高三数学数形结合的解题方法与技巧分析
高中数学几何解题技巧之数形结合策略
高中数学几何解题技巧之"数""形"结合策略摘要："数""形"结合策略是高中数学几何解题的重要技巧，通过将几何形状与数学关系相结合，利用数学方法解决几何问题。
关键词：高中数学；几何解题技巧；数""形"结合策略前言在高中数学几何解题中，"数""形"结合策略是一种重要的技巧。
通过将几何形状与数学关系相结合，可以更好地理解和解决几何问题。
一、介绍"数""形"结合策略的概念和重要性"数""形"结合策略是在解决高中数学几何问题时常用的一种方法。
它结合了数学的抽象思维和几何的形象思维，通过数学的计算和几何的图形分析相互支持，从而更全面地理解和解决问题。
这种策略的重要性在于它能够帮助我们从不同的角度来理解几何问题。
几何问题通常涉及到图形的形状、大小、位置等方面的特征，而数学则提供了精确的计算和推理工具。
通过将数学和几何结合起来，我们可以更好地理解几何问题的本质，并找到解决问题的有效方法。
"数""形"结合策略的基本思路是将几何问题转化为数学问题，然后利用数学的方法进行计算和推理，最后再将结果转化回几何语言。
这种策略使我们能够通过数学的计算和推理来揭示几何问题的隐藏规律和性质，从而更深入地理解几何概念。
例如，在解决三角形的问题时，我们可以利用角度和边长的关系，通过数学计算来推导出三角形的性质和关系。
同时，我们也可以通过几何图形的分解和组合，利用图形的对称性和变换来简化问题的解决过程。
这种数形结合的策略使我们能够更全面地理解和解决几何问题[1]。
二、解释为什么这种策略在解决几何问题时很有用"数""形"结合策略在解决几何问题时非常有用，原因如下：首先，几何问题通常涉及到图形的形状、大小、位置等方面的特征。
数形结合的思想方法与高考数学解题技巧
数形结合的思想方法与高考数学解题技巧摘要：高考数学最重要的就是高效率做题，时间不能浪费在解题步骤上，也不能让自己因为做题方法不正确，从而产生不好的心态。
数形结合在高考中，是难点、重点题目经常会用的方法。
数形结合的特点就是把难的转化为简单的，更直接清晰的发现问题，从而解决问题。
使用数形结合的方法，大部分数学应用题就会迎刃而解。
本文具体分析了什么是数形结合，以及如何让数形结合应用在高中的解题中做一个介绍。
关键词：数形结合；思想方法；高考；数学解题技巧一、引言高考之前，找到每一种类型题的解题方法是必须的，必须通过大量的练习总结经验，总结方法，尤其是数学解题思路。
其实，数形结合是最快最高效的解题方法。
数形结合，就是图解法，根据数与形之间的对应关系，通过图形的直观性来解决问题，是高中数学学习和解题的方法，这两之间的结合，可以把抽象的问题简单化。
有的图形简单，没有规律，把数值记录下来，更容易找出规律，有的就是数值看不到变化，画出图形就能看出是程什么趋势走向，使学生更快速的解题。
二、数形结合思想方法1.数与形有三种转换途径：①建立坐标系，把数通过图线的绘制，动态分析求解。
②通过分析数和式之间的关系、特点，转化问题思路，把复杂的问题转化成一个简单的来考虑。
③构造，根据数字的规律，联想几何图形，或者某一个函数，再或者建立一个图表。
更快速的分析解答。
2.解题的三种类型：①“由形化数”:就是根据题目中给出的图形，通过分析观察，找出图中关键的点，总结出数量关系,然后根据数的变化来判断几何图形。
②“由数化形”:这个就是根据已知条件，把数字转化成图形,包括有空间的，函数的图形。
然后在图中观察数字之间的变化情况,根据走向趋势，判断数量关系，找出数与式的本质特征.③“数形转换”:就是两个数和形状都给出，然后通过分析数的关系和观察图的形状，两者之间各自相互转换，找出隐含的数量关系。
三、数形结合思想方法的应用策略（一）以形助数在高三的数学学习中，题量的增加，各种解题方法容易搞混，而且对于一些既复杂又抽象的问题时，学生表示没有思路，题目得多读几遍，不容易理解。
数学数形结合解题技巧
数学数形结合解题技巧数学是一门抽象而又具体的学科，它以数字和符号为基础，通过逻辑推理和运算规则来研究数量、结构、变化和空间等概念。
而数形结合解题技巧则是指通过数学和几何的结合，来解决一些复杂的问题。
本文将介绍一些数学数形结合解题技巧，帮助读者更好地应对数学难题。
一、平面几何与代数平面几何是数学中的一个重要分支，它研究平面上的点、线、面以及它们之间的关系。
而代数则是数学中的另一个重要分支，它研究数与符号之间的关系。
将平面几何和代数结合起来，可以帮助我们解决一些复杂的几何问题。
例如，当我们遇到一个关于三角形的问题时，可以尝试使用代数的方法来解决。
假设三角形的三个顶点分别为A(x1, y1)，B(x2, y2)，C(x3, y3)，我们可以利用代数中的距离公式来计算三角形的边长。
然后，我们可以利用这些边长来计算三角形的面积、周长等属性。
通过将平面几何和代数结合起来，我们可以更好地理解和解决三角形相关的问题。
二、数学与图形图形是数学中的一个重要概念，它可以帮助我们更直观地理解和解决一些数学问题。
将数学与图形结合起来，可以帮助我们发现一些规律和性质，从而更好地解决问题。
例如，当我们遇到一个关于函数的问题时，可以尝试将函数的图像绘制出来。
通过观察函数的图像，我们可以发现函数的增减性、极值点、零点等性质。
这些性质可以帮助我们更好地理解和解决与函数相关的问题。
三、数学与实际问题数学是一门应用广泛的学科，它可以帮助我们解决各种实际问题。
将数学与实际问题结合起来，可以帮助我们更好地应对复杂的实际情况。
例如，当我们遇到一个关于比例的问题时，可以尝试使用数学的方法来解决。
假设我们需要计算一个物体的实际长度，但是我们只知道它的缩放比例和图像上的长度。
通过建立比例方程，我们可以利用已知的信息来计算出物体的实际长度。
通过将数学与实际问题结合起来，我们可以更好地解决与比例相关的问题。
四、数学与逻辑推理数学是一门严谨的学科，它强调逻辑推理和推导。
高中数学几何解题技巧之“数”“形”结合策略
学术研讨Academic research■ 颜志宇高中数学几何解题技巧之"数""形"结合策略摘要：高中数学很多知识抽象而复杂，如果学生不能很好的把握就会对数学学科学习产生抵制性的心理，高中数学和其他学科也有非常紧密性的联系，因此要想提升学生的学习感受力，让学生对数学学习产生热情，就需要对教学方式进行创新性的研究。
本文主要从高中立体几何的教学出发，对数形结合下的立体几何解题技巧进行分析研究，旨在提升学生的学习效率，拓展学生的数学思维方式。
关键词：高中数学；几何；数形结合；解答；技巧高中数学新课程改革以后主要是为了培养学生的数学思维能力，高中教师的数学教学具有先进的理念，不能是为了教学而教学，而是要培养学生发现问题、分析问题和解决问题的能力。
使用数形结合的教学方式能够用最为直观和简洁的方式提升学生的解答思路，快速的找到问题的答案，以下就对高中数学立体几何当中的解题技巧进行分析。
1高中解析几何中数形结合问题在做几何问题时，需要教师教会学生在头脑中构图，这是将文字题目转化为图形信息的一种方式，能够在图形观察的基础上找到解题的思路。
高中几何题目当中很多会涉及到直线和斜率的问题，因此使用数形结合的方式能够让学生算出斜率的范围，进而让斜率的取值更加清晰[1]。
从以下例题中进行分析：例1已知线段AB的起点为A，和终点B的坐标是A（-2,2）、B（4,4），如果直线1：x+my+m=0,和有向线段AB的延长线是相交的，请对实数m 的值进行范围的计算。
分析，对于这样的题目，需要学生在草纸上或者头脑中先画图，然后按照数形结合的方式，找出解题思路。
解析：直线L的方程是关于x+my+m=0的方程，可以使用点斜式的原理方式将其化作是y+1=-1/m(x-0),过直线L的点，M的坐标为（0，-1）那么斜率就是-1/m.因为直线L和AB的延长线是相交的，那么在数形结合的分析下就能够了解到，过点M和AB平行时，直线L的斜率达到最小值，过点M，B的过程中，直线L的斜率就最大。
浅析高中数学数形结合方法解题技巧
浅析高中数学数形结合方法解题技巧摘要：在数学知识学习和探究的过程中，经常会运用到数形结合的思想方法。
在高中数学学习中合理运用数形结合的思想方法，方便学生梳理题目信息、分析解题思路，帮助学生突破数学解题中的重难点，提高学生的问题解决能力。
为此，高中数学教师在开展解题教学的过程中，可以结合教材内容，借助高中数学的重点题型，引导学生对数形结合思想的具体应用策略进行深入思考与分析，促使学生掌握数量与图形之间的转化方式，以此提升学生的数学解题能力，发展学生的数学核心素养。
关键词：高中数学；数形结合方法；解题技巧引言数学是学生学习生涯中一门重要的学科，主要考查学生的逻辑思维能力以及探究能力，具有一定的复杂程度。
另外，数学知识的掌握对其他学科的学习有所帮助，因此教师应该重视数学教学方法的创新，培养学生的数学核心素养。
数形结合作为高中数学教学中的重要思想方法之一，能够帮助学生简化数学问题，提高学生解决问题的效率。
一、数形结合思想概述数形结合的含义就是将数学中两个重要元素“数”与“形”进行相互转化，通过数字的形式帮助学生理解图形，借助图形的形式让学生学习到数字表达的含义。
数形结合能够帮助学生将抽象的问题具体化，更深入地理解数学知识所表达的内涵，感受到数学的奥秘。
数学学习并不只是包括数字和公式，几何也是数学学习中的一个重要内容，因此在遇到不易解答的问题时，教师可以使用具体的图形来为学生讲解，有时需要公式推导的题只需要几何图形展示就能够直观求解，简化解题过程，树立学生学习数学的信心。
数形结合思想是一种新式教学方式，它打破了传统古板的教学模式，在高中数学教学中发挥着重要的作用，能够有效提升高中数学教学质量。
高中数学知识分为数量关系和几何空间两大部分，在数学教学过程中，教师通过将二者有效结合，可以帮助学生降低知识的学习难度，培养学生将数量关系和几何空间相互转化的意识，提高学生解决问题的效率，让学生轻松找到解题思路。
二、数形结合思想运用于高中数学的价值高中教育阶段的数学学习在内容上是比较丰富的，数学的课本上会有很多图形，和其他科目相比起来更加有意思，图形的描述方式可以让学生更加清楚的理解数学知识。
高中数学几何解题技巧之“数”“形”结合途径分析
