高考数学二轮三轮总复习专题学案 专题7思想方法 (浙江文科专用)

第2讲分类讨论思想、转化与化归思想高考定位分类讨论思想，转化与化归思想近几年高考每年必考，一般体现在解析几何、函数与导数解答题中，难度较大．1．中学数学中可能引起分类讨论的因素(1)由数学概念而引起的分类讨论：如绝对值的定义、不等式的定义、二次函数的定义、直线的倾斜角等．(2)由数学运算要求而引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负数，对数运算中真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式中两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域，等比数列{a n}的前n项和公式等．(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论：如函数的单调性、基本不等式等．(4)由图形的不确定性而引起的分类讨论：如二次函数图象、指数函数图象、对数函数图象等．(5)由参数的变化而引起的分类讨论：如某些含有参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得的结果不同，或者由于对不同的参数值要运用不同的求解或证明方法等．2．常见的转化与化归的方法转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题时，思维受阻或寻求简单方法或从一种状况转化到另一种情形，也就是转化到另一种情境使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是获取成功的思维方式．常见的转化方法有：(1)直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题．(2)换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题．(3)数形结合法：研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系，通过互相变换获得转化途径．(4)等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到化归的目的．(5)特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的问题结论适合原问题．(6)构造法：“构造”一个合适的数学模型，把问题变为易于解决的问题．(7)坐标法：以坐标系为工具，用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径．(8)类比法：运用类比推理，猜测问题的结论，易于确定． (9)参数法：引进参数，使原问题转化为熟悉的形式进行解决．(10)补集法：如果正面解决原问题有困难，可把原问题的结果看作集合A ，而把包含该问题的整体问题的结果类比为全集U ，通过解决全集U 及补集∁U A 获得原问题的解决，体现了正难则反的原则．热点一 分类讨论思想的应用[应用1] 由性质、定理、公式的限制引起的分类【例1－1】 (1)设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知2S n ＝3n＋3，则数列{a n }的通项a n ＝________．(2)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________．解析 (1)由2S n ＝3n＋3得：当n ＝1时，2S 1＝31＋3＝2a 1，解得a 1＝3；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12[(3n ＋3)－(3n －1＋3)]＝3n －1，由于n ＝1时，a 1＝3不适合上式，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ≥2.(2)当a >0时，1－a <1，1＋a >1， 这时f (1－a )＝2(1－a )＋a ＝2－a ，f (1＋a )＝－(1＋a )－2a ＝－1－3a .由f (1－a )＝f (1＋a )得2－a ＝－1－3a ，解得a ＝－32，不合题意，舍去；当a <0时，1－a >1，1＋a <1，这时f (1－a )＝－(1－a )－2a ＝－1－a ，f (1＋a )＝2(1＋a )＋a ＝2＋3a .由f (1－a )＝f (1＋a )得－1－a ＝2＋3a ，解得a ＝－34.综上可知，a 的值为－34.答案 (1)⎩⎪⎨⎪⎧3，n ＝1，3n －1，n ≥2(2)－34探究提高 由性质、定理、公式的限制引起的分类整合法往往是因为有的数学定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不一致的情况下使用，如等比数列的前n 项和公式、函数的单调性等．[应用2] 由数学运算要求引起的分类【例1－2】 (1)不等式|x |＋|2x ＋3|≥2的解集是( ) A ．(－∞，－53)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫53，＋∞ C.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－53∪[－1，＋∞) D ．(－∞，1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫53，＋∞(2)已知m ∈R ，则函数f (x )＝(4－3m )x 2－2x ＋m 在区间[0，1]上的最大值为________． 解析 (1)原不等式可转化为⎩⎪⎨⎪⎧x ＜－32，－x －（2x ＋3）≥2，或⎩⎪⎨⎪⎧－32≤x ≤0，－x ＋（2x ＋3）≥2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，x ＋（2x ＋3）≥2.解得x ≤－53或－1≤x ≤0或x ＞0，故原不等式的解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－53∪[－1，＋∞)． (2)①当4－3m ＝0，即m ＝43时，函数y ＝－2x ＋43，它在[0，1]上是减函数，所以y max ＝f (0)＝43.②当4－3m ≠0, 即m ≠43时，y 是二次函数．当4－3m ＞0，即m ＜43时，二次函数y 的图象开口向上，对称轴方程x ＝14－3m ＞0，它在[0，1]上的最大值只能在区间端点取得(由于此处不涉及最小值，故不需讨论区间与对称轴的关系)．f (0)＝m ，f (1)＝2－2m ，当m ≥2－2m ，又m ＜43，即23≤m ＜43时，y max ＝m .当m ＜2－2m ，又m ＜43，即m ＜23时，y max ＝2(1－m )．当4－3m ＜0，即m ＞43时，二次函数y 的图象开口向下，又它的对称轴方程x ＝14－3m ＜0，所以函数y 在[0，1]上是减函数，于是y max ＝f (0)＝m . 由①、②可知，这个函数的最大值为 y max＝⎩⎪⎨⎪⎧2－2m ，m ＜23，m ，m ≥23.