[精品]新高三数学第二轮专题复习分类讨论思想优质课教案

合情推理1-归纳推理 教案一、新课引入:1、引出推理的概念：推理是人们思维活动的过程，是根据一个或几个已知的判断来确定一个新的判断的思维过程。

（2分钟）2、日常生活中，推理。

例如:医生诊断病人的病症，警察侦破案件，气象专家预测天气的可能状态， 考古学家推断遗址的年代，数学家论证命题的真伪等等。

3、生活中我们遇到这样的情形，你能得到怎样的推理？4、看见柳树发芽，冰雪融化。

5、看见乌云密布，燕子低飞。

6、看见花儿凋谢，树叶变黄。

（5-6分钟） 二、数学猜想例1、设f(n)=n 2+n+41,1、观察下列数据，你能猜到什么结论？2、由此猜想：n 为任何正整数时f(n)=n 2+n+41都是质数3、n=40呢？n=41呢？(10-12分钟)4、引出归纳推理定义，（板书课题）5、归纳推理的一般步骤.(12-14分钟)感受归纳推理的魅力，重点介绍两大猜想（同时指出：归纳推理所得的结论仅是一种猜想，未必可靠，还需证明。

）1、费马猜想。

已知12,12,12,1243212222++++都是质数， 614144)4(534133)3(474122)2(434111)1(2222=++==++==++==++=f f f f运用归纳推理你能得出什么样的结论？ 半个世纪后欧拉发现说明了什么？ 后来人们又发现12,12,12876222+++都是合数，你们又能得到什么样的结论？ 这个结论是否正确呢？(16-18分钟)2．介绍歌德巴赫猜想观察下列等式：10=3+7 ，20=3+17 ，30=13+17你们能从中发现什么规律？你能多写几个这样的式子么？这个规律对于其他偶数是否成立？ 介绍歌德巴赫猜想（22-25分钟）3、请同学们举出一些其他学科中运用归纳推理得到的重要发现的实例。

三、归纳推理的练习及归纳推理的作用1．发现新事实：应用归纳推理可以发现新事实，获得新结论，下面是一个数学中的例子。

观察：1+3=4=22，1+3+5=9=32，1+3+5+7=16=42，1+3+5+7+9=25=52，……由上述具体事实能提出怎样的结论？可以猜想：前n 个连续奇数的和等于n 的平方，即 (26-30分钟)由上述具体事实能提出怎样的结论？1、已知数列{}n a 的首项11=a ，且有11+=+n n n a a a ，求这个数列的通项公式。

【专题一】数形结合思想【考情分析】在高考题中，数形结合的题目出现在高中数学知识的方方面面上，把图象作为工具、载体，以此寻求解题思路或制定解题方案，真正体现数形结合的简捷、灵活特点的多是填空小题。

从近三年新课标高考卷来看，涉及数形结合的题目略少，预测2013年可能有所加强。

因为对数形结合等思想方法的考查，是对数学知识在更高层次的抽象和概括能力的考查，是对学生思维品质和数学技能的考查，是新课标高考明确的一个命题方向。

1．数形结合是把数或数量关系与图形对应起来，借助图形来研究数量关系或者利用数量关系来研究图形的性质，是一种重要的数学思想方法。

它可以使抽象的问题具体化，复杂的问题简单化。

“数缺形时少直观，形少数时难入微”，利用数形结合的思想方法可以深刻揭示数学问题的本质。

2．数形结合的思想方法在高考中占有非常重要的地位，考纲指出“数学科的命题，在考查基础知识的基础上，注重对数学思想思想方法的考查，注重对数学能力的考查”，灵活运用数形结合的思想方法，可以有效提升思维品质和数学技能。

3．“对数学思想方法的考查是对数学知识在更高层次的抽象和概括的考查，考查时要与数学知识相结合”，用好数形结合的思想方法，需要在平时学习时注意理解概念的几何意义和图形的数量表示，为用好数形结合思想打下坚实的知识基础。

4．函数的图像、方程的曲线、集合的文氏图或数轴表示等，是“以形示数”，而解析几何的方程、斜率、距离公式，向量的坐标表示则是“以数助形”，还有导数更是数形形结合的产物，这些都为我们提供了“数形结合”的知识平台。

5．在数学学习和解题过程中，要善于运用数形结合的方法来寻求解题途径，制定解题方案，养成数形结合的习惯，解题先想图，以图助解题。

用好数形结合的方法，能起到事半功倍的效果，“数形结合千般好，数形分离万事休”。

纵观多年来的高考试题，巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。

张喜林制[选取日期]高三数学第二轮专题讲座复习：综合运用等价转化、分类讨论、数形结合等思想解决函数综合问题 高考要求函数综合问题是历年高考的热点和重点内容之一，一般难度较大，考查内容和形式灵活多样 本节课主要帮助考生在掌握有关函数知识的基础上进一步深化综合运用知识的能力，掌握基本解题技巧和方法，并培养考生的思维和创新能力 重难点归纳在解决函数综合问题时，要认真分析、处理好各种关系，把握问题的主线，运用相关的知识和方法逐步化归为基本问题来解决，尤其是注意等价转化、分类讨论、数形结合等思想的综合运用 综合问题的求解往往需要应用多种知识和技能 因此，必须全面掌握有关的函数知识，并且严谨审题，弄清题目的已知条件，尤其要挖掘题目中的隐含条件 学法指导 怎样学好函数 学习函数要重点解决好四个问题 准确深刻地理解函数的有关概念；揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系；把握数形结合的特征和方法；认识函数思想的实质，强化应用意识(一)准确、深刻理解函数的有关概念概念是数学的基础，而函数是数学中最主要的概念之一，函数概念贯穿在中学代数的始终 数、式、方程、函数、排列组合、数列极限等是以函数为中心的代数 近十年来，高考试题中始终贯穿着函数及其性质这条主线(二)揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系 函数是研究变量及相互联系的数学概念，是变量数学的基础，利用函数观点可以从较高的角度处理式、方程、不等式、数列、曲线与方程等内容 在利用函数和方程的思想进行思维中，动与静、变量与常量如此生动的辩证统一，函数思维实际上是辩证思维的一种特殊表现形式所谓函数观点，实质是将问题放到动态背景上去加以考虑 高考试题涉及5个方面 (1)原始意义上的函数问题；(2)方程、不等式作为函数性质解决；(3)数列作为特殊的函数成为高考热点；(4)辅助函数法；(5)集合与映射，作为基本语言和工具出现在试题中 (三)把握数形结合的特征和方法函数图象的几何特征与函数性质的数量特征紧密结合，有效地揭示了各类函数和定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等基本属性，体现了数形结合的特征与方法，为此，既要从定形、定性、定理、定位各方面精确地观察图形、绘制图形，又要熟练地掌握函数图象的平移变换、对称变换 (四)认识函数思想的实质，强化应用意识函数思想的实质就是用联系与变化的观点提出数学对象，抽象数量特征，建立函数关系，求得问题的解决 纵观近几年高考题，考查函数思想方法尤其是应用题力度加大，因此一定要认识函数思想实质，强化应用意识典型题例示范讲解 例1设f (x )是定义在R 上的偶函数，其图象关于直线x =1对称，对任意x 1、x 2∈［0,21］,都有f (x 1+x 2)=f (x 1)·f (x 2),且f (1)=a >0(1)求f (21)、f (41); (2)证明f (x )是周期函数； (3)记a n =f (2n +n21),求).(ln lim n n a ∞→ 命题意图本题主要考查函数概念，图象函数的奇偶性和周期性以及数列极限等知识，还考查运算能力和逻辑思维能力 知识依托认真分析处理好各知识的相互联系，抓住条件f (x 1+x 2)＝f (x 1)·f (x 2) 错解分析不会利用f (x 1+x 2)=f (x 1)·f (x 2)进行合理变形 技巧与方法 由f (x 1+x 2)=f (x 1)·f (x 2)变形为()()()()2222x xx x f x f f f =+=⋅是解决问题的关键解 因为对x 1,x 2∈［0,21］,都有f (x 1+x 2)=f (x 1)·f (x 2),所以f (x )=()()()02222x x x x f f f +=≥, x ∈［0,1］又因为f (1)=f (21+21)=f (21)·f (21)=［f (21)］2 f (21)=f (41+41)=f (41)·f (41)=［f （41）］2 又f (1)=a >0 ∴f (21)=a 21, f (41)=a 41 (2)证明 依题意设y =f (x )关于直线x =1对称，故f (x )=f (1+1－x ),即 f (x )=f (2－x ),x ∈R 又由f (x )是偶函数知 f (－x )=f (x ),x ∈R ∴f (－x )=f (2－x ),x ∈R 将上式中－x 以x 代换得f (x )=f (x +2)，这表明f (x )是R 上的周期函数，且2是它的一个周期(3)解 由(1)知f (x )≥0,x ∈［0,1］∵f (21)=f (n ·n 21)=f (n 21+(n －1) n 21)=f (n 21)·f ((n －1)·n21)=…… =f (n 21)·f (n 21)·……·f (n 21)=［f (n 21)］n =a 21∴f (n21)=a n 21 又∵f (x )的一个周期是2 ∴f (2n +n 21)=f (n 21), ∴a n =f (2n +n 21)=f (n 21)=a n 21因此a n =a n 21∴.0)ln 21(lim )(ln lim ==∞→∞→a na n n n 例2甲、乙两地相距S 千米，汽车从甲地匀速驶到乙地，速度不得超过c 千米/小时，已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v (km/h)的平方成正比，比例系数为b ,固定部分为a 元(1)把全程运输成本y (元)表示为v (km/h)的函数，并指出这个函数的定义域；(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？ 命题意图 本题考查建立函数的模型、不等式性质、最值等知识，还考查学生综合运用所学数学知识解决实际问题的能力 知识依托运用建模、函数、数形结合、分类讨论等思想方法 错解分析不会将实际问题抽象转化为具体的函数问题，易忽略对参变量的限制条件 技巧与方法 四步法 (1)读题；(2)建模；(3)求解；(4)评价 解法一 (1)依题意知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为vS ,全程运输成本为y =a ·v S +bv 2·v S =S (v a +bv ) ∴所求函数及其定义域为y =S (va +bv ),v ∈(0,c ] (2)依题意知，S 、a 、b 、v 均为正数 ∴S (va +bv )≥2S ab ① 当且仅当v a =bv ,即v =b a 时，①式中等号成立若b a ≤c 则当v =b a 时，有y min ＝2S ab ；若b a >c ,则当v ∈(0,c ]时，有S (v a +bv )－S (ca +bc ) =S ［(v a －c a )+(bv －bc )］=vcS (c －v )(a －bcv )∵c －v ≥0,且c >bc 2, ∴a －bcv ≥a －bc 2>0 ∴S (v a +bv )≥S (c a +bc ),当且仅当v =c 时等号成立，也即当v =c 时，有y min ＝S (ca +bc )； 综上，为使y 最小，当b ab ≤c 时，行驶速度应为v =b ab , 当b ab >c 时速度应为v =c 解法二 (2)∵函数y =S (v a +bv ), v ∈(0,+∞),当x ∈(0, ba )时，y 单调减小，当x ∈(b a ,+∞)时y 单调增加，当x =b a 时y 取得最小值，而全程运输成本函数为y =Sb (v +vb a), v ∈(0,c ∴当b a ≤c 时，则当v =b a 时，y 最小，若ba >c 时，则当v =c 时，y 最小例3 设函数f (x )的定义域为R ，对任意实数x 、y 都有f (x +y )=f (x )+f (y ),当x >0时f (x )<0且f (3)=－4(1)求证 f (x )为奇函数；(2)在区间［－9，9］上，求f (x )的最值(1）证明 令x =y =0,得f (0)=0令y =－x ,得f (0)=f (x )+f (－x ),即f (－x )=－f (x )∴f (x )是奇函数(2）解 1°,任取实数x 1、x 2∈［－9,9］且x 1＜x 2,这时，x 2－x 1>0,f (x 1)－f (x 2)=f ［(x 1－x 2)+x 2］－f (x 2)=f (x 1－x 2)+f (x 2)－f (x 1)=－f (x 2－x 1)因为x >0时f (x )＜0,∴f (x 1)－f (x 2)>0∴f (x )在［－9，9］上是减函数 故f (x )的最大值为f (－9),最小值为f (9)而f (9)=f (3+3+3)=3f (3)=－12,f (－9)=－f (9)=12∴f (x )在区间［－9，9］上的最大值为12，最小值为－12 学生巩固练习1 函数y =x +a 与y =log a x 的图象可能是( )2定义在区间(－∞,+∞)的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图象与f(x)的图象重合，设a>b>0,给出下列不等式①f(b)－f(－a)>g(a)－g(－b) ②f(b)－f(－a)<g(a)－g(－b)③f(a)－f(－b)>g(b)－g(－a) ④f(a)－f(－b)<g(b)－g(－a)其中成立的是( )A①与④B②与③C①与③D②与④3若关于x的方程22x+2x a+a+1=0有实根，则实数a的取值范围是____4设a为实数，函数f(x)=x2+|x－a|+1,x∈R(1)讨论f(x)的奇偶性；(2)求f(x)的最小值参考答案:1解析分类讨论当a>1时和当0＜a＜1时答案 C2解析用特值法，根据题意，可设f(x)=x,g(x)=|x|,又设a=2,b=1,则f(a)=a,g(a)=|a|,f(b)=b,g(b)=|b|,f(a)－f(b)=f(2)－f(－1)=2+1=3g(b)－g(－a)=g(1)－g(－2)=1－2=－1∴f(a)－f(－b)>g(1)－g(－2)=1－2=－1又f(b)－f(－a)=f(1)－f(－2)=1+2=3g(a)－g(－b)=g(2)－g(1)=2－1=1,∴f(b)－f(－a)=g(a)－g(－b)即①与③成立答案 C3解析设2x=t>0，则原方程可变为t2+at+a+1=0 ①方程①有两个正实根，则⎪⎩⎪⎨⎧>+=⋅>-=+≥+-=∆1)1(421212attattaa解得a∈(－1,2－22]4解(1)当a=0时，函数f(－x)=(－x)2+|－x|+1=f(x),此时f(x)为偶函数；当a≠0时，f(a)=a2+1,f(－a)=a2+2|a|+1,f(－a)≠f(a),f(－a)≠－f(a)此时函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数(2)①当x≤a时，函数f(x)=x2－x+a+1=(x－21)2+a+43,若a≤21,则函数f(x)在(－∞,a]上单调递减，从而，函数f(x)在(－∞,a]上的最小值为f(a)=a2+1若a>21,则函数f(x)在(－∞,a]上的最小值为f(21)=43+a,且f(21)≤f(a)②当x≥a时，函数f(x)=x2+x－a+1=(x+21)2－a+43;当a≤－21时，则函数f(x)在［a,+∞)上的最小值为f(－21)=43－a,且f(－21)≤f(a)若a>－21,f(x)在［a,+∞)上单调递增，f(x)在［a,+∞］上的最小值为f(a)=a2+1综上，当a≤－21时，函数f(x)的最小值是43－a,当－21＜a≤21时，函数f(x)的最小值是a2+1;当a>21时，函数f(x)的最小值是a43。

