2016版《步步高》高考数学大二轮总复习：专题九 数学思想方法

2016年高考数学二轮复习主要解题思路讲解不同知识点的考察有不同的题型，不同的题型有不同的解题思路，以下是教育小编整理的2016年高考数学二轮复习主要解题思路讲解，希望能帮助到大家学习。

高考数学解题思想一：函数与方程思想函数思想是指运用运动变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，通过建立函数关系(或构造函数)运用函数的图像和性质去分析问题、转化问题和解决问题;方程思想，是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题转化为方程(方程组)或不等式模型(方程、不等式等)去解决问题。

利用转化思想我们还可进行函数与方程间的相互转化。

高考数学解题思想二：数形结合思想中学数学研究的对象可分为两大部分，一部分是数，一部分是形，但数与形是有联系的，这个联系称之为数形结合或形数结合。

它既是寻找问题解决切入点的法宝，又是优化解题途径的良方，因此我们在解答数学题时，能画图的尽量画出图形，以利于正确地理解题意、快速地解决问题。

高考数学解题思想三：特殊与一般的思想用这种思想解选择题有时特别有效，这是因为一个命题在普遍意义上成立时，在其特殊情况下也必然成立，根据这一点，我们可以直接确定选择题中的正确选项。

不仅如此，用这种思想方法去探求主观题的求解策略，也同样精彩。

高考数学解题思想四：极限思想解题步骤极限思想解决问题的一般步骤为：(1)对于所求的未知量，先设法构思一个与它有关的变量;(2)确认这变量通过无限过程的结果就是所求的未知量;(3)构造函数(数列)并利用极限计算法则得出结果或利用图形的极限位置直接计算结果。

高考数学解题思想五：分类讨论思想我们常常会遇到这样一种情况，解到某一步之后，不能再以统一的方法、统一的式子继续进行下去，这是因为被研究的对象包含了多种情况，这就需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合归纳得解，这就是分类讨论。

引起分类讨论的原因很多，数学概念本身具有多种情形，数学运算法则、某些定理、公式的限制，图形位置的不确定性，变化等均可能引起分类讨论。

高考数学专题—数学思想方法数形结合法数与形的结合，使抽象思维与形象思维结合起来，实现概念与形象、表象与联系的转化，化难为易，是数学解题的重要思想方法之一。

进行数形结合的信息转换主要有三个途径：一是通过坐标系的建立，引 入参变量，化静为动，以动求解；例如：解不等式：01582≥++x x ， 可设015822≥=++y x x ，则平面上轨迹双曲线1)4(22=-+y x 上x 坐标的取值范围即为原不等式的解)35(-≥-≤x x 或；二是转化，例如将22b a +转化为点),(b a 与)0,0(的距离；将1-b a 转化为点),(a b 与)0,1(的直线斜率；三是构造，即可构造几何模型、构造函数或构造一个图形，例如求018sin 的值，可以构造一个顶角为036的等腰三角形，利用相似形性质算出41518sin 0-=。

第一讲[要求与考点] 理解和掌握数形结合法在函数、方程、最值中的应用。

例1、 函数xxy cos 2sin 2--=的最大、最小值。

分析：可以看成是点)sin ,(cos x x P 与点)2,2(A 两点连线的斜率。

在圆122=+y x 上，斜率的最大、最小 值由过点的圆的两条切线所决定。

如图 解：设AP 的斜率为k ，则AP 为： )2(2-=-x k y 即022=-+-k kx y 。

∵点)0,0(O 到AP 的距离1≤d ， 故11222≤+-=k k d解得：374374+≤≤-k 即374374+≤≤-y说明：凡形如bx g ax f --)()(的代数式，一般都可看作点))(),((x f x g 和点),(a b 的连线的斜率，本题也可以用万能公式代换后，利用判别式求解，但运较繁。

用判别式法须注变量范围的变化。

例2、求函数x x y -++=8)2(3的值域。

分析：原函数在令后可以化为的范围可看着是当直线与四分之一圆有交点时，直线在纵轴上的截距的范围，如图。

[分析]原函数在令)0(22≥=+t t x 后可化为2103t t y -+=)0(≥t ，y 的范围可看作是当直线y t g +-=3与四分之一圆210t g -=有交点时，直线在纵轴上的截距的范围，如图；解：令)0(22≥=+t t x ，原函数变为2103t t y -+=)0(≥t∴2103t y t -=+- 引入变量g ，得：⎪⎩⎪⎨⎧-=+-=2103tg yt g )0(≥t )2()1( ∵ 直线y t g +-=3的斜率为3-，过四分之一圆210t g -=上点)10,0(时， 截距10=y ，直线y t g +-=3与四分之一圆210t g -=相切时，1031=+=yd ，∴ 截距102=y∴ 10210≤≤y说明：仿照本例可解决形如d cx b ax y +±+=或c bx x ax y ++±±=2的函数的值域问题。

高考数学二轮专题复习 数学思想方法【考纲解读】1.熟练掌握函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想.2.能够对所学知识进行分类或归纳,能应用数学思想方法分析和解决问题,系统地把握知识间的内在联系.【考点预测】1.函数知识涉及的知识点多、面广，在概念性、应用性、理解性都有一定的要求，所以是高考中考查的重点，也是高考的一个热点。

对函数试题的设计仍然会围绕几个基本初等函数和函数的性质、图象、应用考查函数知识；与方程、不等式、解析几何等内容相结合，考查函数知识的综合应用；在函数知识考查的同时，加强对函数方程、分类讨论、数形结合、等价转化等数学思想方法的考查。

2.预测在今年的高考中,数形结合与分类讨论思想仍是考查的一个热点，数形结合的考查方式常以数学式、数学概念的几何意义、函数图象、解析几何等为载体综合考查,分类讨论思想的考查重点为含有参数的函数性质问题、与等比数列的前n 项和有关的计算推证问题、直线与圆锥曲线的位置关系不定问题等。

3.预测在今年的高考中,运用化归与转化思想解题的途径主要有：借助函数、方程（组）、辅助命题、等价变换、特殊的式与数的结构、几何特征进行转化,其方法有:正反转化、数形转化、语义转化、等与不等、抽象问题与具体问题化归，一般问题与特殊问题化归，正向思维与逆向思维化归。

【要点梳理】1.函数与方程思想：我们应用函数思想的几种常见题型是：遇到变量，构造函数关系解题；有关的不等式、方程、最小值和最大值之类的问题，利用函数观点加以分析；含有多个变量的数学问题中，选定合适的主变量，从而揭示其中的函数关系；实际应用问题，翻译成数学语言，建立数学模型和函数关系式，应用函数性质或不等式等知识解答；等差、等比数列中，通项公式、前n 项和的公式，都可以看成n 的函数，数列问题也可以用函数方法解决。

2.数形结合的思想:是解答高考数学试题的一种常用方法与技巧,特别是在解选择与填空题时发挥着奇特功效.具体操作时,应注意以下几点:(1)准确画图,注意函数的定义域;(2)用图象法讨论方程的解的个数.3．与分类讨论有关的知识点有：直线的斜率分为存在和不存在两种情形、等比数列中的公比1q =和1q ≠、由参数的变化引起的分类讨论、由图形的不确定性引起的分类讨论、指对函数的底数a 分为1a >和01a <<两种情形等。

高中数学思想方法高中数学思想方法高中数学思想方法1第一：函数与方程思想（1）函数思想是对函数内容在更高层次上的抽象，概括与提炼，在研究方程、不等式、数列、解析几何等其他内容时，起着重要作用（2）方程思想是解决各类计算问题的基本思想，是运算能力的基础高考把函数与方程思想作为七种重要思想方法重点来考查第二：数形结合思想（1）数学研究的对象是数量关系和空间形式，即数与形两个方面（2）在一维空间，实数与数轴上的点建立一一对应关系在二维空间，实数对与坐标平面上的点建立一一对应关系数形结合中，选择、填空侧重突出考查数到形的转化，在解答题中，考虑推理论证严密性，突出形到数的转化第三：分类与整合思想（1）分类是自然科学乃至社会科学研究中的基本逻辑方法（2）从具体出发，选取适当的.分类标准（3）划分只是手段，分类研究才是目的（4）有分有合，先分后合，是分类整合思想的本质属性（5）含字母参数数学问题进行分类与整合的研究，重点考查学生思维严谨性与周密性第四：化归与转化思想（1）将复杂问题化归为简单问题，将较难问题化为较易问题，将未解决问题化归为已解决问题（2）灵活性、多样性，无统一模式，利用动态思维，去寻找有利于问题解决的变换途径与方法（3）高考重视常用变换方法：一般与特殊的转化、繁与简的转化、构造转化、命题的等价转化第五：特殊与一般思想（1）通过对个例认识与研究，形成对事物的认识（2）由浅入深，由现象到本质、由局部到整体、由实践到理论（3）由特殊到一般，再由一般到特殊的反复认识过程（4）构造特殊函数、特殊数列，寻找特殊点、确立特殊位置，利用特殊值、特殊方程（5）高考以新增内容为素材，突出考查特殊与一般思想必成为命题改革方向第六：有限与无限的思想（1）把对无限的研究转化为对有限的研究，是解决无限问题的必经之路（2）积累的解决无限问题的经验，将有限问题转化为无限问题来解决是解决的方向（3）立体几何中求球的表面积与体积，采用分割的方法来解决，实际上是先进行有限次分割，再求和求极限，是典型的有限与无限数学思想的应用（4）随着高中课程改革，对新增内容考查深入，必将加强对有限与无限的考查第七：或然与必然的思想（1）随机现象两个最基本的特征，一是结果的随机性，二是频率的稳定性（2）偶然中找必然，再用必然规律解决偶然（3）等可能性事件的概率、互斥事件有一个发生的概率、相互独立事件同时发生的概率、独立重复试验、随机事件的分布列、数学期望是考查的重点高中数学思想方法2近年来，高考命题方向很明显地朝着对知识网络交汇点、数学思想方法及对数学能力的考查发展，考生在复习的过程中，应对所学知识进行及时的梳理，这里既包含对基础知识的整理，也包括对数学思想方法的总结。

