能进行计算和逻辑推理;
(3)解答构造的数学模型所获得的结果,一定是原命题的解题目标,并经过检验,对于不符合原命题解题目标的结果应予以舍弃.
典型例题
【例1】(1)试求函数的最大值;
(2)设为锐角,试比较与的大小.
【分析】
第(1)问,除常规解法外还可以构造几何图形,利用斜率求三角函数最值;第(2)问,可以用作差比较法求解,但涉及三角恒等变形,运算量较大,若能注意到两个表达式都与直线的斜率相关，则可应用斜率的几何意义,通过构造图形求解.这样就简捷多了.
【解析】
(1)设点,点,则表示两点连线的斜率.
点的轨迹方程为即
由于所以有
故点的轨迹为线段
如图2-2所示.
因为,所以,
所以
(2)令,
其几何意义是单位圆上动点与点连线的斜率.
又令,
其几何意义是单位圆上动点与原点连线的斜率,如图所示.
从图形中易得
(1)当时,,即;
(2)当时,,即;
(3)当时,,即.
【例2】(1)求的最小值；
(2)如果函数在区间上单调递减,那么的最大值为().
A.16B.18C.D.
【分析】
第(1)问,观察可知,原问题可转化为求两点
之间的最短距离的平方.第(2)问,初看是二次型函数的单调性问题,由于解析式含双参数,单从函数角度求解是困难的,必须通过对函数图像的讨论得到关于的不等式组,或通过导函数在上恒成立求得约束条件,的最大值转化为线性规划问题,由动直线与曲线相切或由基本不等式求得.
【解析】
(1)观察可知,原问题可以转化为求两点,之间的最短距离的平方.而这两个动点的参数方程依次是和
消去得和.
从而问题进一步转化为求半圆和双曲线上的点之间的最短距离的平方,如图所示.易得.
(2)解法一若,则在上单调递减,有;
若,则为开口向上的二次函数,对称轴为,有
若,则为开口向下的二次函数,对称轴为,有.将以上三种情况所得不等式整理即需要满足的约束条件:或或作出可行域如图所示的阴影部分,令,则,表示一簇反比例函数的图像,由计算可知,当反比例函数与直线相切时,最大,此时切点为的最大值为18,故选B.
【解法二】由题意得对任意的恒成立,只需即又,则,
设;当且仅当,时,等号成立.经检验满足上述条件.
故的最大值为18,故选B.
【例3】 (1) 求二元函数的最小值;
(2) 已知求的最小值
【分析】
第(1)问,观察二元函数解析式的结构特点,很像两点之间距离公式的平方,由此可试着构造图形,利用解析几何知识求解,若把二元函数看作关于的二次函数,为参数,则可利用二次函数极值法求解.第(2)问,所给条件等式为动点到两定点的距离之和为定长20.由于,则点的轨迹为椭圆.而是一条确定的直线,问题就转化为椭圆上动点到定直线距离的最值.本题的几何意义是求出与长轴所在直线 平行且与椭圆相切的两条直线,它们与直线的距离即为所 求的最值.
【解析】
【解法一】
（构造法)由二元函数结构特点,可将函数 关系看成是点和点的距离,而点 的轨迹是直线 ,点的轨迹是双曲线,所以问题就转化为直线上的点和双曲线上的点的距离平方的最小值.
如图所示,连线过原点且与直线
垂直时,其交点到点最近, 此时,3点的坐标是 、 ,即的最小值是
【解法二】
(二次函数极值法)首先把原函数看成关于的二次函数
顶点在 ,
所以, 即的最小值是
(2) 设,则. 即, 为中心在,焦点在直线上的椭圆. 其方程为.
设与直线平行的直线方程为要使椭圆与直线
有公共点的的取值范围是原点到直线的距离不超过(即的值)即 .
解得.椭圆上任意点圴满足.
由,得
故 |的最大值为 ,最小值为.
【例4】 在平面直角坐标系中,设定点是函数 图像上一动点,若点 之间的最短距离为,则满足条件的实数的所有值为,
【分析】
从题目提供的信息:是函数图像上一动点,为定点,, 构思解题方法可以朝函数方向靠拢,也可以朝解析几何方向靠拢,于是就有了两种不同的构造方法.
思考一 (函数方向) 的长度可用和两点之间的距离表示,势必会出现的形式,通过换元,求解新元的取值范围,将题目转化为在新元的范围内对二次函数分类讨论求最值,从而确定的取值.
思考二 (解析几何方向) 为动点,为定点,不难发现的轨迹是认为圆心,半径为的圆, 则原问题就转化为圆与曲线,相切的问题,联立消之后可利用方程根的判别式解决.
【解析】
【解法一】
设,则
令,得
当时,,
当时,,
解得或.
【解法二】
由题意可知,若,则满足题意;
若,则圆 与 相切，
联立方程组,消去得,
即
令 , 得 , 解得 .
此时方程的解为 , ,满足题意.
综上,实数的所有值为 .
第06讲构造数列、排列组合和概率模型, 巧用结构思想解题
数学模型是原型的一个相似变换,解题的过程实质上包含着多层次的思维转化过程, 如果原型所提供的信息其内在的本质与数列、排列组合、概率有关,那么这个原型可以转 化为运用构造法,转化为建立数列、排列组合、概率的数学模型来解.