答案 (1)C (2)y max＝⎩⎪⎨⎪⎧2－2m ，m ＜23，m ，m ≥23探究提高 由数学运算要求引起的分类整合法，常见的类型有除法运算中除数不为零，偶次方根的被开方数为非负，对数运算中真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数问题，含有绝对值的不等式求解，三角函数的定义域等，根据相应问题中的条件对相应的参数、关系式等加以分类分析，进而分类求解与综合． [应用3] 由参数变化引起的分类【例1－3】 已知函数f (x )＝ln x ＋a (1－x )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当f (x )有最大值，且最大值大于2a －2时，求a 的取值范围． 解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x－a .若a ≤0，则f ′(x )＞0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a ＞0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )＞0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )＜0，所以f (x )在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a，＋∞上单调递减．综上，知当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞0时，f (x )在⎝⎛⎦⎥⎤0，1a 上单调递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上无最大值；当a ＞0时，f (x )在x ＝1a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1a ＝－ln a ＋a －1.因此f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＞2a －2等价于ln a ＋a －1＜0.令g (a )＝ln a ＋a －1，则g (a )在(0，＋∞)上单调递增，g (1)＝0.于是，当0＜a ＜1时，g (a )＜0；当a ＞1时，g (a )＞0. 因此，a 的取值范围是(0，1)．探究提高 由参数的变化引起的分类整合法经常用于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．热点二 转化与化归思想 [应用1] 换元法【例2－1】 已知实数a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，a 2＋b 2＋c 2＝1，则a 的最大值是________． 解析 令b ＝x ，c ＝y ，则x ＋y ＝－a ，x 2＋y 2＝1－a 2. 此时直线x ＋y ＝－a 与圆x 2＋y 2＝1－a 2有交点， 则圆心到直线的距离d ＝|a |2≤1－a 2，解得a 2≤23，所以a 的最大值为63. 答案63探究提高 换元法是一种变量代换，也是一种特殊的转化与化归方法，是用一种变数形式去取代另一种变数形式，是将生疏(或复杂)的式子(或数)，用熟悉(或简单)的式子(或字母)进行替换；化生疏为熟悉、复杂为简单、抽象为具体，使运算或推理可以顺利进行． [应用2] 特殊与一般的转化【例2－2】 过抛物线y ＝ax 2(a ＞0)的焦点F 作一直线交抛物线于P ，Q 两点，若线段PF 与FQ 的长度分别为p ，q ，则1p ＋1q等于( )A ．2aB.12aC ．4aD.4a解析 抛物线y ＝ax 2(a ＞0)的标准方程为x 2＝1ay (a ＞0)．焦点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14a ，取过焦点F 的直线垂直于y 轴， 则|PF |＝|QF |＝12a ，所以1p ＋1q ＝4a .答案 C探究提高 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． [应用3] 常量与变量的转化【例2－3】 对任意的|m |≤2，函数f (x )＝mx 2－2x ＋1－m 恒为负，则x 的取值范围为________．解析 对任意的|m |≤2，有mx 2－2x ＋1－m ＜0恒成立，即|m |≤2时，(x 2－1)m －2x ＋1＜0恒成立．设g (m )＝(x 2－1)m －2x ＋1，则原问题转化为g (m )＜0恒成立(m ∈[－2，2])．所以⎩⎪⎨⎪⎧g （－2）＜0，g （2）＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2＋2x －3＞0，2x 2－2x －1＜0.解得7－12＜x ＜3＋12，即实数x 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫7－12，3＋12. 答案 ⎝⎛⎭⎪⎫7－12，3＋12探究提高 在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的参数，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． [应用4] 正与反的相互转化【例2－4】 若对于任意t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x 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 )＝3x 2＋(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．由①得3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，即m ＋4≥2x －3x 在x ∈(t ，3)上恒成立，∴m ＋4≥2t－3t 恒成立，则m ＋4≥－1，即m ≥－5；由②得m ＋4≤2x－3x 在x ∈(t ，3)上恒成立，则m ＋4≤23－9，即m ≤－373.∴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－373＜m ＜－5.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－5 探究提高 否定性命题，常要利用正反的相互转化，先从正面求解，再取正面答案的补集即可，一般地，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.1．分类讨论思想的本质是“化整为零，积零为整”．用分类讨论的思维策略解数学问题的操作过程：明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论→归纳综合结论→检验分类是否完备(即分类对象彼此交集为空集，并集为全集)．做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分类不重复、不遗漏”的分析讨论． 常见的分类讨论问题有：(1)集合：注意集合中空集讨论．(2)函数：对数函数或指数函数中的底数a ，一般应分a ＞1和0＜a ＜1的讨论；函数y ＝ax 2＋bx ＋c 有时候分a ＝0和a ≠0的讨论；对称轴位置的讨论；判别式的讨论．(3)数列：由S n 求a n 分n ＝1和n ＞1的讨论；等比数列中分公比q ＝1和q ≠1的讨论． (4)三角函数：角的象限及函数值范围的讨论．