㊀㊀㊀解题技巧与方法１１７㊀㊀高中数学几何解题技巧之 结合途径分析高中数学几何解题技巧之 数 形 结合途径分析Һ刘素华㊀（山东省聊城市茌平区第一中学，山东㊀聊城㊀２５２１００）㊀㊀ʌ摘要ɔ本文简单概述了数形结合思想的内涵，并且从不等式㊁圆的问题两个方面分析了数形结合思想在几何解题中的应用，也分析了其与辅助线在题目中的结合应用．ʌ关键词ɔ高中数学；几何解题；数形结合引㊀言数形结合是非常关键的解题思路，尤其在几何题目的解答中有良好的应用效果，对于复杂的几何题目，有时需要借助辅助线来明晰图像的已知条件，发现解题的突破口，达到快速解题的效果．一㊁数形结合思想这是分析数学题目的常见思路，数形作为最基本的数学要素，在解题中结合应用，能够实现最佳的解题效果．这是因为数形间具有紧密的关联，能够相互转化和补充，共同支持数学题目的解答过程．尤其是对于几何类的题目，我们借助于数形两种要素的对应关系，就可以将复杂难解的数学关系转化为具象的几何图像，通过分析图像中各数学要素间的空间关系来达到简化题目的目的，进而实现高效的解题过程．二㊁高中数学教学中数形结合思想的用途数形结合思想在高中阶段的教学中有着非常广泛的用途．从宏观上来讲，数形结合的思想方法是作为数学课程教学的主线存在的，具体来说，数形结合思想的主要应用领域包括了以下几个方面．（一）集合问题的解决集合部分的知识在高中数学的知识体系中属于基础层面的内容，也是函数部分知识学习的基础．在集合的运算环节，可借助的内容包括数轴㊁图像．无论是需要经过绘制发挥作用的数轴还是直观的图像形式，都可以非常直观地将集合之间的关系进行清晰的显示，简化语言文字描述中所包含的复杂信息内容，从而提升运算过程的简洁性和有效性．（二）函数问题的解决在解决函数问题的过程中，数形结合思想的运用主要体现在函数图像与函数数量关系方面．函数性质的体现通常都是以函数图像作为支撑的．几何图形的呈现形式往往反映着非常鲜明的数量关系．这也是数形结合思想体现得最为显著的一部分内容．除了常规的函数知识，三角函数的相关知识学习中也包含了数形结合的思想，不同的三角函数关系可以通过图形直接进行观察，这在函数关系的判定方面有非常重要的作用．（三）绝对值问题绝对值问题的解决中，最好绘制数轴，并且利用绝对值的基本性质方面的理论知识在图像中找到一个宏观上的取值范围，最终解答出绝对值的具体范围．在解答绝对值问题的过程中，数轴的绘制是通过绘图的方式将抽象的求值问题简单化的过程，是数形结合思想实际应用中提高解题效率和准确性的一个典型体现．三㊁数形结合的解题思路该方法在高中数学中的应用较为广泛，主要体现在集合问题㊁三角函数以及几何题目的解决中．就几何解题而言，先是仔细地审题，清晰几何题目所描述的位置或者数量关系，这是实现数形两个要素相互结合与对应的前提，借此确定问题的突破口，然后进行解题．如果学生对数形结合的理解较为深入，可以自由地实现知识迁移，就会达到举一反三的思维状态，快速解决任何几何题目．四㊁数形结合思想的应用原则虽然从上文的分析中可知大部分的数学问题解决在不同的阶段和对应的内容中都会涉及数形结合的思想，但在实际应用中，这种思想的应用要想取得预期的应用效果需要把握住以下几方面基本原则．（一）找准知识内容在实际应用中要结合具体的数学知识内容判断其是否适合于应用数形结合的思想来解决．只有具备匹配性的知识内容，才能取得更好的实际应用效果．（二）注重教学组织这一点主要强调教学组织的科学性．为了提高学生的实际教学体验，在展示图像的过程中，教师可酌情选用多媒体工具或先进的计算机系统软件对传统的㊁具有固定性和抽象性的图像内容进行灵活化和生动化的处理，从学生参与学习的主观感受维度实现优化和完善．五㊁数形结合思想的应用（一）不等式问题的解决不等式是非常重要的数学知识，复杂的不等式问题，就必须要借助图像思维来解决，在数形结合的指导下实现不等式的转化，最终实现求解过程．例如，如果实数ｘ和ｙ满足｜ｘ｜ɤｙɤ１，求ｘ２＋ｙ２＋２ｘ的最小值是多少．㊀图１针对该题目，我们就需要先根据题目作出实际的可行域，如图１所示．然后通过ｘ２＋ｙ２＋２ｘ的转化可知其表示可行域中的点（ｘ，ｙ）到（－１，０）间距离的平方，进而推断出（ｘ＋１）２＋ｙ２的最小值为２２æèçöø÷２＝１２，所以ｘ２＋ｙ２＋２ｘ的最小值就是－１２．在解决该题目时，关键是要按照题目所提供的数学要素将可行域作出来，将复杂的不等式问题进行转换，变成简单的距离问题，然后再借助数形结合的思路来推理题目的答案．㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１１８㊀（二）圆类问题的解决圆类问题是数形结合思路的主要应用形式，这是由于圆类的问题基本都涉及很多位置关系．例如为了明晰直线和圆的关系，往往会构建相应的坐标系，这时就能清晰地看到两者间的位置关系，但是这类题目也会涉及解题，这就需要学生明确解题的思路和步骤，也就需要发挥数形结合的作用，达到以数变形的目的．例如，当直线ｙ＝ｋｘ＋４＋２ｋ和曲线ｙ＝４－ｘ２有两个交点时，ｋ的取值范围是多少？针对该题目，利用数形结合的方法，也就是根据题目的要求做出相关的图形，如图２所示．㊀图２从图像可以看出，题目中的曲线其实是以（０，０）为圆心，半径为２的半圆，而ｙ＝ｋｘ＋４＋２ｋ也可以转化成ｙ＝ｋ（ｘ＋２）＋４，也就是表示经过点Ａ（－２，４）斜率为ｋ的直线，再结合图像就可以推导出ｋＡＢ＝－１，ｋＡＴ＝－３４，根据这样的推导，要想使得该半圆和直线有两个相异的交叉点，则ｋ的取值范围就必须为－１，－３４[)．在该问题的解决中，最关键的思路就是数形结合思想，我们在详细分析题目条件的前提下，结合圆与直线的相关知识，最终确定出边界位置，这样就能高效地判断出实际的取值范围．（三）与辅助线结合应用这是数形结合思路的基本运用形式，很多几何题目的空间感较为复杂，如果单纯依赖于空间想象力就很难快速解题，所以就需要发挥辅助线的价值．尤其是对于条件较少的题目，学生无法立刻发掘出题目中的各项信息，就可以利用辅助线来凸显图像的特征，为解题提供思路和突破口．㊀图３例如：在如图３所示的图形中，ＣＢ与ＣＡ相等，ＤＡ与ＤＢ相等，而ＡＢ边的中点是Ｅ，请证明过点Ｅ，Ｄ，Ｃ的平面与ＢＡ间的垂直关系．针对该问题，由于题目中提供的条件较少，而且图像的空间关系较为复杂，因此学生在阅读题目时会无所适从，很难依靠想象来解题．但是利用辅助线就能快速地解题，也就是连接ＥＤ，ＥＣ，这时学生就能清晰地看到平面ＥＤＣ，再借助等腰三角形的知识就能够推导出相关的结论，也就是ＣＥ与ＤＥ这两条线与ＢＡ间具有明显的垂直关系，也就可以继续推导出题目中的结论．经由该题目可知，虽然很多几何图像所呈现的解题信息非常有限，比较容易形成学生的思维障碍，但是在辅助线的支持下，能够让图像的已知条件清晰起来，实现数形结合的优化，消除了学生潜在的思维混乱，然后再配合一定的数学理论就可以达到快速解题的目的．（四）取值范围问题中的应用这类问题主要集中在曲线方程中的取值范围问题的解决上．对曲线方程来说，数形结合的关键在于题目的条件中会设置曲线与直线交点位置的实际情况，以此为基础提出相关数据取值范围的要求．在求取值范围的过程中，学生对于相关数学理论知识的理解能力也会得到相应的提升．㊀图４例如，已知曲线ｙ＝１＋４－ｘ２与直线ｙ＝ｋ（ｘ－２）＋４有两个不同的交点，根据已知条件求出ｋ的取值范围．在本题中，解题思路应包括以下几个步骤：第一，在解题之前，教师应当带领学生对两个不同的方程完成观察过程；第二，将等式ｙ＝１＋４－ｘ２进行变形，得到等式ｘ２＋（ｙ－１）２＝４（１ɤｙɤ３），可知Ａ（０，１），且判定此点是圆心，半径应当是２，该方程表示上半圆，易知直线ｙ＝ｋ（ｘ－２）＋４经过点Ｂ（２，４），当直线围绕点Ｂ旋转时，会出现直线与圆相切的形式；第三，结合数量关系分析可得，此时所呈现出来的数量关系符合题目的设定要求，且当交点Ｍ处在直线ｙ＝１上时，可通过推导得出Ｍ的坐标为（－２，１）．从而可知ｋＢＭ＝３４．在经过了上述的分析过程后，可得出等式１＋２ｋ－４１＋ｋ２＝２，计算得到ｋＢＴ＝５１２，最终获得ｋ的取值范围是ｋɪ５１２，３４(]．（五）函数几何性质判断中的应用到了高中阶段，函数知识的难度提升主要体现在函数与几何问题的结合．这也为数形结合思想的融合应用提出了一定的要求．尤其是在判断函数的单调性与奇偶性时，数形结合思想的运用能够得到最为典型的体现．下面通过具体的例题分析函数几何性质判断中数形结合思想的渗透应用方法．例如，已知函数ｆ（ｘ）是存在于Ｒ中的偶函数，在［０，＋ɕ）这一范围内函数为减函数，ｆ（ａ）＝０（ａ＞０），求不等式ｘｆ（ｘ）＜０的解集．本题需要确定的主要内容是ｘｆ（ｘ）＜０中ｘ和ｆ（ｘ）的符号情况．解题时，主要的思路起点应当是ｆ（ｘ）在Ｒ中为偶函数，且在［０，＋ɕ）的范围内为减函数，同时，ｆ（ａ）＝０（ａ＞０），根据以上条件可绘制出ｆ（ｘ）的图像，并通过解题得到ｘ的取值范围为ｘ＞ａ或－ａ＜ｘ＜０．六㊁结束语几何问题是高中数学的关键内容，涉及的知识点较为复杂，学生必须借助于科学的思路和策略才能快速地解题，而数形作为非常重要的数学元素，相互之间可以转化和补充，所以复杂的几何题目就可以借用数形结合来解，实现数形间的转化，保障解题的效率．ʌ参考文献ɔ［１］张艺璇．关于高中数学几何解题技巧之 数 形 结合策略［Ｊ］．亚太教育，２０１５（３４）：７３．［２］盛雨瑶．高中数学几何解题技巧之 数 形 结合途径分析［Ｊ］．数码世界，２０１７（０９）：２４９－２５０．。
高三数形结合解题思想
20XX 年高三数形结合解题思想一．瞄准高考数形结合思想是数学的一种思想方法．纵观历年高考,应用数形结合的思想解代数问题的试题每年都有,也就是通过数与形之间的对应和转化来解决数学问题,往往会起到事半功倍的效果．它包含以形助数和以数解形两个方面．利用它可使复杂问题简单化、抽象问题具体化,它还兼有数的严谨与形的直观之长,也是优化解题过程的重要途径．一方面要使学生通过背景材料,进行观察、比较、分析、综合、抽象和推理,得到数学概念和规律；另一方面要求学生接触自然、了解社会,能用数学知识和思想解决简单的实际问题,提高数学建模的能力．数形结合的主要方法有：解析法、三角法、向量法、图象法等． 数形结合的主要途径：(1)“形”中觅“数”．很多数学问题,需要根据图形寻找数量关系,将几何问题代数化,以数助形,使问题获解．以形助数常用的有：借助数轴；借助函数图象；借助单位圆；借助数式的结构特征；借助于解析几何方法．(2)“数”上构“形”．很多数学问题,本身是代数方面的问题,但通过观察可以发现它具有某种几何特征,由于这种几何特征可以发现数与形之间的新关系,从而将代数问题化为几何问题,使问题获解．以数助形常用的有：借助于几何轨迹所遵循的数量关系；借助于运算结果与几何定理的结合．(3)数形结合．即用形研究数,用数研究形,相互结合,使问题变得直观、简捷．二．解析高考题型一 在解决方程的根的个数、不等式解集的问题中的应用例1．已知函数f (x )=ln x ,g (x )=12x 2+a (a 为常数),直线l 与函数f (x ),g (x )的图象都相切,且l 与函数f (x )图象的切点的横坐标为1.(1) 求直线l 的方程及a 的值;(2) 当k >0时,试讨论方程f (1+x 2)-g (x )=k 的解的个数..【分析】 第(1)问由导数的几何意义,由函数f (x )=ln x 求切线l 的方程,由切点坐标在函数g (x )=12x 2+a 的图象上求出a 值.第(2)利用导数作出函数y =f (1+x 2)-g (x )的图象,由图象确定方程解的个数.【解析】 (1)直线l 的斜率为1,切点为(1,f(1)),即(1,0),∴l :y =x -1. ①又∵g ´(x )=x -1,切点为(1,12+a ),∴l :y -(12+a )=x -1,即y =x -12+a , ②比较①和②的系数得-12+a =-1,∴a =-12.