2020届高考数学二轮教师用书：下篇指导一数学思想·融会贯通

第1讲　函数与方程思想、数形结合思想

[一]函数与方程思想

　　　　函数与方程思想在函数、不等式中的应用

[例1]　(2019·烟台三模)已知f(x)＝log2x，x∈[2,16]，对于函数f(x)值域内的任意实数m，使x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立的实数x的取值范围为(　　)

A．(－∞，－2]

B．[2，＋∞)

C．(－∞，－2]∪[2，＋∞)

D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)

[解析]　D　[因为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，

即为m(x－2)＋(x－2)2＞0恒成立．

设g(m)＝(x－2)m＋(x－2)2，

则此函数在区间[1,4]上恒大于0，

所以即

解得x＜－2或x＞2.]

函数与方程思想在不等式中的应用

函数与不等式的相互转化，把不等式转化为函数，借助函数的图象和性质可解决相关的问题．常涉及不等式恒成立问题、比较大小问题．一般利用函数思想构造新函数，建立函数关系求解．

[活学活用1]

(2019·贵阳三模)设0＜a＜1，e为自然对数的底数，则a，ae，ea－1的大小关系为(　　)

A．ea－1＜a＜ae　　　　　 B．ae＜a＜ea－1

C．ae＜ea－1＜a  D．a＜ea－1＜ae

解析：B　[设f(x)＝ex－x－1，x＞0，则f′(x)＝ex－1，

∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(0)＝0，f(x)＞0，

∴ex－1＞x，即ea－1＞a.

又y＝ax(0＜a＜1)在R上是减函数，得a＞ae，

从而ea－1＞a＞ae.]

　　　函数与方程思想在数列中的应用

[例2]　(2020·兰州模拟)设{an}是首项为a1，公差为－1的等差数列，Sn为其前n项和，若S1，S2，S4成等比数列，则a1的值________．

[解析]　∵{an}为等差数列，

则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．应用方程的思想求等差(或等比)数列中的通项时，根据题中的条件，列出关于首项和公差(或公比)的方程组，通过解方程组求出数列的首项和公差(或公比)，再根据等差(或等比)数列的通项公式写出an.

2．根据题目条件构造函数关系，把不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题是常用的解题思路．

[活学活用2]

已知数列{an}满足a1＝33，an＋1－an＝2n，则的最小值为________．

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.注意到对勾函数的单调性，易得n＝5或n＝6时，最小，而＝，＝，故最小值为.

答案：

[二]数形结合思想

　　　利用数形结合思想研究函数的零点

[例1]　已知函数f(x)＝恰有3个零点，则实数a的取值范围为(　　)

A.   B.

C.   D.

[解析]　D　[函数f(x)＝恰有3个零点，则3a＝－在x≤－2时有且只有一个实数根，且ex＝在(－2,0)上有两个不相等的实数根．由3a＝－在x≤－2时有且只有一个实数根，得－2≤3a＜－1，即－≤a＜－；ex＝在(－2,0)上有两个不相等的实数根，可转化为a＝xex在(－2,0)上有两个不相等的实数根，令g(x)＝xex，则g′(x)＝ex(x＋1)，当x∈(－2，－1)时，g′(x)＜0，当x∈(－1,0)时，g′(x)＞0，所以函数g(x)在(－2，－1)上单调递减，在(－1,0)上单调递增，当－2＜x＜0时，函数g(x)的大致图象如图所示，所以当g(－1)＜a＜g(－2)，即－＜a＜－时，a＝xex在(－2,0)上有两个不相等的实数根．综上，当－＜a＜－时，函数f(x)恰有3个零点，故选D.]

