敲开高中数学之门思想方法(讲座)
敲开数学大门的钥匙---------数学思想方法
主讲: 石阡中学李朝臣
第1讲函数与方程思想
第2讲数形结合思想
第3讲分类讨论思想知识网络构建
第4讲转化与化归思想
近几年全国卷考情分析
数学思想方法是对数学知识最高层次的提炼与概括，数学思想方法较之数学知识具有更高的层次，具有理性的地位，它是一种数学意识，属于思维和能力的范畴，它是数学知识的精髓，是知识转化为能力的桥梁．
高考中把函数与方程的思想作为数学思想方法的重点进行考查，通过选择题和填空题考查函数与方程思想的基本运算，而在解答题中，则从更深的层次，在知识网络的交汇处，从思想方法与相关能力相综合的角度进行深入考查；对数形结合思想的考查侧重两个方面：一方面是充分利用选择题和填空题的题型特点(只需写出结果而无需写出解答过程)，
突出将复杂的数量关系问题转化为直观的几何图形问题的意识，即由“数”到“形”的转化；另一方面在解答题中以由“形”到“数”的转化为主来考查数形结合思想；对于分类与整合思想是以解答题为主进行考查的，通常是通过对含有字母参数的数学问题进行分类与整合的研究，考查考生思维的严谨性与周密性；转化与化归思想在高考中的重点是一些常用的变换方法，如一般与特殊的转化，繁与简的转化，构造转化，命题的等价转化等．
纵观近几年的高考试题，都加大了对数学思想方法的考查，把数学思想方法的考查寓于各部分知识的考查之中，以知识为载体，着重考查能力与方法题目很常见．预测2013年数学高考中，仍然会在选择题、填空题、解答题中以初等数学的各个知识点为背景，考查数学思想方法，对数学思想方法的考查不会削弱，会更加鲜明，更加重视．
第1讲函数与方程思想
主干知识整合
1．“函数与方程”思想的地位
函数与方程思想是最重要的一种数学思想，高考中所占比重较大，综合知识多、题型多、应用技巧多．函数思想即将所研究的问题借助建立函数关系式亦或构造中间函数，结合初等函数的图象与性质，加以分析、转化、解决有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题；方程思想即将问题中的数量关系运用数学语言转化为方程模型加以解决．2．“函数与方程”思想的作用
运用方程思想解决问题主要从四个方面着手：一是把问题中对立的已知与未知建立相等关系统一在方程中，通过解方程解决；二是从分析问题的结构入手，找出主要矛盾，抓住某一个关键变量，将等式看成关于这个主变元(常称为主元)的方程，利用方程的特征解决；三是根据几个变量间的关系，符合某些方程的性质和特征(如利用根与系数的关系构造方程等)，通过研究方程所具有的性质和特征解决；四是中学数学中常见的数学模型(如函数、曲线等)，经常转化为方程问题去解决．
3．“函数与方程”思想在高中数学中的体现
(1) 函数与方程是密切相关的，对于函数y ＝f (x )，当y ＝0时，就转化为方程f (x )＝0，也可以把函
数式y ＝f (x )看做二元方程y －f (x )＝0.函数问题(例如求反函数，求函数的值域等)可以转化为方程问题来求解，方程问题也可以转化为函数问题来求解，如解方程f (x )＝0，就是求函数y ＝f (x )的零点．
(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
于函数图象与性质解决有关问题，而研究函数的性质，也离不开解不等式．
(3) 数列的通项或前n 项和是自变量为正整数的函数，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，利用这个函数用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，涉及到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．
要点热点探究
? 探究点一 函数方程思想在求解最值或参数的取值范围的应用
例1 已知函数f (x )＝x 3－2x 2＋x ，g (x )＝x 2＋x ＋a ，若函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象有三个不同的交
点，求实数a 的取值范围．