第3讲 圆锥曲线的综合问题1．(2014·福建)设P ，Q 分别为圆x 2＋(y －6)2＝2和椭圆x 210＋y 2＝1上的点，则P ，Q 两点间的最大距离是( )A ．5 2 B.46＋ 2 C ．7＋ 2 D ．6 22．(2015·陕西)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E 的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为2.1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.热点一范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．例1(2014·北京)已知椭圆C：x2＋2y2＝4.(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为原点，若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．思维升华 解决范围问题的常用方法：(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解．(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．跟踪演练1 已知椭圆C 的左，右焦点分别为F 1，F 2，椭圆的离心率为12，且椭圆经过点P (1，32)． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)线段PQ 是椭圆过点F 2的弦，且PF 2→＝λF 2Q →，求△PF 1Q 内切圆面积最大时实数λ的值．热点二 定点、定值问题1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．例2 椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，其左焦点到点P (2,1)的距离为10. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(A ，B 不是左，右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标．思维升华 (1)动直线l 过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C 过定点问题解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．跟踪演练2 已知直线l ：y ＝x ＋6，圆O ：x 2＋y 2＝5，椭圆E ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝33，直线l 被圆O 截得的弦长与椭圆的短轴长相等． (1)求椭圆E 的方程；(2)过圆O 上任意一点P 作椭圆E 的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线的斜率之积为定值．热点三探索性问题1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．例3如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在λ，求出λ的值；若不存在，说明理由．思维升华 解决探索性问题的注意事项：存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．跟踪演练3 (2015·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1. (1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．(1)求C 1，C 2的方程；(2)若过焦点F 的直线l 与椭圆分别交于M ，Q 两点，与抛物线分别交于P ，N 两点，是否存在斜率为k (k ≠0)的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．提醒：完成作业 专题六 第3讲二轮专题强化练专题六第3讲 圆锥曲线的综合问题A 组 专题通关1．(2015·北京西城区期末)若曲线ax 2＋by 2＝1为焦点在x 轴上的椭圆，则实数a ，b 满足( )A ．a 2>b 2B.1a <1b C ．0<a <b D ．0<b <a2．已知椭圆x 24＋y 2b 2＝1(0<b <2)的左，右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF 2|＋|AF 2|的最大值为5，则b 的值是( )A ．1 B. 2 C.32D. 3 3．已知F 为抛物线y 2＝8x 的焦点，过点F 且斜率为1的直线l 交抛物线于A ，B 两点，则||F A |－|FB ||的值为( )A ．4 2B ．8C ．8 2D ．164．设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝12，右焦点为F (c,0)，方程ax 2＋bx －c ＝0的两个实根分别为x 1和x 2，则点P (x 1，x 2)( )A ．必在圆x 2＋y 2＝2内B ．必在圆x 2＋y 2＝2上C ．必在圆x 2＋y 2＝2外D ．以上三种情形都有可能5．若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最大值为( )A ．2B ．3C ．6D ．86．已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则P A 1→·PF 2→的最小值为_______________________________________________________________．7．已知A (1,2)，B (－1,2)，动点P 满足AP →⊥BP →.若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线与动点P 的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．8．在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A 、B ，则直线AB 恒过定点________．9．已知抛物线x 2＝2py (p >0)，过点M (0，m )的直线l 与抛物线交于A ，B 两点，又过A ，B 两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点P .(1)求证：两条切线的斜率之积为定值；(2)当p ＝m ＝4时，求△P AB 面积的最小值．10．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的短轴长为2，离心率为22，过点M (2,0)的直线l 与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)若B点关于x轴的对称点是N，证明：直线AN恒过一定点．B 组 能力提高11．已知直线y ＝a 交抛物线y ＝x 2于A ，B 两点．若该抛物线上存在点C ，使得∠ACB 为直角，则a 的取值范围为________．12．直线3x －4y ＋4＝0与抛物线x 2＝4y 和圆x 2＋(y －1)2＝1从左到右的交点依次为A 、B 、C 、D ，则|AB ||CD |的值为________． 13．已知P 、Q 、M 、N 四点都在以中心为坐标原点，离心率为22，左焦点为F (－1,0)的椭圆C 上，已知PF →与FQ →共线，MF →与FN →共线，PF →·MF →＝0.(1)求椭圆C 的方程；(2)试用直线PQ 的斜率k (k ≠0)表示四边形PMQN 的面积S ，并求S 的最小值．学生用书答案精析第3讲 圆锥曲线的综合问题高考真题体验1．D[如图所示，设以(0,6)为圆心，以r 为半径的圆的方程为x 2＋(y －6)2＝r 2(r >0)，与椭圆方程x 210＋y 2＝1联立得方程组，消掉x 2得9y 2＋12y ＋r 2－46＝0.令Δ＝122－4×9(r 2－46)＝0，解得r 2＝50，即r ＝5 2.由题意易知P ，Q 两点间的最大距离为r ＋2＝62，故选D.]2．(1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1， 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1. (2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22＋y 2＝1， 得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k (k －1)1＋2k 2，x 1x 2＝2k (k －2)1＋2k 2，从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－k x 2＝2k ＋(2－k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2 ＝2k ＋(2－k )4k (k －1)2k (k －2)＝2k －2(k －1)＝2. 热点分类突破例1 解 (1)由题意，得椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1， 所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2.因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22. (2)设点A ，B 的坐标分别为(t,2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0.因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB →＝0，即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0. 又x 20＋2y 20＝4，所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝⎝⎛⎭⎫x 0＋2y 0x 02＋(y 0－2)2 ＝x 20＋y 20＋4y 20x 20＋4 ＝x 20＋4－x 202＋2(4－x 20)x 20＋4 ＝x 202＋8x 20＋4(0<x 20≤4)． 因为x 202＋8x 20≥4(0<x 20≤4)，且当x 20＝4时等号成立， 所以|AB |2≥8.故线段AB 长度的最小值为2 2.跟踪演练1 解 (1)e ＝c a ＝12，P (1，32)满足1a 2＋(32)2b 2＝1， 又a 2＝b 2＋c 2，∴a 2＝4，b 2＝3，∴椭圆标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)显然直线PQ 不与x 轴重合，当直线PQ 与x 轴垂直时，|PQ |＝3，|F 1F 2|＝2，1PF Q S ＝3；当直线PQ 不与x 轴垂直时，设直线PQ ：y ＝k (x －1)，k ≠0代入椭圆C 的标准方程， 整理，得(3＋4k 2)y 2＋6ky －9k 2＝0，Δ>0，y 1＋y 2＝－6k 3＋4k 2，y 1·y 2＝－9k 23＋4k 2. 1PF Q S ＝12·|F 1F 2|·|y 1－y 2|＝12k 2＋k 4(3＋4k 2)2，令t ＝3＋4k 2，∴t >3，k 2＝t －34， ∴1PF Q S ＝3－3(1t ＋13)2＋43， ∵0<1t <13， ∴1PF Q S ∈(0,3)，∴当直线PQ 与x 轴垂直时1PF Q S 最大，且最大面积为3. 设△PF 1Q 内切圆半径为r ，则1PF Q S ＝12(|PF 1|＋|QF 1|＋|PQ |)·r ＝4r ≤3. 即r max ＝34，此时直线PQ 与x 轴垂直，△PF 1Q 内切圆面积最大， ∴PF 2→＝F 2Q →，∴λ＝1.例2 解 (1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)， 由e ＝c a ＝12，得a ＝2c ， ∵a 2＝b 2＋c 2，∴b 2＝3c 2，则椭圆方程变为x 24c 2＋y 23c 2＝1. 又由题意知(2＋c )2＋12＝10，解得c 2＝1，故a 2＝4，b 2＝3，即得椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0. 则⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝64m 2k 2－16(3＋4k 2)(m 2－3)>0，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝4(m 2－3)3＋4k 2.①又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3(m 2－4k 2)3＋4k 2. ∵椭圆的右顶点为A 2(2,0)，AA 2⊥BA 2，∴(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝0，∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0，∴3(m 2－4k 2)3＋4k 2＋4(m 2－3)3＋4k 2＋16mk 3＋4k 2＋4＝0，∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7， 由①，得3＋4k 2－m 2>0，②当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．当m 2＝－2k 7时，l 的方程为y ＝k ⎝⎛⎭⎫x －27，直线过定点⎝⎛⎭⎫27，0，且满足②， ∴直线l 过定点，定点坐标为⎝⎛⎭⎫27，0.