(2)由f (1+x 2)-g (x )=k ,即ln(1+x 2)-12x 2+12=k ,设y 1=ln(1+x 2)-12x 2+12,y 2=k ,则y 1´=2x1+x 2-x =x (1-x )(x +1)1+x 2.如图,(1)当0<k <12时有两个解;(2)当k =12时有3个解;(3)当12<k <ln2时有4个解;(4)当k =ln2时有2个解;(5)当k >ln2时没有解.【探究提高】 (1)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．(2)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、下位置关系转化数量关系来解决不等式的解的问题,往往可以避免繁琐的运算,获得简捷的解答．(3)函数的单调性经常联系函数图象的升、降；奇偶性经常联系函数图象的对称性；最值(值域)经常联系函数图象的最高、最低点的纵坐标．题型二 在求参数、代数式的取值范围、最值问题中的应用例2.已知a 是实数,函数f (x )＝2a |x |＋2x －a ,若函数y ＝f (x )有且仅有两个零点,则实数a 的取值范围是__________________．【思维启迪】函数零点→方程的根→函数图象交点→数形结合．【解析】 易知a ≠0,f (x )＝0,即2a |x |＋2x －a ＝0,变形得|x |－12＝－1ax ,分别画出函数y 1＝|x |－12,y 2＝－1ax 的图象(如图所示),由图易知：当0<－1a <1或－1<－1a<0时,y 1和y 2的图象有两个不同的交点,∴当a <－1或a >1时,函数y ＝f (x )有且仅有两个零点, 即实数a 的取值范围是(－∞,－1)∪(1,＋∞)．【探究提高】 解决函数的零点问题,通常是转化为方程的根,进而转化为函数的图象的交点问题．在解决函数图象的交点问题时,常用数形结合,以“形”助“数”,直观简洁．【变式】 (2009·江西)若不等式9－x 2≤k (x ＋2)－2的解集为区间[a ,b ],且b －a ＝2,则k ＝_____________.【解析】 令y 1＝9－x 2,y 2＝k (x ＋2)－2,在同一个坐标系中作出其图象,因9－x 2≤k (x ＋2)－2的解集为[a ,b ]且b －a ＝2.结合图象知b ＝3,a ＝1,即直线与圆的交点坐标为(1,22)．∴k ＝22＋21＋2＝ 2.题型三 数形结合思想在几何中的应用例3.已知P 是直线3x ＋4y ＋8＝0上的动点,P A 、PB 是圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的两条切线,A 、B 是切点,C 是圆心,求四边形P ACB 面积的最小值．【思维启迪】在同一坐标系中画出直线与圆．作出圆的切线P A 、PB ,则四边形P ACB 的 面积S 四边形P ACB ＝S △P AC ＋S △PBC ＝2S △P AC .把S 四边形P ACB 转化为2倍的S △P AC 可以有以下多条数形结合的思路．画出对应图形→利用数形结合明确所求→求解得结果【解析】 方法一 从运动的观点看问题,当动点P 沿直线3x ＋4y ＋8＝0向左上方或向右下方无穷远处运动时,直角三角形P AC 的面积SRt △P AC ＝12|P A |·|AC |＝12|P A |越来越大,从而S 四边形P ACB 也越来越大；当点P 从左上、右下两个方向向中间运动时,S 四边形P ACB 变小,显然,当点P 到达一个最特殊的位置,即CP 垂直直线时,S 四边形P ACB 应有唯一的最小值,此时|PC |＝|3×1＋4×1＋8|32＋42＝3,从而|P A |＝|PC |2－|AC |2＝2 2.∴(S 四边形P ACB )min ＝2×12×|P A |×|AC |＝2 2.这是运动变化的思想帮助我们打开了解题的思路．方法二 利用等价转化的思想,设点P 坐标为(x ,y ),则|PC |＝(x －1)2＋(y －1)2, 由勾股定理及|AC |＝1,得|P A |＝|PC |2－|AC |2＝(x －1)2＋(y －1)2－1,从而S 四边形P ACB ＝2S △P AC ＝2·12|P A |·|AC |＝|P A |＝(x －1)2＋(y －1)2－1,从而欲求S 四边形P ACB 的最小值,只需求|P A |的最小值, 只需求|PC |2＝(x －1)2＋(y －1)2的最小值,即定点C (1,1)与直线上动点P (x ,y )距离的平方的最小值, 它也就是点C (1,1)到直线3x ＋4y ＋8＝0的距离的平方,这个最小值d 2＝(|3×1＋4×1＋8|32＋42)2＝9,∴(S 四边形P ACB )min ＝9－1＝2 2.方法三 利用函数思想,将方法二中S 四边形P ACB ＝(x －1)2＋(y －1)2－1中的y 由3x ＋4y ＋8＝0中解出,代入化为关于x 的一元函数,进而用配方法求最值,也可得(S 四边形P ACB )min ＝2 2.【探究提高】本题的解答运用了多种数学思想方法：数形结合思想,运动变化的思想,等价转化的思想以及配方法,灵活运用数学思想方法,能使数学问题快速得以解决．三．感悟高考1. 应用数形结合的思想,应注意以下数与形的转化：(1)集合的运算及韦恩图；(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),作好知识的迁移与综合运用．2.运用数形结合思想方法分析解决问题时,要把握三个原则：一是等价原则,要注意图形不能精确刻画数量关系所带来的多面效应；二是双向性原则,即既要进行几何直观分析,又要进行相应代数抽象探索,仅对代数问题进行几何分析容易失真；三是简单性原则,不要为了“数形结合”而数形结合,而应取决于是否有效、简便和更宜达到教学目的．四．备战高考1. 已知平面上点P ∈{(x ,y )|(x -2cosα)2 +(y -2sinα)2 =16(α∈R)},则满足条件的点P 在平面上所组成图形的面积是 . 【解析】点P 在以A(2cosα,2sinα)为圆心,4为半径的圆C 1的圆周上,而圆心A 又落在O(0,0)为圆心,2为半径的圆C 2上.随着α的变化,圆心A 在圆C 2上移动,点P 在平面上所组成的图形就是圆C 1圆周扫过的部分(如图1的阴影部分),是一个圆环,其面积为(36-4)π=32π. 2. (2010·全国Ⅰ)直线y ＝1与曲线y ＝x 2－||x ＋a 有四个交点,则a 的取值范围是_______．【解析】 y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ＋a ，x ≥0，x 2＋x ＋a ，x ＜0，作出图象,如图所示．此曲线与y 轴交于(0,a )点,最小值为a －14,要使y ＝1与其有四个交点,只需a －14＜1＜a ,∴1＜a ＜54.3. (2010·全国)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|lg x |， 0<x ≤10，－12x ＋6， x >10，若a ,b ,c 互不相等,且f (a )＝f (b )＝f (c ),则abc 的取值范围是 .【解析】作出f (x )的大致图象．由图象知,要使f (a )＝f (b )＝f (c ),不妨设a <b <c ,则－lg a ＝lgb ＝－12c ＋6.∴lg a ＋lg b ＝0,∴ab ＝1,∴abc ＝c .由图知10<c <12,∴abc ∈(10,12)．4. 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x －1，x ≤0，x ，x ＞0.若f (x 0)＞1,则x 0的取值范围是 .【解析】因为f (x0)>1,当x ≤0时,2－x 0－1>1,2－x 0>2,－x 0>1,∴x 0<－1；当x 0>0时,x 012>1,∴x 0>1.综上,x 0的取值范围为(－∞,－1)∪(1,＋∞)．方法二：首先画出函数y ＝f (x )与y ＝1的图象(如图),解方程f (x )＝1,得x ＝－1,或x ＝1.由图中易得f (x 0)>1时,所对应x 0的取值范围为(－∞,－1)∪(1,＋∞)．5. 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 .【解析】记抛物线y 2＝4x 的焦点为F ,则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＝26. y ＝f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋6， x ≥－2－6－3x ， x <－2,若不等式f (x )≥2x －m 恒成立,则实数m 的取值范围是____________．【解析】在平面直角坐标系中作出函数y ＝2x －m 及y ＝f (x )的图象(如图),由于不等式f (x )≥2x －m 恒成立,所以函数y ＝2x －m 的图象应总在函数y ＝f (x )的图象的下方,因此,当x ＝－2时,y ＝－4－m ≤0,所以m ≥－4,所以m 的取值范围是[－4,＋∞)．7. 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ，x ≥0，4x －x 2，x <0.若f (2－a 2)>f (a ),则实数a 的取值范围是 .【解析】： f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4x ＝x ＋2－4，x ≥0，4x －x 2＝－x －2＋4，x <0，由f (x )的图象可知f (x )在(－∞,＋∞)上是单调递增函数,由f (2－a 2)>f (a )得2－a 2>a ,即a 2＋a －2<0,解得－2<a <1.8. 函数f (θ)＝sin θ2＋cos θ的最大值为________．【解析】sin θ2＋cos θ可以与两点连线的斜率联系起来,它实际上是点P (cos θ,sin θ)与点A (－2,0)连线的斜率,而点P (cos θ,sin θ)在单位圆上移动,问题变为：求单位圆上的点与A (－2,0)连线斜率的最大值．如右图,显然,当P 点移动到B 点(此时,AB 与圆相切)时,AP 的斜率最大,最大值为tan∠BAO ＝|OB ||AB |＝1.9. 已知实系数一元二次方程x 2＋ax ＋2b ＝0有两个根,一个根在区间(0,1)内,另一个根在区间(1,2)内,求：(1)点(a ,b )对应的区域的面积； (2)b －2a －1的取值范围； (3)(a －1)2＋(b －2)2的值域．