高考数学：解题有道——四大数学思想

第2讲 解题有道——四大数学思想思想概述 高考数学以能力立意，一是考查数学的基础知识、基本技能；二是考查基本数学思想方法，考查数学思维的深度、广度和宽度.数学思想方法是指从数学的角度来认识、处理和解决问题，是数学意识、数学技能的升华和提高，中学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.类型一 函数与方程思想函数与方程思想的实质就是用联系和变化的观点，描述两个量之间的依赖关系，刻画数量之间的本质特征，在提出数学问题时，抛开一些非数学特征，抽象出数量特征，建立明确的函数关系，并运用函数的知识和方法解决问题.有时需要根据已知量和未知量之间的制约关系，列出方程(组)，进而通过解方程(组)求得未知量.函数与方程思想是相互联系、互为所用的. 应用1 求解不等式、函数零点的问题【例1】 (1)设0<a <1，e 为自然对数的底数，则a ，a e ，e a －1的大小关系为( ) A.e a －1<a <a e B.a e <a <e a －1 C.a e <e a －1<aD.a <e a －1<a e(2)(2019·浙江新高考联盟考试)已知函数h (x )＝x ln x 与函数g (x )＝kx －1的图象在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不同的交点，则实数k 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1e ，e －1B.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，1＋1e C.(1，e －1]D.(1，＋∞)解析 (1)设f (x )＝e x －x －1，x >0， 则f ′(x )＝e x －1>0，∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数，且f (0)＝0，f (x )>0， ∴e x －1>x ，即e a －1>a .又y ＝a x (0<a <1)在R 上是减函数，得a >a e ， 从而e a －1>a >a e .(2)令h (x )＝g (x )，得x ln x ＋1＝kx ， 即1x ＋ln x ＝k .若方程x ln x －kx ＋1＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，则函数f (x )＝ln x ＋1x 与y＝k 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不相同的交点，f ′(x )＝1x －1x 2，令1x －1x 2＝0可得x ＝1，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1时f ′(x )<0，函数是减函数；当x ∈(1，e]时，f ′(x )>0，函数是增函数，函数的极小值，也是最小值为f (1)＝1，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1＋e ，f (e)＝1＋1e ，又－1＋e>1＋1e ，所以，函数的最大值为e －1.所以关于x 的方程x ln x －kx ＋1＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，则实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤1，1＋1e .答案 (1)B (2)B探究提高 1.第(1)题构造函数，转化为判定函数值的大小，利用函数的单调性与不等式的性质求解.2.函数方程思想求解方程的根或图象交点问题(1)应用方程思想把函数图象交点问题转化为方程根的问题，应用函数思想把方程根的问题转化为函数零点问题.(2)含参数的方程问题一般通过直接构造函数或分离参数化为函数解决. 【训练1】 (1)设函数f (x )＝x 2－cos x ，则方程f (x )＝π4所有实根的和为( )A.0B.π4C.π2D.3π2(2)(2019·郑州模拟)已知函数f (x )＝3x －13x ＋1＋x ＋sin x ，若存在x ∈[－2，1]，使得f (x 2＋x )＋f (x －k )<0成立，则实数k 的取值范围是( ) A.(－1，＋∞) B.(3，＋∞) C.(0，＋∞)D.(－∞，－1)解析 (1)由f (x )＝x 2－cos x ＝π4，得x 2－π4＝cos x ， 令y 1＝x 2－π4，y 2＝cos x .在同一坐标系内作出两函数图象，易知两图象只有一个交点⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，0.∴方程f (x )＝π4的实根之和为π2.(2)由题意知，函数f (x )的定义域为R ，且f (x )是奇函数.又f ′(x )＝2ln 3·3x（3x ＋1）2＋1＋cos x >0在x ∈[－2，1]上恒成立，函数f (x )在x ∈[－2，1]上单调递增.若存在x ∈[－2，1]，使得f (x 2＋x )＋f (x －k )<0成立， 则f (x 2＋x )<－f (x －k )f (x 2＋x )<f (k －x )x 2＋x <k －x ，故问题转化为存在x ∈[－2，1]，k >x 2＋2x ， 即k >(x 2＋2x )min ，当x ∈[－2，1]时，y ＝x 2＋2x ＝(x ＋1)2－1的最小值为－1. 故实数k 的取值范围是(－1，＋∞). 答案 (1)C (2)A应用2 函数与方程思想在数列中的应用【例2】 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝－2，S 5＝0，S 6＝3.