第一讲 函数与方程思想、数形结合思想
[真题试做]
1．(2013·高考浙江卷)已知α∈R，sin α＋2cos α＝4A. 3
3C．－
42．(2013·高考浙江卷)
3
B． 44D．－
3
10
，则tan 2α＝( ) 2
已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则该函数的图象是( )
3．(2012·高考浙江卷)设a＞0，b＞0.( )
a
A．若2＋2a＝2b＋3b，则a＞b B．若2a＋2a＝2b＋3b，则a＜b C．若2a－2a＝2b－3b，则a＞b D．若2a－2a＝2b－3b，则a＜b 4．(2013·高考四川卷)已知f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－4x，那么，不等式f(x＋2)<5的解集是________．
1．函数与方程思想 函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用联系函数思和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立各变想 量之间固有的函数关系，通过函数形式，利用函数的有关性质，使问题得到解决．如3题解题思想 方程思想 方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，根据题中的等量关系，列方程(组)，通过解方程(组)或对方程(组)进行研究，以求得问题的解决．如1题解题思想
函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的，是相辅相成的，函数思想重在对问题进行动态的研究，方程思想则是在动中求静，研究运动中的等量关系 2.数形结合思想 借助形的生动性和直观性来阐述数形之以形助数间的关系，把形转化为数，即以形作为(数题形解) 手段，数作为目的的解决数学问题的数学思想．如4题解题思想 借助于数的精确性和规范性及严密性来以数辅形阐明形的某些属性，即以数作为手段，(形题数解) 形作为目的的解决问题的数学思想．如2题的解题思想
数形结合思想通过“以形助数，以数辅形”，使复杂问题简单化，抽象问题具体化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质，它是数学的规律性与灵活性的有机结合
类型一 利用函数与方程思想解决方程、不等式问题
(2013·高考天津卷节选)已知函数f(x)＝x2ln x. (1)求函数f(x)的单调区间；
(2)证明：对任意的t>0，存在唯一的s，使t＝f(s)．
【思路点拨】 (1)利用导数解不等式，即可得到单调区间． (2)构造函数通过函数的单调性证明方程只有唯一解． 【解】 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
1
f′(x)＝2xln x＋x＝x(2ln x＋1)，令f′(x)＝0，得x＝. e
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： 10，1 1，＋∞ x eee0 f′(x) － ＋ f(x) ↘ 极小值 ↗ 11所以函数f(x)的单调递减区间是0，，单调递增区间是，＋∞.
ee
(2)证明：当0 由(1)知，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增． h(1)＝－t<0，h(et)＝e2tln et－t＝t(e2t－1)>0. 故存在唯一的s∈(1，＋∞)，使得t＝f(s)成立． 【题后感悟】 (1)本题第(2)问证明的关键是构造函数h(x)＝f(x)－t，利用第(1)问的结论，判断函数值的符号，从而问题可以证明． (2)解决一些不等式恒成立问题，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，利用函数的图象和性质解决问题．同时要注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变 量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化．一般地，已知存在范围的量为变量，而待求范围的量为参数． 1．已知f(t)＝log2t，t∈[2，8]，对于f(t)值域内的所有的实数m，不等式x2＋mx＋4>2m＋4x恒成立，求x的取值范围． 类型二 利用函数与方程思想解决数列问题 (浙江省各校新高考研究联盟2013届第一次联考)已知等比数列{an}满足an＋1＋an n－1 ＝9·2，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设数列{an}的前n项和为Sn，若不等式Sn>kan－2对一切n∈N*恒成立，求实数k的取值范围． 【思路点拨】 (1)由n＝1,2得出两特殊等式，可求得a和q，问题即可解决；(2)由(1)可求出Sn，尽而求出k与n的不等关系，构造关于n的函数，利用函数性质求解． 