【解答】 函数f (x )与y ＝g (x )的图象有三个不同的交点等价于方程x 3－2x 2＋x ＝x 2＋x ＋a 有三个不
同的实数根，即关于x 的方程x 3－3x 2－a ＝0有三个不同的实数根，
令h (x )＝x 3－3x 2－a ，则h ′(x )＝3x 2－6x .令h ′(x )<0，解得0 令h ′(x )>0，解得x <0或x >2.所以h (x )在(－∞，0)和(2，＋∞)上为增函数，在(0,2)上为减函数．所以h (0)为极大值，h (2)为极小值．从而h (2)<0 【点评】 本题在求解参数取值范围时，利用函数的极值处理，迅速准确地使问题得到解决． 练习:如果关于实数x 的方程ax 2＋1x ＝3x 的所有解中，仅有一个正数解，那么实数a 的取值范围为( ) A ．{a |－2≤a ≤2} B ．{a |a ≤0或a ＝2} C ．{a |a ≥2或a <－2} D ．{a |a ≥0或a ＝－2} B 【解析】 原问题?a ＝3x －1x 3有且仅有一个正实数解．令1x ＝t (t ≠0)，则a ＝－t 3＋3t . 令f (t )＝－t 3＋3t (t ≠0)，f ′(t )＝－3t 2＋3，由f ′(t )＝0，得t ＝1或t ＝－1. 又t ∈(－1,1)且t ≠0时，f ′(t )>0；t ∈(－∞，－1)，(1，＋∞)时，f ′(t )<0. 所以f (t )极大值＝f (1)＝2. 又t →－∞，f (t )→＋∞；t →＋∞，f (t )→－∞. 结合三次函数图象即可得到答案． ? 探究点二 准确认识函数关系中的主从变量，解决有关问题 例2 已知A 、B 、C 是直线l 上的三点，向量OA →，OB →，OC →满足： OA →－[y ＋2f ′(1)]OB →＋ln(x ＋1)OC →＝0.(1)求函数y ＝f (x )的表达式； (2)若x >0，证明：f (x )> 2x x ＋2；(3)若不等式12x 2≤f (x 2)＋m 2－2bm －3时，x ∈[－1,1]及b ∈[－1,1] 都恒成立，求实数m 的取值范围． 【解答】 用三点共线的充要条件构建目标函数，借助导数研究单调性，利用值域构建不等式求解 参数范围问题． (1)∵OA →－[y ＋2f ′(1)]OB →＋ln(x ＋1)OC →＝0，∴OA →＝[y ＋2f ′(1)]OB →－ln(x ＋1)OC →， 由于A 、B 、C 三点共线，即[y ＋2f ′(1)]＋[－ln(x ＋1)]＝1， ∴y ＝f (x )＝ln(x ＋1)＋1－2f ′(1)，f ′(x )＝1x ＋1 ，故f ′(1)＝12，∴f (x )＝ln(x ＋1)． (2)令g (x )＝f (x )－2x x ＋2，由g ′(x )＝1x ＋1－2(x ＋2)－2x (x ＋2)2＝x 2 (x ＋1)(x ＋2)2 ， ∵x ＞0，∴g ′(x )＞0，∴g (x )在(0，＋∞)上是增函数，故g (x )＞g (0)＝0，即f (x )＞ 2x x ＋2. (3)原不等式等价于12x 2－f (x 2)≤m 2－2bm －3，令h (x )＝12x 2－f (x 2)＝12 x 2－ln(x 2＋1)， 由h ′(x )＝x －2x x 2＋1＝x 3－x x 2＋1＝x (x 2－1)x 2＋1 ，当x ∈[－1,1]时，h (x )max ＝0，∴m 2－2bm －3≥0. 令Q (b )＝m 2－2bm －3，则????? Q (1)＝m 2－2m －3≥0，Q (－1)＝m 2＋2m －3≥0，解得m ≥3或m ≤－3. 练习 对于满足0≤p ≤4的所有实数p ，不等式x 2＋px ＞4x ＋p －3都成立，则实数x 的取值范围是 ______． x >3或x <－1 【解析】 原不等式可化为p (x －1)＋(x 2－4x ＋3)＞0，记f (p )＝p (x －1)＋x 2－4x ＋3， 由已知0≤p ≤4，f (p )＞0恒成立，有????? f (0)＝x 2－4x ＋3>0，f (4)＝x 2－1>0.解之得x ＞3或x ＜－1. 【点评】 反客为主，变换主元是解题的关键． ? 