(5)不等式：解不等式时含参数的讨论，基本不等式相等条件是否满足的讨论． (6)立体几何：点线面及图形位置关系的不确定性引起的讨论；(7)平面解析几何：直线点斜式中k 分存在和不存在，直线截距式中分b ＝0和b ≠0的讨论；轨迹方程中含参数时曲线类型及形状的讨论． (8)排列、组合、概率中的分类计数问题． (9)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等． 2．转化与化归思想遵循的原则：(1)熟悉已知化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，将未知的问题转化为已知的问题，以便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决．(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据．(3)和谐统一原则：转化问题的条件或结论，使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统一的形式；或者转化命题，使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律．(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，应想到问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获得解决.一、选择题1．等比数列{a n }中，a 3＝7，前3项之和S 3＝21，则公比q 的值是( ) A ．1B ．－12C ．1或－12D ．－1或12解析 当公比q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝7，S 3＝3a 1＝21，符合要求．当q ≠1时，a 1q 2＝7，a 1（1－q 3）1－q＝21，解之得，q ＝－12或q ＝1(舍去)．综上可知，q ＝1或－12.答案 C2．过双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)上任意一点P ，引与实轴平行的直线，交两渐近线于R ，Q 两点，则PR →·PQ →的值为( )A ．a 2B ．b 2C ．2abD ．a 2＋b 2解析 当直线PQ 与x 轴重合时，|PR →|＝|PQ →|＝a ，故选A. 答案 A3．函数f (x )＝2x ＋x 3－2在区间(0，1)内的零点个数是( ) A ．0B ．1C ．2D ．3解析 法一 函数f (x )＝2x＋x 3－2在区间(0，1)内的零点个数即函数y 1＝2x－2与y 2＝－x 3的图象在区间(0，1)内的交点个数．作图(图略)，可知在(0，＋∞)内最多有一个交点，故排除C ，D 项；当x ＝0时，y 1＝－1＜y 2＝0，当x ＝1时，y 1＝0＞y 2＝－1，因此在区间(0，1)内一定会有一个交点，所以A 项错误．选B.法二 因为f (0)＝1＋0－2＝－1，f (1)＝2＋13－2＝1，所以f (0)·f (1)＜0.又函数f (x )在(0，1)内单调递增，所以f (x )在(0，1)内的零点个数是1. 答案 B4．已知函数f (x )＝ln x －14x ＋34x －1，g (x )＝－x 2＋2bx －4，若对任意的x 1∈(0，2)，任意的x 2∈[1，2]，不等式f (x 1)≥g (x 2)恒成立，则实数b 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，142 B ．(1，＋∞)C.⎝⎛⎭⎪⎫1，142D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，142 解析 依题意，问题等价于f (x 1)min ≥g (x 2)max .f (x )＝ln x －14x ＋34x－1(x ＞0)，所以f ′(x )＝1x －14－34x 2＝4x －x 2－34x2. 由f ′(x )＞0，解得1＜x ＜3，故函数f (x )的单调递增区间是(1，3)，同理得f (x )的单调递减区间是(0，1)和(3，＋∞)，故在区间(0，2)上，x ＝1是函数f (x )的极小值点，这个极小值点是唯一的，所以f (x 1)min ＝f (1)＝－12.函数g (x 2)＝－x 22＋2bx 2－4，x 2∈[1，2]． 当b ＜1时，g (x 2)max ＝g (1)＝2b －5； 当1≤b ≤2时，g (x 2)max ＝g (b )＝b 2－4； 当b ＞2时，g (x 2)max ＝g (2)＝4b －8. 故问题等价于⎩⎪⎨⎪⎧b ＜1，－12≥2b －5或⎩⎪⎨⎪⎧1≤b ≤2，－12≥b 2－4或⎩⎪⎨⎪⎧b ＞2，－12≥4b －8. 解第一个不等式组得b ＜1， 解第二个不等式组得1≤b ≤142， 第三个不等式组无解．综上所述，b 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，142.故选A. 答案 A 二、填空题5．若数列{a n }的前n 项和S n ＝3n－1，则它的通项公式a n ＝________． 解析 当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝3n－1－(3n －1－1)＝2×3n －1；当n ＝1时，a 1＝S 1＝2，也满足式子a n ＝2×3n －1，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2×3n －1.答案 2×3n －16．在△ABC 中，点M ，N 满足AM →＝2MC →，BN →＝NC →，若MN →＝xAB →＋yAC →，则x ＝________，y ＝________． 解析 不妨设AC ⊥AB ，且AB ＝4，AC ＝3，以A 为坐标原点，AB ，AC 所在直线分别为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，如图所示．则A (0，0)，B (4，0)，C (0，3)，M (0，2)，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，32，那么MN →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－12，AB →＝(4，0)，AC →＝(0，3)，由MN →＝xAB →＋yAC →，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－12＝x (4，0)＋y (0，3)，即⎝ ⎛⎭⎪⎫2，－12＝(4x ，3y )，则有⎩⎪⎨⎪⎧4x ＝2，3y ＝－12，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝12，y ＝－16.答案 12 －167．设F 1，F 2为椭圆x 29＋y 24＝1的两个焦点，P 为椭圆上一点．已知P ，F 1，F 2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF 1|＞|PF 2|，则|PF 1||PF 2|的值为________．解析 若∠PF 2F 1＝90°， 则|PF 1|2＝|PF 2|2＋|F 1F 2|2. ∵|PF 1|＋|PF 2|＝6，|F 1F 2|＝25， 解得|PF 1|＝143，|PF 2|＝43，∴|PF 1||PF 2|＝72.