【解】 (1)设等比数列{an}的公比为q， － ∵an＋1＋an＝9·2n1，n∈N*， ∴a2＋a1＝9，a3＋a2＝18， a3＋a218∴q＝＝＝2， a2＋a19 ∴2a1＋a1＝9，∴a1＝3. － ∴an＝3·2n1，n∈N*. a11－qn31－2n (2)由(1)知，Sn＝＝＝3(2n－1)， 1－q1－2 1－ ∴3(2n－1)>k·3·2n1－2，∴k<2－n－1. 3·2 1 令f(n)＝2－n－1，则f(n)随n的增大而增大， 3·2 155 ∴f(n)min＝f(1)＝2－＝，∴k<. 333 5 ∴实数k的取值范围为(－∞，)． 3 【题后感悟】 (1)数列一般包含着多个基本量，如首项、公差(公比)、项数、前n项和等．在知道一些量求其他未知量时，通常用方程的思想考虑． (2)数列的通项公式、前n项和公式是特殊的函数，对于数列的最值问题往往需要构造函数，利用函数的单调性来解决最值问题，这也是函数思想在数列中的具体应用． 2．(1)(2013·高考课标全国卷Ⅱ)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知S3＝a2＋10a1，a5 ＝9，则a1＝( ) 11A. B．－ 3311C. D．－ 99 1x (2)已知函数f(x)＝3，等比数列{an}的前n项和为f(n)－c，则an的最小值为( ) A．－1 B．1 22C. D．－ 33类型三 利用数形结合讨论方程的解 (2013·高考天津卷)函数f(x)＝2x|log0.5x|－1的零点个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 【思路点拨】 将函数零点视为两个函数图象的交点，分别画出函数图象，利用数形结合求解． 【解析】 令f(x)＝2|log0.5x|－1＝0， 1x 可得|log0.5x|＝2. 1x 设g(x)＝|log0.5x|，h(x)＝2，在同一坐标系下分别画出函数g(x)，h(x)的图象，可以发现两个函数图象一定有2个交点，因此函数f(x)有2个零点． 【答案】 B 【题后感悟】 用函数的图象讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解的个数是一种重要的思想方法，其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(不熟悉时，需要作适当变形转化为两熟悉的函数)，然后在同一坐标系中作出两个函数的图象，图象的交点个数即为方程解的个数． x＋bx＋c，x≤0， 3．设函数f(x)＝若f(－4)＝f(0)， 2， x>0. 2 x f(－2)＝－2，则关于x的方程y＝x的解的个数为( ) A．1 B．2 C．3 D．4 类型四 运用数形结合思想求解参数的范围 及最值问题 (1)(2013·高考重庆卷)设P是圆(x－3)2＋(y＋1)2＝4上的动点，Q是直线x＝－3上 的动点，则|PQ|的最小值为( ) A．6 B．4 C．3 D．2 (2)(2013·长春调研)设函数f(x)＝|x＋a|，g(x)＝x－1，对于任意的x∈R，不等式f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围是________． 【思路点拨】 (1)求|PQ|的最小值，转化为求圆心到直线的距离． (2)作函数f(x)，g(x)的图象，利用数形结合求解． 【解析】 (1)如图，圆心M(3，－1)与定直线x＝－3的最短距离为|MQ|＝3－(－3)＝6，又圆的半径为2，故所求最短距离为6－2＝4. (2) 如图，作出函数f(x)＝|x＋a|与g(x)＝x－1的图象，观察图象可知：当且仅当－a≤1，即 a≥－1时，不等式f(x)≥g(x)恒成立，因此a的取值范围是[－1，＋∞)． 【答案】 (1)B (2)[－1，＋∞) 【题后感悟】 (1)数形结合的基本思路是：根据数的结构特征，构造出与之相应的几何图形，并利用图形的特性和规律，解决数的问题；或将图形信息全部转化为代数信息，使解决形的问题转化为数量关系的讨论． (2)在解含有参数的不等式时，由于涉及到参数，往往需要讨论，导致演算过程繁琐冗长．如果题设与几何图形有联系，那么利用数形结合的方法，问题将会被快速解决． 4．不等式|x＋3|－|x－1|≤a2－3a对任意实数x恒成立，则实数a的取值范围为( ) A．(－∞，－1]∪[4，＋∞) B．(－∞，－2]∪[5，＋∞) C．[1,2] D．(－∞，1]∪[2，＋∞) 1．函数与方程思想在高考试题中主要以六个方面思考和切入 (1)构造等式关系，从函数或方程角度，选择主从变量，直接找到函数性质或利用二次方程探求出函数性质，再利用函数性质和图象解题；(2)函数与不等式也可以相互转化，对于函数y＝f(x)，当y>0时，就转化为不等式f(x)>0，借助于函数图象与性质可以解决；(3)数列的通项或前n项和是自变量为正整数n的函数，用函数的观点处理数列问题十分重要；(4)函数f(x)＝(ax＋b)n(n∈N*)与二项式定理是密切相关的，利用这个函数，结合赋值法和比较系数法可以解决很多二项式定理的问题；(5)解析几何中的许多问题，例如直线和二次曲线的位置关系问题，需要通过解二元方程组才能解决，涉及二次方程与二次函数的有关理论；(6)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决． 