(1)求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)求nS n 的最小值.解 (1)∵S 4＝－2，S 5＝0，S 6＝3， ∴a 5＝S 5－S 4＝2，a 6＝S 6－S 5＝3， 又{a n }是等差数列，则公差d ＝a 6－a 5＝1， 由于S 5＝5（a 1＋a 5）2＝0，所以a 1＝－2，故S n ＝－2n ＋n （n －1）2＝n 2－5n2.(2)由(1)知nS n ＝n 3－5n 22，设f (x )＝x 3－5x 22， 则f ′(x )＝32x 2－5x (x >0)，令f ′(x )>0，得x >103；令f ′(x )<0，得0<x <103.∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫103，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，103上单调递减，又f (3)＝－9，f (4)＝－8.∴当n ＝3时，nS n 取到最小值－9.探究提高 1.本题完美体现了函数与方程思想的应用，第(2)问利用数列前n 项和公式求出nS n ，构造函数，运用单调性求最值.2.数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数，数列的通项公式与前n 项和公式即为相应的解析式，但要注意数列问题中n 的取值为正整数，涉及的函数具有离散性特点.【训练2】 设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，公比q >0，a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若对任意n ∈N *，ka n ，S n ，－1成等差数列，求实数k 的值.解 (1)∵a 1＋a 2＝4，a 3－a 2＝6， ∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1（1＋q ）＝4，a 1（q 2－q ）＝6，∵q >0，∴q ＝3，a 1＝1，∴a n ＝1×3n －1＝3n －1(n ∈N *)， 故数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －1.(2)由(1)知a n ＝3n －1，S n ＝1×（1－3n ）1－3＝3n －12，∵ka n ，S n ，－1成等差数列，∴2S n ＝ka n －1. 则2×3n －12＝k ·3n －1－1，解得k ＝3.应用3 函数与方程思想在几何问题中的应用【例3】 设椭圆中心在坐标原点，A (2，0)，B (0，1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k ＞0)与线段AB 相交于点D ，与椭圆相交于E ，F 两点. (1)若ED→＝6DF →，求k 的值； (2)求四边形AEBF 面积的最大值.解 (1)依题意得椭圆的方程为x 24＋y 2＝1，直线AB ，EF 的方程分别为x ＋2y ＝2，y ＝kx (k ＞0).如图，设D (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1＜x 2，且x 1，x 2满足方程(1＋4k 2)x 2＝4，故x 2＝－x 1＝21＋4k2.①由ED →＝6DF →知x 0－x 1＝6(x 2－x 0)，得x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k2；由D 在AB 上知x 0＋2kx 0＝2， 得x 0＝21＋2k .所以21＋2k ＝1071＋4k2，化简得24k 2－25k ＋6＝0，解得k ＝23或k ＝38.(2)根据点到直线的距离公式和①式知，点E ，F 到AB 的距离分别为 h 1＝|x 1＋2kx 1－2|5＝2（1＋2k ＋1＋4k 2）5（1＋4k 2），h 2＝|x 2＋2kx 2－2|5＝2（1＋2k －1＋4k 2）5（1＋4k 2）.又|AB |＝22＋12＝5，所以四边形AEBF 的面积为 S ＝12|AB |(h 1＋h 2)＝12·5·4（1＋2k ）5（1＋4k 2）＝2（1＋2k ）1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k 1＋4k2＝21＋41k ＋4k≤22，当且仅当4k 2＝1(k ＞0)，即当k ＝12时，上式取等号.所以S 的最大值为2 2.即四边形AEBF 面积的最大值为2 2.探究提高 解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，找准函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的求法来求解，这是求面积、线段长最值(范围)问题的基本方法.【训练3】 已知圆M ：x 2＋y 2＝r 2(r >0)与直线l 1：x －3y ＋4＝0相切，设点A 为圆上一动点，AB ⊥x 轴于点B ，且动点N 满足AB →＝2NB →，设动点N 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程.(2)直线l 与直线l 1垂直且与曲线C 交于P ，Q 两点，求△OPQ (O 为坐标原点)面积的最大值.解 (1)设动点N (x ，y )，A (x 0，y 0)，因为AB ⊥x 轴于B ，所以B (x 0，0)， 由已知得，r ＝|4|1＋3＝2，所以圆M 的方程为x 2＋y 2＝4. 