若∠F 2PF 1＝90°，则|F 1F 2|2＝|PF 1|2＋|PF 2|2＝|PF 1|2＋(6－|PF 1|)2， 解得|PF 1|＝4，|PF 2|＝2，∴|PF 1||PF 2|＝2. 综上所述，|PF 1||PF 2|＝2或72.答案 2或728．已知a 为正常数，若不等式1＋x ≥1＋x 2－x 22a 对一切非负实数x 恒成立，则a 的最大值为________．解析 原不等式即x 22a ≥1＋x 2－1＋x (x ≥0)，(*) 令1＋x ＝t ，t ≥1，则x ＝t 2－1，所以(*)式可化为（t 2－1）22a ≥1＋t 2－12－t ＝t 2－2t ＋12＝（t －1）22对t ≥1恒成立， 所以（t ＋1）2a≥1对t ≥1恒成立，又a 为正常数，所以a ≤[(t ＋1)2]min ＝4，故a 的最大值是4.答案 4三、解答题9．数列{a n }中，a 1＝8，a 4＝2，且满足a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0.(1)求数列的通项公式；(2)设S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |，求S n .解 (1)a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝0，所以a n ＋2－a n ＋1＝a n ＋1－a n ，所以{a n ＋1－a n }为常数列，所以{a n }是以a 1为首项的等差数列．设a n ＝a 1＋(n －1)d ，则a 4＝a 1＋3d ，所以d ＝2－83＝－2， 所以a n ＝10－2n .(2)因为a n ＝10－2n ，令a n ＝0，得n ＝5.当n ＞5时，a n ＜0；当n ＝5时，a n ＝0；当n ＜5时，a n ＞0.令T n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，则T n ＝－n 2＋9n .所以当n ＞5时，S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a 5－(a 6＋a 7＋…＋a n )＝T 5－(T n －T 5)＝2T 5－T n ＝n 2－9n ＋40，当n ≤5时， S n ＝|a 1|＋|a 2|＋…＋|a n |＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝T n ＝9n －n 2.所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧9n －n 2 （n ≤5），n 2－9n ＋40 （n ＞5）. 10．已知函数g (x )＝axx ＋1(a ∈R )，f (x )＝ln(x ＋1)＋g (x )．(1)若函数g (x )过点(1，1)，求函数f (x )的图象在x ＝0处的切线方程；(2)判断函数f (x )的单调性．解 (1)因为函数g (x )过点(1，1)，所以1＝a 1＋1，解得a ＝2，所以f (x )＝ln(x ＋1)＋2x x ＋1.由f ′(x )＝1x ＋1＋2（x ＋1）2＝x ＋3（x ＋1）2，则f ′(0)＝3，所以所求的切线的斜率为3.又f (0)＝0，所以切点为(0，0)，故所求的切线方程为y ＝3x .(2)因为f (x )＝ln(x ＋1)＋ax x ＋1(x ＞－1)， 所以f ′(x )＝1x ＋1＋a （x ＋1）－ax （x ＋1）2＝x ＋1＋a （x ＋1）2. ①当a ≥0时，因为x ＞－1，所以f ′(x )＞0，故f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；②当a ＜0时，由⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x ）＜0，x ＞－1，得－1＜x ＜－1－a ，故f (x )在(－1，－1－a )上单调递减；由⎩⎪⎨⎪⎧f ′（x ）＞0，x ＞－1，得x ＞－1－a ， 故f (x )在(－1－a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≥0时，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当a ＜0时，函数f (x )在(－1，－1－a )上单调递减，在(－1－a ，＋∞)上单调递增．11．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的一个焦点与抛物线y 2＝43x 的焦点F 重合，且椭圆短轴的两个端点与点F 构成正三角形．(1)求椭圆的方程；(2)若过点(1，0)的直线l 与椭圆交于不同的两点P ，Q ，试问在x 轴上是否存在定点E (m ，0)，使PE →·QE →恒为定值？若存在，求出E 的坐标，并求出这个定值；若不存在，请说明理由． 解 (1)由题意，知抛物线的焦点为F (3，0)，所以c ＝a 2－b 2＝ 3.因为椭圆短轴的两个端点与F 构成正三角形，所以b ＝3×33＝1. 可求得a ＝2，故椭圆的方程为x 24＋y 2＝1. (2)假设存在满足条件的点E ，当直线l 的斜率存在时设其斜率为k ，则l 的方程为y ＝k (x －1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝k （x －1），得(4k 2＋1)x 2－8k 2x ＋4k 2－4＝0.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝8k 24k 2＋1，x 1x 2＝4k 2－44k 2＋1. 则PE →＝(m －x 1，－y 1)，QE →＝(m －x 2，－y 2)，所以PE →·QE →＝(m －x 1)(m －x 2)＋y 1y 2＝m 2－m (x 1＋x 2)＋x 1x 2＋y 1y 2＝m 2－m (x 1＋x 2)＋x 1x 2＋k 2(x 1－1)(x 2－1)＝m 2－8k 2m 4k 2＋1＋4k 2－44k 2＋1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2－44k 2＋1－8k 24k 2＋1＋1 ＝（4m 2－8m ＋1）k 2＋（m 2－4）4k 2＋1＝（4m 2－8m ＋1）⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋14＋（m 2－4）－14（4m 2－8m ＋1）4k 2＋1＝14(4m 2－8m ＋1)＋2m －1744k 2＋1. 要使PE →·QE →为定值，则2m －174＝0， 即m ＝178，此时PE →·QE →＝3364.当直线l 的斜率不存在时， 不妨取P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32， 由E ⎝ ⎛⎭⎪⎫178，0，可得PE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫98，－32，QE →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫98，32， 所以PE →·QE →＝8164－34＝3364. 综上，存在点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫178，0，使PE →·QE →为定值3364.。