2．数形结合思想在高考试题中主要有以下六个常考点 (1)集合的运算及Venn图；(2)函数及其图象；(3)数列通项及求和公式的函数特征及函数图象；(4)方程(多指二元方程)及方程的曲线；(5)对于研究距离、角或面积的问题，可直接从几何图形入手进行求解即可；(6)对于研究函数、方程或不等式(最值)的问题，可通过函数的图象求解(函数的零点、顶点是关键点)，做好知识的迁移与综合运用． 3．运用以上两种数学思想解题时注意事项 (1)运用函数思想时注意函数的定义域；(2)运用方程思想时注意方程解的合理性；(3)在解答题中数形结合思想是探究解题的思路使用的，不可使用形的直观代替相关的计算和推理论证． 1．公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn，若a4是a3与a7的等比中项，S8＝32，则S10等于( ) A．18 B．24 C．60 D．90 22xy 2．若a>1，则双曲线2－＝1的离心率e的取值范围是( ) aa＋12A．(1，2) B．(2，5) C．[2，5] D．(3，5) 1π 3．(2013·湖北省八校高三第二次联考)已知f(x)＝x2＋sin(＋x)，f′(x)为f(x)的导函数， 42 则f′(x)的图象是( ) 4．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)已知命题p：∀x∈R,2<3；命题q：∃x∈R，x3＝1－x2，则下列命题中为真命题的是( ) x x A．p∧q B．綈p∧q C．p∧綈q D．綈p∧綈q 5．若关于x的方程x2＋2kx－1＝0的两根x1、x2满足－1≤x1<0 2x＋3y－6≤0，6．(2013·高考山东卷)在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组x＋y－2≥0， y≥0， 所 表示的区域上一动点，则|OM|的最小值是________． 7．使log2(－x) 8．长度都为2的向量OA，OB的夹角为，点C在以O为圆心的圆弧 (劣弧)上，OC 3 →→ ＝mOA＋nOB，则m＋n的最大值是________． 9．已知函数f(x)＝|4x－x2|－a，当函数有4个零点时，试求a的取值范围． ln x 10．(2013·高考北京卷)设L为曲线C：y＝在点(1,0)处的切线． x (1)求L的方程； (2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线L的下方． x2y252 11．已知椭圆2＋2＝1(a>b>0)，点Pa，a在椭圆上． ab25 (1)求椭圆的离心率； (2)设A为椭圆的左顶点，O为坐标原点，若点Q在椭圆上且满足|AQ|＝|AO|，求直线OQ的斜率的值． 第二讲 分类讨论思想、化归与转化思想 [真题试做] 1．(2013·高考江西卷)若集合A＝{x∈R|ax2＋ax＋1＝0}中只有一个元素，则a＝( ) A．4 B．2 C．0 D．0或4 2．(2013·高考山东卷)用0,1，„，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( ) A．243 B．252 C．261 D．279 3．(2013·高考课标全国卷Ⅱ)若存在正数x使2x(x－a)<1成立，则a的取值范围是( ) A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞) C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞) 1|a| 4．(2013·高考天津卷)设a＋b＝2，b>0，则＋的最小值为________． 2|a|b 1．分类讨论思想 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 (1)由数学概念而引起的分类讨论 (2)由数学运算要求而引起的分类讨论 (3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论 (4)由图形的不确定性而引起的分类讨论 (5)由参数的变化而引起的分类讨论 (1)熟悉化原则 (2)简单化原则 (3)直观化原则 (4)正难则反原则 (1)直接转化法 (2)换元法 (3)数形结合法 (4)构造法 (5)坐标法 (6)类比法 (7)特殊化方法 (8)等价问题法 (9)加强命题法 (10)补集法 分类讨论的常见类型 分类讨论的思想是将一个较复杂的数学问题分解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策略 2.化归与转化思想 转化与化归的原则 常见的化归与转化的方法 化归与转化思想，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，进而使问题得到解决的一种数学方法 类型一 由数学概念、法则、公式及运算而引起的分类讨论 (2013·高考浙江卷)在公差为d的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3 成等比数列． (1)求d，an； (2)若d<0，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋„＋|an|. 