【解析】方程x 2＋ax ＋2b ＝0的两根在区间(0,1)和(1,2)上的几何意义分别是：函数y ＝f (x )＝x 2＋ax ＋2b 与x 轴的两个交点的横坐标分别在区间(0,1)和(1,2)内, 由此可得不等式组⎩⎪⎨⎪⎧f (0)>0，f (1)<0，f (2)>0，⇒⎩⎪⎨⎪⎧b >0，a ＋2b ＋1<0，a ＋b ＋2>0.由⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋2b ＋1＝0，a ＋b ＋2＝0.解得A (－3,1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＋2＝0，b ＝0.解得B (－2,0), 由⎩⎪⎨⎪⎧a ＋2b ＋1＝0b ＝0.解得C (－1,0)． ∴在如图所示的aOb 坐标平面内,满足 约束条件的点(a ,b )对应的平面区域为 △ABC (不包括边界)．(1)△ABC 的面积为S △ABC ＝12×|BC |×h ＝12(h 为A 到Oa 轴的距离)．(2)b －2a －1几何意义是点(a ,b )和点D (1,2)连线的斜率． ∵k AD ＝2－11＋3＝14,k CD ＝2－01＋1＝1, 由图可知k AD <b －2a －1<k CD ,∴14<b －2a －1<1,即b －2a －1∈(14,1)．(3)∵(a －1)2＋(b －2)2表示区域内的点(a ,b )与定点(1,2)之间距离的平方,∴(a －1)2＋(b －2)2∈(8,17)． 10. 已知函数()2f x ax bx c =++()0a ≠满足()00f =,对于任意x ∈R 都有()f x x≥,且 1122f x f x ⎛⎫⎛⎫-+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,令()()()10g x f x x λλ=-->. (1) 求函数()f x 的表达式； (2) 求函数()g x 的单调区间；(3) 研究函数()g x 在区间()0,1上的零点个数. 【解析】：∵()00f =,∴0c =. ∵对于任意x ∈R 都有1122f x f x ⎛⎫⎛⎫-+=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, ∴函数()f x 的对称轴为12x =-,即122b a -=-,得a b =. 又()f x x ≥,即()210ax b x +-≥对于任意x ∈R 都成立, ∴0a >,且∆()210b =-≤． ∵()210b -≥, ∴1,1b a ==．∴()2f x x x =+．(2) 解：()()1g x f x x λ=--()()22111,,111,.x x x x x x λλλλ⎧+-+≥⎪⎪=⎨⎪++-<⎪⎩① 当1x λ≥时,函数()()211g x x x λ=+-+的对称轴为12x λ-=,若112λλ-≤,即02λ<≤,函数()g x 在1,λ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增； 若112λλ->,即2λ>,函数()g x 在1,2λ-⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增,在11,2λλ-⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减．② 当1x λ<时,函数()()211g x x x λ=++-的对称轴为112x λλ+=-<,则函数()g x 在11,2λλ+⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增,在1,2λ+⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减． 综上所述,当02λ<≤时,函数()g x 单调递增区间为1,2λ+⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭,单调递减区间为1,2λ+⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭；当2λ>时,函数()g x 单调递增区间为11,2λλ+⎛⎫-⎪⎝⎭和1,2λ-⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭,单调递减区间为1,2λ+⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭和11,2λλ-⎛⎫ ⎪⎝⎭．(3)解：① 当02λ<≤时,由(2)知函数()g x 在区间()0,1上单调递增, 又()()010,1210g g λ=-<=-->,故函数()g x 在区间()0,1上只有一个零点． ② 当2λ>时,则1112λ<<,而()010,g =-<21110g λλλ⎛⎫=+> ⎪⎝⎭, ()121g λ=--,（ⅰ）若23λ<≤,由于1112λλ-<≤,且()211111222g λλλλ---⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()21104λ-=-+≥, 此时,函数()g x 在区间()0,1上只有一个零点； （ⅱ）若3λ>,由于112λ->且()121g λ=--0<,此时,函数()g x 在区间()0,1上有两个不同的零点．综上所述,当03λ<≤时,函数()g x 在区间()0,1上只有一个零点； 当3λ>时,函数()g x 在区间()0,1上有两个不同的零点．。
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：数形结合与巧用放缩法
第12讲数形结合与巧用放缩法知识与方法数形结合思想就是根据试题中给出的条件和结论,考虑几何含义来证明不等式.若想要运用好数形结合思想,必须灵活地把抽象笼统的数量关系式与直观明了的图形结合起来,然后在几何与代数的背景下寻找解题的突破口.数形结合有两种情况:一是以数解形,二是以形助数,而通常情况下我们是以形助数来解题,所谓“以形助数”就是构造出与题意相吻合的图形,并通过图象的性质来帮助解决“数”的问题.典型例题x2−ax有两个极值点x1,x2(e为自然对数的底数).【例1】已知函数f(x)=e x−12(1)求实数a的取值范围;(2)求证:f(x1)+f(x2)>2.x2−ax,则f′(x)=e x−x−a,【解析】(1)由于f(x)=e x−12设g(x)=f′(x)=e x−x−a,则g′(x)=e x−1.令g′(x)=e x−1=0,解得x=0.所以当x∈(−∞,0)时,g′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)min=g(0)=1−a.(1)当a⩽1时,g(x)=f′(x)⩾0,所以函数f(x)单调递增,没有极值点;(2)当a>1时,g(x)min=1−a<0,且当x→−∞时,g(x)→+∞;当x→+∞时,g(x)→+∞.此时,g(x)=f′(x)=e x−x−a有两个零点x1,x2,不妨设x1<x2,则x1<0<x2,所以函数x2−ax有两个极值点时,实数a的取值范围是(1,+∞);f(x)=e x−12(2)由(1)知,x1,x2为g(x)=0的两个实数根,x1<0<x2,g(x)在(−∞,0)上单调递减.下面先证x1<−x2<0,只需证g(−x2)<g(x1)=0.由于g(x2)=e x2−x2−a=0,得a=e x2−x2,所以g(−x2)=e−x2+x2−a=e−x2−e x2+2x2.−e x+2<0,设ℎ(x)=e−x−e x+2x(x>0),则ℎ′(x)=−1e x所以ℎ(x)在(0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x)<ℎ(0)=0,ℎ(x2)=g(−x2)<0,所以x1<−x2<0.由于函数f(x)在(x1,0)上也单调递减,所以f(x1)>f(−x2).要证f(x1)+f(x2)>2,只需证f(−x2)+f(x2)>2,即证e x2+e−x2−x22−2>0.设函数k(x)=e x+e−x−x2−2,x∈(0,+∞),则k′(x)=e x−e−x−2x.设φ(x)=k′(x)=e x−e−x−2x,则φ′(x)=e x+e−x−2>0,所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增,φ(x)>φ(0)=0,即k′(x)>0.所以k(x)在(0,+∞)上单调递增,k(x)>k(0)=0.故当x∈(0,+∞)时,e x+e−x−x2−2>0,则e x2+e−x2−x22−2>0,所以f(−x2)+f(x2)>2,亦即f(x1)+f(x2)>2.【点睛】第一问函数f(x)有两个极值点实质上就是其导数f′(x)有两个零点,亦即函数y=e x 与直线y=x+a有两个交点,如图所示,显然实数a的取值范围是(1,+∞).第二问是极值点偏移问题的泛化,是拐点的偏移,依然可以使用极值点偏移问题的有关方法来解决.只不过需要挖掘出拐点偏移中隐含的拐点的不等关系,如本题中的x1<−x2<0,如果“脑中有'形'”,如图所示,并不难得出.【例2】已知函数f(x)=e x−ax2,且曲线y=f(x)在点x=1处的切线与直线x+(e−2)y=0垂直.（1）求函数f(x)的单调区间;(2)求证:x>0时,e x−ex−1⩾x(lnx−1).【解析】(1)由f(x)=e x−ax2,得f′(x)=e x−2ax.因为曲线y=f(x)在点x=1处的切线与直线x+(e−2)y=0垂直,所以f′(1)=e−2a=e−2,所以a=1,即f(x)=e x−x2,f′(x)=e x−2x.令g(x)=e x−2x,则g′(x)=e x−2,g′(ln2)=0.所以x∈(−∞,ln2)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;x∈(ln2,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)min=g(ln2)=2−2ln2>0,所以f′(x)>0,f(x)单调递增.即f(x)的单调递增区间为(−∞,+∞),无递减区间;(2)由(1)知f(x)=e x−x2,f(1)=e−1,所以y=(x)在x=1处的切线为y−(e−1)=(e−2)(x−1),即y=(e−2)x+1.令ℎ(x)=e x−x2−(e−2)x−1,则ℎ′(x)=e x−2x−(e−2)=e x−e−2(x−1),且ℎ′(1)=0,ℎ′′(x)=e x−2,x ∈(−∞,ln2)时,ℎ′′(x)<0,ℎ′(x)单调递减; x ∈(ln2,+∞)时,ℎ′′(x)>0,ℎ′(x)单调递增.