高三数学第二轮复习教学案第一课时：三角函数的图象与性质班级 学号 姓名【考纲解读】1、了解正弦函数、余弦函数、正切函数的图象和性质；2、能用三角函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等解决有关问题；3、了解正弦函数、余弦函数、正切函数图象的变换及对称性. 【教学目标】1、进一步熟悉三角函数的有关概念；2、会通过变形求三角函数的定义域、值域、单调区间、最小正周期等；3、掌握三角函数图象的变换及对称性，会利用三角函数图象解决有关问题.【例题讲解】例题1（1）函数x x y 24cos sin +=的最小正周期为（ ）A4π B 2π C πD 2π（2）函数x x y cos =在下列哪个区间内为增函数（ ）A )23,2(ππB )2,(ππC )25,23(ππ D )3,2(ππ（3）函数)632cos(32sin )(π-+=x x x f 的图象相邻两条对称轴间的距离为（ ） A π3 B 23π C 34π D 32π（4）使函数)2cos(3)2sin()(θθ+++=x x x f 是奇函数，且在[0，]4π上是减函数的θ的一个值是 （ ）A 3πB 32πC 34πD 35π（5）设)(t f y =是某港口水的深度y(米)关于时间t （时）的函数，其中经长期观察，函数)(t f y =的图象可近似地看成函数)sin(ϕω++=t A k y 的图象，在下列的函数中，最能近似表示表中数据间对应关系的函数是 （ ）A 6sin 312π+=y ]24,0[,∈t t B ]24,0[),6sin(312∈++=t t y ππC ]24,0[,12sin312∈+=t t y π D ]24,0[),212sin(312∈++=t t y ππ （6）关于函数)62cos()32cos()(ππ++-=x x x f 有下列命题：①)(x f y =的最大值是2； ②数为最小正周期的周期函是以π)(x f y =； ③)(x f y =在区间[2413,24ππ]上单调递减； ④将函数x y 2cos 2=的图象向左平移24π个单位后，将与已知函数的图象重合.其中真命题的序号为 .例题2求函数)2cos 2sin 1)(tan 1()(x x x x f ++-=的定义域，值域和最小正周期.例题3已知函数)2||,0,0)(sin()(πϕωϕω<>>+=A x A x f 的图像在y 轴上的截距为1，它在y 轴右侧的第一个最大值点与最小值点分别为)2,3)2,(00-+πx x 、（. （1）求函数)(x f 的解析式；（2）求函数)()(x f x g -=的单调递增区间. 例题4已知函数b xx a x f ++=2cos 2(sin )(2）. （1）当的单调递增区间求时)(1x f ，a =；（2）当a <0，且的值求的值域为时b a ，，x ，f x ,]43[)(],0[π∈.例题5已知函数，b a b x b x x a x f 为常数,(sin 2cos sin 2)(2+-=0<a ）的图象过点 ()30，，且函数最大值为2.（1）求)(x f 的解析式，并写出其单调增区间；（2）若)(x f y =的图象按向量)0,(m =作移动距离最小的平移后使所得的图象关于y 轴对称，求出向量的坐标及平移后的图象对应的解析式.高三数学第二轮复习教学案 第二课时：三角式的化简与求值班级 学号 姓名【考纲解读】1、掌握两角和与差、二倍角的正弦、余弦、正切公式；2、能正确运用三角公式进行三角函数式的化简、求值和证明. 【教学目标】1、掌握三角公式的正用、逆用、变形用，提高三角变换的灵活性；2、通过三角函数中“角变换”、“函数名称变换”、“次数变换”等，熟练进行三角式的化简、求值与证明.【例题讲解】例题1（1）已知)2tan(32)tan(,12cos 1cos sin αββαααα--=-=-则，等于 （ ）A 47-B 81-C 81D 74（2）设,cos cos cos ,sin sin sin ),2,0(,,αγββγαπγβα=+=+∈且则αβ-等于A 6πB 3π- C 3π D 3π-或3π（ ）（3）当40π<<x 时，函数x x x xx f 22sin sin cos cos )(-=的最小值是（ ） A 4 B21 C2 D41 （4）已知0)4tan(tan 2=++-q px x 是方程和θπθ的两根，则q p ,间的关系为 （ ）A 1-=+q pB 01=--q pC 01=-+q pD 01=+-q p（5）设22,4,,22-+=+∈y x xyy x R y x 则且的值域为___________.（6）已知232,53)4cos(παππα<<=+，则)42cos(πα+的值为_________.例题2 已知51cos sin ,02=+<<-x x x π（1）求x x cos sin -；（2）求xx x x x x cot tan 2cos 2cos 2sin 22sin 322++-的值.例题3已知552||),sin ,(cos ),sin ,(cos =-==ββαα. （1）求)cos(βα-； （2）若αββππαsin ,135sin 02,20求且-=<<-<<，.例题4已知αβsin sin =为锐角其中βαβα，),cos(+.（1）求证：ααβ2cos 32sin tan -=；（2）求βtan 的最大值.例题5已知的值求βαπβαββα-∈-==-2),0(,,71tan ,21)tan(，.高三数学第二轮复习教学案第三课时：三角综合应用班级 学号 姓名【考纲解读】1、掌握正弦定理、余弦定理；2、正确运用正弦定理、余弦定理、三角形的面积公式解决三角形中的有关问题. 【教学目标】1、掌握正弦定理、余弦定理及三角形的面积公式；2、会利用正弦定理、余弦定理解三角形；3、能以三角为工具，解决三角与向量等有关的问题；4、通过三角问题的分析、求解，提高三角综合运用能力. 【例题讲解】例题1（1）A 、，ABC 三个内角中∆B 、C 的对边分别是︒=︒=75,60,,,B A c b a ，的值是则c ，a 32=（ ）A 2B 4C 22D 不确定（2）已知A 、ABC 的三个内角∆B 、C 所对的边分别为c b a ,,若ABC ∆的面积为22)(c b a S --=，则2tanA等于 （ ） A21B 41C 81D 1（3）若函数)0(cos sin >+=ωωωx a x y 的图象关于点M()0,3π对称，且在x=6π处函数有最小值，则a +ω的一个可能的取值为（ ） A 0 B 3 C 6D 9（4）)cos(cos 5tan tan C B A，C B ，ABC -=⋅∆则若中的值为________.（5）锐角abA ，B ，ABC 则若中2=∆的取值范围是_________.（6）A ，ABC 若中∆，B ，C 成等差数列，则C A 22cos cos +的取值范围是______. 例题2在分别是角中c b a ABC ,,,∆A ，B ，C 的对边，已知3tan tan =+C A ⋅A (tan233,27),1tan ==-∆ABC S b C .（1）求c a +的值；（2）求ABC ∆ 的最大内角.例题3已知ABC ∆中，角A ，B ，C 的对边为c b a ,,,向量))sin(,2cos 2(B A C+-=,=(2cos C,2sin(A+B))，⊥.（1）求角C ； （2）若的值试求)sin(21222B A ，c b a -+=.例题4ABC ∆中，三个内角分别是A 、B 、C ，向量25(=2cos,2cos BA C -），求 的值时||91tan tan ，B A =⋅.例题5已知A 、B 、C 三点的坐标分别是A （3，0），B （0，3），C （，)sin ,cos αα 其中232ππ<<a .（1）若|||BC AC =，求角α的值；（2）若αααtan 12sin sin 212++-=⋅求，的值.。

高考数学二轮复习教案【篇一：高考数学二轮专题复习教案共23讲精品专题】专题一集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用第1讲集合与简单逻辑用语1. 理解集合中元素的意义是解决集合问题的关键：弄清元素是函数关系式中自变量的取值？还是因变量的取值？还是曲线上的点？?2. 数形结合是解集合问题的常用方法：解题时要尽可能地借助数轴、直角坐标系或韦恩图等工具，将抽象的代数问题具体化、形象化、直观化，然后利用数形结合的思想方法解决．3. 已知集合a、b，当a∩b＝?时，你是否注意到“极端”情况：a＝?或b＝?？求集合的子集时是否忘记?？分类讨论思想的建立在集合这节内容学习中要得到强化．4. 对于含有n个元素的有限集合m, 其子集、真子集、非空子集、非空真子集的个数依次为2n,2n－1，2n－1，2n－2.5. ?是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集．2. 已知命题p：n∈n,2n＞1 000，则p为________．3. 条件p：a∈m＝{x|x2－x0}，条件q：a∈n＝{x||x|2}，p是q的______________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”或“既不充分也不必要”)4. 若命题“?x∈r，x2＋(a－1)x＋10”是假命题，则实数a的取值范围为________．【例1】已知集合a＝{x|x2－3x－10≤0}，集合b＝{x|p＋1≤x≤2p－1}．若b?a，求实数p的取值范围．【例2】设a＝{(x，y)|y2－x－1＝0}，b＝{(x，y)|4x2＋2x－2y＋5＝0}，c＝{(x，y)|y＝kx＋b}，是否存在k、b∈n，使得(a∪b)∩c ＝?？若存在，求出k，b的值；若不存在，请说明理由．则下列结论恒成立的是________．a. t，v中至少有一个关于乘法封闭b. t，v中至多有一个关于乘法封闭 c. t，v中有且只有一个关于乘法封闭 d. t，v中每一个关于乘法封闭【例4】已知a0，函数f(x)＝ax－bx2.(1) 当b0时，若?x∈r，都有f(x)≤1，证明：0a≤b； (2) 当b1时，证明：?x∈[0,1]，|f(x)|≤1的充要条件是b－1≤a≤b.①2 011∈[1]；②－3∈[3]；③z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④“整数a，b属于同一‘类’”的充要条件是“a－b∈[0]”．其中，正确结论的个数是________个．1解：由f(x)为二次函数知a≠0，令f(x)＝0解得其两根为x1＝a12＋a由此可知x10，x20，(3分)①当a0时，a＝{x|xx1}∪{x|xx2}，(5分) 1a∩b≠?的充要条件是x2＜3，即a②当a0时， a＝{x|x1xx2}，(10分) 1a∩b≠?的充要条件是x21，即＋a2＋1，解得a－2，(13分) a62＋3，解得a(9分) a712，x2＝＋aa6?.(14分) 综上，使a∩b≠?成立的实数a的取值范围为(－∞，－2)∪??7?一集合、简单逻辑用语、函数、不等式、导数及应用第1讲集合与简单逻辑用语a. 57b. 56c. 49d. 8【答案】 b 解析：集合a的所有子集共有26＝64个，其中不含4,5,6,7的子集有23＝8个，所以集合s共有56个．故选b.m2y≤2m＋1，x，y∈r}, 若a∩b≠?，则实数m的取值范围是________．1m12＋2? 解析：由a∩b≠?得，a≠?，所以m2≥，m≥m≤0.【答案】 ??2?22|2－2m||2－2m－1|2当m≤0＝22m＞－m，且＝2m＞－m，又2＋0＝2＞2m222|2－2m|1＋1，所以集合a表示的区域和集合b表示的区域无公共部分；当m≥时，只要≤m22|2－2m－1|22或m，解得22≤m≤2＋2或1－m≤1，所以实数m的取值范围222122?. 是??2?点评：解决此类问题要挖掘问题的条件，并适当转化，画出必要的图形，得出求解实数m的取值范围的相关条件．基础训练1. (－∞，3) 解析：a＝(－∞，0]∪[3，＋∞)，b＝(0，＋∞)，a∪b＝(－∞，＋∞)，a∩b＝[3，＋∞)．2. ?n∈n,2n≤1 0003. 充分不必要解析：m＝(0,1)?n＝(－2,2)．例1 解：由x2－3x－10≤0得－2≤x≤5. ∴ a＝[－2,5]．①当b≠?时，即p＋1≤2p－1?p≥2.由b?a得－2≤p＋1且2p－1≤5.得－3≤p≤3.∴ 2≤p≤3.②当b＝?时，即p＋12p－1?p＜2.b?a成立．综上得p≤3.点评：从以上解答应看到：解决有关a∩b＝?，a∪b＝a，a∪b＝b 或a?b等集合问题易忽视空集的情况而出现漏解，这需要在解题过程中全方位、多角度审视问题．变式训练设不等式x2－2ax＋a＋2≤0的解集为m，如果m?[1,4]，求实数a的取值范围．??f?1?≥0且f?4?≥0，[x1，x2]，m?[1,4]?1≤x1＜x2≤4??－a＋3≥0，??18－7a≥0，即?1≤a≤4，??a＜－1或a＞2，1818－1. 解得：2＜a≤，综上实数a的取值范围是?7?7例2 解：∵ (a∪b)∩c＝?，∵a∩c＝?且b∩c＝?，2??y＝x＋1，由 ? 得k2x2＋(2bk－1)x＋b2－1＝0， ?y＝kx＋b?∴ 4k2－4bk＋10，此不等式有解，其充要条件是16b2－160，即b21，①2??4x＋2x－2y＋5＝0，∵ ? ?y＝kx＋b，?∴ 4x2＋(2－2k)x＋(5－2b)＝0，∴ k2－2k＋8b－190, 从而8b20，即b2.5，②?4k2－8k＋1＜0，??2 ?k－2k－3＜0，?∴ k＝1，故存在自然数k＝1，b＝2，使得(a∪b)∩c＝?．点评：把集合所表示的意义读懂，分辨出所考查的知识点，进而解决问题.???1－y＝3变式训练已知集合a＝??x，y???x＋1?????，b＝{(x，y)|y＝kx＋3}，若a∩b＝?，??求实数k的取值范围．解：集合a表示直线y＝－3x－2上除去点(－1,1)外所有点的集合，集合b表示直线y＝kx＋3上所有点的集合，a∩b＝?，所以两直线平行或直线y＝kx＋3过点(－1,1)，所以k＝2或k＝－3.例3 【答案】 a 解析：由于t∪v＝z，故整数1一定在t，v两个集合中的一个中，不妨设1∈t，则?a，b∈t，另一方面，当t＝{非负整数}，v＝{负整数}时，t关于乘法封闭，v关于乘法不封闭，故d不对；当t＝{奇数}，v＝{偶数}时，t，v显然关于乘法都是封闭的，故b，c不对．从而本题就选a.例4 证明：(1) ax－bx2≤1对x∈r恒成立，又b＞0, ∴a2－4b≤0，∴ 0＜a≤b. (2) 必要性，∵ ?x∈[0,1]，|f(x)|≤1恒成立，∴ bx2－ax≤1且bx2－ax≥－1，显然x＝0时成立，111对x∈(0,1]时a≥bx－且a≤bx＋f(x)＝bxx∈(0,1]上单调增，f(x)最大值xxxf(1)＝b－1.1111函数g(x)＝bx＋在?0，?上单调减，在?1?上单调增，函数g(x)的最小值为g?x?b????b?＝2，∴ b－1≤a≤2b，故必要性成立；a2a2aa1122b4b2b2a2f(x)max＝1，又f(x)是开口向下的抛物线，f(0)＝0，f(1)＝a－b，4bf(x)的最小值从f(0)＝0，f(1)＝a－b中取最小的，又a－b≥－1，∴－1≤f(x)≤1，故充分性成立；综上命题得证．变式训练命题甲：方程x2＋mx＋1＝0有两个相异负根；命题乙：方程4x2＋4(m－2)x＋1＝0无实根，这两个命题有且只有一个成立，求实数m的取值范围．2解：使命题甲成立的条件是： ??m＞2.?x1＋x2＝－m＜0?∴集合a＝{m|m2}．【篇二：高三数学二轮复习教案】高三数学二轮复习教案学校：寿县迎河中学汇编：龙如山第一部分：三角问题的题型与方法一、考试内容1．理解任意角的概念、弧度的意义，能正确地进行弧度与角度的换算。

