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 数学思想方法 高考数学(文科)二轮复习
sin x
热点训练 1:(1)已知 a= ln 2 ,b= ln 3 ,c= 1 ,则( )
2
3e
(A)a>c>b (B)b>c>a
(C)b>a>c (D)c>b>a
解析:(1)构造函数 f(x)= ln x ,则 f′(x)= 1 ln x ,
解析:(2)构造函数 g(x)= f x ,则 g′(x)= f xex ex f x = f x f x ,
ex
ex 2
ex
因为对于∀ x∈R,均有 f(x)>f′(x),并且 ex>0,所以 g′(x)<0,
故函数 g(x)= f x 在 R 上单调递减,
解析:(1)设公比为 q,由题意得 4a2=4a1+a3,即 4a1q=4a1+a1q2,又 a1≠0,所以
4q=4+q2,解得
q=2,所以
1 S4=
1 24
=15,故选 B.
1 2
(2)(2019·武汉市调研)已知等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,若 a1=12,S5=90,则 等差数列{an}的公差 d 等于( )
sin120o
3
2
设外接球的球心为 O,半径为 R,连接 AO′,PO′,AO, 由 PB=PC=PA=2,易知 PO′⊥平面 ABC,且球心 O 一定在线段 PO′上, 则有 OA=R,OO′=PO′-R, 又 PO′= PA2 AO2 = 3 , 所以 R2=1+( 3 -R)2,得 R2= 4 ,
(A)2
浙江高考数学二轮复习抢分攻略一考前必明的4大数学思想课件
2．设等比数列{an}的前 n 项和为 Sn，公比 q>0，a1＋a2＝4，a3－a2＝6. (1)求数列{an}的通项公式； (2)若对任意的 n∈N*，kan，Sn，－1 都成等差数列，求实数 k 的值． 解：(1)因为 a1＋a2＝4，a3－a2＝6， 所以aa11（（1q＋2－qq））＝＝46，，因为 q>0，所以 q＝3，a1＝1. 所以 an＝1×3n－1＝3n－1，故数列{an}的通项公式为 an＝3n－1.
所以 y1＋y2＝－3k62＋k 4，y1y2＝－3k29＋4.
所以 S 四边形 OCAD＝S△OCA＋S△ODA ＝12×2×|y1|＋12×2×|y2| ＝|y1－y2| ＝ （y1＋y2）2－4y1y2 ＝123k2k＋2＋4 1
＝3t12＋2t 1 ＝3t1＋2 1t (其中 t＝ k2＋1，t≥1)． 因为当 t≥1 时，y＝3t＋1t 单调递增，所以 3t＋1t ≥4，所以 S 四边形 OCAD≤3(当 k＝0 时取等 号)，即四边形 OCAD 面积的最大值为 3.
(2)由题意可知|a|＝|b|＝1，a·b＝0， 因为|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1， 所以|c－xa－yb|2＝|c|2＋x2|a|2＋y2|b|2－2xc·a－2yc·b＋2xya·b＝9＋x2＋y2－4x－2y＝(x－ 2)2＋(y－1)2＋4， 当且仅当 x＝2，y＝1 时，|c－xa－yb|2min＝4， 所以|c－xa－yb|的最小值为 2.
【解】 (1)因为 a1＝2，a23＝a2(a4＋1)， 又因为{an}是正项等差数列，故 d≥0， 所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，得 d＝2 或 d＝－1(舍去)， 所以数列{an}的通项公式 an＝2n. (2)因为 Sn＝n(n＋1)，则S1n＝n（n1＋1）＝n1－n＋1 1. 所以 bn＝Sn1＋1＋Sn1＋2＋…＋S12n ＝n＋1 1－n＋1 2＋n＋1 2－n＋1 3＋…＋21n－2n1＋1 ＝n＋1 1－2n1＋1＝2n2＋n3n＋1＝2n＋1n1＋3.
【60天冲刺】2012年高考数学二轮三轮总复习专题学案 专题7思想方法课件 (浙江文科专用)
第19讲
函数与方程思想和数形结合思想
第19讲
函数与方程思想和数形结合思想
第19讲 │ 主干知识整合
主干知识整合
1．函数与方程思想 (1)函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用联系和 变化的观点提取数学对象，抽象其数学特征，建立各变量之间固有 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． (2)方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，用它表示问题 中的其他各量，根据题中隐含的等量关系，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． (3)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．
第19讲 │ 要点热点探究
要点热点探究 ► 探究点一 列方程(组)解题
例 1 (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 (2)过抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点 F 作倾斜角为 45° 的直线交 抛物线于 A，B 两点，若线段 AB 的长为 8，则 p＝________.