探究点三 利用函数与方程的相互转化，解决有关问题 例3 (1)设a >1，若仅有一个常数c 使得对于任意的x ∈[]a ，2a ，都有y ∈[]a ，a 2 满足方程 log a x ＋log a y ＝c ，这时a 的取值的集合为____________． (1){2} 【解析】 由log a x ＋log a y ＝c ，得y ＝a c x (x ∈[a,2a ])，则当x ∈[a,2a ]时，y ∈??? ?a c －12，a c －1. 又对于任意的x ∈[a,2a ]，都有y ∈[a ，a 2]，因此????? a c －12≥a ，a c －1≤a 2，?????? c ≥2＋log a 2，c ≤3， 又仅有一个常数c ，所以2＋log a 2＝3?a ＝2. (2)函数f (x )＝sin x 5＋4cos x (0≤x ≤2π)的值域是( ) (2)C A.????－14，14 B.????－13，13 C.????－12，12 D.??? ?－23，23 【解析】 由y ＝sin x 5＋4cos x ，得y 2＝sin 2x 5＋4cos x ?1－cos 2x ＝5y 2＋4y 2cos x . 令t ＝cos x (t ∈[－1,1])，则等价于方程t 2＋4y 2·t ＋5y 2－1＝0在[－1,1]上有实数根． 令g (t )＝t 2＋4y 2·t ＋5y 2－1，∵g (－1)＝y 2≥0，g (1)＝9y 2≥0， 故????? Δ≥0，－1≤－2y 2≤1，?y 2≤14，因此值域为????－12，12，选C. ? 探究点四 运用函数、方程、不等式的相互转化，解决有关问题 例4 若关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1、x 2满足－1 A.????－34，0 B.????－34，0 C.????0，34 D.??? ?0，34 A 【解析】设函数f (x )＝x 2＋2kx －1，∵关于x 的方程x 2＋2kx －1＝0的两根x 1、x 2满足－1 ∴????? f (－1)>0，f (0)<0， f (2)>0，即????? 2k <0，－1<0，4k ＋3>0，∴－34 ?0，14 【解析】方程即????a －14＋|a |＝－x 2－x ＝－????x ＋122＋14∈??? ?0，14，利用绝对值的几何意义， 得??????a －14＋a ≤??????a －14＋|a |≤14，可得实数a 的取值范围为???? ??0，14. ? 探究点五 函数方程思想在数列问题中的应用 例5 [2010·全国卷Ⅰ] 记等差数列{a n }的前n 项和为S n ，设S 3＝12，且2a 1，a 2，a 3＋1成等比数列， 求S n . 【解答】 设数列{a n }的公差为d ， 依题设有????? 2a 1(a 3＋1)＝a 22，a 1＋a 2＋a 3＝12，即????? a 21＋2a 1d －d 2＋2a 1＝0，a 1＋d ＝4. 解得????? a 1＝1，d ＝3，或????? a 1＝8，d ＝－4. 因此S n ＝12 n (3n －1)，或S n ＝2n (5－n )． 练习 已知函数f (x )＝????? (3－a )x －3，x ≤7，a x －6，x >7，若数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列， 则实数a 的取值范围是( ) A.????94，3 B.??? ?94，3 C ．[2,3) D ．(1,3) 【解析】A 依题意，数列{a n }满足a n ＝f (n )(n ∈N *)，且{a n }是递增数列， 所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数， 所以? ???? a ≥(3－a )×7－3，3－a >0，解得94≤a <3，选择A. 教师备选习题 (选题理由：均为高考中的重点：1.导数与不等式〈构造函数〉； 2数列与不等式〈选择函数中恰当的主元〉) 1．[2010·安徽卷] 设a 为实数，函数f (x )＝e x －2x ＋2a ，x ∈R. (1)求f (x )的单调区间与极值； (2)求证：当a >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. 