高三数学第二轮复习教案第8讲导数应用的题型与方法（4课时）一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数两个函数的和、差、积、商的导数，复合函数的导数，基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值二、考试要求⑴了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等），掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念。

⑵熟记基本导数公式（c,x m(m为有理数)，sin x, cos x, e x, a x,lnx, logx的导数）。

掌a握两个函数四则运算的求导法则和复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数。

⑶了解可导函数的单调性与其导数的关系，了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数要极值点两侧异号），会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值。

三、复习目标1．了解导数的概念，能利用导数定义求导数．掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义，理解导函数的概念．了解曲线的切线的概念．在了解瞬时速度的基础上抽象出变化率的概念．2．熟记基本导数公式（c,x m(m为有理数)，sin x, cos x, e x, a x, lnx, logx的导数）。

a掌握两个函数四则运算的求导法则和复合函数的求导法则，会求某些简单函数的导数，利能够用导数求单调区间，求一个函数的最大(小)值的问题，掌握导数的基本应用． 3．了解函数的和、差、积的求导法则的推导，掌握两个函数的商的求导法则。

能正确运用函数的和、差、积的求导法则及已有的导数公式求某些简单函数的导数。

4．了解复合函数的概念。

会将一个函数的复合过程进行分解或将几个函数进行复合。

掌握复合函数的求导法则，并会用法则解决一些简单问题。

四、双基透视导数是微积分的初步知识，是研究函数，解决实际问题的有力工具。

在高中阶段对于导数的学习，主要是以下几个方面:1．导数的常规问题：（1）刻画函数（比初等方法精确细微）；（2）同几何中切线联系（导数方法可用于研究平面曲线的切线）；（3）应用问题（初等方法往往技巧性要求较高，而导数方法显得简便）等关于n 次多项式的导数问题属于较难类型。

高三数学第二轮复习专题教案设计《数列》 （约2课时）一．复习目标1．能灵活地运用等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式、前n 项和公式解题； 2．能熟练地求一些特殊数列的通项和前n 项的和；3．使学生系统掌握解等差数列与等比数列综合题的规律，深化数学思想方法在解题实践中的指导作用，灵活地运用数列知识和方法解决数学和实际生活中的有关问题；4．通过解决探索性问题，进一步培养学生阅读理解和创新能力，综合运用数学思想方法分析问题与解决问题的能力．5．在解综合题的实践中加深对基础知识、基本技能和基本数学思想方法的认识，沟通各类知识的联系，形成更完整的知识网络，提高分析问题和解决问题的能力．6．培养学生善于分析题意，富于联想，以适应新的背景，新的设问方式，提高学生用函数的思想、方程的思想研究数列问题的自觉性、培养学生主动探索的精神和科学理性的思维方法． 二．基础再现1．可以列表复习等差数列和等比数列的概念、有关公式和性质. 2．判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法：对于n≥2的任意自然数,验证11(/)n n n n a a a a ---为同一常数。

(2)通项公式法： ①若n a = 1a +（n －1）d = k a +（n －k ）d ，则{a n }为等差数列； ②若n a =k n k n q a q a --=11 ，则{a n }为等比数列。

(3)中项公式法：验证212-++=n n n a a a ,)(221++=n n n a a a ,n ∈N* 都成立。

3． 在等差数列{}n a 中,有关S n 的最值问题——常用邻项变号法求解：(1)当a 1 >0,d <0时，满足⎩⎨⎧≤≥+001m m a a 的项数m 使得S m 取最大值. (2)当a 1 <0,d >0时，满足⎩⎨⎧≥≤+001m m a a 的项数m 使得S m 取最小值。

1．分类讨论的思想是一种重要的数学思想方法．其基本思路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．2．分类讨论的常见类型(1)由数学概念引起的分类讨论：有的概念本身是分类的，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等．(2)由性质、定理、公式的限制引起的分类讨论：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，如等比数列的前n 项和公式、函数的单调性等．(3)由数学运算要求引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对数真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域等．(4)由图形的不确定性引起的分类讨论：有的图形类型、位置需要分类：如角的终边所在的象限；点、线、面的位置关系等．(5)由参数的变化引起的分类讨论：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．(6)由实际意义引起的讨论：此类问题在应用题中，特别是在解决排列、组合中的计数问题时常用．3．分类讨论的原则(1)不重不漏．(2)标准要统一，层次要分明．(3)能不分类的要尽量避免或尽量推迟，决不无原则地讨论．变式训练1 设0<x <1，a >0且a ≠1，比较|log a (1－x )|与|log a (1＋x )|的大小．题型二 根据公式、定理、性质的条件分类讨论例2 设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n >0 (n ＝1,2,3，…)．(1)求q 的取值范围；(2)设b n ＝a n ＋2－32a n ＋1，记{b n }的前n 项和为T n ，试比较S n 与T n 的大小．变式训练2 在等比数列{a n }中，设前n 项和为S n ，x ＝S 2n ＋S 22n ，y ＝S n (S 2n ＋S 3n )，求证：x ＝y .题型三 根据变量式参数的取值情况分类讨论例3 已知m ∈R ，求函数f (x )＝(4－3m )x 2－2x ＋m 在区间[0,1]上的最大值．变式训练3已知函数f (x )＝ax 3－32x 2＋1(x ∈R)，其中a >0. (1)若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程；(2)若在区间[－12，12]上，f (x )>0恒成立，求a 的取值范围．第3讲 分类讨论思想(推荐时间：60分钟)一、填空题1．不等式(a －2)x 2＋2(a －2)x －4<0对于x ∈R 恒成立，那么a 的取值范围是____________．2．过双曲线2x 2－y 2＝2的右焦点作直线l 交双曲线于A 、B 两点，若AB ＝4，则这样的直线有________条．3．设集合A ＝{x |x 2＋x －12＝0}，集合B ＝{x |kx ＋1＝0}，如果A ∪B ＝A ，则由实数k 组成的集合中所有元素的和与积分别为____________．4．在△ABC 中，已知A ＝30°，a ＝8，b ＝83，则S △ABC ＝__________.5．设一双曲线的两条渐近线方程为2x －y ＝0,2x ＋y ＝0，则双曲线的离心率是________．6．正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为____________．7．设常数a >0，椭圆x 2－a 2＋a 2y 2＝0的长轴长是短轴长的2倍，则a ＝________.8．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 3＝32，S 3＝92，则a 1的值为__________．14.已知函数f (x )＝2a sin 2x －2 3a sin x cos x ＋a ＋b (a ≠0)的定义域是⎣⎡⎦⎤0，π2，值域是[－5,1]，求常数a ，b 的值．15．已知函数f (x )＝－2x 2－x ，求m 、n 的值，使f (x )在区间[m ，n ]上值域为[2m,2n ] (m <n )．。

高三数学第二轮复习教案教案标题：高三数学第二轮复习教案教学目标：1. 复习高三数学的重要知识点和难点，巩固基础知识；2. 提高学生的解题能力和应试技巧；3. 培养学生的数学思维和问题解决能力。

教学重点：1. 高考数学中的重要知识点，如函数、三角函数、数列与数学归纳法等；2. 高考数学中的常见难题类型，如证明题、应用题等；3. 解题思路和方法的灵活运用。

教学难点：1. 高考数学中的难点知识点，如概率与统计、向量等；2. 高考数学中的复杂问题的解题方法；3. 解题过程中的思维拓展和创新。

教学准备：1. 教材：高中数学教材（根据学校教学大纲选择相应章节）；2. 复习资料：高考数学复习资料、习题集等；3. 多媒体设备：投影仪、电脑等。

教学过程：一、复习知识点1. 复习函数的性质和图像特征，包括函数的定义域、值域、单调性、奇偶性等；2. 复习三角函数的基本概念和性质，如正弦、余弦、正切函数的周期性、图像特征等；3. 复习数列与数学归纳法的基本概念和定理，如等差数列、等比数列的通项公式、求和公式等。

二、解题技巧讲解1. 解题方法的灵活运用，如利用函数的性质进行证明题的解答；2. 解题思路的培养，如通过画图、列方程等方法解决应用题；3. 解题过程中的注意事项，如注意题目中的条件限制、合理利用已知信息等。

三、典型例题分析1. 选取高考历年真题中的典型例题进行分析和解答；2. 引导学生分析解题思路和方法，培养学生的问题解决能力；3. 对解题过程中的常见错误和易错点进行讲解和指导。

四、综合练习1. 提供一定数量的综合练习题，涵盖高考数学各个知识点和题型；2. 指导学生合理安排解题时间，培养解题的快速和准确性；3. 对学生的解题过程进行指导和点评，帮助学生发现问题并加以改进。

五、课堂小结与作业布置1. 对本节课的内容进行小结和回顾，强调重要知识点和解题技巧；2. 布置相关的课后作业，鼓励学生独立思考和解答问题；3. 鼓励学生积极参与数学竞赛和讨论，提高数学学习的兴趣和动力。

高考数学二轮复习教案教案标题：高考数学二轮复习教案教案概述：本教案旨在为高考数学二轮复习提供指导和建议。

通过分析高考数学考试的题型和考点，结合学生的学习情况，制定相应的复习计划和教学策略，以提高学生的学习效果和应试水平。

教学目标：1. 熟悉高考数学考试的题型和考点；2. 掌握数学知识的基本概念、定理和公式；3. 提高解题能力和思维逻辑能力；4. 提高应试技巧和答题效率。

教学内容：1. 高考数学考试的题型和考点；2. 数学知识的基本概念、定理和公式；3. 解题技巧和答题方法；4. 典型题目的讲解和练习。

教学步骤：第一步：梳理考纲和教材1. 分析高考数学考试的题型和考点，明确复习重点；2. 对教材进行全面复习，整理知识点和公式。

第二步：制定复习计划1. 根据考试时间和学生的学习情况，制定合理的复习计划；2. 将复习内容分成不同的模块，按照一定的顺序进行复习。

第三步：教学设计和授课1. 根据每个模块的复习内容，设计相应的教学活动和讲解方法；2. 针对每个考点，提供相关的解题技巧和答题方法；3. 结合典型题目，进行讲解和练习。

第四步：巩固和拓展1. 定期进行知识点的巩固训练，加深学生对知识的理解和掌握；2. 引导学生进行拓展学习，提高解题能力和思维逻辑能力。

第五步：模拟考试和评估1. 定期进行模拟考试，以检验学生的学习效果和应试水平；2. 根据学生的表现和反馈，及时调整教学进度和方法。

教学资源：1. 高中数学教材和辅导书籍；2. 高考数学真题和模拟试卷；3. 网络教学资源和题库。

教学评估：1. 观察学生的学习态度和参与度；2. 检查学生的作业完成情况；3. 定期进行小测验和模拟考试；4. 根据学生的学习表现和考试成绩，进行个体化指导和反馈。