【思路点拨】 (1)用a1，d把a2，a3表示出来，利用a1,2a2＋2,5a3成等比数列列方程即可解出d，进而根据等差数列的通项公式写出an.(2)根据(1)及d<0确定数列的通项公式，确定an的符号，以去掉绝对值符号，这需要对n的取值范围进行分类讨论． 【解】 (1)由题意得，a1·5a3＝(2a2＋2)2，由a1＝10，{an}为公差为d的等差数列得，d2－3d－4＝0， 解得d＝－1或d＝4. 所以an＝－n＋11(n∈N*)或an＝4n＋6(n∈N*)． (2)设数列{an}的前n项和为Sn. 因为d<0，由(1)得d＝－1，an＝－n＋11， 所以当n≤11时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋„＋|an|＝Sn＝ 121－n2＋n； 22 121 当n≥12时，|a1|＋|a2|＋|a3|＋„＋|an|＝－Sn＋2S11＝n2－n＋110. 22 综上所述， |a1|＋|a2|＋|a3|＋„＋|an| 121 －n2＋n，n≤11，22＝ 1221 n－n＋110，n≥12.22 【题后感悟】 (1)本题属于运算引起的分类讨论，由于n的取值不同导致了{|an|}前n项和公式不同，像这种类型的运算引起的分类讨论有很多，如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，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，三角函数的定义域等． (2)分段函数在自变量不同取值范围内，对应关系不同，必需进行讨论．由数学定义引发的分类讨论一般由概念内涵所决定，解决这类问题要求熟练掌握并理解概念的内涵与外延． log2x＋1，x>3 1．(1)(2013·湖南省五市十校高三第一次联合检测)已知函数f(x)＝x－3满 2＋1， x≤3 足f(a)＝3，则f(a－5)的值为( ) A．log23 17 B. 16 3C. D．1 2 (2)设圆锥曲线T的两个焦点分别为F1，F2，若曲线T上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线T的离心率等于________． 类型二 由参数的变化而引起的分类讨论 x＋4ax－6a 已知y＝f(x)是定义在R上的三次函数，它的导函数f′(x)＝(a为常 2a＋1 1 数，a≠－)，求函数y＝f(x)的单调递增区间． 2 x＋4ax－6a 【思路点拨】 本题的实质就是求解含参数a的不等式≥0，参数a的取 2a＋111 值决定了2a＋1的符号和－4a、6a的大小，故分a>0，a＝0，－ x＋4ax－6a1 【解】 ∵f′(x)＝(a为常数，a≠－)， 22a＋1 当a>0时，2a＋1>0，由f′(x)>0， 同解于(x＋4a)(x－6a)>0， 解得x<－4a或x>6a. 当a＝0时，由f′(x)≥0解得x为全体实数． 1 当－ 2 同解于(x＋4a)(x－6a)>0，解得x<6a或x>－4a. 1 当a<－时，2a＋1<0，由f′(x)>0， 2 同解于(x＋4a)(x－6a)<0，解得6a 1 当－ 当a<－时，函数y＝f(x)的单调递增区间为(6a，－4a)． 2 【题后感悟】 含有参数的问题，主要包括：(1)含有参数的不等式的求解；(2)含有参数的方程的求解；(3)函数解析式中含参数的最值与单调性问题；(4)二元二次方程表示曲线类型的判定等．求解时，要结合参数的意义，对参数的不同取值或不同取值范围进行分类讨论，分类要合理，要不重不漏，要符合最简原则． 2．(2013·济南模拟)已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数，设e为自然对数的底数． (1)当a＝－1时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值． 类型三 换元及常量与变量的转化 对于满足0≤p≤4的所有实数p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范 围是________． 【思路点拨】 把已知不等关系转化为关于p的函数，利用函数性质求解． 【解析】 设f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3， 则当x＝1时，f(p)＝0.所以x≠1. 要使f(p)在0≤p≤4上恒正， f0>0，x－3x－1>0，等价于 即2 f4>0，x－1>0， 解得x>3或x<－1. 【答案】 (－∞，－1)∪(3，＋∞) 【题后感悟】 若按常规法视x为主元来解，需要分类讨论，这样会很繁琐．以p为主元，即可将原问题化归为在区间[0,4]上，一次函数f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3>0成立的x的取值范围．这样，借助一次函数的单调性就很容易了. 3．设y＝(log2x)2＋(t－2)log2x－t＋1，若t在[－2,2]上变化时，y恒取正值，求x的取值范围． 