跟踪演练2 (1)解 设椭圆的半焦距为c ，圆心O 到直线l 的距离d ＝61＋1＝3，∴b ＝5－3＝ 2.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧ c a ＝33，a 2＝b 2＋c 2，b ＝2，∴a 2＝3，b 2＝2. ∴椭圆E 的方程为y 23＋x 22＝1. (2)证明 设点P (x 0，y 0)，过点P 的椭圆E 的切线l 0的方程为y －y 0＝k (x －x 0)，联立直线l 0与椭圆E 的方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －x 0)＋y 0，y 23＋x 22＝1，消去y 得(3＋2k 2)x 2＋4k (y 0－kx 0)x ＋2(kx 0－y 0)2－6＝0，∴Δ＝[4k (y 0－kx 0)]2－4(3＋2k 2)[2(kx 0－y 0)2－6]＝0，整理得，(2－x 20)k 2＋2kx 0y 0－(y 20－3)＝0， 设满足题意的椭圆E 的两条切线的斜率分别为k 1，k 2，则k 1·k 2＝－y 20－32－x 20，∵点P 在圆O 上，∴x 20＋y 20＝5，∴k 1·k 2＝－5－x 20－32－x 20＝－1. ∴两条切线的斜率之积为常数－1.例3 解 (1)把Q (1,2)代入y 2＝2px ，得2p ＝4，所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线l 的方程为x ＝－1.(2)由条件可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0.由抛物线准线l ：x ＝－1，可知M (－1，－2k )．又Q (1,2)，所以k 3＝2＋2k 1＋1＝k ＋1， 即k 3＝k ＋1.把直线AB 的方程y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x ，并整理，可得k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系，知x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1. 又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2. 因为A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ，即y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k . 所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－2(x 1＋x 2－2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＝2k －2(2k 2＋4k 2－2)1－2k 2＋4k 2＋1＝2k ＋2， 即k 1＋k 2＝2k ＋2.又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立．跟踪演练3 解 (1)由已知，点C 、D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )，又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧ 1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0， 其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1， 从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)]＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2. 所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，此时OA →·OB →＋λP A →·PB →＝－3为定值．当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3.高考押题精练解 (1)因为C 1，C 2的焦点重合， 所以a 2－3＝a 2， 所以a 2＝4.又a >0，所以a ＝2.于是椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1， 抛物线C 2的方程为y 2＝4x .(2)假设存在直线l 使得|PN ||MQ |＝2， 则可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0， 则x 1＋x 4＝2k 2＋4k 2，x 1x 4＝1， 所以|PN |＝1＋k 2·(x 1＋x 4)2－4x 1x 4＝4(1＋k 2)k 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2， 所以|MQ |＝1＋k 2·(x 2＋x 3)2－4x 2x 3＝12(1＋k 2)3＋4k 2. 若|PN ||MQ |＝2，则4(1＋k 2)k 2＝2×12(1＋k 2)3＋4k 2，解得k ＝±62.故存在斜率为k ＝±62的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2.二轮专题强化练答案精析第3讲 圆锥曲线的综合问题1．C [由ax 2＋by 2＝1，得x 21a ＋y 21b ＝1， 因为焦点在x 轴上，所以1a >1b>0， 所以0<a <b .]2．D [由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即2b 2a ＝3，可求得b 2＝3，即b ＝ 3.]3．C [依题意知F (2,0)，所以直线l 的方程为y ＝x －2，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －2，y 2＝8x消去y 得x 2－12x ＋4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝12，x 1x 2＝4，则||AF |－|BF ||＝|(x 1＋2)－(x 2＋2)|＝|x 1－x 2| ＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝144－16＝8 2.] 4．A [∵x 1＋x 2＝－b a ，x 1x 2＝－c a. ∴x 21＋x 22＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2＝b 2a 2＋2c a ＝b 2＋2ac a 2. ∵e ＝c a ＝12，∴c ＝12a ， ∴b 2＝a 2－c 2＝a 2－⎝⎛⎭⎫12a 2＝34a 2.∴x 21＋x 22＝34a 2＋2a ×12a a 2＝74<2.∴P (x 1，x 2)在圆x 2＋y 2＝2内．]5．C [设P (x 0，y 0)，则x 204＋y 203＝1，即y 20＝3－3x 204， 又因为F (－1,0)，所以OP →·FP →＝x 0·(x 0＋1)＋y 20＝14x 20＋x 0＋3＝14(x 0＋2)2＋2， 又x 0∈[－2,2]，即OP →·FP →∈[2,6]，所以(OP →·FP →)max ＝6.]6．－2解析 由已知得A 1(－1,0)，F 2(2,0)．设P (x ，y ) (x ≥1)，则P A 1→·PF 2→＝(－1－x ，－y )·(2－x ，－y )＝4x 2－x －5.令f (x )＝4x 2－x －5，则f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，函数f (x )取最小值，即P A 1→·PF 2→取最小值，最小值为－2.7．(1,2)解析 设P (x ，y )，由题设条件，得动点P 的轨迹为(x －1)(x ＋1)＋(y －2)·(y －2)＝0，即x 2＋(y －2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．又双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±b ax ，即bx ±ay ＝0， 由题意，可得2aa 2＋b 2>1，即2ac >1， 所以e ＝c a<2，又e >1，故1<e <2. 8．(0,2)解析 设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则在点A 处的切线方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，化简得，y ＝12x 1x －y 1，同理，在点B 处的切线方程为y ＝12x 2x －y 2.又点Q (t ，－2)的坐标满足这两个方程，代入得：－2＝12x 1t －y 1，－2＝12x 2t －y 2，则说明A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)都满足方程－2＝12xt －y ，即直线AB 的方程为y －2＝12tx ，因此直线AB 恒过定点(0,2)．9．(1)证明 依题意，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＝2py ，得x 2－2pkx －2pm ＝0， 则由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2pm .对抛物线y ＝x 22p 求导，得y ′＝x p， 设两条切线的斜率分别为k 1，k 2，则k 1＝x 1p ，k 2＝x 2p， 所以k 1k 2＝x 1p ·x 2p ＝－2pm p 2＝－2m p， 即两条切线的斜率之积为定值－2m p. (2)解 因为p ＝m ＝4，所以抛物线方程为x 2＝8y ，y ′＝x 4，x 1＋x 2＝8k ，x 1x 2＝－32， 则直线P A 的方程为y －x 218＝x 14(x －x 1)， PB 的方程为y －x 228＝x 24(x －x 2)． 将两方程联立，得P 点的坐标为(x 1＋x 22，x 1x 28)，所以P (4k ，－4)． 于是|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝81＋k 2·k 2＋2， 又点P 到直线AB 的距离d ＝4(k 2＋2)1＋k2， 所以S △P AB ＝16k 2＋2·(k 2＋2)．当k 2＝0，即k ＝0时，所求面积最小为32 2. 10．(1)解 由题意知b ＝1，e ＝c a ＝22，得a 2＝2c 2＝2a 2－2b 2，故a 2＝2.故所求椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)证明 设直线l 的方程为y ＝k (x －2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k (x －2)，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2， x 1x 2＝8k 2－21＋2k 2. 由对称性可知N (x 2，－y 2)，定点在x 轴上，直线AN ：y －y 1＝y 1＋y 2x 1－x 2(x －x 1)． 令y ＝0得：x ＝x 1－y 1(x 1－x 2)y 1＋y 2＝x 1y 2＋x 2y 1y 1＋y 2＝2kx 1x 2－2k (x 1＋x 2)k (x 1＋x 2－4)＝2x 1x 2－2(x 1＋x 2)x 1＋x 2－4＝16k 2－41＋2k 2－16k 21＋2k 28k 21＋2k 2－4＝1， 故直线AN 恒过定点(1,0)．11．[1，＋∞)解析 以AB 为直径的圆的方程为x 2＋(y －a )2＝a ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，x 2＋(y －a )2＝a ， 得y 2＋(1－2a )y ＋a 2－a ＝0.即(y －a )[y －(a －1)]＝0，由已知⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1≥0，解得a ≥1. 12.116 解析 由⎩⎪⎨⎪⎧3x －4y ＋4＝0，x 2＝4y得x 2－3x －4＝0，∴x A ＝－1，x D ＝4，∴y A ＝14，y D ＝4. 直线3x －4y ＋4＝0恰过抛物线的焦点F (0,1)，∴|AF |＝y A ＋1＝54，|DF |＝y D ＋1＝5， ∴|AB ||CD |＝|AF |－1|DF |－1＝116. 13．解 (1)设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，则a 2＝b 2＋c 2，又依题意，知c ＝1，c a ＝22，所以a ＝2，b ＝1.所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1. (2)依题意，易知PQ 与MN 垂直于点F .设PQ 的方程为y ＝k (x ＋1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x ＋1)，x 22＋y 2＝1，消y ， 得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－21＋2k 2，所以|PQ |＝(1＋k 2)(x 1－x 2)2 ＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝22(1＋k 2)1＋2k 2. 同理，可得|MN |＝22(1＋1k 2)1＋2k 2＝22(1＋k 2)2＋k 2， 所以四边形PMQN 的面积为S ＝12|PQ |·|MN |＝4(1＋k 2)2(1＋2k 2)(k 2＋2)＝2－2k 22k 4＋5k 2＋2＝2－22k 2＋2k2＋5≥169. 当且仅当k 2＝1时，取等号．所以四边形PMQN 的面积S 的最小值为169.。