典型例题
【例1】 (1)数列中,,求通项 ;
(2)设,数列满足,求通项.
【分析】
构造法在解决数列问题中应用非常广泛,第 问, 形如的递推式,可由下面两种构造法求通项公式.
方法一 由及两式相减得, 有 是首项为,公比为的等比数列, 先求,再利用“累加法”求 .
方法二 若,则显然是以为首项,为公差的等差数列;若.
则构造数列满足,运用待定系数法, 解得,则是首项为,公比为的等比数列.
第 (1)问,递推式中是与相关的变数, 不能用方法一来解,用方法二构造等 比数列是可以的,若递推式两边同除以,也可轻松求解.
第 (2)问,形如.运用取倒数, 构造数列,满足,从而转换为第问的类型继续求解.
【解析】
【解法一】
将递推关系式变形为,
而是首项为4,公比为2的等比数列.
【解法二】
将递推式两边同除以,
得.令,则,
令,即，,而,
是以为首项,为公比的等比数列.
, 即
(2) .
当 时,有,即数列是等差数列.
, 即 .
当且时,有.
又数列是首项为,公
比为的等比数列,则有.
得,
故
【例2】 对负整数,数依次成等差数列.
(1) 求的值;
(2) 若数列满足,求的通项公式;
(3) 在(2)的条件下,若对任意,有,求的取值范围.
【分析】
本例考查等差数列的概念、由数列的递推式求通项公式、由数列不等 式求参数 的取值范围,三小题环环相扣,前后呼应,若前面小题没有解好,会直接影响后 面小题的求解. 在第(2)问的求解中可以依据递推关系的特征,用构造法构造特殊数列 (等 差或等比数列)求通项公式,也可以运用迭代法求解. 事实上,迭代法是一种优美的且适用 范围更广的解法,其难点是探求迭代后的规律,而构造法的关键是发现递推公式的特点, 通过适当的变形构造新数列,由递推关系求通项公式,构造法和迭代法是两种最为基本的 解题通法. 第(3)问,在有了的通项公式之后,运用含参不等式恒成立的条件实施参变分离,即可求出的取值范围.
【解析】
(1)依题意有, 即,
解得或.
(2) 【解法一】
（构造法之一:构造等差数列)
原递推式即为
从而数列是以为首项,1为公差的等差数列.
.
【解法二】
（构造法之二:构造等比数列)由,令 ,
比较两式得.故原式为.
数列是首项为,公比为的等比数列.
【解法三】
（迭代法）由
（3）由对恒成立得
对均成立.
,两边同除,
得,得对恒成立.
当时,最小,为.
【例3】 （1）求证: ;
（2）求证: .
【分析】
在证明组合数等式时,可以先为它设置一个情景,在这个情景下,通过新的知识加以解决.第(1)问,完全通过代数的方法来证明是比较复杂的,根据等式右边,我们可以构造这样的情景:“从个不同元素中取出个元素,共有多少种不同的取法?”第(2)问,同样可以构造一种情景:“从个大小相同小球中取出个小球等价于把个小球分为两组,每组个小球,从两组中共取出个小球”.
【解析】
（1）构造情景:“从个不同元素中取出个元素,共有多少种不同的取法?”直接的方法就是 种,也可以分两步来完成,在其中个元素中,取个, 在另个元素中取个,这样原等式显然得证.
（2）一只装有个大小相同小球的盒子,从中取出个小球,共有种取法,也可分两步来完成,将这个小球平均分成两组,从中取个小球, 从A中取出0个,则从 中取个;从中取1个, 则从中取个; 从中取2个,则从中取个; 从中取个,则从中取0个,共有种取法.
本例第(2)问还可以运用概率知识来证明,介绍如下：
设一个袋子中有个白球和个黑球,从中任取个,求至少有一个白球),可以这样考虑:
一方面,不取白球的概率为,于是有;
另一方面,取到个白球且的概率为
故有等式两边同乘以并移项即得
【例4】 (1) 袋中有红球和白球共100个,若从这只袋中任取3个球,试问:袋中有个红球时,能使取出的3个球全为同色的概率为最小?
(2) 已知 , 求证: .
【分析】
把这两道题放在一起颇有意思,第问已是概率题型,若设红、白球的个数分别为,则 ,问题就转化为把任取3个球为同色的概率表示为变量的函数,构造出函数解析式求概率最小时的值,其中构造函数的过程是一个难点,需要运用代数恒等变形及消元(消去 )的技巧;第(2)问是三角函数不等式的证明,如何通过构造概率模型来证需要仔细考量,原不等式变形得,由于,,对照概率性质,两者似乎产生了联系,将所证不等式去分母整 理得,又似乎与概率加法公式 有了联系,让我们试着构造概率模型来证明吧!
【解析】
(1) 设红球、白球的个数分别为 ,则有.①
从袋中任取3球全为红球的概率等于
同样,全为白球的概率就等于,
由于这两个事件是互斥的,从而3个球为同色的概率为
由（1）可得
从而
由此,当 时,为最小,此时.
(2) 证明
所证不等式 变形为.
去分母得.
故只需证明.
联想概率加法公式.
设两个独立事件和,且,由 ,
故,即.
则.