【解答】(1)f ′(x )＝e x －2，所以当x ∈[ln2，＋∞)时，f (x )是增函数； 当x ∈(－∞，ln2)时，f ′(x )是减函数． 所以f (x )的单调递增区间是[ln2，＋∞)，单调递减区间是(－∞，ln2)． 所以f (x )极小值＝f (ln2)＝2－2ln2＋2a . (2)证明：设g (x )＝e x －x 2＋2ax －1，则g ′(x )＝e x －2x ＋2a ， 由(1)知当a >ln2－1时，g ′(x )最小值＝2－2ln2＋2a ， 所以有g ′(x )最小值>0，即g (x )在R 上是增函数， 于是当a >ln2－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)， 所以g (x )＝e x －x 2＋2ax －1>0，所以e x >x 2－2ax ＋1. 2．[2010·抚州卷] 已知数列{a n }，{b n }中，a 1＝0，b 1＝1，且当n ∈N *时，a n ，b n ，a n ＋1成等差数列， b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)求最小自然数k ，使得当n ≥k 时，对任意实数λ∈[0,1]，不等式(2λ－3)b n ≥(2λ－4)a n ＋(λ－3) 恒成立． 【解答】 (1)依题意2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n · b n ＋1.又∵a 1＝0，b 1＝1， ∴b n ≥0，a n ≥0，且2b n ＝b n －1b n ＋b n b n ＋1，∴2b n ＝b n －1＋b n ＋1(n ≥2)， ∴数列{b n }是等差数列，又b 2＝4，b 3＝9，∴b n ＝n ，n ＝1也适合． ∴b n ＝n 2，a n ＝(n －1)n . (2)将a n ，b n 代入不等式(2λ－3)b n ≥(2λ－4)a n ＋(λ－3)， 整理得(2n －1)λ＋n 2－4n ＋3≥0. 令f (λ)＝(2n －1)λ＋n 2－4n ＋3，则f (λ)是关于λ的一次函数， 由题意可得????? f (0)≥0，f (1)≥0，∴????? n 2－4n ＋3≥0，n 2－2n ＋2≥0，解得n ≤1或n ≥3. ∴存在最小自然数k ＝3，使得当n ≥k 时，不等式恒成立． 规律技巧提炼 1．函数方程思想就是用函数、方程的观点和方法处量变量或未知数之间的关系，从而解决问题的一种思维方式，是很重要的数学思想． (1)函数思想：把某变化过程中的一些相互制约的变量用函数关系表达出来，并研究这些量之间的相互制约关系，最后解决问题，这就是函数思想．应用函数思想解题，确立变量之间的函数关系是一关键步骤，大体可分为下面两个步骤：①根据题意建立变量之间的函数关系式，把问题转化为相应的函数问题；②根据需要构造函数，利用函数的相关知识解决问题． 2)方程思想(：在某变化过程中，往往需要根据一些要求，确定某些变量的值，这时常常列出这些变量的方程或(方程组)，通过解方程(或方程组)求出它们，这就是方程思想． 2．函数与方程是两个有着密切联系的数学概念，它们之间相互渗透，很多方程的问题需要用函数的知识和方法解决，很多函数的问题也需要用方程的方法来支援，函数与方程之间的辩证关系，形成了函数方程思想． 第2讲 数形结合思想 主干知识整合 1．数形结合思想的概念 数形结合思想，就是把问题的数量关系和图形结合起来考查的思想方法，即根据解决问题的需要，可以把数量关系的问题转化为图形的性质和特征去研究，或者把图形的性质问题转化为数量关系的问题去研究．数形结合思想，不仅是一种重要的解题方法，而且也是一种重要的思想方法，在高考中经常考查． 2．数与形转换的三条途径 (1)通过坐标系的建立，引入数量化静为动，以动求解． (2)转化，通过分析数与式的结构特点，把问题转化到形的角度来考虑．如将a 2＋b 2转化为勾 股定理或平面上两点间的距离等． (3)构造，通过对数(式)与形特点的分析，联想相关知识构造图形或函数等．比如构造一个几 何图形，构造一个函数，构造一个图表等． 3．