利用数形结合探究方程解的问题应注意两点：

(1)讨论方程的解(或函数的零点)一般可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性，否则会得到错解．

(2)正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则，不要刻意去用数形结合．

[活学活用1]

已知函数f(x)＝函数g(x)是周期为2的偶函数且当x∈[0,1]时，g(x)＝2x－1，则函数y＝f(x)－g(x)的零点个数是(　　)

A．5  B．6

C．7  D．8

解析：B　[在同一坐标系中作出y＝f(x)和y＝g(x)的图象如图所示，

由图象可知当x＞0时，有4个零点，当x≤0时，有2个零点，所以一共有6个零点．]

　　　应用数形结合求解不等式、参数问题

[例2]　设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′(x)g(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]　

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上为奇函数．

又当x＜0时，F′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，

所以x＜0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x＞0时，F(x)也是增函数．

因为F(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)．

所以，由图象可知F(x)＜0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．

[答案]　(－∞，－3)∪(0,3)

求参数范围或解不等式问题经常联系函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系来解决问题，往往可以避免烦琐的运算，获得简捷的解答．

[活学活用2]

当x∈(1,2)时，(x－1)2＜logax恒成立，则实数a的取值范围是________．

解析：

由题意可知a＞1，在同一坐标系内作出y＝(x－1)2，x∈(1,2)及y＝logax的图象，若y＝logax过点(2,1)，得loga2＝1，所以a＝2.根据题意，函数y＝logax，x∈(1,2)的图象恒在y＝(x－1)2，x∈(1,2)的上方，所以1＜a≤2.

答案：(1,2]

　　　利用数形结合求最值问题

[例3]　(1)(2019·泉州三模)记实数x1，x2，…，xn中最小数为min{x1，x2，…，xn}，则定义在区间[0，＋∞)上的函数f(x)＝min{x2＋1，x＋3,13－x}的最大值为(　　)

A．5  B．6

C．8  D．10

[解析]　C　[

在同一坐标系中作出三个函数y＝x2＋1，y＝x＋3，y＝13－x的图象如图：

由图可知，在实数集R上，min{x2＋1，x＋3,13－x}为y＝x＋3上A点下方的射线，拋物线AB之间的部分，线段BC，与直线y＝13－x点C下方的部分的组合图．显然，在区间[0，＋∞)上，在C点时，y＝min{x2＋1，x＋3,13－x}取得最大值．

解方程组得点C(5,8)．所以f(x)max＝8.]

(2)已知圆C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和两点A(－m,0)，B(m,0)(m＞0)．若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则m的最大值为(　　)

A．7  B．6

C．5  D．4

[解析]　B　[根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C的坐标为(3,4)，半径r＝1，且|AB|＝2m.

因为∠APB＝90°，连接OP，易知|OP|＝|AB|＝m.

要求m的最大值，即求圆C上的点P到原点O的最大距离．

因为|OC|＝＝5，

所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值为6.]

运用数形结合思想求解最值问题

(1)对于几何图形中的动态问题，应分析各个变量的变化过程，找出其中的相互关系求解．

(2)应用几何意义法解决问题需要熟悉常见的几何结构的代数形式，主要有：①比值——可考虑直线的斜率；②二元一次式——可考虑直线的截距；③根式分式——可考虑点到直线的距离；④根式——可考虑两点间的距离．

[活学活用3]

(2019·南昌三模)若x，y满足约束条件则的最大值为________．

解析：

画出可行域，如图所示，z＝表示可行域内的点和定点F(6,6)连线的斜率，显然直线AF的斜率最大，kAF＝＝3，

即的最大值是3.

答案：3

第2讲　分类讨论思想、转化与化归思想

[一]分类讨论思想

分类讨论的思想是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略，对问题实行分类与整合，分类标准等于增加一个已知条件，实现了有效增设，将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，优化解题思路，降低问题难度．

　　　由概念、性质、运算引起的分类讨论

[例1]　(1)(2020·山师附中模拟)已知函数f(x)＝若f(2－a)＝1，则f(a)等于(　　)

A．－2　　　　　　　　　 B．－1

C．1  D．2

[解析]　A　[①当2－a≥2，即a≤0时，22－a－2－1＝1，解得a＝－1，

则f(a)＝f(－1)＝－log2[3－(－1)]＝－2；

②当2－a＜2即a＞0时，－log2[3－(2－a)]＝1，

解得a＝－，舍去．

所以f(a)＝－2.故选A.]