类型四 正难则反的转化 若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c使 得f(c)>0，求实数p的取值范围． 【思路点拨】 直接求解情况较多，不易求解，可利用其反面求之． 【解】 如果在[－1,1]内没有值满足f(c)>0， 1p≤－或p≥1f－1≤023 则⇒⇒p≤－3或p≥， 23f1≤0 p≤－3或p≥ 2 33 取补集为－3 【题后感悟】 正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，充分体现对立统一、相互转化的思想方法．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”情形的问题中． 4．已知集合A＝{y|y－(a＋a＋1)y＋a(a＋1)>0}，B＝{y|y2－6y＋8≤0}，若A∩B≠∅，则实数a的取值范围为________． 2 2 2 1．分类讨论的几种情况 (1)由数学的概念、图形的位置等引发的分类讨论：数学中的概念有些就是分类的，如绝对值的概念； (2)由数学的定理、法则、公式等引发的分类讨论：一些数学定理和公式是分类的，如等比数列的求和公式等； (3)由参数变化引发的分类讨论：当要解决的问题中涉及参数时，由于参数在不同范围内取值时，问题的发展方向不同，这就要把参数划分的几个部分分类解决； (4)问题的具体情况引发的分类讨论：有些数学问题本身就要分情况解决，如概率计算中要根据要求，分类求出基本事件的个数； (5)较复杂或非常规的数学问题，需要采取分类讨论的解题策略来解决． 2．化归转化思想的几种情况 (1)化为已知：当所要解决的问题和我们已经掌握的问题有关系时，把所要解决的问题化为已知问题； (2)化难为易：化难为易是解决数学问题的基本思想，当我们遇到的问题是崭新的，解决起来困难时，就要把这个问题化为我们熟悉的问题，熟悉的问题我们有解决的方法，就是容易的问题，这是化难为易的一个方面； (3)化繁为简：在一些问题中，已知条件或求解结论比较繁，这时就可以通过化简这些较繁的已知或者结论为简单的情况，再解决问题，有时把问题中的某个部分看做一个整体，进行换元，这也是化繁为简的转化思想； (4)化大为小：在解答综合性试题时，一个问题往往是由几个问题组成的，整个问题的结论，是通过这一系列的小问题得出的，这种情况下，就可以把所要解决的问题转化为几个小问题进行解决． 1．在正实数集上定义一种运算*：当a≥b时，a*b＝b3；当a A．14 B．13 C．12 D．10 3．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( ) 8 A.3 B．43 928C.3 D．43或3 93 2 4．过抛物线y＝ax(a>0)的焦点F作一直线交抛物线于P、Q两点，若PF与QF的长 11 分别是p、q，则＋等于( ) pq 1 A．2a B. 2a4 C．4a D. aπ 5．设函数f(x)＝x3＋sin x，若0≤θ≤时，f(mcos θ)＋f(1－m)>0恒成立，则实数m的取 2 值范围是( ) A．(0,1) B．(－∞，0) 1 C．(－∞，1) D．(－∞，) 2 6．设集合A＝{－1,1,3}，B＝{a＋2，a2＋4}，A∩B＝{3}，则实数a 的值为________． 7．(2013·高考北京卷)函数的值域为________． 32 8．已知函数f(x)＝x＋2x－ax＋1.若函数g(x)＝f′(x)在区间(－1,1)上存在零点，则实数a的取值范围是________． 39 9．在等比数列{an}中，已知a3＝，S3＝，求a1与q. 22 1 10．已知函数f(x)＝x3＋mx2－3m2x＋1，m∈R. 3 (1)当m＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； (2)若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，求m的取值范围． 11．(2013·高考课标全国卷Ⅰ)已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程； (2)l是与圆P、圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A、B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|. 2014年高三二轮数学参考答案 专题一 数学思想方法 第一讲 函数与方程思想、数形结合思想 【感悟真题把脉考向】 5 1．【解析】选C.把条件中的式子两边平方，得sin2α＋4sin αcos α＋4cos2α＝，即3cos2α 2 33 ＋4sin αcos α＝，所以3cos2α＋4sin αcos α＝(sin2α＋cos2α)，即3tan2α－8tan α－3＝0，解 22 12tan α3 得tan α＝3或tan α＝－，所以tan 2α＝＝－. 341－tan2α 2．【解析】选B.