教学反思：1. 定期总结和评估教学效果；2. 分析学生的学习情况和问题，及时调整教学策略；3. 不断改进教学方法和教学资源，提高教学质量。

函数中的数学思想 【举一反三系列】【考查角度1 分类讨论思想】【例1】（2019秋•小店区校级期中）已知定义在R 上的奇函数f （x ）），当x ＞0时，f （x ））＝2x +3．（1）求f （x ））的解析式；（2）若f （a ）＜7，求实数a 的取值范围．【思路分析】（1）根据f （x ）是定义在R 上的奇函数，当x ＞0时，f （x ）＝2x +3．即可求解x ＜0的解析，可得结论；（2）根据f （x ））的解析式，分类求解实数a 的取值范围．【答案】解：（1）由题意，f （x ）是定义在R 上的奇函数，f （﹣x ）＝﹣f （x ），f （0）＝0． 当x ＞0时，f （x ）＝2x +3．那么：当x ＜0，则﹣x ＞0，∴f （﹣x ）＝﹣2x +3．即﹣f （x ）＝﹣2x +3．∴f （x ）＝2x ﹣3故f （x ））的解析式为：{2x +3，x ＞00，x =02x −3，x ＜0；（2）由f （a ）＜7，当a ＞0时，可得2a +3＜7，∴0＜a ＜2．当a ＝0时，可得0＜7成立．当a ＜0时，可得2a ﹣3＜7，∴a ＜0．综上可得实数a 的取值范围是（﹣∞，2）【点睛】本题考查了函数解析式的求法，以及分段函数不等式的解法，属于基础题．【练1.1】已知函数f （x ）＝x 2+a x （x ≠0）．（1）判断f （x ）的奇偶性，并说明理由；（2）若f （1）＝2，试判断f （x ）在[2，+∞）上的单调性．【思路分析】（1）利用函数奇偶性的定义进行判断，要对a 进行分类讨论．（2）由f （1）＝2，确定a 的值，然后利用单调性的定义进行判断和证明．【答案】解：（1）当a ＝0时，f （x ）＝x 2，f （﹣x ）＝f （x ），函数是偶函数．当a ≠0时，f （x ）＝x 2+a x （x ≠0，常数a ∈R ），取x ＝±1，得f （﹣1）+f （1）＝2≠0； f （﹣1）﹣f （1）＝﹣2a ≠0，∴f （﹣1）≠﹣f （1），f （﹣1）≠f （1）．∴函数f （x ）既不是奇函数也不是偶函数．（2）若f （1）＝2，即1+a ＝2，解得a ＝1，这时f （x ）＝x 2+1x ． 任取x 1，x 2∈[2，+∞），且x 1＜x 2，则f （x 1）﹣f （x 2）=x 12+1x 1−（x 22+1x 2） ＝（x 1﹣x 2）（x 1+x 2）+x 2−x 1x 1x 2＝（x 1﹣x 2）[（x 1+x 2）−1x 1x 2]，由于x 1≥2，x 2≥2，且x 1＜x 2，∴x 1﹣x 2＜0，x 1+x 2＞1x1x 2，所以f （x 1）＜f （x 2），故f （x ）在[2，+∞）上是单调递增函数． 【点睛】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，要熟练掌握函数奇偶性和单调性的应用．【练1.2】（2019春•龙凤区校级月考）已知二次函数f （x ）的图象过点(−12，1)，(0，1)，且最小值为78． （Ⅰ）求函数f （x ）的解析式；（Ⅱ）函数g （x ）＝f （x ）﹣x 2﹣（1+2m ）x +1（m ∈R ）在[2，+∞）上的最小值为﹣3，求实数m 的值．【思路分析】（Ⅰ）根据题意，分析f （x ）的对称轴，设f(x)=a(x +14)2+78(a ＞0)，将点（0，1）代入其解析式，解可得a 的值，即可得答案；（Ⅱ）根据题意，求出g （x ）的解析式，分m ≤2与m ＞2两种情况讨论，结合函数的最小值求出m 的值，综合即可得答案．【答案】解：（Ⅰ）由题意得：二次函数f （x ）的图象过点(−12，1)，(0，1)，则f （x ）的对称轴为对称轴x =−14， 设f(x)=a(x +14)2+78(a ＞0)，又f （x ）的图象过点（0，1），代入得1=a 16+78，解得a ＝2，f(x)=2(x +14)2+78=2x 2+x +1， 故f （x ）＝2x 2+x +1；（Ⅱ）由已知g （x ）＝f （x ）﹣x 2﹣（1+2m ）x +1＝x 2﹣2mx +2，对称轴为直线x ＝m ，开口向上， 分两种情况：①当m ≤2时，函数g （x ）在区间[2，+∞）单调递增，g （x ）min ＝g （2）＝6﹣4m ＝﹣3，得到m =94，与m ＜2矛盾．②当m ＞2时，函数g （x ）在区间[2，m ）单调递减，在区间[m ，+∞）单调递增，从而g(x)min =g(m)=−m 2+2=−3，得到m =√5或m =−√5舍掉与m ＞2矛盾；综上所述：m =√5．【点睛】本题考查二次函数的性质，关键是求出该二次函数的解析式，属于基础题．【练1.3】（2019春•浉河区校级月考）已知函数f （x ）是定义在R 上的偶函数，且当x ≤0时，f （x ）＝x 2+2x ．（1）求函数f （x ）（x ∈R ）的解析式；（2）若函数g （x ）＝f （x ）﹣2ax +1（x ∈[1，2]），求函数g （x ）的最小值h （a ）的表达式．【思路分析】（1）根据偶函数的性质进行转化求解即可．（2）求出g （x ）的表达式，结合一元二次函数最值性质进行求解即可．【答案】解：（1）∵f （x ）是偶函数，∴若x ＞0，则﹣x ＜0，则当﹣x ＜0时，f （﹣x ）＝x 2﹣2x ＝f （x ），即当x ＞0时，f （x ）＝x 2﹣2x ．即f （x ）={x 2+2x ，x ≤0x 2−2x ，x ＞0．（2）当x ∈[1，2]时，g （x ）＝f （x ）﹣2ax +1＝x 2﹣2x ﹣2ax +1＝x 2﹣（2+2a ）x +1，对称轴为x ＝1+a ，若1+a ≤1，即a ≤0时，g （x ）在[1，2]上为增函数，则g （x ）的最小值为h （a ）＝g （1）＝﹣2a ， 若1+a ≥2，即a ≥1时，g （x ）在[1，2]上为减函数，则g （x ）的最小值为h （a ）＝g （2）＝1﹣4a ， 若1＜1+a ＜2，即0＜a ＜1时，g （x ）的最小值为h （a ）＝g （1+a ）＝﹣a 2﹣2a ，即h （a ）={−2a ，a ≤0−a 2−2a ，0＜a ＜11−4a ，a ≥1．【点睛】本题主要考查函数解析式的求解，结合偶函数的性质以及一元二次函数函数单调性的性质是解决本题的关键．【考查角度2 数形结合思想】【例2】（2019•铁岭模拟）设奇函数f （x ）的定义域为[﹣5，5]，若当x ∈[0，5]时，f （x ）的图象如图，则不等式f （x ）≤0的解集为 [﹣2，0]∪[2，5] ．【思路分析】根据奇函数关于原点对称的性质即可得到结论．【答案】解：由图象可知：当x ＞0时，f （x ）≤0解得2≤x ≤5，f （x ）≥0解得0≤x ≤2；当x ＜0时，﹣x ＞0，因为f （x ）为奇函数，所以f （x ）≤0，即﹣f （﹣x ）≤0⇒f （﹣x ）≥0⇒0≤﹣x ≤2，解得﹣2≤x ≤0．综上，不等式f （x ）≤0的解集为{x |﹣2≤x ≤0，或2≤x ≤5}．故答案为：[﹣2，0]∪[2，5]．【点睛】本题主要考查不等式的求解，根据奇函数的对称性是解决本题的关键．【练2.1】（2019秋•清流县校级期中）已知奇函数f （x ）在x ≥0时的图象如图所示，则不等式xf （x ）＜0的解集 （﹣2，﹣1）∪（1，2）． ．【思路分析】由f （x ）是奇函数得函数图象关于原点对称，由xf （x ）＜0可得x 与f （x ）符号相反，根据奇函数的对称性可求得结果【答案】解：∵xf （x ）＜0①当x ＞0时，f （x ）＜0，结合函数的图象可得，1＜x ＜2，（2）x ＜0时，f （x ）＞0，根据奇函数的图象关于原点对称可得，﹣2＜x ＜﹣1，∴不等式xf （x ）＜0的解集为（﹣2，﹣1）∪（1，2）．故答案为：（﹣2，﹣1）∪（1，2）．【点睛】由函数的奇偶性得出整个图象，分类讨论的思想得出函数值的正负，数形结合得出自变量的范围．【练2.2】对a ，b ∈R ，记max {a ，b }={a ，a ≥bb ，a ＜b 函数f （x ）＝max {|x +1|，|x ﹣2|}（x ∈R ）的最小值是 32 ． 【思路分析】本题考查新定义函数的理解和解绝对值不等式的综合类问题．在解答时应先根据|x +1|和|x ﹣2|的大小关系，结合新定义给出函数f （x ）的解析式，再通过画函数的图象即可获得问题的解答．【答案】解：由|x +1|≥|x ﹣2|⇒（x +1）2≥（x ﹣2）2⇒x ≥12，故f （x ）={|x +1|(x ≥12)|x −2|(x ＜12)， 其图象如右，则f min (x)=f(12)=|12+1|=32．故答案为：3．2【点睛】本题考查新定义函数的理解和解绝对值不等式等问题，属于中档题．在解答过程当中充分考查了同学们的创新思维，培养了良好的数学素养．【练2.3】（2018•丰台区一模）函数y＝f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，函数f（x）的图象是由一段抛物线和一条射线组成（如图所示）．①当x∈[﹣1，1]时，y的取值范围是[1，2]；②如果对任意x∈[a，b]（b＜0），都有y∈[﹣2，1]，那么b的最大值是﹣2．【思路分析】①根据f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，结合图象可得y的取值范围．②当x≥0时，设抛物线的方程为y＝ax2+bx+c，求解解析式，根据f（x）是定义域为R的偶函数，可得x＜0的解析式，令y＝1，可得x对应的值，结合图象可得b的最大值．【答案】解：①根据f（x）是偶函数，图象关于y轴对称，当x∈[﹣1，1]时，值域为x∈[0，1]时相同，可得y的取值范围是[1，2]．②当x≥0时，设抛物线的方程为f（x）＝ax2+bx+c，图象过（0，1），（1，2），（3，﹣2），带入计算可得：a＝﹣1，b＝2，c＝1，∴f（x）＝﹣x2+2x+1，当x＜0时，﹣x＞0．∴f（﹣x）＝﹣x2﹣2x+1即f（x）＝﹣x2﹣2x+1．令y＝1，可得1＝﹣x2﹣2x+1．解得：x＝﹣2．结合图象可得b的最大值为﹣2．故答案为：[1，2]；﹣2．【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，根据图象求出函数的解析式是解决本题的关键．要求熟练掌握函数图象之间的变化关系，偶函数的图象特征．属于基础题．【考查角度3 转化思想】【例3】（2019春•嘉兴期末）已知函数f（x）＝x2+ax+2．（Ⅰ）当a＝3时，解不等式f（x）＜0；（Ⅱ）当x∈[1，2]时，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．【思路分析】（Ⅰ）当a＝3时，利用二次不等式求解解不等式f（x）＜0即可；（Ⅱ）当x∈[1，2]时，f（x）≥0恒成立，推出a的表达式，利用函数的单调性求解表达式的最大值，即可得到a的取值范围．【答案】解：（Ⅰ）当a＝3时，一元二次不等式x2+3x+2＜0的解为﹣2＜x＜﹣1（Ⅱ）当x∈[1，2]时，x2+ax+2≥0恒成立，即a≥−(x+2x )恒成立，令g(x)=−x−2x因g(x)=−(x+2x)，x∈[1，2]的最大值为−2√2故a≥−2√2．【点睛】本题考查函数与方程的应用，考查转化思想以及函数的单调性的应用，考查计算能力．【练3.1】（2019春•哈尔滨期中）已知函数f（x）＝x2+2x+a．（1）当a＝2时，求不等式f（x）＞1的解集（2）若对于任意x ∈[1，+∞），f （x ）＞0恒成立，求实数a 的取值范围．【思路分析】（1）解一元二次不等式可得；（2）对于任意x ∈[1，+∞），f （x ）＞0恒成立⇔﹣a ＜x 2+2x ＝（x +1）2﹣1，然后转化为最小值可得．【答案】解：（1）a ＝2时，x 2+2x +2＞1⇒x 2+2x +1＞0⇒x ≠﹣1，故不等式f （x ）＞1的解集为{x |x ≠﹣1}（2）对于任意x ∈[1，+∞），f （x ）＞0恒成立⇔﹣a ＜x 2+2x ＝（x +1）2﹣1，∵x ≥1，∴y ＝（x +1）﹣1为递增函数，∴x ＝1时，函数取得最小值3，∴﹣a ＜3，∴a ＞﹣3．【点睛】本题考查了函数恒成立问题，属中档题．【练3.2】已知定义在[﹣2，2]上的偶函数f （x ）满足：当x ∈[0，2]时，f(x)=−x +2√3−x ．（1）求函数f （x ）的解析式；（2）设函数g （x ）＝ax ﹣2﹣a （a ＞0），若对于任意的x 1，x 2∈[﹣2，2]，都有g （x 1）＜f （x 2）成立，求实数a 的取值范围．【思路分析】（1）根据题意，设x ∈[﹣2，0]，则﹣x ∈[0，2]，由函数的解析式可得f （﹣x ）的解析式，进而利用函数奇偶性的性质分析可得f （x ）的表达式，综合即可得答案；（2）根据题意，求出函数f （x ）的最小值与g （x ）的最大值，分析可得f （x ）min ＞g （x ）max ，解即可得答案．【答案】解：（1）根据题意，设x ∈[﹣2，0]，则﹣x ∈[0，2]，从而f(−x)=x +2√3+x ，因为f （x ）定义x ∈[﹣2，2]在偶函数，所以f(x)=f(−x)=x +2√3+x因此，f(x)={x +2√3+x ，x ∈[−2，0)−x +2√3−x ，x ∈[0，2]（2）因为对任意x 1，x 2∈[﹣2，2]，都有g （x 1）＜f （x 2）成立，所以g （x ）max ＜f （x ）min又因为f （x ）是定义在[﹣2，2]上的偶函数．所以f （x ）在区间[﹣2，0]和区间[0，2]上的值域相同． 当x ∈[﹣2，0]时，f(x)=x +2√3+x ．设t =√3+x ，则t ∈[1，√3]函数化为y =t 2+2t −3，t ∈[1，√3]，则f （x ）min ＝0又g （x ）max ＝g （2）＝a ﹣2所以a﹣2＜0即a＜2，因此，a的取值范围为0＜a＜2．【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及函数的恒成立问题，注意将恒成立问题转化为函数的最值问题．【练3.3】（2019秋•沈阳期中）已知定义在R上的函数f（x），对任意a，b∈R，都有f（a+b）＝f（a）+f（b），当x＞0时，f（x）＜0；（1）判断f（x）的奇偶性；（2）若f（﹣kx2）+f（kx﹣2）＞0对任意的x∈R恒成立，求实数k的取值范围．【思路分析】（1）先计算f（0），再令b＝﹣a得出f（a）＝﹣f（a），结论得证；（2）判断f（x）的单调性，根据函数性质和单调性列出恒等式求出k的范围．【答案】解：（1）令a＝b＝0可得f（0）＝2f（0），∴f（0）＝0，令b＝﹣a得f（0）＝f（a）+f（﹣a）＝0，∴f（a）＝﹣f（﹣a），由a的任意选可知f（x）＝﹣f（x）恒成立，∴函数f（x）在R上为奇函数．（2）设x1＜x2，则f（x2）＝f（x2﹣x1+x1）＝f（x2﹣x1）+f（x1），∵x1＜x2，∴x2﹣x1＞0，∴f（x2﹣x1）＜0，∴f（x2）﹣f（x1）＝f（x2﹣x1）＜0，∴f（x）是R上的减函数．∵f（﹣kx2）+f（kx﹣2）＞0对任意的x∈R恒成立，∴f（﹣kx2+kx﹣2）＞f（0）对任意的x∈R恒成立，∴﹣kx2+kx﹣2＜0对任意的x∈R恒成立，当k＝0时显然成立，当k≠0时，得{−k＜0△=k2−8k＜0，解得0＜k＜8，综上所述k的范围为[0，8]【点睛】本题考查了抽象函数的奇偶性与单调性判断，函数恒成立问题，属于中档题．【趁热打铁】1．（2019春•桂林期末）已知偶函数f（x）在[0，+∞）上单调递减，f（2）＝0，则满足不等式f（x）＞0的实数x的取值范围是（﹣2，2）．【思路分析】可以根据该函数在[0，+∞）上单调递减，f（2）＝0，是偶函数，大体画出该函数图象的草图，结合图象可列出关于x的不等式．【答案】解：∵偶函数f（x）在[0，+∞）上单调递减，且f（2）＝0，∴该函数在（﹣∞，0）上递增，且f（﹣2）＝0，∴可画出该函数的图象的草图如下：可见，当﹣2＜x＜2时，f（x）＞0．故答案为：（﹣2，2）．【点睛】抽象函数的问题常采用数形结合的方法解决问题，本题作为填空题，采用数形结合思想来解，既快捷，有准确．2．已知函数f（x）是定义在（﹣3，3）上的偶函数，当﹣3＜x≤0时，f（x）的函数图象如图所示，则不等式x•f（x）≥0的解集为{x|﹣1≤x≤0或1≤x＜3}．【思路分析】结合函数的性质，函数的图象，对x≤0和x≥0进行讨论，分别求出不等式的解，最后求并集．【答案】解：当x≤0时，由不等式xf（x）≥0，可得f（x）≤0，则﹣1≤x≤0，∵函数f（x）是定义在（﹣3，3）上的偶函数，∴x≥0时，当0≤x≤1时，f（x）≤0，当1≤x＜3时，f（x）≥0，∴当x≥0时，由不等式xf（x）≥0，可得f（x）≥0，则1≤x＜3，∴不等式xf（x）≥0的解集为：{x|﹣1≤x≤0或1≤x＜3}．故答案为：{x|﹣1≤x≤0或1≤x＜3}．【点睛】本题主要考查函数的奇偶性及应用，考查运用分类法解决不等式的能力，本题属于中档题．3．如图所示，函数y＝f（x）的图象由两条射线和三条线段组成，若∀x∈R，f（x）＞f（x﹣1），则正实数a的取值范围为（0，16）．【思路分析】由已知中的函数图象可得f（4a）＝a，f（﹣4a）＝﹣a，若∀x∈R，f（x）＞f（x﹣1），则{4a−(−2a)＜12a−(−4a)＜1，解不等式可得正实数a的取值范围．【答案】解：由已知可得：a＞0，且f（4a）＝a，f（﹣4a）＝﹣a，若∀x∈R，f（x）＞f（x﹣1），则{4a−(−2a)＜12a−(−4a)＜1，解得a＜16，故正实数a的取值范围为：（0，16），故答案为：（0，16）【点睛】本题考查的知识点是函数的图象，其中根据已知分析出不等式组，是解答的关键．4．（2019春•香坊区校级期末）已知函数f（x）＝2x2﹣kx+8．（1）若函数g（x）＝f（x）+2x是偶函数，求k的值；（2）若函数y＝f（x）在[﹣1，2]上，f（x）≥2恒成立，求k的取值范围．【思路分析】（1）利用函数的奇偶性，直接求解k的值即可．（2）利用函数恒成立，转化求解函数的最小值大于等于2，求解即可．【答案】解：（1）函数f（x）＝2x2﹣kx+8．函数g（x）＝2x2﹣kx+8+2x是偶函数，可得﹣k+2＝0，解得k＝2；（2）函数y＝2x2﹣kx+8在[﹣1，2]上，f（x）≥2恒成立，函数是二次函数，对称轴为x=k4，当k4≤−1时，必有2+k+8≥2，解得k∈[﹣8，﹣4]，当k4∈（﹣1，2]时，有：k28−k24+8≥2，解得k∈（﹣4，4√3]，当k4∈（2，+∞）时，8﹣8k+8≥2，解得k≤74，无解．综上所述，k的取值范围是：[−8，4√3]．【点睛】本题考查函数的奇偶性，二次函数的最值的求法和不等式恒成立问题的解法，考查转化思想和分类讨论的思想，考查运算能力，属于中档题．5．（2019春•顺德区期末）设二次函数f（x）＝x2+mx．（Ⅰ）若对任意实数m∈[0，1]，f（x）＞0恒成立，求实数x的取值范围；（Ⅱ）若存在x0∈[﹣3，4]，使得f（x0）≤﹣4成立，求实数m的取值范围．【思路分析】（I）m的范围已知，要求x的范围，所以要把m当成自变量，把x当成参数来考虑；（II）f（x）是开口向上的二次函数，性质比较清楚，所以直接讨论对称轴的位置即可．【答案】（I）由题意，xm+x2＞0对于m∈[0，1]恒成立，令g（m）＝xm+x2．i．当x＜0时，g（m）在[0，1]上单调递减，所以只需要g（1）＝x+x2＞0，解得x∈（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）；ii．当x＝0时，g（m）＝0，所以不成立；iii．当x＞0时，g（m）在[0，1]上单调递增，所以只需要g（0）＝x2＞0，解得x≠0．综上x∈（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）．（II）二次函数f（x）开口向上，对称轴为x=−m2．i．当m＞6时，−m2＜−3，所以f（x）在区间[﹣3，4]上单调递增．存在x0∈[﹣3，4]，使得f（x0）≤﹣4，只需要f（﹣3）＝9﹣3m≤﹣4，解得m≥133，又m＞6，所以m＞6；ii．当﹣8≤m≤6时，﹣3≤−m2≤4，所以f（x）在区间[﹣3，4]上得最小值为f（−m2）．存在x0∈[﹣3，4]，使得f（x0）≤﹣4，只需要f（−m2）=−m24≤−4，解得m≤﹣4或m≥4，又﹣8≤m≤6，所以m∈[﹣8，﹣4]∪[4，6]；＞4，所以f（x）在区间[﹣3，4]上单调递减．存在x0∈[﹣3，4]，使得f（x0）≤﹣4，iii．当m＜﹣8时，−m2只需要f（4）＝16+4m≤﹣4，解得m≤﹣5，又m＜﹣8，所以m＜﹣8．综上，m∈（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）．【点睛】（I）一般来讲，已知范围得变量要作为自变量，要求范围得变量要作为参数；（II）分参也可以完成解答，比较两种方法，选用顺手的方法即可．6．（2019春•温州期末）设函数f（x）＝mx2﹣2mx﹣3．（1）若m＝l，解不等式f（x）＞0：（2）若对一切实数x，f（x）＜0恒成立，求实数m的取值范围．【思路分析】（1）将m＝l，代入不等式f（x）＞0，利用一元二次不等式求解即可；（2）若对一切实数x，f（x）＜0恒成立，讨论含有m的不等式，求解不等式可得实数m的取值范围．【答案】解：函数f（x）＝mx2﹣2mx﹣3．（1）若m＝l，解不等式f（x）＝x2﹣2x﹣3，f（x）＞0：即：f（x）＝x2﹣2x﹣3＞0，即：（x﹣3）（x+1）＞0，所以：此不等式的解集为：{x|x＞3或x＜﹣1}；（2）对一切实数x，f（x）＜0恒成立，讨论含有m的不等式，当m＝0时，f（x）＝﹣3＜0，符合题意，当m≠0时，由题意：m＜0，且4m2+12m＜0，解得：﹣3＜m＜0，综上：﹣3＜m≤0；故实数m的取值范围：{m|﹣3＜m≤0}．【点睛】本题主要考查了函数恒成立问题的求解，一元二次不等式的解法，分类讨论及转化思想的应用，属于中档题．7．（2019秋•文昌校级期中）已知函数f（x）＝|x﹣a|，g（x）＝x2+2ax+1 （a为正常数），当x ＝0 时，函数f（x）＝g（x）．（1）求a的值；（2）求函数f（x）+g（x）的单调递增区间．【思路分析】（1）由题意可得f （0）＝g （0），解方程可得a ；（2）讨论当 x ≥1时，当 x ＜1时，去掉绝对值，结合二次函数的单调性，即可得到所求增区间．【答案】解：（1）由题意，f （ 0 ）＝g （ 0 ），即|a |＝1 又 a ＞0，所以 a ＝1；（2）f （ x ）+g （ x ）＝|x ﹣1|+x 2+2x +1，当 x ≥1时，f （ x ）+g （ x ）＝x 2+3x ，它在[1，+∞）上单调递增；当 x ＜1时，f （ x ）+g （ x ）＝x 2+x +2，它在[−12，1 ） 上单调递增．则函数 f （ x ）+g （ x ） 的单调递增区间为[1，+∞）∪[−12，1 ）＝[−12，+∞）．【点睛】本题考查函数的单调区间的求法，注意运用分类讨论思想方法，以及二次函数的单调性，考查运算能力，属于中档题．。