因为AB→＝2NB →， 所以(0，－y 0)＝2(x 0－x ，－y )，即⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝x ，y 0＝2y ，又A 点在圆上，所以x 20＋y 20＝4，即动点N 的轨迹方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意，设直线l ：3x ＋y ＋m ＝0，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 联立直线l 与椭圆C 的方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－3x －m ，x 2＋4y 2＝4，消去y ，得13x 2＋83mx ＋4m 2－4＝0，Δ＝192m 2－4×13×(4m 2－4)＝16(－m 2＋13)>0， 解得m 2<13，x 1＋x 2＝－83m13，x 1·x 2＝4（m 2－1）13，又点O 到直线l 的距离d ＝|m |2， |PQ |＝2|x 1－x 2|＝813－m 213， 所以S △OPQ ＝12·|m |2·813－m 213＝2m 2（13－m 2）13≤113(m 2＋13－m 2)＝1，当且仅当m 2＝13－m 2，即m ＝±262时，等号成立. 所以△OPQ 面积的最大值为1. 类型二 数形结合思想数形结合思想，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思想.数形结合思想的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，揭示数学问题的本质；(2)“以数定形”，把直观图形数量化，使形更加精确. 应用1 数形结合思想在函数与方程中的应用【例4】 (1)记实数x 1，x 2，…，x n 中最小数为min{x 1，x 2，…，x n }，则定义在区间[0，＋∞)上的函数f (x )＝min{x 2＋1，x ＋3，13－x }的最大值为( ) A.5 B.6 C.8D.10(2)(2019·石家庄模拟)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，＋∞)解析 (1)在同一坐标系中作出三个函数y ＝x 2＋1，y ＝x ＋3，y ＝13－x 的图象如图：由图可知，在实数集R 上，min{x 2＋1，x ＋3，13－x }为y ＝x ＋3上A 点下方的射线，抛物线AB 之间的部分，线段BC ，与直线y ＝13－x 上点C 下方的部分的组合图.显然，在区间[0，＋∞)上，在C 点时，y ＝min{x 2＋1，x ＋3，13－x }取得最大值.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋3，y ＝13－x得点C (5，8).所以f (x )max ＝8.(2)函数g (x )＝f (x )＋x ＋a 存在2个零点，即关于x 的方程f (x )＝－x －a 有2个不同的实根，即函数f (x )的图象与直线y ＝－x －a 有2个交点，作出直线y ＝－x －a 与函数f (x )的图象，如图所示，由图可知，－a ≤1，解得a ≥－1.答案 (1)C (2)C探究提高 1.第(1)题利用函数的图象求最值，避免分段函数的讨论；第(2)题把函数的零点或方程的根转化为两函数图象的交点问题，利用几何直观求解. 2.探究方程解的问题应注意两点：(1)讨论方程的解(或函数的零点)一般可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题.(2)正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则，不要刻意去用数形结合.【训练4】 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（－x ）12，x ≤0，log 5x ，x >0，函数g (x )是周期为2的偶函数且当x ∈[0，1]时，g (x )＝2x －1，则函数y ＝f (x )－g (x )的零点个数是( ) A.5 B.6 C.7D.8解析 在同一坐标系中作出y ＝f (x )和y ＝g (x )的图象如图所示，由图象可知当x >0时，有4个零点，当x ≤0时，有2个零点，所以一共有6个零点. 答案 B应用2 数形结合求解不等式与平面向量问题【例5】 (1)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则P A →·(PB →＋PC →)的最小值是( ) A.－2 B.－32 C.－43D.－1(2)若实数x ，y 满足不等式组⎩⎨⎧x ≥1，x －y ＋1≤0，2x －y －2≤0，则x 2＋y 2的最小值是()A.25B.5C.4D.1解析 (1)如图，以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x 轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，3)，B (－1，0)，C (1，0).设P (x ，y )，则P A →＝(－x ，3－y )，PB→＝(－1－x ，－y )，PC →＝(1－x ，－y ).所以P A →·(PB →＋PC →)＝(－x ，3－y)·(－2x ，－2y )＝2x 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫y －322－32.当x ＝0，y ＝32时，P A →·(PB→＋PC →)取得最小值－32.(2)作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥1，x －y ＋1≤0，2x －y －2≤0表示的平面区域(如图阴影部分).x 2＋y 2的最小值表示阴影部分(含边界)中的点到原点O (0，0)的距离的最小值的平方.