因为ℎ′(1)=0,所以ℎ′(x)min =ℎ′(ln2)=4−e −2ln2<0, 因为ℎ′(0)=3−e >0,所以存在x 0∈(0,1),使x ∈(0,x 0)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增; x ∈(x 0,1)时,ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减; x ∈(1,+∞)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增. 又ℎ(0)=ℎ(1)=0,所以x >0时,ℎ(x)⩾0,即e x −x 2−(e −2)x −1⩾0,所以e x −(e −2)x −1⩾x 2. 今ेφ(x)=lnx −x ,则φ′(x)=1x −1=1−x x.所以x ∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)单调递增;x ∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)单调递减,所以φ(x)⩽φ(1)=−1,即lnx +1⩽x , 因为x >0,所以x(lnx +1)⩽x 2,所以x >0时,e x −(e −2)x −1⩾x(lnx +1), 即x >0时,e x −ex −1⩾x(lnx −1).强化训练1.若关于x 的不等式a −ax >e x (2x −1)(a >−1)有且仅有两个整数解,则实数a 的取值范围为 A.(−34,53e 2] B.(−1,−32e ] C.(−32e ,−53e 2] D.(−34,−53e 2]【答案】C【解析】设g(x)=a −ax,ℎ(x)=e x (2x −1), 不等式a −ax >e x (2x −1)(a >−1)即g(x)>ℎ(x),ℎ′(x)=e x (2x +1),由ℎ′(x)>0得x >−12,由ℎ′(x)<0得x <−12,ℎ(x)在(−∞,−12)单调递减,在(−12,+∞)单调递增.作出g(x)的图象如图所示,直线g(x)=a −ax 过定点(1,0).若不等式g(x)>ℎ(x)有且仅有两个整数解,则这两个整数只能是0和−1,所以{g(−1)>ℎ(−1),g(−2)⩽ℎ(−2),得−32e <a ⩽−53e 2,实数a 的取值范围是(−32e ,−53e 2],故选:C .2.已知关于x 的不等式|lnx+x−4e x|>ax 的解集中只有两个整数,则实数a 的取值范围为（）A.(ln22e 4,2−ln22e 2] B.[ln3−13e 3,2−ln22e 2) C.[ln3+13e 3,2−ln22e 2)D.(ln3+13e 3,2−ln22e 2)【答案】A 【解析】依题意,a <|lnx+x−4|xe x=|lnx+x−4xe x|,令ℎ(x)=lnx+x−4xe x,则ℎ′(x)=−(x+1)(lnx+x−5)x 2e x,令φ(x)=lnx +x −5,则φ′(x)=1x +1>0,则φ(x)在(0,+∞)上单调递增, 又φ(3)=ln3−2<0,φ(4)=ln4−1>0,所以存在t ∈(3,4),使得φ(t)=0,所以x ∈(0,t),φ(x)<0即ℎ′(x)>0,ℎ(x)在(0,t)单调递增,当x ∈(t,+∞),φ(x)>0,即ℎ′(x)<0,ℎ(x)在(t,+∞)单调递减, 因为ℎ(1)=−3e <0,ℎ(2)=ln2−22e 2<0,ℎ(3)=ln3−12e 3>0,且当x >3时,ℎ(x)>0, 又|ℎ(1)|=3e ,|ℎ(2)|=2−ln22e 2>|ℎ(3)|=ln3−12e 3,|ℎ(4)|=ln22e 4>|ℎ(3)|,故要使不等式|lnx+x−4e x|>ax 的解集中只有两个整数,a 的取值范围应为ln22e 4<a ⩽2−ln22e 2.故选:A .3.已知函数f(x)=lnx +12x 2+ax(a ∈R),g(x)=e x +32x 2−x .(1)讨论f(x)的单调性; (2)定义:对于函数f(x),若存在x 0,使f (x 0)=x 0成立,则称x 0为函数f(x)的不动点.如果函数F(x)=f(x)−g(x)存在不动点,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=x 2+ax+1x(x >0),对于函数y =x 2+ax +1，(1)当Δ=a 2−4⩽0时,即−2⩽a ⩽2时,x 2+ax +1⩾0在x >0恒成立. 所以f ′(x)=x 2+ax+1x⩾0在(0,+∞)恒成立.所以f(x)在(0,+∞)为增函数; (2)当Δ>0,即a <−2或a >2时, 当a <−2时,由f ′(x)>0, 得x <−a−√a 2−42或x >−a+√a 2−42,0<−a−√a 2−42<−a+√a 2−42,所以f(x)在(0,−a−√a 2−42)上递增,在(−a−√a 2−42,−a+√a 2−42)上递减.在(−a+√a 2−42,+∞)上递增;当a >2时,由f ′(x)=x 2+ax+1x>0在(0,+∞)恒成立,所以f(x)在(0,+∞)为增函数.综上:当a<−2时,f(x)在(0,−a−√a2−42)上为增函数,在(−a−√a2−42,−a+√a2−42)上为减函数,在(−a+√a2−42,+∞)上为增函数;当a⩾−2时,f(x)在(0,+∞)上为增函数.(2)F(x)=f(x)−g(x)=lnx−x2+ax+x−e x(x>0),因为F(x)存在不动点,所以方程F(x)=x有实数根,即a=e x−lnx+x2x有解,令ℎ(x)=e x+x2−lnxx(x>0),ℎ′(x)=e x(x−1)+lnx+(x+1)(x−1)x2=(e x+x+1)(x−1)+lnxx2,令ℎ′(x)=0,得x=1,当x∈(0,1)时,ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增;所以ℎ(x)⩾ℎ(1)=e+1,当a⩾e+1时,F(x)有不动点,所以a的范围为[e+1,+∞).【点睛】导数式含参数时,如何讨论参数范围而确定到数值的正负是解决这类题的难点,般采用求根法和图像法.(1)对函数f(x)求导,结合二次函数的性质讨论a的范围,即可判断f(x)的单调性;(2)由F(x)存在不动点,得到F(x)=x有实数根,即a=e x−lnx+x2x有解,构造函数令ℎ(x)=e x+x2−lnxx(x>0),通过求导即可判断ℎ(x)的单调性,从而得到ℎ(x)的取值范围,即可得到a的范围.巧用放缩法知识与方法放缩法就是针对不等式的结构特征,运用不等式的性质,将不等式的一边或两边进行放大或缩小,也就是对代数式进行恰到好处的变形,使问题便于解决.放缩法大致分为以下几类:1.将代数式中的分母和分子同时扩大和缩小;2.利用均值不等式或其它的不等式放缩数式;3.也可以在不等式两边同时加上或减去某一项;4.可以把代数式中的一些项进行分解再重新组合,这样就可以消去一些项便于求解,这也是我们常用的裂项法.导数的解答题中,经常会用到一些不等式进行放缩,主要分为五类:1.切线不等式(1)e x⩾x+1;(2)lnx⩽x−1;(3)e x⩾ex;(4)lnx⩽1e x;(5)lnx⩾1−1x.2.与三角有关的一些不等式(1)当x⩾0时,sinx⩽x,cosx⩾1−x22;(2)当0⩽x⩽π2时,cosx⩽1−x24;(3)当0<x<π2时,sinx<x<tanx;(4)当0<x⩽π2时,sinxx⩾2π.3.一些常见不等式(稍微提高)(1)当x>1时,x2−1x2+1<2(x−1)x+1<lnx<√x−√x<12(x−1x);(2)当0<x<1时,12(x−1x)<√x√x<lnx<2(x−1)x+1<x2−1x2+1;(3)对数平均不等式:∀x1>x2>0,√x1x2<x1−x2lnx1−lnx2<x1+x22.4.一些不常见的不等式(1)当x>0时,e x>1+x+12x2;(2)当0<x<1时,ln1+x1−x >2x+23x3;当−1<x<0时,ln1+x1−x<2x+23x3.5.偶尔用上的不等式当n>1,n∈N∗,x>−1时,则:(1+x)n⩾1+nx,(1+x)1n⩽1+1nx.（当且仅当x=0时等号成立.)在解答导数问题时,我们经常使用到函数的切线、割线逼近进行放缩,两个常用的结论为lnx⩽x−1(当且仅当x=1时取等号),e x⩾x+1(当且仅当x=0时取等号),借助这两个结论可以将超越函数放缩成一次函数.针对高考压轴导数问题,放缩法可以起到很好的效果.使用放缩法需要较高的拆分组合技巧,一定要点睛意同向传递,还要把握好放缩的“尺度”,否则将达不到预期的目的,或者会得出错误的结论.典型例题指数放缩【例1】已知函数f(x)=ae x+2x−1(其中常数e=2.71828⋯,是自然对数的底数).(1)讨论f(x)的单调性;(2)证明:对任意的a⩾1,当x>0时,f(x)⩾(x+ae)x.【解析】(1)求导,得f′(x)=ae x+2.当a⩾0时,f′(x)>0,f(x)在R上单调递增;当a<0时,令f′(x)=0,得x=ln(−2a).当x∈(−∞,ln(−2a))时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(ln(−2a),+∞)时,f′(x)<0,f(x)单调递减.综上,当a⩾0时,f(x)在R上单调递增;当a<0时,f(x)在(−∞,ln(−2a ))上单调递增,在(ln(−2a),+∞)上单调递减.(2)解法1:指对处理技巧xe x型当a⩾1,x>0时,要证f(x)⩾(x+ae)x,即ae x−x2+(2−ae)x−1⩾0，即1−x2−(2−ae)x+1ae x⩾0,令g(x)=1−x 2−(2−ae)x+1ae x,则g′(x)=(x−1)(x+ae−3)ae x,(i)当a⩾3e时,令g′(x)=0,得x=1,故当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞),g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即f(x)⩾(x+ae)x.(ii)当1⩽a<3e吋,令g′(x)=0,得x=1,或x=3−ae.当x∈(0,3−ae),(1,+∞),g′(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(3−ae,1),g′(x)<0,g(x)单调递减.又g(0)=1−1a⩾0,g(1)=0,故此时g(x)⩾0,即f(x)⩾(x+ae)x.综上,对任意的a⩾1,当x>0时,f(x)⩾(x+ae)x.