高三二轮复习之数学思想方法高考命题中，以知识为载体，以能力立意、思想方法为灵魂，以核心素养为统领，兼顾试题的基础性、综合性、应用性和创新性，展现数学的科学价值和人文价值．高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合，二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学的内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学的意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想等．第1讲 函数与方程思想[思想方法概述]函数的思想，是用运动和变化的观点，分析和研究数学中的数量关系，是对函数概念的本质认识，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，从而使问题获得解决．经常利用的性质是单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图象变换等．方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题得以解决．方程的教学是对方程概念的本质认识，用于指导解题就是善于利用方程或方程组的观点观察处理问题．方程思想是动中求静，研究运动中的等量关系．[方法探究]方法一 运用函数相关概念的本质解题在理解函数，函数的定义域、值域、性质等的本质的基础上，主动、准确地运用它们解答问题，常见问题有：求函数的定义域、解析式、最值问题，研究函数的性质．[例1] 若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋3a ，x ＜0，a x ，x ≥0，(a ＞0且a ≠1)是R 上的减函数，则实数a 的取值范围为( )A ．(0,1) B.⎣⎡⎭⎫13，1 C.⎝⎛⎭⎫13，1D.⎝⎛⎭⎫0，13 思路分析 先求出a x 是减函数时a 的范围→满足－0＋3a ≥a 0时a 的范围→取交集解析 ∵函数f (x )是R 上的减函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧0＜a ＜1，3a ≥a 0，解得13≤a ＜1. ∴a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫13，1，故选B.答案 B规律方法 解答本题，首先要明确分段函数和减函数这两个概念的本质，分段函数是一个函数，根据减函数的定义，两段函数都是减函数，但这不足以说明整个函数是减函数，还要保证在两段的衔接处呈减的趋势，这一点往往容易被忽视．方法二 用函数的性质解决问题能意识到题目考查函数的什么性质或相关问题应该用函数的什么性质来解答，考查热点有函数的单调性、奇偶性及函数图象的对称性等，常见问题是函数性质的应用．[例2] (2018·全国Ⅰ卷)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x，x ≤01，x ＞0，则满足f (x ＋1)＜f (2x )的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B ．(0，＋∞)C ．(－1,0)D ．(－∞，0)思路分析 首先根据题中所给的函数解析式，将函数图象画出来，从图中可以发现若有f (x ＋1)＜f (2x )成立，一定会有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＜02x ＜x ＋1，从而求得结果．解析 将函数f (x )的图象画出来，观察图象可知会有⎩⎪⎨⎪⎧2x ＜02x ＜x ＋1，解得x ＜0，所以满足f (x ＋1)＜f (2x )的x 的取值范围是(－∞，0)，故选D. 答案 D规律方法 该题考查的是有关通过函数值的大小来推断自变量的大小关系，从而求得相关的参数的值的问题，在求解的过程中，需要利用函数解析式画出函数图像，从而得到要出现函数值的大小，绝对不是常函数，从而确定出自变量的所处的位置，结合函数值的大小，确定出自变量的大小，从而得到其等价的不等式组，从而求得结果．方法三 用函数的图象解决问题当一个函数比较复杂或比较抽象，而其中函数的图象又比较容易作出时，可作出函数的图象，直观解答问题，常见问题有：抽象函数问题、含参数函数问题．[例3] (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x ，x ≤0，ln x ，x ＞0，g (x )＝f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0)B ．[0，＋∞)C ．[－1，＋∞)D ．[1，＋∞)思路分析 函数零点个数→图象交点个数→做出函数图象→求出a 的范围 解析 画出函数f (x )的图像，再画出直线y ＝－x ，之后上下移动， 可以发现当直线过点(0,1)时，直线与函数f (x )图象有两个交点， 并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图象有两个交点， 即方程f (x )＝－x －a 有两个解， 也就是函数g (x )有两个零点， 此时满足－a ≤1，即a ≥－1，故选C.答案 C规律方法 该题考查的是有关已知函数零点个数求有关参数的取值范围问题，在求解的过程中，解题的思路是将函数零点个数问题转化为方程解的个数问题，将式子移项变形，转化为两条曲线交点的问题，画出函数的图象以及相应的直线，在直线移动的过程中，利用数形结合思想，求得相应的结果．方法四 构造函数解题根据题设条件，构造相关函数，运用这个函数的性质解答问题，常见问题有：比较大小、解不等式等．[例4] (2018·合肥调研)已知函数f (x )＝12x 2＋ln x .(1)求函数f (x )的单调区间； (2)求证：当x >1时，12x 2＋ln x ＜23x 3.思路分析 构造函数g (x )＝23x 3－12x 2－ln x →求函数的最小值→问题得证解 (1)依题意知函数的定义域为{x |x >0}， ∵f ′(x )＝x ＋1x ，故f ′(x )＞0，∴f (x )的单调增区间为(0，＋∞)． (2)证明：设g (x )＝23x 3－12x 2－ln x ，∴g ′(x )＝2x 2－x －1x，∵当x >1时，g ′(x )＝(x －1)(2x 2＋x ＋1)x ＞0，∴g (x )在(1，＋∞)上为增函数， ∴g (x )＞g (1)＝16＞0，∴当x >1时，12x 2＋ln x ＜23x 3.[例5] (2018·济南模拟)定义在R 上的函数f (x )，f ′(x )是其导函数，且满足f (x )＋f ′(x )＞2，f (1)＝2＋4e，则不等式e x f (x )＞4＋2e x 的解集为( )A ．(－∞，1)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，2)D ．(2，＋∞)思路分析 构造函数令g (x )＝e x f (x )－2e x －4→利用导数判断单调性→与g (1)进行比较→解不等式 解析 令g (x )＝e x f (x )－2e x －4，g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－2e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－2]， ∵f (x )＋ f ′(x )＞2 ∴g ′(x )＞0；∴g (x )在R 上单调递增． 又f (1)＝2＋4e，∴g (1)＝e ⎝⎛⎫2＋4e －2e －4＝0 ∴x ＞1时，g (x )＞0；∴原不等式的解集为(1，＋∞)．故选B. 答案 B规律方法 解答本类问题时，关键是构造函数，有时通过条件构造，有时通过选项构造，然后运用函数的性质解题。