高考数学专题复习——分类讨论思想方法教案一、教学目标1. 让学生理解分类讨论思想方法在解决数学问题中的应用。

2. 培养学生运用分类讨论解决数学问题的能力。

3. 提高学生对高考数学题型的应对策略。

二、教学内容1. 分类讨论思想方法的定义及作用。

2. 分类讨论思想方法在高中数学中的应用实例。

3. 高考数学题型中分类讨论思想方法的具体运用。

三、教学重点与难点1. 重点：分类讨论思想方法的理解与应用。

2. 难点：如何引导学生自主发现和运用分类讨论思想方法解决数学问题。

四、教学过程1. 导入：通过一个简单的数学问题引入分类讨论思想方法。

2. 新课：讲解分类讨论思想方法的定义、作用和应用实例。

3. 练习：让学生尝试解决一些运用分类讨论思想方法的高中数学问题。

五、课后作业2. 布置一些运用分类讨论思想方法的高中数学题目，让学生课后练习。

3. 鼓励学生查阅相关资料，了解分类讨论思想方法在高考数学题型中的应用。

六、教学策略1. 案例分析：通过分析典型的数学案例，让学生体会分类讨论思想方法的重要性。

2. 互动讨论：鼓励学生积极参与课堂讨论，分享自己在解决问题时运用分类讨论的经历。

3. 练习巩固：设计具有针对性的练习题，让学生在实践中掌握分类讨论思想方法。

4. 拓展延伸：引导学生关注高考数学题型的新动态，了解分类讨论思想方法在实际应用中的广泛性。

七、教学评价1. 课堂表现：观察学生在课堂上的参与程度、思考问题和解决问题的能力。

2. 课后作业：评估学生对分类讨论思想方法的理解和应用能力。

3. 阶段测试：通过阶段测试，检验学生对分类讨论思想方法的掌握情况。

4. 学生反馈：收集学生对教学过程和教学内容的意见和建议，不断优化教学方法。

八、教学资源1. 教材：选用权威的高中数学教材，为学生提供系统的知识体系。

2. 案例素材：收集各类高中数学题目，作为教学案例。

3. 教学课件：制作精美的教学课件，辅助课堂教学。

4. 网络资源：利用互联网查找相关资料，为学生提供更多的学习资源。

一、选择题1.等比数列 { a n} 中， a3＝7，前 3 项之和 S3＝ 21，则公比 q 的值是 ()1A.1B.－211C.1 或－2D.－1 或2分析当公比 q＝ 1 时， a1＝ a2＝a3＝ 7， S3＝3a1＝21，切合要求 .12a1（1－q3）1当 q≠1 时，a q ＝7，＝21，解之得，q＝－2或 q＝1(舍去 ).综上可知，1－q1q＝1 或－2.答案 Cx2y22.过双曲线a2－b2＝1(a＞0，b＞ 0)上随意一点 P，引与实轴平行的直线，交两渐→ →的值为()近线于 R，Q 两点，则 PR·PQA.a2B.b22＋ b2分析当直线 PQ 与 x 轴重合时，→→＝，应选|PR＝A.||PQ| a答案A函数x＋x3－2 在区间 (0，1)内的零点个数是 ()3.f(x)＝ 2A.0B.1C.2D.3分析法一函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0，1)内的零点个数即函数y1＝2x－ 2与 y2＝－ x3的图象在区间 (0，1)内的交点个数 .作图，可知在 (0，＋∞)内最多有一个交点，故清除 C， D 项；当 x＝0 时， y1＝－ 1＜y2＝ 0，当 x＝1 时， y1＝0＞y2＝－ 1，所以在区间 (0，1)内必定会有一个交点，所以 A 项错误 .选 B.法二由于 f(0)＝1＋0－2＝－ 1，f(1)＝2＋ 13－＝，所以·＜又函数f(x)2 1f(0) f(1) 0.在(0， 1)内单一递加，所以f(x)在 (0，1)内的零点个数是 1.答案 B已知函数f(x)＝ln x－13 －1，g(x)＝－x2＋2bx－4，若对随意的x1∈(0，2)，4.4x＋4x随意的 x2∈[1， 2]，不等式 f(x1≥ 2 恒成立，则实数b 的取值范围是())g(x )14A. －∞，2B.(1 ，＋∞ )1414C.1，2D.1，2分析依题意，问题等价于f(x1 )min≥g(x2)max，13f(x)＝ln x－4x＋4x－1(x＞0)，1134x－ x2－3所以 f′(x)＝x－4－4x2＝4x2.