1集合与简易逻辑一、考点回顾1、集合的含义及其表示法，子集，全集与补集，子集与并集的定义；2、集合与其它知识的联系，如一元二次不等式、函数的定义域、值域等；3、逻辑联结词的含义，四种命题之间的转化，了解反证法；4、含全称量词与存在量词的命题的转化，并会判断真假，能写出一个命题的否定；5、充分条件，必要条件及充要条件的意义，能判断两个命题的充要关系；6、学会用定义解题，理解数形结合，分类讨论及等价变换等思想方法。

二、经典例题剖析考点1、集合的概念1、集合的概念：（1）集合中元素特征，确定性，互异性，无序性；（2）集合的分类：①按元素个数分：有限集，无限集；②按元素特征分；数集，点集。

如数集{y|y=x 2}，表示非负实数集，点集{(x ，y)|y=x 2}表示开口向上，以y 轴为对称轴的抛物线；（3）集合的表示法：①列举法：用来表示有限集或具有显著规律的无限集，如N +={0，1，2，3，…}；②描述法。

2、两类关系：（1） 元素与集合的关系，用∈或∉表示；（2）集合与集合的关系，用⊆，≠⊂，=表示，当A ⊆B 时，称A 是B 的子集；当A ≠⊂B 时，称A 是B 的真子集。

3、解答集合问题，首先要正确理解集合有关概念，特别是集合中元素的三要素；对于用描述法给出的集合{x |x ∈P },要紧紧抓住竖线前面的代表元素x 以及它所具有的性质P ；要重视发挥图示法的作用，通过数形结合直观地解决问题4、注意空集∅的特殊性，在解题中，若未能指明集合非空时，要考虑到空集的可能性，如A ⊆B ,则有A =∅或A ≠∅两种可能，此时应分类讨论例1、下面四个命题正确的是（A ）10以内的质数集合是{1，3，5，7} （B ）方程x 2－4x ＋4＝0的解集是{2，2}（C ）0与{0}表示同一个集合 （D ）由1，2，3组成的集合可表示为{1，2，3}或{3，2，1}解：选（D ），最小的质数是2，不是1，故（A ）错；由集合的定义可知（B ）（C ）都错。