第二讲数形结合思想数形结合作为一种重要的数学思想方法，已经渗透到数学的每个模块中，在高考试题中，大部分问题都可以用到这种思想方法．无论是选择题、填空题还是解答题，都可以用数形结合的思想去分析、思考，寻找解答途径．预测2016年高考中，仍然会沿用以往的命题思路，以各种函数的图象和方程的曲线为载体，考查数形结合的思想方法，在考题形式上，不但有小题，还会有解答题，在考查的数量上，会有多个小题考查数形结合的思想方法．以数辅形与以形助数数形结合的数学思想包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：一是借助形的生动性和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象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．代数问题几何化与几何问题代数化数形结合思想的实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，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．在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参，合理用参，建立关系，由数思形，以形思数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围．数形结合解决广泛的数学问题数形结合思想应用广泛，高考试题对数形结合的考查主要涉及：1．集合及其运算问题(韦恩图与数轴)．2．用函数图象解决有关问题(如方程、不等式、函数的有关性质等)．3．运用向量解决有关问题．4．三角函数的图象及其应用问题．5．解析几何、立体几何中的数形结合问题．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)当x ∈(0，＋∞)时，函数y ＝|f (x )|与y ＝f (|x |)的图象相同．(×)(2)函数y ＝af (x )与y ＝f (ax )(a >0且a ≠1)的图象相同．(×)(3)函数y ＝f (x )与y ＝－f (x )的图象关于原点对称．(×)(4)若函数y ＝f (x )满足f (1＋x )＝f (1－x )，则函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称．(√)(5)将函数y ＝f (－x )的图象向右平移1个单位得到函数y ＝f (－x －1)的图象．(×)1．(2015·沈阳三模)对实数a 与b ，定义新运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤1，b ，a －b ＞1.设函数f (x )＝(x 2－2)⊗(x －x 2)，x ∈R.若函数y ＝f (x )－c 的零点恰有两个，则实数c 的取值范围是(B )A.(]－∞，－2∪⎝⎛⎭⎪⎫－1，32 B.(]－∞，－2∪⎝⎛⎭⎪⎫－1，－34 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，14∪⎝ ⎛⎭⎪⎫14，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－34∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞ 解析：由题得f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，－1≤x ≤32，－x 2＋x ，x ＜－1或x ＞32，由y ＝f (x )－c 的零点恰有两个，即方程f (x )＝c 恰有两根，也就是函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝c 的图象有两个交点，如图所示，满足条件的c 为(－∞，－2]∪⎝⎛⎭⎪⎫－1，－34.2．方程sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4＝14x 的实数解的个数是(B ) A ．2个 B ．3个C ．4个D ．以上均不对解析：在同一坐标系内作出y 1＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x －π4与y 2＝14x 的图象(如下图所示)．3．(2015·新课标Ⅱ卷)如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点，点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x .将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f (x )，则y ＝f (x )的图象大致为(B )解析：当x ∈[0，π4]时，f (x )＝tan x ＋4＋tan x ，图象不会是直线段，从而排除A ，C.当x ∈[π4，3π4]时，f (π4)＝f (3π4)＝1＋5，f (π2)＝2 2. ∵ 22＜1＋5，∴ f (π2)＜f (π4)＝f (3π4)，从而排除D ，故选B. 4．(2014·江苏卷)已知f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3)时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－2x ＋12，若函数y ＝f (x )－a 在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是__________________________________________________________．解析：作出函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－2x ＋12，x ∈[0，3)的图象，可见f (0)＝12，当x ＝1时，f (x )极大＝12，f (3)＝72，方程f (x )－a ＝0在x ∈[－3，4]上有10个零点，即函数y ＝f (x )和图象与直线y ＝a 在[－3，4]上有10个交点，由于函数f (x )的周期为3，因此直线y ＝a 与函数f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－2x ＋12，x ∈[0，3)的应该是4个交点，则有a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12。