从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0时最大，所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x＝0时变化率最大．A项，在x＝0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越来越大的，故错误；D项，变化率是越来越小的，故错误．B项正确． 3．【解析】选A.当0 设x<0，则－x>0. ∵当x≥0时，f(x)＝x2－4x， ∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)． ∵f(x)是定义在R上的偶函数， ∴f(－x)＝f(x)， ∴f(x)＝x2＋4x(x<0)， 2x－4x，x≥0， ∴f(x)＝2 x＋4x，x<0. 22 x－4x＝5x＋4x＝5， 由f(x)＝5得或 x≥0x<0， ∴x＝5或x＝－5. 观察图象可知由f(x)<5，得－5 ∴f(t)∈[，3]，从而m∈[，3]． 22 原题可转化为m(x－2)＋(x－2)2>0恒成立． 当x＝2时，不等式不成立，∴x≠2. 令g(m)＝m(x－2)＋(x－2)2为m的一次函数． 1 问题转化为g(m)在m∈[，3]上恒大于0. 2 1g2>0，解得x>2或x<－1. g3>0， 故x的取值范围是(－∞，－1)∪(2，＋∞)． 2．【解析】(1)选C.设公比为q，∵S3＝a2＋10a1，a5＝9， 2 a1＋a2＋a3＝a2＋10a1，a1q＝9a1，∴4∴4 a1q＝9，a1q＝9， 1 解得a1＝，故选C. 9 1 (2)选D.由题设，得a1＝f(1)－c＝－c； 32 a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－； 92 a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－. 27 又数列{an}是等比数列， 212 －2＝－c×－，∴c＝1. ∴9327a31 又∵公比q＝＝， a2321n－11n，n∈N*. 所以an＝－＝－2333因此，数列{an}是递增数列， 2 ∴n＝1时，an有最小值a1＝－. 3 3．【解析】选C. f－4＝f0⇒ f－2＝－2 16－4b＋c＝cb＝4，⇒ 4－2b＋c＝－2c＝2. x2＋4x＋2，x≤0，∴f(x)＝这个函数的图象如图所示： 2， x>0. 可知直线y＝x与f(x)的图象有三个交点，故选C. 4．【解析】选A.f(x)＝|x＋3|－|x－1| －4 x<－3， ＝2x＋2－3≤x<14 x≥1. 4，故只要a2－3a≥4即可，解得a≤－1或a≥4.正确选项为A. ，画出函数f(x)的图象，如图，可以看出函数f(x)的最大值为 【专题演练能力提升】 1．【解析】选C.设数列{an}的公差为d. aa＝a，374则 8a1＋a8S8＝2＝32， 2a3a3＋4d＝a3＋d，∴ a1＋a8＝8， 2 解得：a1＝－3，d＝2， 10×9 ∴S10＝10×(－3)＋×2＝60. 2 22 c2a＋a＋1112 2．【解析】选B.e＝()＝＝1＋(1＋)2，因为是减函数，所以当a>1时，2aaaa1 0<<1，所以2 3．【解析】选A.由f′(x)＝x＋cos(＋x)＝x－sin x是奇函数，可排除B，D，而当0 11π 时，(x－sin x)′＝－cos x<0，即f′(x)在(0，)上是减函数，从而排除C，选A. 2234．【解析】选B. 当x＝0时，有2＝3，不满足2<3， ∴p：∀x∈R,2x<3x是假命题． xxxx 如图，函数y＝x3与y＝1－x2有交点，即方程x3＝1－x2有解， ∴q：∃x∈R，x3＝1－x2是真命题． ∴p∧q为假命题，排除A. ∵綈p为真命题，∴綈p∧q是真命题．故选B. 5．【解析】选B.构造函数f(x)＝x2＋2kx－1，∵关于x的方程x2＋2kx－1＝0的两根x1、x2满足－1≤x1<0 ∴f0<0，f2>0，3 ∴－ －2k≥0， 即－1<0，4k＋3>0， 如图所示，M为图中阴影部分区域上的一个动点，由于点到直线的距离最短，所以|OM| 2 的最小值＝＝2. 2 【答案】2 7．【解析】在同一坐标系中，分别作出y＝log2(－x)，y＝x＋1的图象，由图可知，x的取值范围是(－1,0)． 【答案】(－1,0) →→→ 8．【解析】建立平面直角坐标系，设向量OA＝(2,0)，向量OB＝(1，3)．设向量OC＝ π→→→ (2cos α，2sin α)，0≤α≤.由OC＝mOA＋nOB，得(2cos α，2sin α)＝(2m＋n，3n)， 3 12 即2cos α＝2m＋n,2sin α＝3n，解得m＝cos α－sin α，n＝ sin α.故m＋n＝cos α 33 123π23＋sin α＝sin (α＋)≤. 333323 【答案】 3 9．【解】∵函数f(x)＝|4x－x2|－a有4个零点， ∴方程|4x－x2|＝a有4个不同的解． 令g(x)＝|4x－x2| 2 4－x－2， 0≤x≤4，＝ 2 x－2－4， x<0或x>4. 作出g(x)的图象，如图，由图象可以看出，当h(x)＝a与g(x)有4个交点时，0 10．