(2)(2020·阜阳模拟)等比数列{an}中，a1＋a4＋a7＝2，a3＋a6＋a9＝18，则{an}的前9项和S9＝____________.

[解析]　由题意得q2＝＝9，q＝±3，

①当q＝3时，a2＋a5＋a8＝3(a1＋a4＋a7)＝6，S9＝2＋6＋18＝26；

②当q＝－3时，a2＋a5＋a8＝－3(a1＋a4＋a7)＝－6，S9＝2－6＋18＝14，

所以S9＝14或26.

[答案]　14或26

数学概念运算公式中常见的分类

(1)由二次函数、指数函数、对数函数的定义，直线的倾斜角、向量的夹角的范围等引起分类讨论；

(2)由除法运算中除数不为零，不等式两边同乘以(或除以)同一个数(或式)时的不等号等引起分类讨论；

(3)由数学公式、定理、性质成立的条件等引起分类讨论．

[活学活用1]

已知函数f(x)＝ax＋b(a＞0，a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则a＋b＝________.

解析：当a＞1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1,0]上为增函数，由题意得无解．当0＜a＜1时，函数f(x)＝ax＋b在[－1,0]上为减函数，由题意得解得所以a＋b＝－.

答案：－

　　　由图形位置或形状引起的分类讨论

[例2]　(2019·泉州三模)若双曲线＋＝1的渐近线方程为y＝±x，则m的值为(　　)

A．－1   B.

C.  D．－1或

[解析]　B　[根据题意可分以下两种情况讨论：

①当焦点在x轴上时，则有解得m＜1，

此时渐近线方程为y＝± x，

由题意＝，解得m＝.

②当焦点在y轴上时，则有解得m＞3，

此时渐近线方程为y＝± x，

由题意＝，解得：m＝；与m＞3矛盾(舍去)．

结合以上可知m＝.故选B.]

图形位置或形状的变化中常见的分类

圆锥曲线形状不确定时，常按椭圆、双曲线来分类讨论，求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同来分类讨论；相关计算中，涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类讨论．

[活学活用2]

设△ABC的内角A，B，C所对边的长分别是a，b，c，且b＝3，c＝1，△ABC的面积为，则a的值为__________．

解析：由三角形面积公式，得×3×1·sin A＝，

故sin A＝.因为sin2A＋cos2A＝1，

所以cos A＝±＝± ＝±.

①当cos A＝时，由余弦定理，得

a2＝b2＋c2－2bccos A＝32＋12－2×1×3×＝8，

所以a＝2.

②当cos A＝－时，由余弦定理，得

a2＝b2＋c2－2bccos A＝32＋12－2×1×3×＝12，

所以a＝2.

综上所述，a＝2或2.

答案：2或2

　　　由变量或参数引起的分类讨论

[例3]　(2019·潍坊三模节选)设函数f(x)＝x3－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.求f(x)的单调区间．

[解析]　由f(x)＝x3－ax－b，可得f′(x)＝3x2－a.

下面分两种情况：

①当a≤0时，f′(x)＝3x2－a≥0恒成立．

所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．

②当a＞0时，令f′(x)＝0，解得x＝或x＝－.

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如表：

所以f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为，.

几种常见的由参数变化引起的分类与整合

1．含有参数的不等式的求解．

2．含有参数的方程的求解．

3．对于解析式系数含参数的函数，求最值或单调性问题．

4．二元二次方程表示曲线类型的判定等．

5．直线与圆锥曲线位置关系的分类．

[活学活用3]

函数f(x)＝ax2＋4x－3在x∈[0,2]上有最大值f(2)，则实数a的取值范围是____________．

解析：当a＝0时，f(x)＝4x－3在x∈[0,2]上为单调递增函数，最大值为f(2)，满足题意．

当a≠0时，函数f(x)＝ax2＋4x－3＝a2－3－，其对称轴为x＝－.