【4份】2016年高考数学（理科）二轮专题复习：专题九思想方法专题（知识梳理+配套作业）目录第一讲函数与方程思想 (1)第二讲数形结合思想 (11)第三讲分类讨论思想 (20)第四讲化归与转化思想 (27)第一讲函数与方程思想一般地，函数思想就是构造函数从而利用函数的图象与性质解题，经常利用的性质是：单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图象变换等．在解题中，善于挖掘题目的隐含条件，构造出函数解析式和巧用函数的性质，是应用函数思想的关键，它广泛地应用于方程、不等式、数列等问题．1．方程思想就是将所求的量(或与所求的量相关的量)设成未知数，用它表示问题中的其他各量，根据题中的已知条件列出方程(组)，通过解方程(组)或对方程(组)进行研究，使问题得到解决．2．方程思想与函数思想密切相关：方程f(x)＝0的解就是函数y＝f(x)的图象与x轴的交点的横坐标；函数y＝f(x)也可以看作二元方程f(x)－y＝0，通过方程进行研究，方程f(x)＝a有解，当且仅当a属于函数f(x)的值域．函数与方程的这种相互转化关系十分重要．可用函数与方程思想解决的相关问题．1．函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面：(1)借助有关初等函数的性质，解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题；(2)在研究问题中通过建立函数关系式或构造中间函数，把研究的问题化为讨论函数的有关性质，达到化难为易、化繁为简的目的．2．方程思想在解题中的应用主要表现在四个方面：(1)解方程或解不等式；(2)带参变数的方程或不等式的讨论，常涉及一元二次方程的判别式、根与系数的关系、区间根、区间上恒成立等知识的应用；(3)需要转化为方程的讨论，如曲线的位置关系等；(4)构造方程或不等式求解问题．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．(×)(2)函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点(函数图象连续不断)，则f(a)·f(b)<0.(×)(3)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0时没有零点．(√)(4)只要函数有零点，我们就可以用二分法求出零点的近似值．(×)(5)函数y＝2sin x－1的零点有无数多个．(√)(6)函数f(x)＝kx＋1在[1，2]上有零点，则－1<k<－12.(√)1．方程m＋1－x＝x有解，则m的最大值为(A) A．1 B．0C．－1 D．－22．(2014·湖南卷)已知f(x)，g(x)分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且f(x)－g(x)＝x 3＋x 2＋1，则f(1)＋g(1)＝(C )A ．－3B ．－1C ．1D ．3详细分析：分别令x ＝1和x ＝－1可得f(1)－g(1)＝3和f(－1)－g(－1)＝1，因为函数f(x)，g(x)分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，所以f(－1)＝f(1)，g(－1)＝－g(1)，即f(－1)－g(－1)＝1⇒f(1)＋g(1)＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧f （1）－g （1）＝3，f （1）＋g （1）＝1⇒⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝2，g （1）＝－1⇒f(1)＋g(1)＝1.故选C.3. (2015·安徽卷)在平面直角坐标系xOy 中，若直线y ＝2a 与函数y ＝|x －a|－1的图象只有一个交点，则a 的值为－12．详细分析：函数y ＝|x －a|－1的图象如图所示，因为直线y ＝2a 与函数y ＝|x －a|－1的图象只有一个交点，故2a ＝－1，解得a ＝－12.一、选择题1. (2014·安徽卷)设函数f(x)(x ∈R)满足f(x ＋π)＝f(x)＋sin x ．当0≤x ＜π时，f(x)＝0，则f ⎝⎛⎭⎫23π6＝(A )A.12B.32 C ．0 D ．－12详细分析：由题意，f ⎝⎛⎭⎫23π6＝f ⎝⎛⎭⎫17π6＋sin 17π6＝f ⎝⎛⎭⎫11π6＋sin 11π6＋sin 17π6＝f⎝⎛⎭⎫5π6＋sin5π6＋sin 11π6＋sin 17π6＝0＋12－12＋12＝12.故选A. 2．设a ＞1，若对于任意的x ∈[a ，2a]，都有y ∈[a ，a 2]满足方程log a x ＋log a y ＝3，这时a 的取值的集合为(B )A ．{a|1＜a ≤2}B ．{a|a ≥2}C ．{a|2≤a ≤3}D ．{2，3}详细分析：依题意得y ＝a 3x ，当x ∈[a ，2a]时，y ＝a 3x ∈⎣⎡⎦⎤12a 2，a 2⊆[a ，a 2]，因此有12a 2≥a ，又a ＞1，由此解得a ≥2.故选B.3．对任意a ∈[－1，1]，函数f(x)＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a 的值总大于零，则x 的取值范围是(B )A.{}x |1＜x ＜3B.{}x |x ＜1或x ＞3C.{}x |1＜x ＜2D.{}x |x ＜1或x ＞2 详细分析：由f(x)＝x 2＋(a －4)x ＋4－2a>0得 a(x －2)＋x 2－4x ＋4>0.令g(a)＝a(x －2)＋x 2－4x ＋4，由不等式f(x)>0恒成立，即g(a)>0在[－1，1]上恒成立．∴有⎩⎪⎨⎪⎧g （－1）>0，g （1）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧－（x －2）＋x 2－4x ＋4>0，（x －2）＋x 2－4x ＋4>0. 解得x<1或x>3.4．椭圆x 24＋y 2＝1的两个焦点为F 1，F 2，过F 1作垂直于x 轴的直线与椭圆相交，其一交点为P ，则|PF 2|＝(C )A.32 B. 3 C.72D ．4 详细分析：如图，令|F 1P|＝r 1，|F 2P|＝r 2，那么⎩⎪⎨⎪⎧r 1＋r 2＝2a ＝4，r 22－r 21＝（2c ）2＝12⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧r 1＋r 2＝4，r 2－r 1＝3⇒r 2＝72.5．(2014·全国大纲卷)奇函数f(x)的定义域为R ，若f(x ＋2)为偶函数，且f(1)＝1，则f(8)＋f(9)＝(D )A ．－2B ．－1C ．0D ．1详细分析：因为函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x), 又因为f(x ＋2)是偶函数，则f(－x ＋2)＝f(x ＋2)，所以f(8)＝f(6＋2)＝f(－6＋2)＝f(－4)＝－f(4)，而f(4)＝f(2＋2)＝f(－2＋2)＝f(0)＝0，f(8)＝0，同理f(9)＝f(7＋2)＝f(－7＋2)＝f(－5)＝－f(5)；而f(5)＝(3＋2)＝f(－3＋2)＝f(－1)＝－f(1)＝－1，f(9)＝1，所以f(8)＋f(9)＝1.故选D.6．(2014·湖南卷)已知函数f(x)＝x 2＋e x －12(x ＜0)与g(x)＝x 2＋ln(x ＋a)图象上存在关于y 轴对称的点，则a 的取值范围是(B )A.⎝⎛⎭⎫－∞，1e B.()－∞，e C.⎝⎛⎭⎫ －1e ，e D.⎝⎛⎭⎫－e ，1e 详细分析：由题可得存在x 0∈(－∞，0)满足f(x 0)＝g(－x 0)⇒x 20＋ex 0－12＝(－x 0)2＋ln(－x 0＋a)⇒ex 0－ln(－x 0＋a)－12＝0，令h(x)＝e x －ln(－x ＋a)－12，因为函数y ＝e x 和y ＝－ln(－x ＋a)在定义域内都是单调递增的，所以函数h(x)＝e x －ln(－x ＋a)－12在定义域内是单调递增的，又因为x 趋近于－∞时，函数h(x)＜0且h(x)＝0在(－∞，0)上有解(即函数h(x)有零点)，所以h(0)＝e 0－ln(0＋a)－12＞0⇒ln a ＜ln e ⇒a ＜ e.故选B.二、填空题7．(2015·江苏卷)已知函数f(x)＝|ln x|，g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧0，0＜x ≤1，|x 2－4|－2，x ＞1，则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为4．详细分析：①当0<x ≤1时，方程为－ln x ＝1，解得x ＝1e.②当1<x<2时，f(x)＋g(x)＝ln x ＋2－x 2单调递减，值域为(ln 2－2，1)，方程f(x)＋g(x)＝1无解，方程f(x)＋g(x)＝－1恰有一解．③当x ≥2时，f(x)＋g(x)＝ln x ＋x 2－6单调递增，值域为[ln 2－2，＋∞)，方程f(x)＋g(x)＝1恰有一解，方程f(x)＋g(x)＝－1恰有一解．综上所述，原方程有4个实根．8．(2015·湖南卷)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤a ，x 2，x>a.若存在实数b ，使函数g(x)＝f(x)－b 有两个零点，则a 的取值范围是(－∞，0)∪(1，＋∞)．详细分析：函数g(x)有两个零点，即方程f(x)－b ＝0有两个不等实根，则函数y ＝f(x)和y ＝b 的图象有两个公共点．①若a<0，则当x ≤a 时，f(x)＝x 3，函数单调递增；当x ＞a 时，f(x)＝x 2，函数先单调递减后单调递增，f(x)的图象如图(1)实线部分所示，其与直线y ＝b 可能有两个公共点.②若0≤a ≤1，则a 3≤a 2，函数f(x)在R 上单调递增，f(x)的图象如图(2)实线部分所示，其与直线y ＝b 至多有一个公共点.③若a ＞1，则a 3＞a 2，函数f(x)在R 上不单调，f(x)的图象如图(3)实线部分所示，其与直线y ＝b 可能有两个公共点．综上，a<0或a>1.三、解答题9．已知函数f(x)(x∈R)满足f(x)＝2bxax－1，a≠0，f(1)＝1且使f(x)＝2x成立的实数x只有一个，求函数f(x)的表达式．详细分析：∵f(x)＝2bxax－1，f(1)＝1，∴2ba－1＝1.∴a＝2b＋1.又f(x)＝2x，即2bxax－1＝2x只有一个解，也就是2ax2－2(1＋b)x＝0(a≠0)只有一解．∴Δ＝[－2(1＋b)]2－4×2a×0＝0，即(1＋b)2＝0.得b＝－1.∴a＝－1.故f(x)＝2xx＋1.10．某地区要在如图所示的一块不规则用地规划建成一个矩形商业楼区，余下的作为休闲区，已知AB⊥BC，OA∥BC，且AB＝BC＝2OA＝4 km，曲线OC段是以O为顶点且开口向上的抛物线的一段，如果矩形的两边分别落在AB，BC上，且一个顶点在曲线OC 段上，应当如何规划才能使矩形商业楼区的用地面积最大？并求出最大的用地面积．详细分析：以点O 为原点，OA 所在的直线为x 轴，建立直角坐标系，设抛物线的方程为x 2＝2py ，由C(2，4)代入得：p ＝12，所以曲线段OC 的方程为：y ＝x 2(x ∈[0，2])．A(－2，0)，B(－2，4)，设P(x ，x 2)(x ∈[0，2])在OC 上，过P 作PQ ⊥AB 于Q ，PN ⊥BC 于N ，故PQ ＝2＋x ，PN ＝4－x 2， 则矩形商业楼区的面积 S ＝(2＋x)(4－x 2)(x ∈[0，2])．S ＝－x 3－2x 2＋4x ＋8，令S′＝－3x 2－4x ＋4＝0得x ＝23或x ＝－2(舍去)，当x ∈⎣⎡⎦⎤0，23时，S ′＞0，S 是x 的增函数， 当x ∈⎣⎡⎦⎤23，2时，S ′＜0，S 是x 的减函数， 所以当x ＝23时，S 取得最大值，此时PQ ＝2＋x ＝83，PN ＝4－x 2＝329，S max ＝83×329＝25627(km 2)．故该矩形商业楼区规划成长为329 km ，宽为83 km 时，用地面积最大为25627km 2. 11．近年来，猪肉价格上涨，养猪所得利润比原来有所增加．某养殖户拟建一座平面图(如图所示)是矩形且面积为200平方米的猪舍养殖生猪，由于地形限制，猪舍的宽x 不少于5米，不多于a 米，如果该养殖户修建猪舍的地基平均每平方米需投入10元，房顶(房顶与地面形状相同)每平方米需投入15元，猪舍外面的四周墙壁每米需投入20元，中间四条隔墙每米需投入10元．问：当猪舍的宽x 定为多少时，该养殖户投入的资金最少？最少是多少元？详细分析：设该养殖户投入资金为y 元，易知猪舍的长为200x米， ∵y ＝200×10＋200×15＋⎝⎛⎭⎫2x ＋2×200x ×20＋4x ×10＝80⎝⎛⎭⎫x ＋100x ＋5 000(5≤x ≤a)， ∵函数f(x)＝x ＋100x在[5，10]上单调递减，在[10，＋∞)上单调递增， ∴当a ≥10时，y min ＝6 600，此时x ＝10；当5≤a ＜10时，y min ＝80⎝⎛⎭⎫a ＋100a ＋5 000，此时x ＝a. ∴若a ≥10米，猪舍的宽定为10米，该养殖户投入的资金最少是6 600元；若5≤a ＜10米，猪舍的宽就定为a 米，该养殖户投入的资金最少是[80⎝⎛⎭⎫a ＋100a ＋5 000]元． 12．直线m ：y ＝kx ＋1和双曲线x2－y2＝1的左支交于A ，B 两点，直线l 过点P(－2，0)和线段AB 的中点M ，求l 在y 轴上的截距b 的取值范围．详细分析：由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2－y 2＝1(x ≤－1)消去y ， 得(k 2－1)x 2＋2kx ＋2＝0.①因为直线m 与双曲线的左支有两个交点，所以方程①有两个不相等的负实数根．所以⎩⎨⎧Δ＝4k 2＋8（1－k 2）＞0，x 1＋x 2＝2k 1－k 2＜0，x 1〃x 2＝－21－k2＞0，解得1＜k ＜ 2.设M(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x 1＋x 22＝k1－k2，y 0＝kx 0＋1＝11－k 2.由P(－2，0)，M ⎝⎛⎭⎫k 1－k 2，11－k 2，Q(0，b)三点共线，得出b ＝2－2k 2＋k ＋2，设f(k)＝－2k 2＋k ＋2＝－2⎝⎛⎭⎫k －142＋178， 则f(k)在(1，2)上为减函数， ∴f(2)＜f(k)＜f(1)，且f(k)≠0.