由 f′(x)＞0，解得 1＜ x＜ 3，故函数 f(x)单一递加区间是 (1，3)，同理得 f(x)的单一递减区间是 (0，1)和(3，＋∞)，故在区间 (0，2)上， x＝1 是函数 f(x)的极小值点，1这个极小值点是独一的，所以f(x1)min＝f(1)＝－2.函数 g(x2)＝－ x22＋2bx2－4，x2∈[1 ， 2].当 b＜1 时， g(x2)max＝ g(1)＝2b－ 5；当 1≤b≤2 时， g(x2)max＝g(b)＝b2－4；当 b＞2 时， g(x2)max＝ g(2)＝4b－ 8.故问题等价于b＜1，1≤ b≤ 2，b＞2，1或 1 2或1－2≥2b－ 5－2≥b －4－2≥ 4b－8.解第一个不等式组得b＜1，14解第二个不等式组得1≤b≤2，第三个不等式组无解 .14综上所述， b 的取值范围是 －∞，2.应选 A.答案A二、填空题5.若数列 {a n } 的前 n 项和 S n ＝3n － 1，则它的通项公式 a n ＝ ________.n n － 1 n －1分析 当 n ≥2 时， a n ＝ S n －S n －1＝3 －1－(3 －1)＝ 2×3 ；当 n ＝1 时， a 1＝S 1＝2，也知足式子 a n ＝ 2× 3n －1，答案n －12× 3在△ 中，点 ， →→→→→→→ABC M N 知足AM ＝2MC ，BN ＝NC ，若 MN ＝ xAB ＋yAC ，则 x ＝6. ________，y ＝________. 分析不如设 AC ⊥AB ，有 AB ＝4，AC ＝3，以 A 为坐标原点， AB ，AC 所在直线分别为 x 轴， y 轴成立平面直角坐标系，如下图.3则 A(0，0)，B(4，0)， C(0， 3)，M(0， 2)，N 2，2 ，→ 1 →→那么MN ＝ 2，－2 ，AB ＝ (4，0)， AC ＝ (0，3)，→→→ 2，－1＝ x(4， 0)＋ y(0 ， ，由MN ＝xAB ＋ yAC ，可得 2 3)114x ＝2，x ＝2，即 2，－2＝(4x ， 3y)，则有1，解得13y ＝－ 2y ＝－ .61 1答案 2 －6设2 2的两个焦点， P 为椭圆上一点 .已知 P ， F 1，F 2 是一F 1，F 2 为椭圆 x ＋ y ＝17. 9 4个直角三角形的三个极点，且 |PF 1 ＞2，则|PF 1|的值为 ________.| |PF||PF 2|分析 若∠PF 2F 1＝90°，则|PF 1|2＝|PF 2|2＋|F 1F 2|2，∵ |PF 1|＋|PF 2|＝ 6， |F 1F 2|＝2 5，144|PF| 712.解得 |PF 1|＝ 3 ， |PF 2|＝ 3， ∴|PF 2|＝ 若∠F 2PF 1＝90°，则|F 1F 2 |2＝ |PF 1|2＋|PF 2|2＝ |PF 1|2＋(6－ |PF 1|)2，|PF 1|解得 |PF 1|＝4，|PF 2|＝2，∴|PF 2|＝2.|PF 1| 7综上所述， |PF 2|＝2 或2.7 答案2 或2xx 28.已知 a 为正常数，若不等式1＋x ≥ 1＋ 2－ 2a 对全部非负实数 x 恒成立，则a的最大值为 ________.分析 原不等式即x 2≥ 1＋ x－＋ ≥ ，(*)2a21x(x 0)令 1＋x ＝t ，t ≥ 1，则 x ＝t 2－1，（t 2－ 1）2≥1＋t 2－1t 2－2t ＋1 （ t －1）2所以 (*) 式可化为2a2 －t ＝2＝2对 t ≥1 恒成立，所以 （ t ＋1）2 ≥1 对 t ≥1 恒成立，又 a 为正常数，所以 a ≤ [(t ＋1)2] min ＝ ，故a4a 的最大值是 4.答案4三、解答题9.数列 { a n } 中， a 1＝ 8， a 4＝2，且知足 a n ＋ 2－2a n ＋1＋a n ＝0.(1)求数列的通项公式；(2)设 S n ＝ |a 1|＋ |a 2|＋ ＋ |a n |，求 S n .解 (1)a n ＋ 2－ 2a n ＋ 1＋ a n ＝0，所以 a n ＋ 2－a n ＋1 ＝a n ＋ 1－a n ，所以 { a n＋1－ a n} 为常数列，所以 { a n} 是以 a1为首项的等差数列，设 a n＝a1＋(n－ 1)d，a4＝a1＋ 3d，2－ 8所以 d＝ 3 ＝－2，所以a n＝10－2n.(2)由于 a n＝ 10－2n，令 a n＝0，得 n＝ 5.