解法2:指对处理技巧e xx+主元放缩当a⩾1,x>0时,要证f(x)⩾(x+ae)x,即a(e x−ex)−(x−1)2⩾0,即证e xx −xa−1ax+2a−e⩾0，令g(x)=e xx −xa−1ax+2a−e,则g′(x)=(x−1)(ae x−x−1)ax2,当a⩾1时,ae x−x−1⩾e x−x−1,当且仅当a=1时等号成立,令ℎ(x)=e x−x−1,则ℎ′(x)=e x−1>0在(0,+∞)上恒成立,故ℎ(x)单调递增,ℎ(x)>ℎ(0)=0,g′(x)=0,则x=1,所以x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即e xx −xa−1ax+2a−e⩾0,即f(x)⩾(x+ae)x.综上,对任意的a⩾1,当x>0时,f(x)⩾(x+ae)x.解法3:直接讨论法当a⩾1,x>0时,要证f(x)⩾(x+ae)x,即a(e x−ex)−(x−1)2⩾0,令g(x)=ae x−x2+(2−ae)x−1,则g′(x)=ae x−2x−(ae−2),因此g′′(x)=ae x−2在(0,+∞)上单调递增.(i)当a⩾2时,g′′(x)>0在(0,+∞)上恒成立,故g′(x)单调递增,又g′(1)=0,故当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即f(x)⩾(x+ae)x.当1⩽a<2时,令g′′(x)=0,得x=ln2a∈(0,1).当x∈(0,ln2a),g′′(x)<0,g′(x)单调递减;当x∈(ln2a,+∞),g′′(x)>0,g′(x)单调递增.(ii)当2e−1⩽a<2时,g′(0)=a(1−e)+2⩽0,又g′(1)=0,g′(ln2a)<g′(1)=0,故当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即f(x)⩾(x+ae)x.(iii)当1⩽a<2e−1时,则g′(0)=a(1−e)+2>0,又g′(ln2a )<g′(1)=0,故存在唯一x0∈(0,ln2a),使得ℎ(x0)=0,当x∈(0,x0),(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(x0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减.又g(0)=a−1⩾0,g(1)=0.故此时g(x)⩾0,即f(x)⩾(x+ae)x.综上,对任意的a⩾1,当x>0时,f(x)⩾(x+ae)x.解法4:主元放缩+指数放缩法当a⩾1,x>0时,要证f(x)⩾(x+ae)x,即a(e x−ex)−(x−1)2⩾0,令g(x)=e x−ex,则g′(x)=e x−e,令g′(x)=0,得x=1.当x∈(−∞,1),g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞),g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即e x−ex⩾0,当且仅当x=1时等号成立,故a(e x−ex)⩾e x−ex,当且仅当a=1,x=1时等号成立;要证a (e x −ex )−(x −1)2⩾0,只需要证e x −ex −(x −1)2⩾0. 策略一:直接讨论法令ℎ(x)=e x −ex −(x −1)2(x >0),则ℎ′(x)=e x −e −2(x −1),ℎ′′(x)=e x −2,令ℎ′′(x)=0,得x =ln2. 当x ∈(0,ln2)时,ℎ′′(x)<0,ℎ′(x)单调递减; 当x ∈(ln2,+∞)时,ℎ′′(x)>0,ℎ′(x)单调递增. 又ℎ′(0)=3−e >0,ℎ′(1)=0,ℎ′(ln2)<0, 因此存在唯一x 0∈(0,ln2),使得ℎ′(x 0)=0.当x ∈(0,x 0)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增;当x ∈(x 0,1),ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减. 又ℎ(0)=0,ℎ(1)=0,故此时ℎ(x)⩾0恒成立,即f(x)⩾(x +ae)x . 综上,对任意的a ⩾1,当x >0时,f(x)⩾(x +ae)x . 策略二:指数处理,同解法1 即证1−ex+(x−1)2e x⩾0,令g(x)=1−ex+(x−1)2e x,则g ′(x)=(x−1)(x+e−3)e x，令g ′(x)=0,得x =1,或x =3−e .当x ∈(0,3−e),(1,+∞)时,g ′(x)>0,g(x)单调递增; 当x ∈(3−e,1)时,g ′(x)<0,g(x)单调递减.又g(0)=0,g(1)=0,故此时g(x)⩾0,即f(x)⩾(x +ae)x . 综上,对任意的a ⩾1,当x >0时,f(x)⩾(x +ae)x . 策略三:指对处理,同解法2 即证e xx −x −1x +2−e ⩾0，令g(x)=e x x−x −1x +2−e ,则g ′(x)=(x−1)(e x −x−1)x 2.令ℎ(x)=e x −x −1,则ℎ′(x)=e x −1>0在(0,+∞)上恒成立,故ℎ(x)单调递增,从而ℎ(x)>ℎ(0)=0,令g′(x)=0,则x=1.当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(1)=0,即e xx −x−1x+2−e⩾0,从而f(x)⩾(x+ae)x.综上,对任意的a⩾1,当x>0时,f(x)⩾(x+ae)x.【点睛】本题的第(2)问是一道开放性较强的试题,可以从多角度入手分析.当a⩾1,x>0时,要证f(x)⩾(x+ae)x,即ae x−x2+(2−ae)x−1⩾0,观察此时含有指数项ae x,也含有二次项,直接讨论至少要求两次导数才便于探究(解法2),结合指对处理技巧,可考虑同时除以ae x,这样求导后就只需要讨论二次型函数即可.即证g(x)=1−x 2−(2−ae)x+1ae x⩾0,求导后分耇竕是可因式分解的二次函数，且两根易求,分别为x=1与x=3−ae.但对于x=3−ae是否在区间(0,+∞)内不能确定,因此需要进行讨论.解法1采用的是整理为xe x 型函数,解法2则是整理为exx型的函数,解法2采用的是直接讨论.对于解法4,观察到所证不等式中含有e x与ex,即可联想到e x⩾ex,为此将待证式整理成a(e x−ex)−(x−1)2⩾0,借助e x⩾ex,只需要证明e x−ex−(x−1)2⩾0即可.接下来的证明与前述含参讨论的情形大同小异,可直接讨论,也可采用指对处理对数放缩【例2】已知函数f(x)=x−1lnx.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)证明:在x>12且x≠1时,f(x)<x2+34恒成立.【解析】(1)f′(x)=lnx−1+1 x(lnx)2(x>0,且x≠1),令g(x)=lnx−1+1x ,则g′(x)=1x−1x2=x−1x2,当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;故g(x)>g(1)=0,即f′(x)>0恒成立,故f(x)在(0,1),(1,+∞)上单调递增.综上,f(x)的单调递增区间为(0,1),(1,+∞),无单调递减区间. (2)解法1:放缩法今ℎ(x)=x −1−lnx(x >0),则ℎ′(x)=x−1x,当x ∈(0,1),ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减;当x ∈(1,+∞),ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增. 故ℎ(x)⩾ℎ(1)=0,即x −1⩾lnx ,当且仅当x =1时等号成立. 因此,当x ∈(12,1),x −1>lnx ,则x−1lnx <1, 而此时x 2+34>1,所以x−1lnx<x 2+34;另一方面,x ∈(1,+∞),由(1)可知lnx >1−1x , 因此x−1lnx<x−11−1x=x ,而x 2+34−x >0在(1,+∞)恒成立,故x 2+34>x >x−1lnx成立.综上,不等式x−1lnx<x 2+34在x >12,且x ≠1时恒成立.解法2:等价变形 当x ∈(12,1)时,即证x−1x 2+34>lnx ;当x ∈(1,+∞),即证x−1x 2+34<lnx ;令F(x)=x−1x 2+34−lnx (x >12,且x ≠1),则F ′(x)=x 2+34−2x(x−1)(x 2+34)2−1x =−x 4+x 3−12x 2−34x+916x(x 2+34)2,令G(x)=x 4+x 3−12x 2−34x +916,则G ′(x)=4x 3+3x 2−x −34=4x 2(x +34)−(x +34)=(x +34)(4x 2−1)>0, 故G(x)单调递增,G(x)>G (12)=14>0,故F′(x)<0,所以F(x)单调递减,而F(1)=0,故当x∈(12,1)时,F(x)>0,即x−1x2+34>lnx;当x∈(1,+∞)时,F(x)<0,即x−1x2+34<lnx.综上,不等式x−1lnx <x2+34在x>12且x≠1时成立.指对混合放缩【例3】已知函数f(x)=e x.(1)讨论函数g(x)=f(ax)−x−a的单调性;(2)证明:f(x)+lnx+3x >√x.【解析】(1)g(x)=f(ax)−x−a=e ax−x−a,g′(x)=ae ax−1,(1)若a⩽0时,g′(x)<0,g(x)在R上单调递减;(2)若a>0时,当x<−1alna时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x>−1alna时,g′(x)>0,g(x)单调递增;综上若a⩽0时,g(x)在R上单调递减;若a>0时,g(x)在(−∞,−1a lna)上单调递减;在(−1alna,+∞)上单调递增;(2)证明:要证f(x)+lnx+3x >√x,只需证x(lnx+e x)−4√x+3>0,由(1)可知当a=1时,e x−x−1⩾0,即e x⩾x+1,当x+1>0时,上式两边取以e为底的对数,可得ln(x+1)⩽x(x>−1),用x−1代替x可得lnx⩽x−1(x>0),又可得ln1x ⩽1x−1(x>0),所以lnx⩾1−1x(x>0),所以x(lnx+e x)−4√x+3>x(1−1x+x+1)−4√x+3=x2+2x+2−4√x=(x+1)2−4√x+1⩾(2√x)2−4√x+1=(2√x−1)2⩾0,从而不等式f(x)+lnx+3x >√x成立.【例4】已知函数f(x)=e x−ax2,g(x)=xlnx−x2+(e−1)x+1,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=bx+1.(1)求a,b的值;(2)求函数f(x)在[0,1]上的最小值;(3)证明:当x>0时,g(x)⩽f(x).【解析】(1)a=1,b=e−2.