∴－(2－2)＜f(k)＜0或0＜f(k)＜1. ∴b ＜－2－2或b ＞2.∴b 的取值范围是(－∞，－2－2)∪(2，＋∞)．13．若关于x 的方程4x ＋a·2x ＋a ＋1＝0有实数解，求实数a 的取值范围． 详细分析：解法一 令2x ＝t(t ＞0)，则原方程可化为 t 2＋at ＋a ＋1＝0，(*)问题转化为方程(*)在(0，＋∞)上有实数解，求a 的取值范围． ①当方程(*)的根都在(0，＋∞)上时，可得下式 ⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a 2－4（a ＋1）≥0，t 1＋t 2＝－a ＞0，t 1〃t 2＝a ＋1＞0⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧a ≤2－22或a ≥2＋22，a ＜0，a ＞－1，即－1＜a ≤2－22，②当方程(*)的根一个在(0，＋∞)上，另一根在(－∞，0]上时， 令f(t)＝t 2＋at ＋a ＋1得f(0)≤0，即a ≤－1. 由①②知满足条件的a 的取值范围为 (－∞，2－22]． 解法二 令t ＝2x (t ＞0)， 则原方程可化为t 2＋at ＋a ＋1＝0. 变形为a ＝－1＋t 21＋t ＝－（t 2－1）＋21＋t＝－⎣⎡⎦⎤（t －1）＋2t ＋1＝－⎣⎡⎦⎤（t ＋1）＋2t ＋1－2≤－(22－2)＝2－2 2.当且仅当t ＝2－1时取等号． 所以a 的取值范围是(－∞，2－22]．专题九 思想方法专题第二讲数形结合思想数形结合的数学思想包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：一是借助形的生动性和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象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．数形结合思想的实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，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．在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参数，合理用参数，建立关系，由数思形，以形思数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围．数形结合思想应用广泛，高考试题对数形结合的考查主要涉及：1．集合及其运算问题(韦恩图与数轴)．2．用函数图象解决有关问题(如方程、不等式、函数的有关性质等)．3．运用向量解决有关问题．4．三角函数的图象及其应用问题．5．解析几何、立体几何中的数形结合问题．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)当x ∈(0，＋∞)时，函数y ＝|f(x)|与y ＝f(|x|)的图象相同．(×) (2)函数y ＝af(x)与y ＝f(ax)(a>0且a ≠1)的图象相同．(×) (3)函数y ＝f(x)与y ＝－f(x)的图象关于原点对称．(×)(4)若函数y ＝f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，则函数f(x)的图象关于直线x ＝1对称．(√) (5)将函数y ＝f(－x)的图象向右平移1个单位得到函数y ＝f(－x －1)的图象．(×)1．(2015·沈阳三模)对实数a 与b ，定义新运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤1，b ，a －b ＞1.设函数f(x)＝(x 2－2)⊗(x －x 2)，x ∈R.若函数y ＝f(x)－c 的零点恰有两个，则实数c 的取值范围是(B )A.(]－∞，－2∪⎝⎛⎭⎫－1，32 B.(]－∞，－2∪⎝⎛⎭⎫－1，－34 C.⎝⎛⎭⎫－∞，14∪⎝⎛⎭⎫14，＋∞ D.⎝⎛⎭⎫－1，－34∪⎣⎡⎭⎫14，＋∞ 详细分析：由题意得f(x)＝⎩⎨⎧x 2－2，－1≤x ≤32，－x 2＋x ，x ＜－1或x ＞32，由y ＝f(x)－c 的零点恰有两个，即方程f(x)＝c 恰有两根，也就是函数y ＝f(x)的图象与函数y ＝c 的图象有两个交点，如图所示，满足条件的c 为(－∞，－2]∪⎝⎛⎭⎫－1，－34.2．方程sin ⎝⎛⎭⎫x －π4＝14x 的实数解的个数是(B )A ．2B ．3C ．4D ．以上均不对详细分析：在同一坐标系内作出y 1＝sin ⎝⎛⎭⎫x －π4与y 2＝14x 的图象(如下图所示)．3．(2015·新课标Ⅱ卷)如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点，点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x.将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f(x)，则y ＝f(x)的图象大致为(B )详细分析：当x ∈[0，π4]时，f(x)＝tan x ＋4＋tan x ，图象不会是直线段，从而排除A ，C.当x ∈[π4，3π4]时，f(π4)＝f(3π4)＝1＋5，f(π2)＝2 2.∵ 22＜1＋5，∴ f(π2)＜f(π4)＝f(3π4)，从而排除D ，故选B.4．(2014·江苏卷)已知f(x)是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3)时，f(x)＝⎪⎪⎪⎪x 2－2x ＋12，若函数y ＝f(x)－a 在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫0，12． 详细分析：作出函数f(x)＝⎪⎪⎪⎪x 2－2x ＋12，x ∈[0，3)的图象，可见f(0)＝12，当x ＝1时，f(x)极大＝12，f(3)＝72，方程f(x)－a ＝0在x ∈[－3，4]上有10个零点，即函数y ＝f(x)和图象与直线y ＝a 在[－3，4]上有10个交点，由于函数f(x)的周期为3，因此直线y ＝a 与函数f(x)＝⎪⎪⎪⎪x 2－2x ＋12，x ∈[0，3)的应该是4个交点，则有a ∈⎝⎛⎭⎫0，12.一、选择题1．已知0＜a ＜1，则方程a |x|＝|log a x|的实根个数为(B ) A ．1个 B ．2个C ．3个D ．1个或2个或3个详细分析：判断方程的根的个数就是判断图象y ＝a |x|与y ＝|log a x|的交点个数，画出两个函数图象(如图所示)，易知两图象只有2个交点，故方程有2个实根．2．(2015·安徽卷)函数f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是(C )A ．a>0，b<0，c>0，d>0B ．a>0，b<0，c<0，d>0C ．a<0，b<0，c<0，d>0D ．a>0，b>0，c>0，d<03．定义在R 上的偶函数y ＝f(x)满足f(x ＋2)＝f(x)，当x ∈[3，4]时，f(x)＝x －2，则(C ) A ．f ⎝⎛⎭⎫sin 12＜f ⎝⎛⎭⎫cos 12 B ．f ⎝⎛⎭⎫sin π3＞f ⎝⎛⎭⎫cos π3 C ．f(sin 1)＜f(cos 1) D ．f ⎝⎛⎭⎫sin 32＞f ⎝⎛⎭⎫cos 32 详细分析：由f(x)＝f(x ＋2)知T ＝2为f(x)的一个周期，设x ∈[－1，0]，知x ＋4∈[3，4]，f(x)＝f(x ＋4)＝x ＋4－2＝x ＋2，画出函数f(x)的图象，如图所示：A ：sin 12＜cos 12⇒f ⎝⎛⎭⎫sin 12＞f ⎝⎛⎭⎫cos 12； B ：sin π3＞cos π3⇒f ⎝⎛⎭⎫sin π3＜f ⎝⎛⎭⎫cos π3；C ：sin 1＞cos 1⇒f(sin 1)＜f(cos 1)；D ：sin 32＞cos 32⇒f ⎝⎛⎭⎫sin 32＜f ⎝⎛⎭⎫cos 32. 4．已知直线l 1：4x －3y ＋6＝0和直线l 2：x ＝－1、抛物线y 2＝4x 上一动点P 到直线l 1和直线l 2的距离之和的最小值是(A )A ．2B ．3 C.115 D.3716详细分析：记抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，是F(1，0)，注意到直线l 2：x ＝－1是抛物线y 2＝4x 的准线，于是抛物线y 2＝4x 上的动点P 到直线l 2的距离等于|PF|，问题即转化为求抛物线y 2＝4x 上的动点P 到直线l 1：4x －3y ＋6＝0的距离与它到焦点F(1，0)的距离之和的最小值，结合图形，可知，该最小值等于焦点F(1，0)到直线l 1：4x －3y ＋6＝0的距离，即等于|4×1－3×0＋6|5＝2.故选A.5．已知P 为抛物线y 2＝4x 上的一个动点，Q 为圆x 2＋(y －4)2＝1上一个动点，那么点P 到点Q 的距离与点P 到抛物线的准线的距离之和最小值是(C )A ．5B ．8 C.17－1 D.5＋2详细分析：抛物线y 2＝4x 的焦点为F(1，0)，圆x 2＋(y －4)2＝1的圆心为C(0，4)，设点P 到抛物线的准线的距离为d ，由抛物线的定义有d ＝|PF|，所以|PQ|＋d ＝|PQ|＋|PF|≥(|PC|－1)＋|PF|≥|CF|－1＝17－1.6．函数f(x)＝2x ＋x 3－2在区间(0，1)内的零点个数是(B ) A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个详细分析：解法一 因为f(0)＝1＋0－2＝－1，f(1)＝2＋23－2＝8，即f(0)·f(1)<0且函数f(x)在(0，1)内连续不断，故f(x)在(0，1)内的零点个数是1.解法二 设y 1＝2x ，y 2＝2－x 3，在同一坐标系中作出两函数的图象(如上图所示)，可知B 正确．7．(2015·北京卷)如图，函数f(x)的图象为折线ACB ，则不等式f(x)≥log 2(x ＋1)的解集是(C )A ．{x|－1＜x ≤0}B ．{x|－1≤x ≤1}C ．{x|－1＜x ≤1}D ．{x|－1＜x ≤2}详细分析：令g(x)＝y ＝log 2(x ＋1)，作出函数g(x)图象如图．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2，y ＝log 2（x ＋1），得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1. ∴ 结合图象知不等式f(x)≥log 2(x ＋1)的解集为{x|－1＜x ≤1}．二、填空题8．当x ∈(1，2)时，(x －1)2＜log a x 恒成立，则a 的取值范围为(1，2]．详细分析：在同一坐标系内作出y ＝(x －1)2，x ∈(1，2)及y ＝log a x 的图象，若y ＝log a x 过(2，1)，则log a 2＝1，∴a ＝2.结合图形，若使x ∈(1，2)时，(x －1)2＜log a x 恒成立，则1＜a ≤2.三、解答题9．已知0＜x ＜32π，方程sin 2x ＋2sin xcos x ＋3cos 2x ＋a ＝0有3个实数根，求a 的取值范围．详细分析：原方程可化为2＋sin 2x ＋cos 2x ＋a ＝0， 即2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π4＝－a －2. 令f(x)＝2sin(2x ＋π4)(0＜x ＜3π2)， 则原方程有3个实根等价于y ＝f(x)与y ＝－a －2有3个交点．由图象可得－1＜－a －2≤1， ∴a 的取值范围为[－3，－1)．10．已知圆C 过椭圆x 22＋y 2＝1的右焦点，且圆心在x 的正半轴上，且直线l ：y ＝x －1被圆C 截得的弦长为2 2.(1)求圆C 的标准方程；(2)从圆C 外一点P 向圆引一条切线，切点为M ，O 为原点，且有|PM|＝|PO|，求使|PM|最小的P 点的坐标．详细分析：(1)在椭圆x 22＋y 2＝1中，c 2＝a 2－b 2＝1，所以c ＝1，于是右焦点为(1，0)．设圆心为(t ，0)(t ＞0)，圆心到直线的距离为d ＝|t －1|2.注意到弦长、半径、弦心距满足：⎝⎛⎭⎫L 22＝r 2－d 2，即⎝ ⎛⎭⎪⎫|t －1|22＋2＝(t －1)2，解之得t ＝3或t ＝－1(舍去)，半径r ＝3－1＝2，所以圆C的标准方程为(x －3)2＋y 2＝4.(2)如图，不妨设P(x ，y)，由于|PM|2＝|PC|2－|CM|2，且|PM|＝|PO|，所以|PO|2＝|PC|2－|CM|2，也即|PC|2－|PO|2＝|CM|2＝4，于是(x －3)2＋y 2－(x 2＋y 2)＝4，即x ＝56，即点P 所在曲线方程为x ＝56.要使|PM|最小，由|PM|2＝|PC|2－4，只需|PC|最小，也即圆心到直线x ＝56的距离最小，可知点P 在x 轴上时满足题意，即点P ⎝⎛⎭⎫56，0.专题九 思想方法专题第三讲分类讨论思想分类讨论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，分类标准等于是增加的一个已知条件，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．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，不等式两边同时乘以一个正数、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．判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)．(1)二次函数y＝ax2＋bx＋c，x∈[a，b]的最值一定是4ac－b24a.(×)(2)二次函数y＝ax2＋bx＋c，x∈R，不可能是偶函数．(×)(3)幂函数的图象都经过点(1，1)和点(0，0)．(×)(4)当n>0时，幂函数y＝x n是定义域上的增函数．(×)(5)若函数f(x)＝(k2－1)x2＋2x－3在(－∞，2)上单调递增，则k＝±22.(×)(6)已知f(x)＝x2－4x＋5，x∈[0，3)，则f(x)max＝f(0)＝5，f(x)min＝f(3)＝2.(×)1．过双曲线2x2－y2＝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(B)A．4条B．3条C．2条D．1条详细分析：由2x2－y2＝2，得x2－y22＝1.当l无斜率时，|AB|＝2b2a＝4，符合要求。