数学思想渗其中，“解几”问题来体验【方法综述】大家知道，数学科的命题,在考查基础知识的基础上,注重对数学思想方法的考查,注重对数学能力的考查,展现数学的科学价值和人文价值,同时兼顾试题的基础性、综合性和应用性,重视试题间的层次性,合理调控综合程度,坚持多角度、多层次的考查,努力实现全面考查综合数学素养的要求.从直线与圆这部分内容看，所渗透的数学思想方法主要有：数形结合思想、函数与方程思想、分类与整合思想、转化与化归思想.下面举例加以说明，通过解析几何问题，体验上述思想方法的应用.【解疑释惑】（一）数形结合思想数形结合的思想，其实质就是将抽象的数学语言与直观的图形结合起来，实现代数问题几何化，几何问题代数化．是通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想．其应用包括以下两个方面：(1)“以形助数”，把某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维．(2)“以数定形”，把直观图形数量化，使形更加精确．例1.【数学奥林匹克高中训练题】若，则函数的最小值等于______．【答案】【解析】由配方得．左边可看作点与定点的距离的平方，约束条件表示点在直线的右上方区域．于是，问题转化为求点到区域的点之间距离的最小值，即点到直线的距离.．故由，有，即．故答案为：例2. 从点出发的一束光线，经过直线反射，反射光线恰好通过点，求入射光线所在的直线方程．【答案】.点评：破解平面解析几何问题的关键是画出相应的图形，注意数形结合的相互渗透，并从相关的图形中挖掘对应的信息加以分析与研究．直线与圆锥曲线的位置关系的转化有两种，一种是通过数形结合建立相应的关系式，另一种是通过代数形式转化为二元二次方程组的解的问题进行讨论．（二）函数与方程思想1．函数的思想：是通过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，从而使问题得到解决的思想．2．方程的思想：是建立方程或方程组或者构造方程或方程组，通过解方程或方程组或者运用方程的性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的思想．例3.在平面直角坐标系中，已知圆O：和点M(1，0) ．若在圆O上存在点A，在圆C：上存在点B，使得△MAB为等边三角形，则r的最大值为____．【答案】8设，则直线所在直线方程为：又解得：或（舍）时取最大值本题正确结果：例4. 过已知点(3,0)的直线l 与圆x 2＋y 2＋x －6y ＋3＝0相交于P ，Q 两点，且OP ⊥OQ (其中O 为原点)，求直线l 的方程． 【答案】【解析】设直线l 的方程为x ＋ay －3＝0(a ≠0)， 则点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)的坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＋x －6y ＋3＝0，x ＋ay －3＝0，消去y ，得x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫3－x a 2＋x －6·3－x a ＋3＝0，即⎝⎛⎭⎪⎫1＋1a 2x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫－6a 2＋6a ＋1x ＋9a2－18a＋3＝0.所以x 1x 2＝3a 2－18a ＋9a 2＋1.①由方程组消去x ，得(3－ay )2＋y 2＋(3－ay )－6y ＋3＝0， 即(a 2＋1)y 2－(7a ＋6)y ＋15＝0. 所以y 1y 2＝15a 2＋1.② 因为OP ⊥OQ ，所以y 1x 1·y 2x 2＝－1，即x 1x 2＋y 1y 2＝0. 由①②，得3a 2－18a ＋9a 2＋1＋15a 2＋1＝0. 整理，得a 2－6a ＋8＝0.解得a ＝2或a ＝4. 故直线l 的方程为x ＋2y －3＝0或x ＋4y －3＝0. 点评：本题由条件OP ⊥OQ ，若设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1－0x 1－0·y 2－0x 2－0＝－1.由P ，Q 在圆及直线上，借助方程，巧用根与系数的关系与方程思想，使问题得以顺利解决． （三）分类与整合思想分类讨论思想：是当问题的对象不能进行统一研究时，就需要对研究的对象按某个标准进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结论，最终综合各类结果得到整个问题的解答．实质上分类讨论就是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学思想．例5. 已知直线过点P (1，5)，且在两坐标轴上的截距相等，则此直线的方程为________. 【答案】5x －y ＝0或x ＋y －6＝0例6.(1)已知A (1,1)，B (3,5)，C (a,7)，D (－1，b )四点在同一条直线上，求直线的斜率k 及a ，b 的值． (2)已知直线l 过点P (1,1)且与线段MN 相交，其中M (2，－3)，N (－3，－2)，求直线l 的斜率k 的取值范围．【答案】（1）k ＝2，a ＝4，b ＝－3; （2）【解析】(1)由题意可知k AB ＝＝2，k AC ＝＝，k AD ＝＝.因为A ，B ，C ，D 四点在同一条直线上，所以k ＝2＝＝，解得a ＝4，b ＝－3，所以直线的斜率k＝2，a＝4，b＝－3.(2)如图所示，直线l绕着点P在直线PM与PN间旋转，l′是过P点且与x轴垂直的直线．当l在PN位置转到l′位置时，倾斜角增大到90°，k≥k PN＝.当l在l′位置转到PM位置时，倾斜角大于90°，k≤k PM ＝－4.综上所述：k∈(－∞，－4]∪.故答案为：（1）k＝2，a＝4，b＝－3;（2）（四）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思想．其应用包括以下三个方面：(1)一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题．(2)将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题．(3)将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．例7.如图，函数的图像为两条射线，组成的折线，如果不等式的解集中有且仅有1个整数，那么实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】B【解析】根据题意可知f（x），不等式f（x）≥x2﹣x﹣a等价于a≥x2﹣x﹣f（x），令g（x）＝x2﹣x﹣f（x），可得g（x）的大致图象，如图所示，又g（0）＝﹣2，g（1）＝﹣1，g（﹣1）＝2，∴要使不等式的解集中有且仅有1个整数，则﹣2≤a＜1，即a取值范围是{a|﹣2≤a＜1}．故选：B．例8. 求圆(x－2)2＋(y＋3)2＝4上的点到直线x－y＋2＝0的最大距离与最小距离．【答案】点评：圆是一个对称图形，依其对称性，圆上的点到直线的最大(小)距离为圆心到直线的距离加上(减去)半径．凡是涉及与圆有关的距离问题，均可转化为圆心到直线的距离问题．【提升训练】一、选择题1．若直线x－y＋m＝0被圆(x－1)2＋y2＝5截得的弦长为23，则m的值为( )A.1B.－3C.1或－3D.2【答案】C【解析】∵圆(x－1)2＋y2＝5的圆心C(1，0)，半径r＝ 5. 又直线x－y＋m＝0被圆截得的弦长为2 3.∴圆心C到直线的距离d＝r2－（3）2＝2，因此|1－0＋m|12＋（－1）2＝2，∴m＝1或m＝－3.2．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.7B.6C.5D.4【答案】B3．过三点，，的圆截直线所得弦长的最小值等于（）A． B． C． D．【答案】B【解析】设圆心坐标P为（a,-2），则r2＝，解得a=1，所以P（1，-2）.又直线过定点Q（-2，0），当直线PQ与弦垂直时，弦长最短，根据圆内特征三角形可知弦长∴直线被圆截得的弦长为．故选：B．二、填空题4．已知1≤t≤2，过两点(u,2t)，(t－2，u)的直线l的斜率为2，则直线l在y轴上的截距的取值范围为________．【答案】[，2]【解析】由题意知，则.设直线与轴的交点为，则，则，故.5. 在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上至少存在一点，使得以该点为圆心，为半径的圆与圆有公共点，则的最大值为_____【答案】6. 在平面直角坐标系中，已知点在圆C：内，直线AB过点P，且与圆C交于A，B两点，若面积的最大值为5，则实数m的取值范围为______．【答案】或【解析】点在圆C：内，，解得：面积的最大值为5，，，圆心到直线AB的距离，又，，解得或，又，或，故答案为或．三、解答题7. 【2017·全国Ⅲ卷】在直角坐标系xOy中，曲线y＝x2＋mx－2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0，1).当m变化时，解答下列问题：(1)能否出现AC⊥BC的情况？说明理由；(2)证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.【答案】（1）【解析】(1)不能出现AC⊥BC的情况，理由如下：设A(x1，0)，B(x2，0)，则x1，x2是方程x2＋mx－2＝0的根，所以x1＋x2＝－m，x1x2＝－2，又C的坐标为(0，1)，则由AC、BC的斜率x1x2＋1＝－2＋1＝－1≠0，所以不能出现AC⊥BC的情况.令x＝0得y1＝1，y2＝－2，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为1－(－2)＝3.所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.法二设过A，B，C三点的圆与y轴的另一个交点为D，由x1x2＝－2可知原点O在圆内.由相交弦定理可得|OD||OC|＝|OA||OB|＝|x1||x2|＝2，又|OC|＝1，所以|OD|＝2，所以过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为|OC|＋|OD|＝3，为定值.8.【2016·江苏卷选】如图，在平面直角坐标系xOy中，已知以M为圆心的圆M：x2＋y2－12x－14y＋60＝0及其上一点A(2，4).(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切，且圆心N在直线x＝6上，求圆N的标准方程；(2)设平行于OA的直线l与圆M相交于B，C两点，且|BC|＝|OA|，求直线l的方程；【答案】2x－y＋5＝0或2x－y－15＝0.9. 光线通过点A(2,3)，在直线l：x＋y＋1＝0上反射，反射光线经过点B(1,1)，试求入射光线和反射光线所在直线的方程．【答案】入射光线所在直线的方程为：5x－4y＋2＝0.反射光线所在直线的方程为：4x－5y＋1＝0.【解析】由题意，设点关于直线对称点为，则，解得，即，由于反射光线经过点和，则直线的斜率为，所以反射光线所在直线的方程为，即，解方程组，得，即反射点，则入射光线的所在直线的斜率为,所以入射光线所在直线的方程为，即.10. 如图所示，某县相邻两镇在一平面直角坐标系下的坐标为A(1,2)，B(4,0)，一条河所在的直线方程为l：x＋2y－10＝0，若在河边l上建一座供水站P，使之到A，B两镇的管道最省，那么供水站P应建在什么地方？【答案】见解析．【解析】所以直线A′B的方程为6x＋y－24＝0，解方程组得所以P点的坐标为．故供水站应建在点P处．。

高三数学第二轮专题复习：不等式知识的综合应用高考要求不等式是继函数与方程之后的又一重点内容之一，作为解决问题的工具，与其他知识综合运用的特点比较突出不等式的应用大致可分为两类一类是建立不等式求参数的取值范围或解决一些实际应用问题；另一类是建立函数关系，利用均值不等式求最值问题、本难点提供相关的思想方法，使考生能够运用不等式的性质、定理和方法解决函数、方程、实际应用等方面的问题重难点归纳1应用不等式知识可以解决函数、方程等方面的问题，在解决这些问题时，关键是把非不等式问题转化为不等式问题，在化归与转化中，要注意等价性2对于应用题要通过阅读，理解所给定的材料，寻找量与量之间的内在联系，抽象出事物系统的主要特征与关系，建立起能反映其本质属性的数学结构，从而建立起数学模型，然后利用不等式的知识求出题中的问题典型题例示范讲解例1用一块钢锭烧铸一个厚度均匀，且表面积为2平方米的正四棱锥形有盖容器(如右图)设容器高为h米，盖子边长为a米，(1)求a关于h的解析式；(2)设容器的容积为V 立方米，则当h 为何值时，V 最大？求出V 的最大值(求解本题时，不计容器厚度)命题意图 本题主要考查建立函数关系式，棱锥表面积和体积的计算及用均值定论求函数的最值知识依托 本题求得体积V 的关系式后，应用均值定理可求得最值错解分析 在求得a 的函数关系式时易漏h ＞0技巧与方法 本题在求最值时应用均值定理解 ①设h ′是正四棱锥的斜高，由题设可得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+='⋅+12222412214h a a a h a 消去)0(11:.2>+='a h a h 解得 ②由)1(33122+==h h h a V (h ＞0)得 2121)1(31=⋅=++=hh h h hh V 而 所以V ≤61，当且仅当h =h1即h =1时取等号故当h =1米时，V 有最大值，V 的最大值为61立方米例2已知a ，b ，c 是实数，函数f (x )=ax 2+bx +c ，g (x )=ax +b ，当－1≤x ≤1时|f (x )|≤1(1)证明 |c |≤1；(2)证明 当－1 ≤x ≤1时，|g (x )|≤2；(3)设a ＞0，有－1≤x ≤1时， g (x )的最大值为2，求f (x )命题意图 本题主要考查二次函数的性质、含有绝对值不等式的性质，以及综合应用数学知识分析问题和解决问题的能力知识依托 二次函数的有关性质、函数的单调性是药引，而绝对值不等式的性质灵活运用是本题的灵魂错解分析本题综合性较强，其解答的关键是对函数f(x)的单调性的深刻理解，以及对条件“－1≤x≤1时|f(x)|≤1”的运用；绝对值不等式的性质使用不当，会使解题过程空洞，缺乏严密，从而使题目陷于僵局技巧与方法本题(2)问有三种证法，证法一利用g(x)的单调性；证法二利用绝对值不等式 ||a|－|b||≤|a±b|≤|a|+|b|；而证法三则是整体处理g(x)与f(x)的关系(1)由条件当=1≤x≤1时，|f(x)|≤1，取x=0得|c|=|f(0)|≤1，即|c|≤1(2)证法一依题设|f(0)|≤1而f(0)=c，所以|c|≤1当a＞0时，g(x)=ax+b在［－1，1］上是增函数，于是g(－1)≤g(x)≤g(1)，(－1≤x≤1)∵|f(x)|≤1，(－1≤x≤1)，|c|≤1，∴g(1)=a+b=f(1)－c≤|f(1)|+|c|=2， g(－1)=－a+b=－f(－1)+c≥－(|f(－2)|+|c|)≥－2，因此得|g(x)|≤2 (－1≤x≤1)；当a＜0时，g(x)=ax+b在［－1，1］上是减函数， g(－1)≥g(x)≥g(1)，(－1≤x≤1)，∵|f(x)|≤1 (－1≤x≤1)，|c|≤1∴|g(x)|=|f(1)－c|≤|f(1)|+|c|≤2综合以上结果，当－1≤x≤1时，都有|g(x)|≤2证法二 ∵|f (x )|≤1(－1≤x ≤1)∴|f (－1)|≤1，|f (1)|≤1，|f (0)|≤1，∵f (x )=ax 2+bx +c ，∴|a －b +c |≤1，|a +b +c |≤1，|c |≤1，因此，根据绝对值不等式性质得|a －b |=|(a －b +c )－c |≤|a －b +c |+|c |≤2， |a +b |=|(a +b +c )－c |≤|a +b +c |+|c |≤2，∵g (x )=ax +b ，∴|g (±1)|=|±a +b |=|a ±b |≤2，函数g (x )=ax +b 的图象是一条直线，因此|g (x )|在［－1，1］上的最大值只能在区间的端点x =－1或x =1处取得，于是由|g (±1)|≤2得|g (x )|≤2，(－1＜x ＜1))21()21(])21()21([])21()21([)2121(])21()21[()(,)21()21(4)1()1(:22222222--+=+-+--++++=--++--+=+=∴--+=--+=x f x f c x b x a c x b x a x x b x x a b ax x g x x x x x 证法三当－1≤x ≤1时，有0≤21+x ≤1，－1≤21-x ≤0，∵|f (x )|≤1，(－1≤x ≤1)，∴|f )21(+x |≤1，|f (21-x )|≤1； 因此当－1≤x ≤1时，|g (x )|≤|f )21(+x |+|f (21-x )|≤2(3)解 因为a ＞0，g (x )在［－1，1］上是增函数，当x =1时取得最大值2，即g (1)=a +b =f (1)－f (0)=2 ①∵－1≤f (0)=f (1)－2≤1－2=－1，∴c =f (0)=－1因为当－1≤x ≤1时，f (x )≥－1，即f (x )≥f (0)，根据二次函数的性质，直线x =0为f (x )的图象的对称轴，由此得－ab 2＜0 ，即b =0由①得a =2，所以f (x )=2x 2－1例3设二次函数f (x )=ax 2+bx +c (a ＞0)，方程f (x )－x =0的两个根x 1、x 2满足0＜x 1＜x 2a1(1)当x ∈［0，x 1)时，证明x ＜f (x )＜x 1；(2)设函数f (x )的图象关于直线x =x 0对称，证明 x 0＜21x解 (1)令F (x )=f (x )－x ，因为x 1，x 2是方程f (x )－x =0的根，所以F (x )=a (x －x 1)(x －x 2) 当x ∈(0，x 1)时，由于x 1＜x 2，得(x －x 1)(x －x 2)＞0，又a ＞0，得F (x )=a (x －x 1)(x －x 2)＞0，即x ＜f (x )x 1－f (x )=x 1－［x +F (x )］=x 1－x +a (x 1－x )(x －x 2)=(x 1－x )［1+a (x－x 2)］∵0＜x ＜x 1＜x 2＜a1，∴x 1－x ＞0，1+a (x －x 2)=1+ax －ax 2＞1－ax 2＞0∴x 1－f (x )＞0，由此得f (x )＜x 1(2)依题意 x 0=－ab2，因为x 1、x 2是方程f (x )－x =0的两根，即x 1，x 2是方程ax 2+(b －1)x +c =0的根∴x 1+x 2=－ab 1-∴x 0=－aax ax a x x a a b 2121)(22121-+=-+=，因为ax 2＜1，∴x 0＜2211x a ax学生巩固练习1 定义在R 上的奇函数f (x )为增函数，偶函数g (x )在区间［0，+∞)的图象与f (x )的图象重合，设a ＞b ＞0，给出下列不等式，其中正确不等式的序号是( )①f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) ②f (b )－f (－a )＜g (a )－g (－b )③f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) ④f (a )－f (－b )＜g (b )－g (－a )A ①③B ②④C ①④D ②③2 下列四个命题中 ①a +b ≥2ab ②sin2x +x2sin 4≥4 ③设x ，y 都是正数，若yx91 =1，则x +y 的最小值是12 ④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，则|x －y |＜2ε，其中所有真命题的序号是__________3 某公司租地建仓库，每月土地占用费y 1与车库到车站的距离成反比，而每月库存货物的运费y 2与到车站的距离成正比，如果在距车站10公里处建仓库，这两项费用y 1和y 2分别为2万元和8万元，那么要使这两项费用之和最小，仓库应建在离车站__________公里处4 已知二次函数 f (x )=ax 2+bx +1(a ，b ∈R ，a ＞0)，设方程f (x )=x的两实数根为x 1，x 2(1)如果x 1＜2＜x 2＜4，设函数f (x )的对称轴为x =x 0，求证x 0＞－1；(2)如果|x 1|＜2，|x 2－x 1|=2，求b 的取值范围参考答案1 解析 由题意f (a )=g (a )＞0，f (b )=g (b )＞0，且f (a )＞f (b )，g (a )＞g (b )∴f (b )－f (－a )=f (b )+f (a )=g (a )+g (b )而g (a )－g (－b )=g (a )－g (b )∴g (a )+g (b )－［g (a )－g (b )］=2g (b )＞0，∴f (b )－f (－a )＞g (a )－g (－b ) 同理可证 f (a )－f (－b )＞g (b )－g (－a ) 答案 A2 解析 ①②③不满足均值不等式的使用条件“正、定、等”④式 |x －y |=|(x －2)－(y －2)|≤|(x －2)－(y －2)|≤|x －2|+|y －2|＜ε+ε=2ε 答案 ④3 解析 由已知y 1=x20；y 2=0 8x (x 为仓库与车站距离)费用之和y =y 1+y 2=0 8x + x20≥2xx 208.0⋅=8当且仅当0 8x =x20即x =5时“=”成立 答案 5公里处4 证明 (1)设g (x )=f (x )－x =ax 2+(b －1)x +1，且x ＞0∵x 1＜2＜x 2＜4，∴(x 1－2)(x 2－2)＜0，即x 1x 2＜2(x 1+x 2)－4，12)42(212)(212)()(2121)(21)11(21221212121210-=++->++-=++-+>-+=---⋅=-=x x x x x x x x x x a a b a b x 于是得(2)解由方程g (x )=ax 2+(b －1)x +1=0可知x 1·x 2=a1＞0，所以x 1，x21°若0＜x 1＜2，则x 2－x 1=2，∴x 2=x 1+2＞2， ∴g (2)＜0，即4a +2b －1＜0 ① 又(x 2－x 1)2=44)1(22=--a ab∴2a +1=1)1(2+-b (∵a ＞0)代入①式得， 21)1(2+-b ＜3－2b ② 解②得b ＜412°若 －2＜x 1＜0，则x 2=－2+x 1＜－2∴g (－2)＜0，即4a －2b +3＜0 ③ 又2a +1=1)1(2+-b ，代入③式得21)1(2+-b ＜2b －1 ④ 解④得b 47综上，当0＜x 1＜2时，b ＜41，当－2＜x 1＜0时，b ＞47。