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，x －y ＋1＝0，得A (1，2). ∴(x 2＋y 2)min ＝|OA |2＝12＋22＝5. 答案 (1)B (2)B探究提高 1.平面向量中数形结合关注点：(1)能建系的优先根据目标条件建立适当的平面直角坐标系；(2)重视坐标运算、数量积及有关几何意义求解.2.求参数范围或解不等式问题经常联系函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系解决问题.【训练5】 (1)若不等式|x －2a |≥12x ＋a －1对x ∈R 恒成立，则a 的取值范围是________.(2)(2019·长沙调研)已知a ，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c 满足(a －c )·(b －c )＝0，则|c |的最大值是( ) A.1 B.2 C. 2D.22解析 (1)在同一坐标系中，作出y ＝|x －2a |和y ＝12x ＋a －1的简图.依题意可知2a ≤2－2a ，解得a ≤12.(2)因为(a －c )·(b －c )＝0，所以(a －c )⊥(b －c ).如图所示，设OC→＝c ，OA →＝a ，OB →＝b ， 则CA →＝a －c ，CB →＝b －c ， 所以AC →⊥BC →.又因为OA→⊥OB →，所以O ，A ，C ，B 四点共圆，当且仅当OC 为圆的直径时，|c |最大，且最大值为 2. 答案 (1)⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12 (2)C应用3 圆锥曲线中的数形结合思想【例6】 已知抛物线的方程为x 2＝8y ，点F 是其焦点，点A (－2，4)，在此抛物线上求一点P ，使△APF 的周长最小，此时点P 的坐标为________.解析 因为(－2)2<8×4，所以点A (－2，4)在抛物线x 2＝8y 的内部，如图，设抛物线的准线为l ，过点P 作PQ ⊥l 于点Q ，过点A 作AB ⊥l 于点B ，连接AQ .则△APF 的周长为|PF |＋|P A |＋|AF |＝|PQ |＋|P A |＋|AF |≥|AQ |＋|AF |≥|AB |＋|AF |， 当且仅当P ，B ，A 三点共线时，△APF 的周长取得最小值，即|AB |＋|AF |. 因为A (－2，4)，所以不妨设△APF 的周长最小时，点P 的坐标为(－2，y 0)，代入x 2＝8y ，得y 0＝12.故使△APF 的周长最小的点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12探究提高 1.对于几何图形中的动态问题，应分析各个变量的变化过程，找出其中的相互关系求解.2.应用几何意义法解决问题需要熟悉常见的几何结构的代数形式，主要有：①比值——可考虑直线的斜率；②二元一次式——可考虑直线的截距；③根式分式——可考虑点到直线的距离；④根式——可考虑两点间的距离.【训练6】 (2019·昆明诊断)设A ，B 在圆x 2＋y 2＝1上运动，且|AB |＝3，点P 在直线l ：3x ＋4y －12＝0上运动，则|P A →＋PB →|的最小值为( ) A.3 B.4 C.175D.195解析 设AB 的中点为D ，则P A →＋PB→＝2PD →，∴当且仅当O ，D ，P 三点共线且OP ⊥l 时，|P A →＋PB →|取得最小值. ∵圆心到直线l 的距离为129＋16＝125，|OD |＝1－34＝12，∴|P A →＋PB→|的最小值为2×⎝ ⎛⎭⎪⎫125－12＝195.答案 D类型三 分类讨论思想分类讨论思想是当问题的对象不能进行统一研究时，需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，再集零为整”的数学思想.应用1 由概念、法则、公式、性质引起的分类讨论【例7】 若函数f (x )＝a x (a >0，a ≠1)在[－1，2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________. 解析 若a >1，有a 2＝4，a －1＝m . 解得a ＝2，m ＝12.此时g (x )＝－x 为减函数，不合题意. 若0<a <1，有a －1＝4，a 2＝m ， 故a ＝14，m ＝116，检验知符合题意. 答案 14探究提高 指数函数、对数函数的单调性取决于底数a ，因此，当底数a 的大小不确定时，应分0<a <1，a >1两种情况讨论.【训练7】 (1)(2019·济南调研)已知S n 为数列{a n }的前n 项和且S n ＝2a n －2，则S 5－S 4的值为( ) A.8 B.10 C.16D.32(2)函数f (x )＝⎩⎨⎧sin （πx 2），－1<x <0，e x －1，x ≥0.若f (1)＋f (a )＝2，则a 的取值集合是________.解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2a 1－2，解得a 1＝2. 因为S n ＝2a n －2，当n ≥2时，S n －1＝2a n －1－2，两式相减得，a n ＝2a n －2a n －1，即a n ＝2a n －1，则数列{a n }是首项为2，公比为2的等比数列，则a n ＝2n ， 有S 5－S 4＝a 5＝25＝32. (2)f (1)＝e 0＝1，即f (1)＝1. 由f (1)＋f (a )＝2，得f (a )＝1.当a ≥0时，f (a )＝1＝e a －1，所以a ＝1. 当－1<a <0时，f (a )＝sin(πa 2)＝1， 所以πa 2＝2k π＋π2(k ∈Z ).