当a＞0时，f(x)＝ax2＋4x－3在x∈[0,2]上为单调递增函数，最大值为f(2)，满足题意．

当a＜0时，只有当－≥2，即－1≤a＜0时，f(x)＝ax2＋4x－3在x∈[0,2]上为单调递增函数，最大值为f(2)，满足题意．

综上，当a≥－1时，函数f(x)＝ax2＋4x－3在x∈[0,2]上有最大值f(2)．

答案：[－1，＋∞)

[二]转化与化归思想

转化与化归思想，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而解决问题的一种方法．一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．

　　　特殊与一般的转化

[例1]　(2019·长沙三模)(1)过拋物线y＝ax2(a＞0)的焦点F，作一直线交拋物线于P，Q两点．若线段PF与FQ的长度分别为p，q，则＋等于(　　)

A．2a   B.

C．4a   D.

[解析]　C　[拋物线y＝ax2(a＞0)的标准方程为

x2＝y(a＞0)，焦点F.

过焦点F作直线垂直于y轴，

则|PF|＝|QF|＝，

∴＋＝4a.]

(2)(2017·浙江)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________．

[解析]　由题意，不妨设b＝(2,0)，a＝(cos θ，sin θ)，

则a＋b＝(2＋cos θ，sin θ)，a－b＝(cos θ－2，sin θ)．

令y＝|a＋b|＋|a－b|

＝＋

＝＋，

令y＝＋，

则y2＝10＋2∈[16,20]．

由此可得(|a＋b|＋|a－b|)max＝＝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．

(2)对于某些选择题、填空题，如果结论唯一或题目提供的信息暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，即可得到答案．

[活学活用1]

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，则＝________.

解析：显然△ABC为等边三角形时符合题设条件，

所以＝＝＝.

答案：

　　　正与反的转化

[例2]　(2019·吉林三模)若对于任意t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2－2x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＋(m＋4)x－2，

若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数，

则①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立，

或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立．(正反转化)

由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥－3x，

当x∈(t,3)时恒成立，∴m＋4≥－3t恒成立，

则m＋4≥－1，即m≥－5；

由②得3x2＋(m＋4)x－2≤0，即m＋4≤－3x，

当x∈(t,3)时恒成立，

则m＋4≤－9，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

[答案]　

(1)本题是正与反的转化，由于不为单调函数有多种情况，先求出其反面，体现“正难则反”的原则．

(2)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．

[活学活用2]

由命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，得m的取值范围是(－∞，a)，则实数a的取值是(　　)

A．(－∞，1)  B．(－∞，2)

C．1  D．2

解析：C　[命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x∈R，使e|x－1|－m＞0”是真命题，可得m的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a)与(－∞，1)为同一区间，故a＝1.]

　　　主与次的相互转化

[例3]　(2019·西安三模)已知函数f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的导函数．对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)＜0，则实数x的取值范围为________．

[解析]　由题意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5，

对φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1.

对－1≤a≤1，恒有g(x)＜0，即φ(a)＜0，

∴即

解得－＜x＜1.

故当x∈时，对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)＜0.

[答案]　

(1)本题是把关于x的函数转化为在[－1,1]内关于a的一次函数小于0恒成立的问题．

(2)在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数(或参数)，将其看作是“主元”，而把其它变元看作是常量，从而达到减少变元简化运算的目的．

[活学活用3]

对于满足0≤p≤4的所有实数p，使不等式x2＋px＞4x＋p－3成立的x的取值范围是________．

解析：设f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3，

则当x＝1时，f(p)＝0.所以x≠1.

f(p)在0≤p≤4上恒为正，等价于即

解得x＞3或x＜－1.

答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)