第19讲 │ 要点热点探究
► 探究点四 数量分析解决图形问题(以数助形)
例 4 (1)若实数 a， c， b， 满足对任意实数 x， 有 x＋2y－3≤ax y ＋by＋c≤x＋2y＋3，则 a＋2b－3c 的最小值为( A．－6 C．－2 B．－4 D．0 )
第19讲 │ 要点热点探究
(2)“龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行 的乌龟， 骄傲起来， 睡了一觉， 当它醒来时， 发现乌龟快到达终点了， 于是急忙追赶，但为时已晚，乌龟还是先到达了终点„„，用 S1， S2 分别表示乌龟和兔子所行的路程，t 为时间，则下图与故事情节相 吻合的是( )
(浙江专用)高考数学二轮复习 专题七 数学思想方法(选用)第2讲 分类讨论思想、转化与化归思想学案-
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
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。
2017届高考数学二轮复习(浙江专用)课件 专题7 数学思想方法 第1讲
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
且g(x)在区间[－1，0)上单调递增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，
从而a≤4，综上a＝4. (2)设F(x)＝f(x)g(x)，由于f(x)，g(x)分别是定义在R
上的奇函数和偶函数，得 F( － x) ＝f( － x)· g( － x) ＝ －f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)在R上为奇函数. 又当x＜0时，F′(x)＝f′(x)· g(x)＋f(x)g′(x)＞0，
数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：①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，比如应用函数的图象来直观地说明函数的 性质；②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.
思想概述· 应用点拨
探究提高
用图象法讨论方程 (特别是含参数的指数、对数、
根式、三角等复杂方程 ) 的解 ( 或函数零点 ) 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 为两个熟悉的函数)，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(或函数零点)的个数.
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
化简得 24k2－25k＋6＝0， 2 3 解得 k＝3或 k＝8. (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 |x1＋2kx1－2| 2（1＋2k＋ 1＋4k2） h1＝ ＝ ， 2 5 5（1＋4k ） |x2＋2kx2－2| 2（1＋2k－ 1＋4k2） h2＝ ＝ . 2 5 5（1＋4k ）
高考数学二轮复习(浙江专用)习题专题七数学思想方法第2讲Word版含答案
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。
高中总复习二轮文科数学精品课件 第1部分 思想方法研析指导 二、分类讨论思想
低了问题难度.
2.分类讨论思想在解题中的应用
(1)由数学概念引起的分类讨论;
(2)由性质、定理、公式的限制引起的分类讨论;
(3)由数学运算要求引起的分类讨论;
(4)由图形的不确定性引起的分类讨论;
(5)由参数的变化引起的分类讨论.
高频考点•探究突破
命题热点一
根据数学概念的分类讨论
【思考】 在中学数学中,哪些概念会引起分类讨论?
2 = 42 ,
两式相减,得(y1+y2)(y1-y2)=4(x1-x2).
当 l 的斜率不存在,即 x1=x2 时,符合条件的直线 l 必有两条.
当 l 的斜率 k 存在,即 x1≠x2 时,有 2y0(y1-y2)=4(x1-x2),即
由 CM⊥AB,得直线 CM 的斜率
0
0
kCM= -5=- 2 ,即 x0=3.
当m<0时,对任意x≥1,f(x+2m)+mf(x)>0,
即 f(x+2m)>-mf(x)=f( -x),
显然 f(x)在 R 上单调递增,则 x+2m> -x 对任意 x≥1 恒成立,
即(1- -)x+2m>0 对任意 x≥1 恒成立,
1- - > 0,
1
则
解得- <m<0.
4
1- - + 2 > 0,
所以 h
π
2
π
2
= e -π>0.所以 g
所以 g(x0)·
g
π
2
π
2
π
2
= e -π>0.
<0.
所以 g(x)在区间
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x－p2，联立有yy2＝＝x2－pxp2，， 消去 y 后，得 x2－3px＋p42＝0，
∴x1＋x2＝3p. 又|AB|＝x1＋x2＋p＝8，解得 p＝2.
第19讲 │ 要点热点探究
△ABC 中，内角 A，B，C 成等差数列，边长 a＝8，b＝7，求边 c 及△ABC 的面积．
抛物线于 A，B 两点，若线段 AB 的长为 8，则 p＝________.
【分析】 (1)根据数列中的基本量方法，列方程组求数列的首 项和公差；(2)根据弦长公式建立关于 p 的方程．
第19讲 │ 要点热点探究
(1)C (2)2 【解析】 (1)由 a42＝a3a7 得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋ 6d)，得 2a1＋3d＝0.再由 S8＝8a1＋526d＝32 得 2a1＋7d＝8，则 d＝2， a1＝－3，所以 S10＝10a1＋920d＝60.故选 C.