当 n＞5 时， a n＜0；当 n＝5 时， a n＝ 0；当 n＜5 时， a n＞0.所以当 n＞5 时，S n＝|a1 |＋|a2|＋＋ |a n|＝a1＋ a2＋＋ a5－(a6＋a7＋＋ a n)＝T5－ (T n－ T5)＝ 2T5－ T n＝n2－ 9n＋40，T n＝a1＋ a2＋＋ a n，当 n≤5 时，S n＝|a1 |＋|a2|＋＋ |a n|2＝a1＋ a2＋＋ a n＝T n＝ 9n－n .29n－ n（n≤5），ax10.已知函数 g(x)＝x＋1(a∈R)，f(x)＝ln(x＋1)＋g(x).(1)若函数 g(x)过点 (1， 1)，求函数 f(x)的图象在 x＝ 0 处的切线方程；(2)判断函数 f(x)的单一性 .解(1)由于函数 g(x)过点 (1，1)，所以 1＝a，解得 a＝2，所以 f(x)＝ ln(x＋1)1＋12x12x＋3＋x＋1.由 f′(x)＝x＋1＋（x＋1）2＝（x＋1）2，则f′(0)＝3，所以所求的切线的斜率为 3.又 f(0)＝ 0，所以切点为 (0， 0)，故所求的切线方程为y＝3x.ax(2)由于 f(x)＝ln(x＋1)＋x＋1(x＞－ 1)，1a（x＋1）－ ax x＋1＋a所以 f′(x)＝x＋1＋（x＋1）2＝（x＋1）2.①当 a≥ 0 时，由于 x＞－ 1，所以 f′(x)＞0，故 f(x)在 (－1，＋∞ )上单一递加；f ′（x ）＜ 0，②当 a ＜ 0 时，由 得－ 1＜x ＜－ 1－a ，x ＞－ 1，故 f(x)在 (－1，－ 1－ a)上单一递减；f ′（x ）＞ 0， 由得 x ＞－ 1－ a ， x ＞－ 1， 故 f(x)在 (－1－a ，＋∞ )上单一递加 .综上，当 a ≥0 时，函数 f(x)在(－1，＋∞ )上单一递加； 当 a ＜0 时，函数 f(x)在 (－1，－ 1－a)上单一递减， 在(－1－a ，＋∞ )上单一递加 .22 2＝4 3x 的焦点 F 重合，且已知椭圆 x 2y 211. a ＋b ＝1(a ＞b ＞0)的一个焦点与抛物线 y 椭圆短轴的两个端点与点 F 组成正三角形 . (1)求椭圆的方程；(2)若过点 (1， 0)的直线 l 与椭圆交于不一样的两点 P ， Q ，试问在 x 轴上能否存在→ →E 的坐标，并求出这个定值；定点 E(m ，0)，使 PE · 恒为定值？若存在，求出QE若不存在，请说明原因 .解 (1)由题意，知抛物线的焦点为 F( 3， 0)，所以 c ＝ a 2－b 2＝ 3.由于椭圆短轴的两个端点与 F 组成正三角形，3所以 b ＝ 3× 3 ＝ 1.2可求得 a ＝2，故椭圆的方程为 x4 ＋ y 2 ＝1.(2)假定存在知足条件的点 E ，当直线 l 的斜率存在时设其斜率为k ，则 l 的方程为 y ＝k(x －1).2x2＋y ＝ 1，y ＝ k （ x － 1），得(4k 2＋ 1)x 2－8k 2x ＋ 4k 2－ 4＝ 0，设 P(x 1，y 1)，Q(x 2， y 2)，所以 x 1 ＋x 2＝8k 2，x 1 2 ＝4k 2 －44k 22＋1.＋1x4k→ →则PE ＝(m －x 1，－ y 1)，QE ＝(m －x 2，－ y 2)，→ →所以 PE ·QE ＝ (m －x 1)(m －x 2)＋y 1y 22＝m －m(x 1＋ x 2)＋x 1x 2＋ y 1y 2＝m 2－m(x 1＋ x 2)＋x 1x 2＋ k 2(x 1－ 1)(x 2－1)28k 2m 4k 2－4 2 4k 2－4 8k 2 ＝m －4k 2＋1＋4k 2＋1＋k 4k 2＋1－ 4k 2＋1＋1 （ 4m 2－8m ＋ 1） k 2＋（ m 2－4）＝4k 2＋1221212（ 4m －8m ＋ 1） k ＋ 4 ＋（ m －4）－ 4（4m － 8m ＋ 1）＝4k 2＋ 1172m －124→ →为定值，令 2m － 17 要使 PE ·＝ 0，QE417→→ 33即 m ＝ 8 ，此时 PE ·QE ＝64.当直线 l 的斜率不存在时，不如取 P 1， 3 ，Q 1，－ 3 ，2 2由17，0 ，可得 → ＝ 93→9 3 ，E 8PE8，－2 ， QE ＝ 8，2 →→81333所以 PE ·QE ＝ 64－4＝64.综上，存在点 E17 → → 为定值 338，0 ，使 PE ·64.QE。