高考数学十大思想方法总结高考数学是极富挑战性的科目，其复杂性和抽象性要求学生具备一定的思想方法。

下面是高考数学的十大思想方法的总结。

首先，归纳思想方法。

高考数学试题通常具有一定的规律性，学生可以通过观察、分析和总结题目的特点，把握题目的解题思路和方法。

其次，抽象思想方法。

高考数学试题中经常出现的问题是把具体问题转化为抽象问题。

学生需要将具体问题通用化，抽象出问题的本质和关键，从而解决问题。

再次，逻辑思想方法。

高考数学试题要求学生具备较强的逻辑思维能力，需要学生运用合理的逻辑推理，从而找到解题的关键。

第四，辅助构思方法。

高考数学试题中有很多问题需要用图形或表格来辅助构思。

学生需要善于运用这些辅助工具，从而更好地解答问题。

第五，推理证明思想方法。

高考数学试题中经常要求学生进行推理证明，学生需要掌握常用的证明方法和技巧，从而能够灵活运用。

第六，类比思想方法。

高考数学试题中往往会涉及到不同的知识点之间的联系，学生可以通过类比的方式，将所学的知识点应用到其他相关的问题上。

第七，质疑思想方法。

高考数学试题中有时候会涉及到一些陷阱或迷惑性的信息，学生需要具备质疑和排除错误答案的能力，从而找到正确的解题方法。

第八，分解思想方法。

高考数学试题往往较为复杂，学生需要将问题分解为若干个小问题，逐个解决，最后得到整体解答。

第九，递推思想方法。

高考数学试题中有很多问题可以通过递推法解决，学生需要善于发现问题的递推规律，从而得到通用解答。

最后，理论与实践相结合的思想方法。

高考数学试题要求学生既要具备扎实的理论知识，又要能够灵活运用于实际问题中，学生需要学会将理论知识与实际问题相结合。

综上所述，高考数学的思想方法有归纳、抽象、逻辑、辅助构思、推理证明、类比、质疑、分解、递推和理论与实践相结合。

学生在备考过程中应该灵活运用这些思想方法，从而提高解题能力和应试能力。

《数学思想方法和常用的解题技巧》巩固训练一、填空题1．若a >b >1，P ＝lg a ·lg b ，Q ＝12(lg a ＋lg b )，R ＝lg ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2，则P 、Q 、R 的大小关系是________．解析 取a ＝100，b ＝10，此时P ＝ 2，Q ＝32＝lg 1 000，R ＝lg 55＝lg 3 025，比较可知P <Q <R . 答案 P <Q <R2．在各项均为正数的等比数列{a n }中，若a 5a 6＝9，则log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a 10＝________.解析 用特殊法．由条件，联想到构造一等比数列3，3，…，3，…，可得原式＝10. 答案 103．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x －x 2＋2x ，x >02x ＋1，x ≤0的零点个数为______．解析 当x >0时，可作出y ＝ln x ，y ＝x 2－2x 的图象如图所示．由图示可得函数f (x )＝ln x －x 2＋2x (x >0)有两个零点．当x <0时，f (x )＝2x ＋1有零点x ＝－12.综上，可得f (x )有3个零点．答案 34．设0<x <π2，则“x sin 2 x <1”是“x sin x <1”的________条件．解析 由0<x <π2，得0<sin x <1，故由x sin x <1，可得x sin 2x <x sin x <1，即“x sin 2x <1”是“x sinx <1”的必要条件；而若x sin 2x <1，则x sin x <1sin x ，但1sin x >1，故不能得到x sin x <1，所以“x sin 2x <1”是“x sin x <1”的必要而不充分条件． 答案 必要不充分5．在平面直角坐标系中，若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －1≥0，x －1≤0，ax －y ＋1≥0(a 为常数)所表示的平面区域的面积等于2，则a 的值为________．解析 如图阴影部分即为满足x －1≤0与x ＋y －1≥0的可行域．而直线ax －y ＋1＝0恒过点(0,1)，故看作该直线绕点(0,1)旋转，当a ＝－5时，则可行域不是一个封闭区域；当a ＝1时，封闭区域的面积是1；当a ＝2时，封闭区域的面积是32；当a＝3时，封闭区域的面积恰好为2. 答案 36．已知a ，b 为不垂直的异面直线，α是一个平面，则a ，b 在α上的射影有可能是：①两条平行直线；②两条互相垂直的直线；③同一条直线；④一条直线及其外一点． 在上面的结论中，正确结论的序号是________(写出所有正确的序号)．解析 构造正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，可用其中实例说明A 1D 1与BC 1在平面ABCD 上的射影互相平行，AB 1与BC 1在平面ABCD 上的射影互相垂直，BC 1与DD 1在平面ABCD 上的射影是一条直线及其外一点． 答案 ①②④7．已知函数f (x )＝ln x －ax.若f (x )<x 2在(1，＋∞)上恒成立，则a 的取值范围是________．解析 ∵f (x )<x 2，∴ln x －ax <x 2，又x >1，∴a >x ln x －x 3，令g (x )＝x ln x －x 3，h (x )＝g ′(x )＝1＋ln x －3x 2， h ′(x )＝1x －6x ＝1－6x 2x ，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0恒成立，∴h (x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴h (x )<h (1)＝－2<0. ∴即g ′(x )<0∴g (x )在(1，＋∞)上单调递减． ∴g (x )<g (1)＝－1. ∴a >－1.答案 (－1，＋∞)8．定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋1)＝－f (x )，且在[－1,0]上是增函数，给出下列关于f (x )的命题：①f (x )是周期函数；②f (x )关于直线x ＝1对称；③f (x )在[0,1]上是增函数；④f (x )在[1,2]上是减函数；⑤f (2)＝f (0)．其中正确命题的序号是________．解析 由f (x ＋1)＝－f (x )，可得f (x ＋2)＝f ((x ＋1)＋1)＝－f (x ＋1)＝－(－f (x ))＝f (x )，所以函数f (x )是周期函数，它的一个周期为2，所以命题①正确；由f (x ＋1)＝－f (x )，令x ＝－12，可得f ⎝⎛⎭⎫12＝－f ⎝⎛⎭⎫－12，而函数f (x )为偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎫12＝－f ⎝⎛⎭⎫－12＝－f ⎝⎛⎭⎫12，解得f ⎝⎛⎭⎫12＝0，故f ⎝⎛⎭⎫－12＝0.根据函数f (x )在[－1,0]上为增函数及f ⎝⎛⎭⎫－12＝0，作出函数f (x )在[－1,0]上的图象，然后根据f (x )为偶函数作出其在[0,1]上的图象，再根据函数的周期性把函数图象向两方无限延展，即得满足条件的一个函数图象，如图所示 .由函数的图象显然可判断出命题②⑤正确，而函数f (x )在[0,1]上是减函数，在[1,2]上是增函数，所以命题③④是错误的．综上，命题①②⑤是正确的． 答案 ①②⑤ 二、解答题9．设函数f (x )＝x －2x－a ln x (a ∈R )．(1)当a ＝3时，求f (x )的极值； (2)讨论函数f (x )的单调性．解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝3时，f ′(x )＝1＋2x 2－3x ＝x 2－3x ＋2x 2＝(x －1)(x －2)x 2.令f ′(x )＝0，解得x ＝1或2.f ′(x )与f (x )随x 的变化如下表：x (0,1) 1 (1,2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值在x ＝2处取得极小值，f (2)＝1－3ln 2. (2)f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2，令g (x )＝x 2－ax ＋2，其判别式Δ＝a 2－8，①当|a |≤22时，Δ≤0，f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a <－22时，Δ>0，g (x )＝0的两根都小于0，所以在(0，＋∞) 上，f ′(x )>0. 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．③当a >22时，Δ>0，g (x )＝0的两根为x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，且都大于0，f ′(x )与f (x )随x 的变化如下表：x (0，x 1) x 1 (x 1，x 2) x 2 (x 2，＋∞)f (x ) ＋0 －0 ＋f (x )极大值极小值故f (x )在 ⎛⎪⎫0，a －a 2－8， ⎛⎪⎫a ＋a 2－8，＋∞上单调递增，在 ⎛⎪⎫a －a 2－8，a ＋a 2－8上单调递减．综上，当a ≤22时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >22时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－82，a ＋a 2－82上单调递减．10．已知各项均为正数的等差数列{a n }的公差d 不等于0.a 1＝2，设a 1，a 3，a 7是公比为q 的等比数列{b n }的前三项． (1)求数列{a n b n }的前n 项和T n ；(2)将数列{a n }中与{b n }中相同的项去掉，剩下的项依次构成新的数列{c n }，设其前n 项和为S n ，求S 2n －n －1－22n －1＋3·2n －1(n ≥2，n ∈N *)的值．解 因为a 1，a 3，a 7成等比数列，{a n }是公差d ≠0的等差数列，所以(a 1＋2d )2＝a 1(a 1＋6d )，整理得a 1＝2d .又a 1＝2，所以d ＝1，b 1＝a 1＝2，q ＝b 2b 1＝a 3a 1＝a 1＋2d a 1＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝n ＋1，b n ＝b 1·q n －1＝2n ，所以a n b n ＝(n ＋1)·2n .(1)用错位相减法，可求得{a n b n }的前n 项和T n ＝n ·2n ＋1.(2)新的数列{c n }的前2n －n －1项和为数列{a n }的前2n －1项和减去数列{b n }的前n 项和， 所以S 2n －n －1＝(2n －1)(2＋2n )2－2(1－2n )1－2＝(2n －1)(2n －1－1)，所以S 2n －n －1－22n －1＋3·2n －1＝1.11．已知函数f (x )＝13x 3－ax 2＋(a 2－1)x (a ∈R )．(1)若x ＝1为f (x )的极值点，求正数a 的值，并求出f (x )在[0,4]上的最值； (2)若f (x )在区间(0,2)上不单调，求实数a 的取值范围． 解 (1)f ′(x )＝x 2－2ax ＋a 2－1， 由题意，f ′(1)＝0，即a 2－2a ＝0， 解得a ＝0(舍去)或a ＝2.当a ＝2时，f ′(x )＝x 2－4x ＋3＝(x －1)(x －3)， 令f ′(x )>0，解得x <1或x >3；令f ′(x )<0， 解得1<x <3.f (x )的增区间为(－∞，1)，(3，＋∞)，减区间为(1,3)．于是f (x )在[0,1]上单调递增，在[1,3]上单调递减；在[3,4]上单调递增，因此f (x )在[0,4]上的最大值为max{f (1)，f (4)}＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫43，43＝43；f (x )在[0,4]上的最小值为min{f (0)，f (3)}＝min {}0，0＝0.(2)函数f (x )在区间(0,2)上不单调⇔函数f ′(x )在(0,2)内存在零点，而f ′(x )＝0的两根为a －1，a ＋1，所以0<a －1<2，或0<a ＋1<2，即1<a <3或－1<a <1，所以实数a 的取值范围是(1,3)∪(－1,1)．12．如图所示，已知直线l ：x ＝my ＋1过椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0) 的右焦点F ，且交椭圆C于A ，B 两点，点A ，F ，B 在直线x ＝a 2上的射影依次为点D ，K ，E .(1)若抛物线x 2＝43y 的焦点为椭圆C 的上顶点，求椭圆C 的方程； (2)连接AE ，BD ，证明：当m 变化时，直线AE ，BD 相交于一定点． 解 (1)由题意，易知b ＝3，椭圆C 的右焦点F (1,0)， 则c ＝1，所以a ＝2.故所求椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意，知F (1,0)，K (a 2,0)．先探索：当m ＝0时，直线l ⊥x 轴，此时四边形ABED 为矩形，由对称性，知AE ，BD相交于FK 的中点N ⎝⎛⎭⎫1＋a 22，0.猜想：当m 变化时，直线AE ，BD 相交于定点N ⎝⎛⎭⎫1＋a 22，0. 证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，D (a 2，y 1)，E (a 2，y 2)． 首先证明当m 变化时，直线AE 过定点N .由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 2a 2＋y 2b 2＝1，消掉x ，得(a 2＋b 2m 2)y 2＋2mb 2y ＋b 2(1－a 2)＝0.则Δ＝4a 2b 2(a 2＋m 2b 2－1)>0(a >1)，用求根公式可求得方程的两根，从而得y 1＋y 2＝－2mb 2a 2＋b 2m 2，y 1y 2＝b 2(1－a 2)a 2＋b 2m 2.又k AN ＝－y 1a 2－12－my 1，k EN ＝－y 21－a 22，所以k AN －k EN ＝－y 1a 2－12－my 1－－y 21－a 22＝a 2－12(y 1＋y 2)－my 1y 21－a 22⎝⎛⎭⎫a 2－12－my 1 ＝a 2－12·⎝⎛⎭⎫－2mb 2a 2＋b 2m 2－m ·b 2(1－a 2)a 2＋b 2m 21－a 22⎝⎛⎭⎫a 2－12－my 1＝2m (1－a 2)b 2－2m (1－a 2)b 2(1－a 2)⎝⎛⎭⎫a 2－12－my 1(a 2＋b 2m 2)＝0. 所以k AN ＝k EN .所以A ，E ，N 三点共线．同理可证B ，D ，N 三点共线．所以当m 变化时， 直线AE ，BD 相交于定点N⎝⎛⎭⎫1＋a 22，0.。