【解】(1)设f(x)＝，则f′(x)＝. xx2所以f′(1)＝1，所以L的方程为y＝x－1. (2)证明：令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0(∀x>0，x≠1)． g(x)满足g(1)＝0，且 x2－1＋ln x g′(x)＝1－f′(x)＝. x2当0 所以，g(x)>g(1)＝0(∀x>0，x≠1)． 所以除切点之外，曲线C在直线L的下方． 52 11．【解】(1)因为点Pa，a在椭圆上， 25 222aab5故2＋2＝1，可得2＝. 5a2ba8 22 b2362a－b于是e＝2＝1－2＝，所以椭圆的离心率e＝. aa84 (2)设直线OQ的斜率为k，则其方程为y＝kx，设点Q的坐标为(x0，y0)． y＝kx0，0 由条件得x2 y200＋＝1，22ab a2b22 消去y0并整理得x0＝222.① ka＋b 由|AQ|＝|AO|，A(－a,0)及y0＝kx0，得 2 (x0＋a)2＋k2x20＝a， 整理得(1＋k2)x20＋2ax0＝0. －2a 而x0≠0，故x0＝. 1＋k22 222a代入①，整理得(1＋k)＝4k·2＋4. b 2 a832 由(1)知2＝，故(1＋k2)2＝k2＋4， b5542 即5k－22k－15＝0，可得k2＝5. 所以直线OQ的斜率k＝±5. 第二讲 分类讨论思想、化归与转化思想 【感悟真题把脉考向】 1．【解析】选A.当a＝0时，方程化为1＝0，无解，集合A为空集，不符合题意；当a≠0 2 时，由Δ＝a－4a＝0，解得a＝4. 2．【解析】选B.0,1,2，„，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)， ∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)． 1 3．【解析】选D.∵2x(x－a)<1，∴a>x－x. 2 1－ 令f(x)＝x－x，∴f′(x)＝1＋2xln 2>0. 2 ∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增， ∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范围为(－1，＋∞)，故选D. 1|a|1aa＋ba1ba5＋＝＋＝＋＝＋＋≥； 2|a|b2ab4ab44ab4 －a－aa＋b－a1|a|11b13＋当a<0时，＋＝＋＝＋＝－＋≥－＋1＝. 2|a|b－2ab－4ab4－4ab44 1|a|3 综上所述，＋的最小值是. 2|a|b43 【答案】 4 【典例示范解密高考】 强化训练 a≤3a>31．【解析】(1)分两种情况分析，a－3①或者②，①无解，由② log2a＋1＝32＋1＝3 3－ 得，a＝7，所以f(a－5)＝223＋1＝，选C. 2 (2)不妨设|PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，|PF2|＝2t，若该圆锥曲线为椭圆，则有|PF1|＋|PF2|＝6t c2c3t1 ＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝＝＝＝；若该圆锥曲线是双曲线，则有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a， a2a6t2c2c3t3 |F1F2|＝3t＝2c，e＝＝＝＝. a2a2t2 13 【答案】(1)C (2)或 22 2．【解】(1)当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x， 11－x f′(x)＝－1＋＝. xx 当0 ∴f(x)在(0,1)上是增函数，在(1，＋ ∞)上是减函数， ∴f(x)max＝f(1)＝－1. 111 (2)∵f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈[，＋∞)． xxe1 ①若a≥－，则f′(x)≥0，从而f(x)在(0，e]上是增函数， e ∴f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意． 11111 ②若a<－，则由f′(x)>0得a＋>0，即0 11 从而f(x)在(0，－)上是增函数，在(－，e]上是减函数， aa11 ∴f(x)max＝f(－)＝－1＋ln(－)． aa11 令－1＋ln(－)＝－3，则ln(－)＝－2， aa 1－ ∴－＝e2，即a＝－e2. a 1 ∵－e2<－，∴a＝－e2为所求． e 3．【解】设y＝f(t)＝(log2x－1)t＋(log2x)2－2log2x＋1， 则f(t)是一次函数，当t∈[－2,2]时，f(t)>0恒成立， 2 f－2>0log2x－4log2x＋3>0 则有，即， 2 f2>0log2x－1>0 解得log2x<－1或log2x>3. 1 ∴0 2 4．【解析】当a>0时， 1 ∴x的取值范围是(0，)∪(8，＋∞)． 2 4．【解析】由题意得A＝{y|y>a2＋1或y ∴a≤－3或3≤a≤2. 即A∩B＝∅时，a的取值范围为a≤－3或3≤a≤2. 