思想方法专题数形结合思想【思想方法诠释】一、数形结合的思想所谓的数形结合，就是根据数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数含义，又揭示其几何意义，使数量关系和空间形式巧妙、和谐地结合起来，并充分利用这种“结合”，寻找解题思路，使问题得到解决，数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法。

数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从形的直观和数的严谨两方面思考问题，拓宽了解题思路，是数学的规律性与灵活性的有机结合．数形结合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．二、数形结合思想解决的问题常有以下几种：1．构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围；2．构建函数模型并结合其图象研究方程根的范围；3．构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系；4．构建函数模型并结合其几何意义研究函数的最值问题和证明不等式；5．构建立体几何模型研究代数问题；6．构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型研究最值问题；7．构建方程模型，求根的个数；8．研究图形的形状、位置关系、性质等。

三、数形结合思想是解答高考数学试题的一种常见方法与技巧，特别是在解选择题、填空题时发挥奇特功效，具体操作时，应注意以下几点：1．准确画出函数图象，注意函数的定义域；2．用图象法讨论方程（特别是含参数的方程）的解的个数是一种行之有效的方法，值得注意的是首先把方程两边的代数式看作是两个函数的表达式（有时可能先作适当调整，以便于作图）然后作出两个函数的图象，由图求解。

四、在运用数形结合思想分析问题和解决问题时，需做到以下四点：1．要清楚一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征；2．要恰当设参，合理用参，建立关系，做好转化；3．要正确确定参数的取值范围，以防重复和遗漏；4．精心联想“数”与“形”，使一些较难解决的代数问题几何化，几何问题代数化，以便于问题求解。