(2)f(x)min=1;(3)即证:e x+(1−e)x−xlnx−1⩾0,因为f(0)=1,且曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为y=(e−2)x+1,故可猜测:当x>0且x≠1时,f(x)的图象恒在切线y=(e−2)x+1的上方.下面证明:当x>0时,f(x)⩾(e−2)x+1.解法1:设φ(x)=f(x)−(e−2)x−1(x>0),则φ′(x)=e x−2x−(e−2),今F(x)=φ′(x),F′(x)=e x−2,当x∈(0,ln2)时,F′(x)<0,φ′(x)单调递减;当x∈(ln2,+∞)时,F′(x)>0,φ′(x)单调递增.又φ′(0)=3−e>0,φ′(1)=0,0<ln2<1,φ′(ln2)<0所以,存在x0∈(0,1),使得φ′(x0)=0.当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,φ′(x)>0;当x∈(x0,1),φ′(x)<0;故φ(x)在(0,x0)上单调递增,在(x0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.又φ(0)=φ(1)=0,所以φ(x)=e x−x2−(e−2)x−1⩾0,当且仅当x=1时取等号.故e x+(2−e)x−1x⩾x(x>0).由(2)知,e x⩾x+1,故x⩾ln(x+1),所以x−1⩾lnx,当且仅当x=1时取等号.所以e x+(2−e)x−1x⩾x⩾lnx+1,即e x+(2−e)x−1x⩾lnx+1.所以e x+(2−e)x−1⩾xlnx+x,即e x+(1−e)x−xlnx−1⩾0成立(当x=1时等号成立).故当x>0时,g(x)⩽f(x).解法2:要证xlnx−x2+(e−1)x+1⩽e x−x2,等价于证明xlnx+(e−1)x+1−e x⩽0,又x>0,可转化为证明lnx+e−1+1x −e xx⩽0,令F(x)=lnx+e−1+1x −e xx,则F′(x)=1x−1x2−e x(x−1)x2=(x−1)(1−e x)x2,因为x>0,所以当x∈(0,1)时,F′(x)>0,F(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,F′(x)<0,F(x)单调递减;所以F(x)有最大值F(1)=0,故F(x)⩽0恒成立,即当x>0时,g(x)⩽f(x).三角放缩【例5】设a>0,且a≠1,函数f(x)=sinax−asinx.(1)若f(x)在区间(0,2π)上有唯一极值点x0,证明:f(x0)<min{2aπ,(1−a)π};(2)若f(x)在区间(0,2π)没有零点,求a的取值范围.【解析】(1)f′(x)=acosax−acosx=a(cosax−cosx)=−2asina+12xsina−12x,若a>1,则f′(x)在区间(0,2π)至多有x1=2πa+1,x2=4πa+1两个变号零点,故0<a<1,令f′(x)=0,得x m=2mπa+1,x n=2nπa+1,其中m,n∈Z,仅当m=1时,x1=2πa+1∈(0,2π),且在x1的左右两侧,导函数的值由正变负,故当0<a<1时,f(x)在区间(0,2π)有唯一极值点x0=2πa+1,此时f(x0)= sinax0−asinx0.解法1:将x 0=2πa+1代入得f (x 0)=sin2aπa+1−asin2πa+1=sin2aπa+1+asin(2π−2πa+1)=(1+a)sin2aπa+1, (1)当2aa+1⩽12,即0<a ⩽13时,2aπ⩽(1−a)π,由不等式x >0,sinx <x 知:(1+a)sin2aπa+1<(1+a)2aπa+1=2aπ;(2)当2a a+1>12,即当13<a <1时,(1−a)π<2aπ,(1+a)sin2aπa+1=(1+a)sin(π−2aπa+1)=(1+a)sin(1−a)πa+1,由不等式x >0,sinx <x 知:(1+a)sin2aπa+1<(1+a)(1−a)πa+1=(1−a)π.由(1)(2)知f (x 0)<min{2aπ,(1−a)π}. 解法2:由x 0=2πa+1⇒ax 0=2π−x 0,a =2πx 0−1,代入得f (x 0)=sinax 0−asinx 0=sin(2π−x 0)−(2πx 0−1)sinx 0,即f (x 0)=−2πxsinx 0. 以下用分析法可证:f (x 0)<min{2aπ,(1−a)π}.(2)(1)当a >1时,f (πa )=sin(a ⋅πa )−asinπa =−asinπa <0,f (3π2)=sin(3aπ2)+a >0,所以f (πa )f (3π2)<0,由零点存在性定理知,f(x)在区间(πa ,3π2)至少有一个零点;(2)当12<a <1时,π<πa<2π,π2<aπ<π,π<2aπ<2π,f (πa )=−asinπa >0,f(π)=sinaπ>0,f(2π)=sin2aπ<0, 由零点存在定理可知,f(x)在区间(π,2π)至少有一个零点; (3)当0<a ⩽12时,f ′(x)=acosax −acosx =a(cosax −cosx), 令g(x)=cosax −cosx ,则g ′(x)=−asinax +sinx , 在区间(0,π)上,cosax >cosx,f ′(x)>0,f(x)是增函数;在区间(π,2π)上,g ′(x)<0,即g(x)递减,即f ′(x)递减,f ′(x)<f ′(2π)<0,故f(x)在(0,π)上递增,在(π,2π)上递减,又f(0)=0,f(π)=sinaπ>0,f(2π)=sin2aπ⩾0,即在(π,2π)上,f(x)>0.所以f(x)在区间(0,2π)上没有零点,满足题意.综上所述,若f(x)在区间(0,2π)没有零点,则正数a的取值范围是(0,12].含三角函数的指对放缩【例6】已知函数f(x)=e x−ax−cosx,其中a∈R.(1)求证:当a⩽−1时,f(x)无极值点;(2)若函数g(x)=f(x)+ln(x+1),是否存在a,使得g(x)在x=0处取得极小值?并说明理由.【解析】(1)证明:f′(x)=e x−a+sinx,显然e x>0,−1⩽sinx⩽1,当a⩽−1时,e x−a+sinx>0−a−1⩾0,即f′(x)>0,所以函数f(x)在其定义域上为增函数,故f(x)无极值点;(2)g(x)=e x−ax−cosx+ln(x+1),g′(x)=e x−a+sinx+1x+1,显然x=0是g(x)的极小值点的必要条件,为g′(0)=2−a=0,即a=2.此时g′(x)=e x+1x+1+sinx−2,显然当x∈(0,π2)时,g′(x)=e x+1x+1+sinx−2>1+x+1x+1+sinx−2>sinx>0,当x∈(−14,0)时,(1+x)(1−x+32x2)=1+x22(3x+1)>1,故11+x <1−x+32x2,令m(x)=(1+x+x 22)e−x,则m′(x)=−x22e−x⩽0,故m(x)是减函数,故当x<0时,m(x)>m(0)=1,即e x<1+x+x22,令ℎ(x)=sinx−12x,则ℎ′(x)=cosx−12,当−1<x<0时,ℎ′(x)>cos1−12>0,故ℎ(x)在(−1,0)单调递增,故当−1<x<0时,ℎ(x)<ℎ(0)=0,即sinx<12x,故当x∈(−14,0)时,g′(x)=e x+1x+1+sinx−2⩽(1+x+x22)+(1−x+32x2)−2+x2=2x2+x2<0,因此,当a=2时,x=0是g(x)的极小值点,即充分性也成立.综上,存在a=2,使得g(x)在x=0处取得极小值.【点睛】本题第(2)问先由必要性探路可知a=2,再证明当a=2时,x=0是函数g(x)的极小值点,即证明其充分性,由此即可得出结论.【例7】已知函数f(x)=2ln(x+1)+sinx+1,函数g(x)=ax−1−lnx(a∈R,且a≠0).(1)讨论函数g(x)的单调性;(2)证明:当x⩾0时,f(x)⩽3x+1;(3)证明:当x>−1时,f(x)<(x2+2x+2)e sinx.【解析】(1)g(x)定义域为(0,+∞),g′(x)=a−1x =ax−1x.当a<0时,g′(x)<0,则g(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,令g′(x)>0,得x>1a ,即g(x)在(1a,+∞)上单调递增;令g′(x)<0,得0<x<1a ,得g(x)在(0,1a)上单调递减.综上所述,当a<0时,g(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,g(x)在(1a ,+∞)上单调递增,在(0,1a)上单调递减.(2)解法1:作差法+直接求导设函数ℎ(x)=f(x)−(3x+1),则ℎ′(x)=2x+1+cosx−3.因为x⩾0,所以2x+1∈(0,2],cosx∈[−1,1],则ℎ′(x)⩽0,从而ℎ(x)在[0,+∞)上单调递减,所以ℎ(x)=f(x)−(3x−1)⩽ℎ(0)=0,即f(x)⩽3x+1.解法2:常用不等式+兵分两路当a=1时,g(x)=x−1−lnx,由(1)知g(x)min=g(1)=0,所以lnx⩽x−1,所以2ln(x+1)⩽2x.令φ(x)=x−sinx,则φ′(x)=1−cosx⩾0恒成立,又φ(0)=0,所以当x⩾0时,有φ(x)=x−sinx⩾0,即sinx⩽x.所以f(x)=2ln(x+1)+sinx+1⩽2x+x+1=3x+1.(3)证明:当a=1时,g(x)=x−1−lnx,由(1)知g(x)min=g(1)=0,所以x⩾lnx+1,当x>−1时,(x+1)2>0,(x+1)2e sinx>0,所以(x+1)2e sinx>ln[(x+1)2e sinx]+1=2ln(x+1)+sinx+1.从而(x2+2x+2)e sinx>(x+1)2e sinx>ln[(x+1)2e sinx]+1=2ln(x+1)+sinx+1=f(x),所以f(x)<(x2+2x+2)e sinx.强化训练1.已知函数f(x)=x+ae x(a∈R)在x=0处取得极值.(1)求a,并求f(x)的单调区间;(2)证明:当0<m⩽e,x∈(1,+∞)时,xe x−2−m(x−1)lnx>0.【解析】(1)f′(x)=1−x−ae x,由题意可得,f′(0)=1−a=0,故a=1,f(x)=1+xe x ,f′(x)=−xe x,由f′(x)>0可得x<0,故函数单调递增区间(−∞,0),由f′(x)<0可得x>0,故函数单调递减区间(0,+∞),(2)证明:由(1)可知f(x)在(−∞,0)上单调递增,在(0,+∞)单调递减,故f(x)⩽f(0)=1,即x+1e x⩽1,故e x⩾x+1,所以e x−2⩾x−1,当且仅当x=2时取等号,又因为x>0,所以xe x−2⩾x(x−1),所以xe x−2−m(x−1)lnx⩾x(x−1)−m(x−1)lnx=(x−1)(x−mlnx),因为x>1,所以lnx>0,因为0<m⩽e,所以x−mlnx⩾x−elnx,令g(x)=x−elnx,则g′(x)=1−ex,由g′(x)>0可得,x>e,故g(x)在(e,+∞)上单调递增,由g′(x)<0可得,x<e,故g(x)在(−∞,e)上单调递减,所以g(x)⩾g(e)=0,即x−elnx⩾0在x=e处取得等号,所以xe x−2−m(x−1)lnx⩾(x−1)(x−mlnx)⩾(x−1)(x−elnx)⩾0,由于取等条件不同,所以xe x−2−m(x−1)lnx>0.2.