而A∩B≠∅时，a的取值范围显然是其补集，从而所求范围为{a|a>2或－3 x＝27x＝27 解得x＝3或33. 2．【解析】选B.若a＝0，则b＝－1,0,1,2，此时(a，b)的取值有4个； 若a≠0，则方程ax2＋2x＋b＝0有实根，需Δ＝4－4ab≥0，∴ab≤1， 此时(a，b)的取值为(－1,0)，(－1,1)，(－1，－1)，(－1,2)，(1,1)，(1,0)，(1，－1)，(2，－1)，(2,0)，共9个． ∴(a，b)的个数为4＋9＝13. 3．【解析】选D.分侧面矩形长、宽分别为6和4或4和6两种情况． 4．【解析】选C.因为直线PQ是任意的，所以，可以取最特殊的情况：直线PQ垂直y 1 轴时．此时|PF|＝|QF|＝， 2a 11 ∴＋＝4a，故选C. pq5．【解析】选C.易知f(x)为奇函数、增函数， f(mcos θ)＋f(1－m)>0， 即f(mcos θ)>f(m－1)， ∴mcos θ>m－1， π 而0≤θ≤时，cos θ∈[0,1]， 2 m>m－1，∴得m<1. 0>m－16．【解析】∵A∩B＝{3}，故a＋2＝3或a2＋4＝3. 若a＋2＝3，则a＝1，检验知，满足题意． 若a2＋4＝3，则a2＝－1，不合题意，故a＝1. 【答案】1 11 7．【解析】当x≥1时，logx≤log1＝0， 22 ∴当x≥1时，f(x)≤0. 当x<1时，0<2x<21，即0 44 域，不难求出这个函数的值域是[－，7)．故所求的a的取值范围是[－，7)． 33 4 【答案】[－，7) 3 39 9．【解】当q＝1时，a1＝a2＝a3＝，S3＝3a1＝，显然成立； 22 当q≠1时，由题意， 3 a1q2＝a3＝， 2 得 a11－q39 ＝S3＝， 21－q ∴9 a1＋q＋q＝， ②2 1 2 3 a1q2＝， ① 2 1＋q＋q2 由①②，得＝3， q2即2q2－q－1＝0， 1 ∴q＝－或q＝1(舍去)． 21a3当q＝－时，a1＝2＝6. 2q 3 综上可知，当q＝1时，a1＝； 2 1 当q＝－时，a1＝6. 2 1 10．【解】(1)当m＝1时，f(x)＝x3＋x2－3x＋1， 3 又f′(x)＝x2＋2x－3，所以f′(2)＝5. 5 又f(2)＝， 3 5 所以所求切线方程为y－＝5(x－2)，即15x－3y－25＝0. 3 所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为15x－3y－25＝0. (2)因为f′(x)＝x2＋2mx－3m2， 令f′(x)＝0，得x＝－3m或x＝m. 当m＝0时，f′(x)＝x2≥0恒成立，不符合题意． 当m>0时，f(x)的单调递减区间是(－3m，m)，若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，则－3m≤－2，解得m≥3. m≥3 当m<0时，f(x)的单调递减区间是(m，－3m)，若f(x)在区间(－2,3)上是减函数，则m≤－2，解得m≤－2. －3m≥3 综上所述，实数m的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞)． 11．【解】 由已知得圆M的圆心为M(－1,0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1,0)，半径r2＝3.设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R. (1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切， 所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4. 由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左，右焦点，长半轴长为2，短半轴长为3的 x2y2 椭圆(左顶点除外)，其方程为＋＝1(x≠－2)． 43 (2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R＝2，所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4. 若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝23. |QP| 若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则＝|QM| R|3k|2，可求得Q(－4,0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．由l与圆M相切得＝1，解得k＝±. r141＋k222x2y2 当k＝时，将y＝x＋2代入＋＝1，并整理得7x2＋8x－8＝0，解得x1,2＝ 4443 －4±627，所以|AB|＝1＋k2|x18 2－x1|＝7 . 当k＝－24时，由图形的对称性可知|AB|＝18 7 . 综上，|AB|＝23或|AB|＝18 7 . 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容