高三数学第二轮专题复习数形结合思想课堂资料一、基础知识整合中学数学的基本知识分三类：一类是纯粹数的知识，如实数、代数式、方程（组）、不等式（组）、函数等；一类是关于纯粹形的知识，如平面几何、立体几何等；一类是关于数形结合的知识，主要体现是解析几何.所谓数形结合，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种思想方法,包含“以形助数”和“以数解形”两个方面.一是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，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；二是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数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化,充分利用这种转化，寻找解题思路，可使问题化难为易、化繁为简，从而得到解决.华罗庚先生说得好：“数形本是相依倚,焉能分作两边飞;数缺形时少直觉，形缺数时难入微;数形结合百般好，隔裂分家万事休;几何代数统一体,永远联系莫分离。

数形结合思想是一种重要的解题思想，是高考命题中主要考查的一个内容．实现数形结合，常与以下内容有关：①实数与数轴上的点的对应关系；②函数与图象的对应关系；③曲线与方程的对应关系；④以几何元素和几何条件为背景，建立起来的概念，如三角函数,向量等；⑤所给的等式或代数式的结构含有明显的几何意义。

如等式()()x y -+-=21422纵观多年来的高考试题，巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的重点是研究“以形助数”。

数形结合的思想方法应用广泛，常见的如在解方程和解不等式问题中，在求函数的值域，最值问题中，在求三角函数问题中，运用数形结合思想，不仅直观易发现解题途径，而且能避免复杂的计算与推理，大大简化了解题过程。

2021年高三数学第二轮专题复习分类讨论思想课堂资料一、基础知识整合分类讨论是解决问题的一种逻辑方法，也是一种数学思想，这种思想对于简化研究对象，发展人的思维有着重要帮助，因此，有关分类讨论的数学命题在高考试题中占有重要位置。

所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答。

实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略。

1.分类原则：分类应按同一标准进行，不重复，不遗漏，分层次，不越级讨论.2.分类方法：明确讨论对象以及研究的范围;确定分类标准，正确进行分类；逐类进行讨论，获取阶段性成果；归纳小结，综合出结论.3.含参数问题的分类讨论是常见题型。

4.注意简化或避免分类讨论。

二、例题解析[例1] 一条直线过点（5，2），且在x 轴，y 轴上截距相等，则这直线方程为（ ） (A) (B)(C)x y x y +-=-=70250或 (D)x y y x ++=-=70250或 [分析]设该直线在x 轴，y 轴上的截距均为a , 当a =0时，直线过原点，此时直线方程为；当时，设直线方程为x a yaa +==17，则求得，方程为。

[例2] 15sin cos cos 213ABC A B C ∆==中，已知，，求. [分析][]∴=-+=--⋅cos cos()cos cos sin sin C A B A B A B因此，只要根据已知条件，求出cos A ，si n B 即可得cosC 的值.但是由si nA 求cos A 时，是一解还是两解？这一点需经过讨论才能确定，故解本题时要分类讨论。

对角A 进行分类.[解]50cos 132B B ABC <=<∆为的一个内角 ∴<<=45901213 B B ，且sin ⑴若为锐角，由，得，此时A A A A sin cos ===123032⑵若为钝角，由，得，此时A A A A B sin ==+>12150180这与三角形的内角和为180°相矛盾。