已知函数f(x)=lnx−xe.(1)若曲线y=f(x)存在一条切线与直线y=ax垂直,求a的取值范围.(2)证明:f(x)<x2−lnx−34sinx.【解析】(1)f′(x)=1x −1e.因为f(x)的定义域为(0,+∞),所以1x−1e>−1e.因为曲线y=f(x)存在一条切线与直线y=ax垂直,所以−1a >−1e,解得a<0或a>e,则a的取值范围为(−∞,0)∪(e,+∞).(2)f′(x)=1x −1e=e−xxe.当x∈(0,e)时,f′(x)>0;当x∈(e,+∞)时,f′(x)<0.所以f(x)max =f(e)=lne −e e =0.设函数g(x)=x 2−lnx ,则g ′(x)=2x −1x =2x 2−1x .当x ∈(0,√22)时,g ′(x)<0;当x ∈(√22,+∞)时,g ′(x)>0.所以g(x)min =g (√22)=12−12ln12=12+12ln2. 因为ln2>ln√e =12,g(x)min >34. 因为34sinx ∈[−34,34],所以x 2−lnx −34sinx >0.又f(x)⩽f(x)max =0,所以f(x)<x 2−lnx −34sinx .3.已知函数f(x)=xlnx +32x 2−(a +1)x +b . (1)当a =3时,求f(x)的单调区间;(2)e 为自然对数的底数,若a ∈(3e −1,3e +1)时,f(x)⩾0恒成立,证明:b −2a +6>0.【解析】(1)当a =3时,f(x)=xlnx +32x 2−4x +b , 则f ′(x)=lnx +3x −3在(0,+∞)上单调递增,又f(1)=0, 故当x ∈(0,1)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减;当x ∈(1,+∞)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增.综上,当a =3时,f(x)的单调咸区间为(0,1),单调增区间为(1,+∞).(2)对f(x)求导,得f ′(x)=lnx +3x −a ,知f ′(x)在(0,+∞)上单调递增. 因为a ∈(3e −1,3e +1),故f ′(1e )=3e −1−a <0,f ′(e)=3e +1−a >0, 故存在唯一x 0∈(1e ,e),使得f ′(x 0)=0,即lnx 0+3x 0−a =0,所以a =lnx 0+3x 0.当x∈(0,x0)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.又f(x)⩾0,故f(x)min=f(x0)=x0lnx0+32x02−(a+1)x0+b⩾0,即x0lnx0+32x02−(lnx0+3x0+1)x0+b=−32x02−x0+b⩾0在x0∈(1e,e)上恒成立.令ℎ(x)=−32x2−x+b,则ℎ(x)在(1e,e)上单调递减,故只需ℎ(e)=−32e2−e+b⩾0,即b⩾32e2+e,故b−2a+6⩾32e2+e−6e−2+6=32e2−5e+4>0,从而得证.解法2:转化为关于x0的函数所以b⩾32x02+x0,则b−2a+6⩾32x02+x0−2(lnx0+3x0)+6=32x02−5x0−2lnx0+6,令ℎ(x)=32x2−5x−2lnx+6(1e<x<e),则ℎ′(x)=3x−5−2x =3x2−5x−2x=(3x+1)(x−2)x,令ℎ′(x0)=0,得x=2.当x∈(1e,2),ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减;当x∈(2,e)时,ℎ′(x)>0,ℎ(x)单调递增.故ℎ(x)min=ℎ(2)=32×4−10−2ln2+6=2(1−ln2)>0,即b−2a+6>0,从而不等式得证.。
数形结合解题方法和技巧(二)
数形结合解题方法和技巧(二)数形结合解题方法和技巧在数学解题的过程中，数形结合方法可以帮助我们更好地理解和解决问题。
通过将数学问题与具体的几何图形相结合，我们可以更直观地理解问题，找到解题的突破口。
下面将介绍一些数形结合解题的常用技巧和方法。
1. 利用图像进行问题解读•针对一些问题，我们可以利用绘制图形来更准确地理解问题的意思。
通过将问题中的信息绘制成图形，我们可以更好地分析问题，找出解题的关键点。
•例如，在解决关于三角形的问题时，我们可以绘制一个具体的三角形图形，以便更好地理解问题以及相关概念。
2. 利用几何图形的性质解题•几何图形具有一些固有的性质，这些性质可以在解题过程中发挥作用。
•例如，平行线之间的交角相等、相似三角形的对应边成比例等。
在解题中，利用这些性质可以简化问题，找到解题的线索。
3. 利用图形进行推理和证明•数形结合的方法还可以通过观察几何图形进行推理和证明。
•当我们需要证明某个命题时，可以利用图形中的一些性质进行推演，从而得到结论的证明。
4. 利用图形进行构造和划分•数形结合还可以用来进行构造和划分。
•针对某些问题，我们可以根据图形的特点进行构造，从而找到解题的思路。
•利用图形进行划分，可以将问题分解为更简单的子问题，有助于解题的进行。
5. 利用图形进行计算和比较•数形结合的方法还可以帮助我们进行一些计算和比较。
•在解决一些几何题目中，我们可以利用图形给出的信息进行计算，找到答案。
•在比较大小或者判断一些关系时，图形可以给我们提供更直观的帮助，帮助我们更好地理解和解题。
通过数形结合的方法，我们可以更全面地理解和解决数学问题。
在解题过程中，我们可以通过绘图、利用几何性质、进行推理和证明、进行构造和划分以及进行计算和比较等方法来发挥数形结合的作用。
希望这些方法和技巧可以帮助大家更好地解决问题，提升数学解题的能力。
解析几何解题技巧之“数”“形”结合策略份
解析几何解题技巧之“数”“形”结合策略(一)份解析几何解题技巧之“数”“形”结合策略 1解析几何解题技巧之“数”“形”结合策略一、“数”“形”结合解题法的理论概述（一）方法释义首先，关于解析几何的释义，其泛指几何学上一个小分支，主要用代数方法研究集合对象之间的关系和性质，因此也称作“坐标几何”。
其包括平面解析几何和立体解析几何两部分，其中，平面解析几何是二维空间上的解析几何；立体解析几何是三维空间上的解析几何，而立体解析几何则比平面解析几何更加复杂、抽象。
其次，关于数形结合的.释义，即是把题目所给条件中的“数”与“形”一一对应，用简单的、直观的几何图形以及条件之间的位置关系把复杂的、抽象的数学语言以及条件之间的数量关系结合起来，通过形象思维与抽象思维之间的结合，以形助数，或以数解形，从而使复杂的问题简单化，抽象的问题具体化，以起到优化解题途径的目的。
（二）解题思路在遇到解析几何时，能清楚条件与问题之间的数量关系与位置关系，将“数”与“形”一一对应，便能够快速找到解题突破点。
事实上，当熟练掌握到数形结合方法，能够举一反三时，遇到的所有题目都将是同一题目了。
因此，掌握数形结合思，就必须厘清下列关系：第一点，复数、三角函数等以几何条件和几何元素为背景建立的概念；第二点，题目所给的等式或代数方程式的结构中所含明显的几何意义；第三点，函数与图象的对应关系；第四点曲线与方程的对应关系；第五点，实数与数轴上的点的对应关系。
二、“数”“形”结合法在几何解题中的实例解析（一）解析几何中圆类问题实践证明，数形结合对速解圆类问题的帮助很大，因为在一般解题过程中，解析几何圆类问题主要围绕求圆与圆之间的位置关系、圆与直线的位置关系、圆的标准方程等几方面展开。
比如在判断圆与直线的位置关系时，通过建立直角坐标系，便可以直观地观察到直线在圆外，但是答题需要写出确切的答题步骤才能得分。
这时就需要有“数”“形”结合解题思想的辅导——以数解形：通过计算圆心到直线的距离，距离比圆的半径大即表明直线在圆外。
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高三数学数形结合的解题方法与技巧分析
数形结合是数学中非常重要的一个概念，也是数学的一种思维方式。
在解题中，数形
结合可以帮助我们更好地理解问题，找到解题的技巧和方法。
下面我们将讨论数形结合的
解题方法和技巧。
一、认真观察题目
在解题之前，我们必须认真观察题目，理解问题的意义和要求。
在观察题目的过程中，我们要注意以下几点：
1. 确定图形
要根据题目所给的信息确定图形，明确图形的性质。
3. 分析关系
要分析图形和量之间的关系，结合题目要求，思考如何求出需要的量。
4. 列方程
根据已知条件，列方程解题。
通过以上几点，我们可以更好地理解题目，把握解题的思路。
二、运用几何知识
在数形结合中，几何知识的应用非常重要。
通过几何知识，我们可以更好地理解图形，找到解题的方法。
在解题中，我们常用到的几何知识有：相似三角形、勾股定理、正弦定理、余弦定理、面积公式等。
1. 相似三角形
相似三角形是几何知识中非常重要的一部分。
在使用相似三角形时，我们需要注意以
下几点：
①判断相似性
判断两个三角形是否相似，我们需要比较它们的对应边是否成比例，这个比例关系就
是它们的相似比。
②应用相似性
在使用相似三角形时，我们可以运用它们的相似比来求出需要的量。
2. 勾股定理
勾股定理可以帮助我们求出直角三角形中的各个边长。
在使用勾股定理时，我们需要注意以下几点：
①判断直角三角形
直角三角形中有一个角为90度，我们需要先判断题目中是否有直角三角形。
②应用勾股定理
3. 正弦定理和余弦定理
不同类型的三角形，适用的公式也不同，我们需要先判断三角形的类型。
在确定三角形的类型后，我们可以根据正弦定理和余弦定理来求出需要的角度和边长。
4. 面积公式
面积公式可以帮助我们求出各种形状的图形的面积。
①确定图形类型
②应用面积公式
在确定图形类型后，根据相应的面积公式来求解面积。
三、掌握计算技巧
1. 小学套路
小学套路包括约分、通分、分配率、合并同类项等方法。
在解题中，我们可以通过这些方法来化简式子，简化计算。
2. 变形技巧
3. 特殊数据法
特殊数据法包括取整、取值等方法。
在解题中，我们可以通过取一些特殊的数据来推算出问题的解。
通过掌握计算技巧，可以更方便地计算，并加快解题速度。
综上所述，数形结合的解题方法和技巧包括以下几点：
1. 认真观察题目，理解问题的要求和意义。
3. 掌握计算技巧，如小学套路、变形技巧、特殊数据法等方法。
只有在掌握了这些方法和技巧后，我们才能更好地解决数形结合的问题。