所以a 2＝2k ＋12(k ∈Z )，k 只能取0，此时a 2＝12， 因为－1<a <0，所以a ＝－22. 则实数a取值的集合为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－22，1. 答案 (1)D(2)⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫－22，1 应用2 由参数变化引起的分类讨论【例8】 (2018·北京卷)设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x . (1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求a ； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围. 解 (1)由f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ， 得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x . f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x .若a >1，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，1时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝1处取得极小值.若a ≤1，则当x ∈(0，1)时，ax －1≤x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点.综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞).探究提高 1.若遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论.2.如果参数有明确的几何意义，在讨论时还应适当地运用数形结合思想.注意分类标准要明确统一，做到“不重不漏”.【训练8】 已知函数f (x )＝mx 2－x ＋ln x .若在函数f (x )的定义域内存在区间D ，使得该函数在区间D 上为减函数，则实数m 的取值范围为________.解析 f ′(x )＝2mx －1＋1x ＝2mx 2－x ＋1x(x >0)，即2mx 2－x ＋1<0在(0，＋∞)上有解. 当m ≤0时显然成立；当m >0时，由于函数y ＝2mx 2－x ＋1的图象的对称轴x ＝14m >0，故需且只需Δ>0，即1－8m >0，故m <18.综上所述，实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，18.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，18应用3 由图形位置或形状引起的分类讨论【例9】 (1)已知变量x ，y 满足的不等式组⎩⎨⎧x ≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k ＝( ) A.－12 B.12 C.0D.－12或0(2)设点A ，B 是椭圆C ：x 23＋y 2m ＝1长轴的两个端点.若C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则m 的取值范围是( ) A.(0，1]∪[9，＋∞) B.(0，3]∪[9，＋∞) C.(0，1]∪[4，＋∞)D.(0，3]∪[4，＋∞)解析(1)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的可行域如图(阴影部分)所示.由图可知，若要使不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，y ≥2x ，kx －y ＋1≥0表示的平面区域是直角三角形，只有当直线kx －y ＋1＝0与直线y 轴或y ＝2x 垂直时才满足.结合图形可知斜率k 的值为0或－12.(2)当0<m <3时，焦点在x 轴上，若曲线C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则ab ≥tan 60°＝3，即3m≥3，得0<m ≤1；当m >3时，焦点在y 轴上，依题设，则ab ≥tan 60°＝3，即m3≥3，得m ≥9.故m 的取值范围为(0，1]∪[9，＋∞)，故选A. 答案 (1)D (2)A探究提高 1.相关计算中，涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类讨论.2.圆锥曲线形状不确定时，常按椭圆、双曲线来分类讨论，求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同来分类讨论.【训练9】 (1)设圆锥曲线C 的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线C 上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线C 的离心率等于________.(2)设△ABC 的内角A ，B ，C 所对边的长分别是a ，b ，c ，且b ＝3，c ＝1，△ABC 的面积为2，则a 的值为________.解析 (1)不妨设|PF 1|＝4t ，|F 1F 2|＝3t ，|PF 2|＝2t ，其中t ≠0. 