2022江苏高考数学二轮复习教学案（祥解）--分类讨论思想分类讨论是一种重要的数学思想方法，当问题的对象不能进行统一研究时，就需要对研究的对象按某个标准进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结论，最终综合各类结果得到整个问题的解答．实质上分类讨论确实是“化整为零，各个击破，再集零为整”的数学策略．分类原则：(1) 所讨论的全域要确定，分类要“既不重复，也不遗漏”；(2) 在同一次讨论中只能按所确定的一个标准进行；(3) 对多级讨论，应逐级进行，不能越级．讨论的差不多步骤：(1) 确定讨论的对象和讨论的范畴(全域)；(2) 确定分类的标准，进行合理的分类；(3) 逐步讨论(必要时还得进行多级分类)；(4) 总结概括，得出结论．引起分类讨论的常见因素：(1) 由概念引起的分类讨论；(2) 使用数学性质、定理和公式时，其限制条件不确定引起的分类讨论；(3) 由数学运算引起的分类讨论；(4)由图形的不确定性引起的分类讨论；(5) 关于含参数的问题由参数的变化引起的分类讨论．简化和幸免分类讨论的优化策略：(1) 直截了当回避．如运用反证法、求补法、消参法等有时能够躲开繁琐讨论；(2) 变更主元．如分离参数、变参置换等可躲开讨论；(3) 合理运算．如利用函数奇偶性、变量的对称、轮换以及公式的合理选用等有时能够简化甚至躲开讨论；(4) 数形结合．利用函数图象、几何图形的直观性和对称特点有时能够简化甚至躲开讨论．注：能回避分类讨论的尽可能回避．1. 一条直线过点(5,2)且在x 轴，y 轴上截距相等，则这直线方程为________．2.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形， 则它的体积为________.3.函数f(x)＝ax 2－a (a ＋1)x ＋12(a ＋1)的定义域为一切实数，则实数a 的取值范畴是________．4.数列{a n }的前n 项和为S n ＝2n 2＋n －1(n ∈N *)，则其通项a n ＝________.【例1】 在△ABC 中，已知sinB ＝154，a ＝6，b ＝8，求边c 的长．【例2】解关于x的不等式：ax2－(a＋1)x＋1<0(a∈R)．【例3】设等比数列{a n}的公比为q，前n项和S n>0(n＝1,2，…)．(1) 求q的取值范畴；(2) 设b n＝a n＋2－a n＋1，记{b n}的前n项和为T n，试比较S n与T n的大小.【例4】已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称，且f(x)＝x2＋2x.(1) 求函数g(x)的解析式；(2) 若h(x)＝g(x)－λf(x)＋1在[－1,1]上是增函数，求实数λ的取值范畴．1. (2009·全国)双曲线的一条渐近线方程为3x －2y ＝0，则该双曲线的离心率为________．2.(2011·辽宁)设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧21－x ，x ≤1，1－log 2x ，x>1，则满足f(x)≤2的x 的取值范畴是________．3.(2011·江苏)已知实数a ≠0，函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x<1，－x －2a ，x ≥1，若f(1－a)＝f(1＋a)，则a 的值为________．4.(2010·福建)函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x －3，x ≤0，－2＋lnx ，x>0，的零点个数为________．5.(2011·江西)设f(x)＝13x 3＋mx 2＋nx.(1) 假如g(x)＝f ′(x)－2x －3在x ＝－2处取得最小值－5，求f(x)的解析式；(2) 假如m ＋n<10(m ，n ∈N ＋)，f(x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m 和n 的值．(注：区间(a ，b)的长度为b －a)6.(2010·江苏)设f(x)是定义在区间(1，＋∞)上的函数，其导函数为f ′(x)．假如存在实数a 和函数h(x)，其中h(x)对任意的x ∈(1，＋∞)都有h(x)>0，使得f ′(x)＝h(x)(x 2－ax ＋1)，则称函数f(x)具有性质P(a)．设函数f(x)＝lnx ＋b ＋2x ＋1(x>1)，其中b 为实数．(1) 求证：函数f(x)具有性质P(b); (2) 求函数f(x)的单调区间．(2011·南通)(本小题满分16分)已知各项均不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝c,2S n ＝a n a n ＋1＋r.(1) 若r ＝－6，数列{a n }能否成为等差数列？若能，求c 满足的条件；若不能，请说明理由．(2) 设P n ＝a 1a 1－a 2＋a 3a 3－a 4＋…＋a 2n －1a 2n －1－a 2n ，Q n ＝a 2a 2－a 3＋a 4a 4－a 5＋…＋a 2na 2n －a 2n ＋1，若r ＞c ＞4，求证：关于一切n ∈N *，不等式－n<P n －Q n <n 2＋n 恒成立．(1) 解：n ＝1时，2a 1＝a 1a 2＋r ，∵ a 1＝c ≠0，∴ 2c ＝ca 2＋r ，a 2＝2－rc . (1分) n ≥2时，2S n ＝a n a n ＋1＋r ，① 2S n －1＝a n －1a n ＋r ，②①－②，得2a n ＝a n (a n ＋1－a n －1)．∵ a n ≠0，∴ a n ＋1－a n －1＝2. (3分) 则a 1，a 3，a 5，…，a 2n －1，… 成公差为2的等差数列，a 2n －1＝a 1＋2(n －1)． a 2，a 4，a 6，…，a 2n ，… 成公差为2的等差数列， a 2n ＝a 2＋2(n －1)． 要使{a n }为等差数列，当且仅当a 2－a 1＝1.即2－rc －c ＝1，r ＝c －c 2. (4分) ∵ r ＝－6，∴ c 2－c －6＝0，得c ＝－2或3. ∵ 当c ＝－2时，a 3＝0不合题意，舍去．∴ 当且仅当c ＝3时，数列{a n }为等差数列. (5分)(2) 证明：a 2n －1－a 2n ＝[a 1＋2(n －1)]－[a 2＋2(n －1)]＝a 1－a 2＝c ＋rc －2.a 2n －a 2n ＋1＝[a 2＋2(n －1)]－(a 1＋2n)＝a 2－a 1－2＝－⎝⎛⎭⎫c ＋r c . (8分)∴ P n ＝1c ＋r c －2⎣⎡⎦⎤na 1＋n (n －1)2×2＝1c ＋r c －2n(n ＋c －1) (9分)Q n ＝－1c ＋r c ⎣⎡⎦⎤na 2＋n (n －1)2×2＝－1c ＋r cn ⎝⎛⎭⎫n ＋1－r c . (10分)P n －Q n ＝1c ＋r c －2n(n ＋c －1)＋1c ＋r cn ⎝⎛⎭⎫n ＋1－r c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1c ＋r c －2＋1c ＋r c n 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c －1c ＋r c －2＋1－rc c ＋r c n.(11分)∵ r ＞c ＞4，∴ c ＋r c ≥2r ＞4，∴ c ＋r c －2＞2，∴ 0＜1c ＋r c －2＋1c ＋r c <12＋14＝34＜1.(13分)且c －1c ＋r c －2＋1－r c c ＋r c ＝c －1c ＋rc －2＋c ＋1c ＋r c －1＞－1. (14分) 又∵ r ＞c ＞4，∴ r c >1，则0＜c －1<c ＋r c －2,0<c ＋1<c ＋rc . ∴ c －1c ＋r c －2＜1，c ＋1c ＋r c <1.∴ c －1c ＋r c －2＋c ＋1c ＋r c －1＜1.(15分) ∴ 关于一切n ∈N *，不等式－n<P n －Q n <n 2＋n 恒成立．(16分)专题七 数学思想方法 第18讲 分类讨论思想1. 已知函数f(x)＝12(sinx ＋cosx)－12|sinx －cosx|，则f(x)的值域是____________．【答案】 ⎣⎡⎦⎤－1，22 解析：f(x)＝12(sinx ＋cosx)－12|sinx －cosx|＝⎩⎪⎨⎪⎧cosx (sinx ≥cosx )，sinx (sinx ＜cosx )，f(x)∈⎣⎡⎦⎤－1，22.2. (2011·徐州三模)设函数f(x)＝x 2－alnx 与g(x)＝1a x －x 的图象分别交直线x ＝1于点A 、B ，且曲线y ＝f(x)在点A 处的切线与曲线y ＝g(x)在点B 处的切线平行． (1) 求函数f(x)，g(x)的解析式；(2) 当a>1时，求函数h(x)＝f(x)－g(x)的最小值；(3) 当a<1时，不等式f(x)≥mg(x)在x ∈⎣⎡⎦⎤14，12上恒成立，求实数m 的取值范畴．解：(1) 由f(x)＝x 2－alnx ，得f ′(x)＝2x －a x ，由g(x)＝1a x －x ，得g ′(x)＝1a －12x .又由题意得f ′(1)＝g ′(1)，即2－a ＝1a －1，故a ＝2或a ＝12. 当a ＝2时，f(x)＝x 2－2lnx ，g(x)＝12x －x ，当a ＝12时，f(x)＝x 2－12lnx ，g(x)＝2x －x.(2) 当a>1时，h(x)＝f(x)－g(x)＝x 2－2lnx －12x ＋x ，得h ′(x)＝2x －2x －12＋12x ＝2(x －1)(x ＋1)x－x －12x ＝(x －1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤4(x x ＋x ＋x ＋1)－x 2x . 由x>0，得4(x x ＋x ＋x ＋1)－x 2x>0. 故当x ∈(0,1)时，h ′(x)<0，h(x)递减； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x)>0，h(x)递增． 因此h(x)的最小值为h(1)＝1－2ln1－12＋1＝32. (3) a ＝12时，f(x)＝x 2－12lnx ，g(x)＝2x －x.当x ∈⎣⎡⎦⎤14，12时，f ′(x)＝2x －12x ＝4x 2－12x <0，f(x)在⎣⎡⎦⎤14，12上为减函数，f(x)≥f ⎝⎛⎭⎫12＝14＋12ln2.当x ∈⎣⎡⎭⎫14，12时，g ′(x)＝2－12x ＝4x －12x >0，g(x)在⎣⎡⎦⎤14，12上为增函数，且g(x)≤g ⎝⎛⎭⎫12＝1－22，且g(x)≥g ⎝⎛⎭⎫14＝0，要使不等式f(x)≥mg(x)在x ∈⎣⎡⎦⎤14，12上恒成立，当x ＝14时，m 为任意实数，当x ∈⎣⎡⎦⎤14，12时，m ≤f (x )g (x )，而⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )min ＝f ⎝⎛⎭⎫12g ⎝⎛⎭⎫12＝2＋24ln(4e)，因此m ≤2＋24ln(4e)． 3. 设a 为实数，函数f(x)＝2x 2＋(x －a)|x －a|. (1) 若f(0)≥1，求a 的取值范畴； (2) 求f(x)的最小值；(3) 设函数h(x)＝f(x)，x ∈(a ，＋∞)，直截了当写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)≥1的解集．点拨：本小题要紧考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探究、分析与解决问题的综合能力．解：(1) 若f(0)≥1，则－a|a|≥1⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，a 2≥1a ≤－1.(2) 当x ≥a 时，f(x)＝3x 2－2ax ＋a 2，f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧f (a )，a ≥0，f ⎝⎛⎭⎫a 3，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧2a 2，a ≥0，2a23，a ＜0. 当x ≤a 时，f(x)＝x 2＋2ax －a 2，f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧ f (－a )，a ≥0，f (a )，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a ≥0，2a 2，a ＜0.综上可得f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a ≥0，2a23，a ＜0. (3) x ∈(a ，＋∞)时，h(x)≥1得3x 2－2ax ＋a 2－1≥0，Δ＝4a 2－12(a 2－1)＝12－8a 2. 当a ≤－62或a ≥62时，Δ≤0，x ∈(a ，＋∞)；当－62＜a ＜62时，Δ>0，得：⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －3－2a 23⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a ＋3－2a 23≥0，x ＞a. 讨论得：当a ∈⎝⎛⎭⎫22，62时，解集为(a ，＋∞)；当a ∈⎝⎛⎭⎫－62，－22时，解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤a ，a －3－2a 23∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞； 当a ∈⎣⎡⎦⎤－22，22时，解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞.基础训练1. 2x －5y ＝0或x ＋y －7＝0 解析：分直线过原点和只是原点两种情形．2. 43或833 解析：分侧面矩形长、宽分别为6和4或4和6两种情形．3. 0≤a ≤1 解析： 由题知ax 2－a(a ＋1)x ＋12(a ＋1)≥0对x ∈R 恒成立，分a ＝0和a ＞0两种情形讨论．4. a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧2，n ＝1，4n －1，n ≥2且n ∈N* 解析：在使用公式a n ＝S n －S n －1时要注意条件n ≥2，n ∈N *.例题选讲例1 解析：sinB ＝154，a ＜b ，若B 为锐角，则cosB ＝14，由余弦定理得，c 2＋36－2×6×c ×cosB ＝64，即c 2－3c －28＝0，∴ c ＝7；若B 为钝角，则cosB ＝－14，由余弦定理得c 2＋36－2×6×c ×cosB ＝64，即c 2＋3c －28＝0，∴ c ＝3，故边c 的长为7或3.(注： 在三角形中，内角的取值范畴是(0，π)，b ＞a ，cosB ＝14，则B 可能是锐角也可能是钝角，故要分两种情形讨论．但本题如改成a ＝8，b ＝6，那情形又如何呢？)变式训练 △ABC 中，已知sinA ＝12，cosB ＝513，求cosC.解：∵ 0＜cosB ＝513＜22，B ∈(0，π)，∴ 45°＜B ＜90°，且sinB ＝1213. 若A 为锐角，由sinA ＝12，得A ＝30°，现在cosA ＝32； 若A 为钝角，由sinA ＝12，得A ＝150°，现在A ＋B ＞180°. 这与三角形的内角和为180°相矛盾，可见A ≠150°. ∴ cosC ＝cos[π－(A ＋B)]＝－cos(A ＋B)＝－(cosA·cosB －sinA·sinB)＝－⎝⎛⎭⎫32·513－12·1213＝12－5326.例2 解：(1) 当a ＝0时，原不等式化为－x ＋1＜0，∴ x ＞1.(2) 当a ≠0时，原不等式化为a(x －1)⎝⎛⎭⎫x －1a ＜0， ① 若a ＜0，则原不等式化为(x －1)⎝⎛⎭⎫x －1a ＞0，∵ 1a ＜0，∴ 1a ＜1，∴ 不等式解为x ＜1a 或x ＞1.② 若a ＞0，则原不等式化为(x －1)⎝⎛⎭⎫x －1a ＜0.(ⅰ) 当a ＞1时，1a ＜1，不等式解为1a ＜x ＜1； (ⅱ) 当a ＝1时，1a ＝1，不等式解为；(ⅲ) 当0＜a ＜1时，1a ＞1，不等式解为1＜x ＜1a . 综上所述，得原不等式的解集为：当a ＜0时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫xx ＜1a 或x ＞1；当a ＝0时，解集为{x|x ＞1}； 当0＜a ＜1时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x1＜x ＜1a ；当a ＝1时，解集为；当a ＞1时，解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 1a ＜x ＜1.变式训练 解关于x 的不等式a (x －1)x －2＞1(a ∈R 且a ≠1)． 解：原不等式可化为：(a －1)x ＋(2－a )x －2＞0， ① 当a ＞1时，原不等式与⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －2a －1(x －2)＞0同解．由于a －2a －1＝1－1a －1＜1＜2，∴ 原不等式的解为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a －2a －1∪(2，＋∞)．② 当a ＜1时，原不等式与⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －2a －1(x －2) ＜0同解．由于a －2a －1＝1－1a －1，若a ＜0，a －2a －1＝1－1a －1＜2，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －2a －1，2； 若a ＝0时，a －2a －1＝1－1a －1＝2，解集为； 若0＜a ＜1，a －2a －1＝1－1a －1＞2，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，a －2a －1.综上所述，当a ＞1时不等式解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，a －2a －1∪(2，＋∞)；当0＜a ＜1时，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫2，a －2a －1；当a ＝0时，解集为；当a ＜0时，解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫a －2a －1，2. 例3 解：(1) 因为{a n }是等比数列，S n >0，可得a 1＝S 1>0，q ≠0.当q ＝1时，S n ＝na 1>0；当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q ＞0，即1－q n1－q ＞0(n ＝1,2,3，…)，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧ 1－q ＞0，1－q n ＞0(n ＝1，2，3，…)或⎩⎪⎨⎪⎧1－q ＜0，1－q n＜0(n ＝1，2，3，…).由于n 可为奇数，可为偶数，故q ＞1或－1＜q ＜1且q ≠0. 综上，q 的取值范畴是(－1,0)∪(0，＋∞)．(2) 由b n ＝a n ＋2－a n ＋1＝a n (q 2－q)，∴ T n ＝(q 2－q)S n .∴ T n －S n ＝(q 2－q －1)S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫q －1＋52⎝ ⎛⎭⎪⎫q －1－52S n . 又S n ＞0，－1＜q ＜0或q ＞0，－1＜q ＜1－52或q ＞1＋52时T n ＞S n ； 1－52＜q ＜0或0＜q ＜1＋52时，T n ＜S n . q ＝1±52时，S n ＝T n .(注：等差、等比数列的通项、前n 项的和是数列的基础，已知一个数列的前n 项和求其通项时，对n ＝1与n ≥2要分别予以研究，而涉及等比数列求和或用错位相减法求和时，要对公比q 是否为1进行分类讨论．)例4 解：(1) 利用函数图象的对称求解函数的问题．容易求出g(x)＝－x 2＋2x. (2) h(x)＝－(1＋λ)x 2＋2(1－λ)x ＋1，(解法1) 为求实数λ的取值范畴，就要对λ的取值分类．(1) 当λ＝－1时，h(x)＝4x ＋1，现在h(x)在[－1,1]上是增函数，(2) 当λ≠－1时，对称轴方程为x ＝1－λ1＋λ.① 当λ＜－1时，需满足1－λ1＋λ≤－1，解得λ＜－1； ② 当λ＞－1时，1－λ1＋λ≥1，解得－1＜λ≤0.综上可得λ≤0.(解法2) 由题知，h ′(x)＝－2(1＋λ)x ＋2(1－λ)≥0对x ∈[－1,1]恒成立． 即(1＋x)λ≤1－x 对x ∈[－1,1]恒成立，明显x ＝－1时上式恒成立，λ∈R ，x ∈(－1,1]时，λ≤1－x 1＋x ＝21＋x －1，函数y ＝21＋x －1在x ∈(－1,1]上单调减，函数的最小值为0.∴ λ≤0，经检验符合题意．(注：两种解法，值得摸索，在做分类讨论题时要尽可能回避复杂的讨论．) 变式训练 设0<x<1，a>0，且a ≠1，比较|log a (1－x)|与|log a (1＋x)|的大小． 解：(解法1) 因为0<x<1，因此0<1－x<1,1＋x>1，则0<1－x 2<1. ① 当0<a<1时，由log a (1－x)>0，log a (1＋x)<0，因此|log a (1－x)|－|log a (1＋x)|＝log a (1－x)－[－log a (1＋x)] ＝log a (1－x 2)>0，即|log a (1－x)|>|log a (1＋x)|.② 当a>1时，由log a (1－x)<0，log a (1＋x)>0，得|log a (1－x)|－|log a (1＋x)|＝－log a (1－x)－log a (1＋x) ＝－log a (1－x 2)>0，即|log a (1－x)|>|log a (1＋x)|.由①②可知，|log a (1－x)|>|log a (1＋x)|.(注：在解答该类问题时，第一从概念动身判定出绝对值内的数(或式子)的符号，然后再去掉绝对值符号(这时需按条件进行分类讨论确定)，再按照相关的法则去运算，直至得出结论．事实上这道题是能够回避讨论的．)(解法2) 因为0<x<1，因此0<1－x<1,1＋x>1，则0<1－x 2<1. |log a (1－x)|＝|lg (1－x )||lga|＝－lg (1－x )|lga|，|log a (1＋x)|＝lg (1＋x )|lga| |log a (1－x)|－|log a (1＋x)|＝－lg (1－x 2)|lga|＞0， ∴ |log a (1－x)|>|log a (1＋x)|. 高考回忆1. 132或133 解析：由渐近线方程为3x －2y ＝0知a b ＝32或b a ＝32.2. [0，＋∞) 解析：f(x)≤2得⎩⎪⎨⎪⎧x ≤1，21－x ≤20≤x ≤1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞1，1－log 2x ≤2x ＞1.3. a ＝－34 解析：分a ＜0和a ≥0两种情形讨论．4. 2 解析：当x ≤0时，令x 2＋2x －3＝0，解得x ＝－3；当x ＞0时，令－2＋lnx ＝0，解得x ＝100，因此已知函数有两个零点． 5. 解：(1) f(x)＝13x 3＋mx 2＋nx ，∴ f ′(x)＝x 2＋2mx ＋n.又∵ g(x)＝f ′(x)－2x －3＝x 2＋(2m －2)x ＋n －3在x ＝－2处取极值， 则g ′(－2)＝2(－2)＋(2m －2)＝0m ＝3，又在x ＝－2处取最小值－5. 则g(－2)＝(－2)2＋(－2)×4＋n －3＝－5n ＝2， ∴ f(x)＝13x 3＋3x 2＋2x.(2) 要使f(x)＝13x 3＋mx 2＋nx 单调递减，则f ′(x)＝x 2＋2mx ＋n ＜0.又递减区间长度是正整数，因此f ′(x)＝x 2＋2mx ＋n ＝0两根设为a ，b(a ＜b)．即有：b －a 为区间长度．又b －a ＝(a ＋b )2－4ab ＝4m 2－4n ＝2m 2－n(m ，n ∈N ＋)．又b －a 为正整数，且m ＋n<10，因此m ＝2，n ＝3或m ＝3，n ＝5符合．6. (1) 证明：f ′(x)＝1x －b ＋2(x ＋1)2＝1x (x ＋1)2(x 2－bx ＋1)． ∵ x ＞1时，h(x)＝1x (x ＋1)2＞0恒成立， ∴ 函数f(x)具有性质P(b)．(2) 解：设φ(x)＝x 2－bx ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －b 22＋1－b 24，φ(x)与f ′(x)的符号相同．当1－b 24＞0，－2＜b ＜2时，φ(x)＞0，f ′(x)＞0，故现在f(x)在区间(1，＋∞)上递增； 当b ＝±2时，关于x ＞1，有f ′(x)＞0，因此现在f(x)在区间(1，＋∞)上递增； 当b ＜－2时，φ(x)图象开口向上，对称轴x ＝b2＜－1，而φ(0)＝1. 关于x ＞1，总有φ(x)＞0，f ′(x)＞0，故现在f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b ＞2时，φ(x)图象开口向上，对称轴x ＝b2＞1，方程φ(x)＝0的两根分别为：b ＋b 2－42，b －b 2－42， 而b ＋b 2－42＞1，b －b 2－42＝2b ＋b 2－4∈(0,1)． 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，b ＋b 2－42时，φ(x)＜0，f ′(x)＜0，故现在f(x)在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫1，b ＋b 2－42上递减；同理得：f(x)在区间⎣⎢⎡⎭⎪⎫b ＋b 2－42，＋∞上递增．综上所述，当b ≤2时，f(x)在区间(1，＋∞)上递增；当b ＞2时，f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，b ＋b 2－42上递减； f(x)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫b ＋b 2－42，＋∞上递增．。