(3)分类与整合思想实质上是“化整为零，各个击破，再积零为整”的 数学策略．利用好分类与整合思想可以优化解题思路，降低问题难度．复 习中要养成分类与整合的习惯，常见的分类情形有：概念分类型，运算需 要型，参数变化型，图形变动型．
(4)转化与化归思想是高中数学学习中最基本、最重要的思想方法，它 无处不在．比如：解不等式时，将分式不等式转化为整式不等式；处理立 体几何问题时，将空间的问题转化到一个平面上解决；在解析几何中，通 过建立坐标系将几何问题划归为代数问题；复数问题化归为实数问题等．
第19讲 │ 要点热点探究
要点热点探究Βιβλιοθήκη ► 探究点一 列方程(组)解题
例 1 (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
(2)过抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点 F 作倾斜角为 45°的直线交
【分析】 根据三内角成等差数列得关于三内角的方程，根 据余弦定理建立三边的方程．
专题七 │ 考情分析预测
(2)数形结合的实质是把抽象的数学语言和直观的图象语言结合起来， 即将代数问题几何化，几何问题代数化．在运用数形结合思想分析问题时， 要注意三点：①理解一些概念与运算法则的几何意义以及曲线的代数特征， 对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；②恰当设 参、合理用参，建立关系，由形思数，以数想形，做好数形转化；③确定 参数的取值范围，参数的范围决定图形的范围．
专题七 │ 考情分析预测
(2)与数形结合思想有关的常见题型： ①集合间关系利用韦恩图求解； ②以数学公式、数学概念的几何意义、函数图象为载体的综合题， 如截距、斜率、距离、导数的几何意义，借助图象求解． (3)与分类与整合思想有关的常见题型： ①含有参数的函数性质问题、交点问题； ②对由数学概念引起的分类讨论问题，如对指数函数、对数函数的 底数的讨论，对一元二次不等式的二次项系数的讨论； ③由公式定理引起的讨论问题，如绝对值、等比数列前 n 项和的计 算问题． (4)与转化与化归思想有关的常见题型： ①未知转化为已知(复杂转化为简单)； ②函数与方程的相互转化；
专题七 数学思想方法
专题七 │ 知识网络构建
知识网络构建
专题七 │ 考情分析预测
考情分析预测
考向预测 对数学思想和方法的考查是对数学知识在更高层次上的抽象和概 括的考查，考查时必须要与数学知识相结合，高考命题是通过数学知识 的考查，来反映对数学思想方法的理解和掌握程度．四种数学思想方法 是每年高考的必考内容，是高考考查的重点，各种题型都有，难度中等 偏上． (1)与函数和方程思想有关的常见题型有： ①与不等式、方程有关的最值问题； ②建立目标函数，求最值或最优解问题； ③在含有多个变量的问题中，选择合适的自变量构造函数解题； ④实际应用问题，建立函数关系，利用函数性质、导数、不等式性 质等知识解答； ⑤利用函数思想解决数列中的问题
第19讲 │ 主干知识整合
2．数形结合思想 (1)数形结合思想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，包含“以形助数”和“以数辅 形”两个方面． (2)数形结合是数学解题中常用的思想方法，运用数形结合思想 使某些抽象的数学问题直观化、形象化，能够变抽象思维为形象思 维，有助于把握数学问题的本质，发现解题思路，而且能避免复杂 的计算与推理，大大简化了解题过程． (3)数形结合的重点是研究“以形助数”，这在解选择题、填空 题中更显其优越，要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数 想图，以开拓自己的思维视野．
专题七 │ 考情分析预测
③正与反、一般与特殊的转化，即正难则反、特殊化原则； ④空间与平面的相互转化； ⑤常量与变量的转化； ⑥数与形的转化； ⑦相等与不等的相互转化； ⑧实际问题与数学模型的转化．
备考策略 二轮复习时，要有效地掌握以下几个方面： 数学思想与方法是通过数学知识体现的，在复习中，要养成利 用数学思想分析问题、思考问题、解答问题的习惯意识． (1)对于函数与方程思想，在解题中要善于挖掘题目中的隐含 条件，构造出函数解析式和妙用函数与方程的相互转化的关系是应 用函数与方程思想解题的关键．
第19讲 函数与方程思想和数形结合思想
第19讲 函数与方程思想和数形结合思想
第19讲 │ 主干知识整合
主干知识整合
1．函数与方程思想 (1)函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用联系和 变化的观点提取数学对象，抽象其数学特征，建立各变量之间固有 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． (2)方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，用它表示问题 中的其他各量，根据题中隐含的等量关系，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． (3)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．