若该曲线为椭圆，则有|PF 1|＋|PF 2|＝6t ＝2a ， |F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 6t ＝12；若该曲线为双曲线，则有|PF 1|－|PF 2|＝2t ＝2a ， |F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 2t ＝32. ∴曲线C 的离心率为12或32.(2)由三角形面积公式，得12×3×1×sin A ＝2， 故sin A ＝223.因为sin 2A ＋cos 2A ＝1， 所以cos A ＝±1－sin 2A ＝±1－89＝±13.①当cos A ＝13时，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝32＋12－2×1×3×13＝8， 所以a ＝2 2.②当cos A ＝－13时，由余弦定理，得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝32＋12－2×1×3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－13＝12，所以a ＝2 3.综上所述，a ＝22或2 3. 答案 (1)12或32 (2)22或23 类型四 转化与化归思想转化与化归思想方法适用于在研究、解决数学问题时，思维受阻或试图寻求简单方法或从一种情形转化到另一种情形，也就是转化到另一种情形使问题得到解决，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. 应用1 特殊与一般的转化【例10】 (1)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.1 2aC.4aD.4 a(2)已知向量a，b满足|a|＝1，|b|＝2，则|a＋b|＋|a－b|的最小值是________，最大值是________.解析(1)抛物线y＝ax2(a>0)的标准方程为x2＝1a y(a>0)，焦点F⎝⎛⎭⎪⎫0，14a.不妨设过焦点F作直线垂直于y轴，则|PF|＝|QF|＝12a ，∴1p＋1q＝4a.(2)由题意，不妨设b＝(2，0)，a＝(cos θ，sin θ)，则a＋b＝(2＋cos θ，sin θ)，a－b＝(cos θ－2，sin θ).令y＝|a＋b|＋|a－b|＝（2＋cos θ）2＋sin2θ＋（cos θ－2）2＋sin2θ＝5＋4cos θ＋5－4cos θ，则y2＝10＋225－16cos2θ∈[16，20].由此可得(|a＋b|＋|a－b|)max＝20＝25，(|a＋b|＋|a－b|)min＝16＝4，即|a＋b|＋|a－b|的最小值是4，最大值是2 5.答案(1)C(2)42 5探究提高 1.一般问题特殊化，使问题处理变得直接、简单.特殊问题一般化，可以使我们从宏观整体的高度把握问题的一般规律，从而达到成批处理问题的效果.2.对于某些选择题、填空题，如果结论唯一或题目提供的信息暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，即可得到答案.【训练10】(1)如果a1，a2，…，a8为各项都大于零的等差数列，公差d≠0，那么()A.a1a8>a4a5B.a1a8<a4a5C.a 1＋a 8>a 4＋a 5D.a 1a 8＝a 4a 5(2)(2019·许昌模拟)在△ABC 中，三边长a ，b ，c 满足a ＋c ＝3b ，则tan A 2tan C 2的值为( )A.15B.14C.12D.23解析 (1)取特殊数列{a n }，其中a n ＝n (n ∈N *).显然a 1·a 8＝8<a 4·a 5＝20.(2)令a ＝4，c ＝5，b ＝3，则符合题意(取满足条件的三边).则由∠C ＝90°，得tan C 2＝1，由tan A ＝43，得tan A 2＝12.所以tan A 2tan C 2＝12×1＝12.答案 (1)B (2)C应用2 正与反、常量与变量的转化【例11】 (1)设y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1，若t 在[－2，2]上变化时，y 恒取正值，则x 的取值范围是________.(2)若对于任意t ∈[1，2]，函数g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋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 (1)设y ＝f (t )＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1，则f (t )是一次函数，当t ∈[－2，2]时，f (t )>0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f （－2）>0，f （2）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧（log 2x ）2－4log 2x ＋3>0，（log 2x ）2－1>0，解得log 2x <－1或log 2x >3，即0<x <12或x >8，故实数x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞). (2)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 .当x ∈(t ，3)时恒成立，∴m ＋4≥2t －3t 恒成立，则m ＋4≥－1，即m ≥－5；由②得m ＋4≤2x －3x ，当x ∈(t ，3)时恒成立，则m ＋4≤23－9，即m ≤－373.∴使函数g (x )在区间(t ，3)上总不为单调函数的m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－5. 答案 (1)⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞) (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－5 探究提高 1.第(1)题是把关于x 的函数转化为在[－2，2]内关于t 的一次函数大于0恒成立的问题.在处理多变元的数学问题时，我们可以巧妙选取其中的参数，将其看作是“主元”，而把其它变元看作是参数.2.第(2)题是正与反的转化，由于不为单调函数有多种情况，先求出其反面，体现“正难则反”的原则.【训练11】 (1)(2019·日照调研)由命题“存在x 0∈R ，使e |x 0－1|－m ≤0”是假命题，得m 的取值范围是(－∞，a )，则实数a 的取值是( )A.(－∞，1)B.(－∞，2)C.1D.2(2)已知函数f (x )＝x 3＋3ax －1，g (x )＝f ′(x )－ax －5，其中f ′(x )是f (x )的导函数.对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )<0，则实数x 的取值范围为________. 解析 (1)命题的否定：“任意x ∈R ，使e |x －1|－m >0”是真命题，∴m <e |x －1|恒成立，∴m 取值范围为(－∞，1).因此(－∞，1)与(－∞，a )相等，故a ＝1.(2)由题意，知g (x )＝3x 2－ax ＋3a －5，令φ(a )＝(3－x )a ＋3x 2－5，－1≤a ≤1.对－1≤a ≤1，恒有g (x )<0，即φ(a )<0，∴⎩⎪⎨⎪⎧φ（1）<0，φ（－1）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－x －2<0，3x 2＋x －8<0，解得－23<x <1. 故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1时，对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )<0. 答案 (1)C (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1 应用3 函数、方程、不等式之间的转化【例12】 已知函数f (x )＝3e |x |.若存在实数t ∈[－1，＋∞)，使得对任意的x ∈[1，m ]，m ∈Z 且m >1，都有f (x ＋t )≤3e x ，试求m 的最大值.解 ∵当t ∈[－1，＋∞)且x ∈[1，m ]时，x ＋t ≥0，∴f (x ＋t )≤3e x e x ＋t ≤e x t ≤1＋ln x －x .∴原命题等价转化为：存在实数t ∈[－1，＋∞)，使得不等式t ≤1＋ln x －x 对任意x ∈[1，m ]恒成立.令h (x )＝1＋ln x －x (1≤x ≤m ).∵h ′(x )＝1x －1≤0，∴函数h (x )在[1，＋∞)上为减函数，又x ∈[1，m ]，∴h (x )min ＝h (m )＝1＋ln m －m .∴要使得对任意x ∈[1，m ]，t 值恒存在，只需1＋ln m －m ≥－1.∵h (3)＝ln 3－2＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ·3e >ln 1e＝－1，h (4)＝ln 4－3＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ·4e 2<ln 1e＝－1，又函数h (x )在[1，＋∞)上为减函数， ∴满足条件的最大整数m 的值为3. 探究提高 1.函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助.2.解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值(值域)问题，从而求出参变量的范围.【训练12】 已知e 为自然对数的底数，若对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1，总存在唯一的y ∈[－1，1]，使得ln x －x ＋1＋a ＝y 2e y 成立，则实数a 的取值范围是( ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e B.⎝ ⎛⎦⎥⎤2e ，e C.⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ，＋∞ D.⎝ ⎛⎭⎪⎫2e ，e ＋1e 解析 设f (x )＝ln x －x ＋1＋a ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1， ∴f ′(x )＝1x －1＝1－x x ≥0，f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1上是增函数， 因此a －1e ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ≤f (x )≤f (1)＝a ， 设g (y )＝y 2e y ，则g ′(y )＝e y y (y ＋2)，则g (y )在[－1，0)上单调递减，在[0，1]上单调递增，且g (－1)＝1e <g (1)＝e.因为对任意的x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，1，存在唯一的y ∈[－1，1]，使得f (x )＝g (y )成立， 所以⎣⎢⎡⎦⎥⎤a －1e ，a ⎝ ⎛⎦⎥⎤1e ，e ，⎩⎨⎧a －1e >1e ，a ≤e ，解得2e<a≤e. 答案 B。