数形结合的主要解题方式 (1)数转化为形，即根据所给出的“数”的特点，构造符合条件的几何图形，用几何方法解决． (2)形转化为数，即根据题目特点，用代数方法去研究几何问题． (3)数形结合，即用数研究形，用形研究数，相互结合，使问题变得简捷、直观、明了． 华罗庚先生说：“数缺形时少直观，形少数时难入微”．运用数形结合思想解题，不仅直观，易于寻找解题途径，而且能避免繁杂的计算和推理，简化解题过程，可起到事半功倍的效果．所以华先生还一语双关地告诫学生“不要得意忘形”． 要点热点探究 ? 探究点一 代数问题几何化——以形助数 例1 (1)[2010·湖北卷] 若直线y ＝x ＋b 与曲线y ＝3－4x －x 2有公共点，则b 的取值范围是( ) A ．[－1,1＋22] B ．[1－22，1＋22] (1)C C ．[1－22，3] D ．[1－2，3] 【解析】 曲线方程可化简为(x －2)2＋(y －3)2＝4(1≤y ≤3)，即表示圆心为(2,3)，半径为2的半圆． 依据数形结合，当直线y ＝x ＋b 与此半圆相切时须满足圆心(2,3)到直线y ＝x ＋b 距离等于2， ∴|2－3＋b | 2 ＝2，解得b ＝1＋22或b ＝1－2 2. 因为是下半圆，故可得b ＝1－22， 当直线过(0,3)时，解得b ＝3，故1－22≤b ≤3，所以C 正确． (2)[2010·全国卷Ⅰ] 若变量x ，y 满足约束条件????? y ≤1，x ＋y ≥0， x －y －2≤0， 则z ＝x －2y 的最大值为( ) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1 (2)B 【解析】 画出可行域(如下图)，z ＝x －2y ?y ＝12x －12 z ， 由图可知，当直线l 经过点A (1，－1)时，z 最大， 且最大值为z max ＝1－2×(－1)＝3. 【点评】 本小题主要考查线性规划知识、作图、识图能力及计算能力．求解时，将代数式赋 予了几何意义，那就是直线的“在轴上的截距的2倍的相反数”，再结合图形，从 而使问题得到解决．除了赋予“截距”的意义外，我们还经常将式子赋予“斜 率”“两点间的距离”等．请看下面变式题． 练习(1)已知实系数方程x 2＋(m ＋1)x ＋m ＋n ＋1＝0的两个实根分别为x 1，x 2，且0＜x 1＜1， x 2＞1，则n m 的取值范围是( ) A.????－2，－12 B.????－2，－12 C.? ???－1，－12 D ．(－2，－1) (1) A 【解析】 解答此题的关键是要由根的分布将条件转化为m ，n 的关系式， 令f (x )＝x 2＋(m ＋1)x ＋m ＋n ＋1，则f (x )＝0的两根分别满足0 即有? ?? f (0)＝m ＋n ＋1>0，f (1)＝2m ＋n ＋3<0，n m 即为以上区域内的动点(m ，n )和原点连线的斜率的范围 (如图)，从而得到－2 m <－12 . (2)若直线x a ＋y b ＝1通过点M (cos α，sin α)，则( ) A ．a 2＋b 2≤1 B ．a 2＋b 2≥1 C.1a 2＋1b 2≤1 D.1a 2＋1b 2≥1 【答案】D (3)当x ∈R 时，求函数f (x )＝x 2＋2x ＋2＋x 2－4x ＋8的最小值． (3)【解答】 从代数角度难以找到解题的途径， 若把f (x )稍作变形，f (x )＝(x ＋1)2＋1＋(x －2)2＋4， 可以观察到f (x )就是点P (x,0)到点A (－1，－1)、B (2，－2)的距离之和，如图， 显然当P 点与坐标原点重合时f (x )min ＝2＋8＝3 2. 高考命题者说 【考查目的】 本题考查直线与圆的位置关系的判定和点到直线的距离． 【命制过程】 根据直线方程和圆的方程判断直线和圆的位置关系、确定点的轨迹方程是解析几 何的重要内容．本题命制过程中希望考生通过对点的坐标的观察或曲线参数方程 的认识，建立点的轨迹方程，把直线与圆有交点的几何问题转化为代数问题，得 到问题的求解．当然考生也可以利用点到直线的距离或柯西不等式求解，启发鼓 励学有余力的考生积极拓展知识，提高数学素养． 【解题思路】 点M (cos α，sin α)的轨迹是圆x 2＋y 2＝1，从而转化为直线和圆有交点的问题；或根 据直线过单位圆上一点，得到原点到直线的距离小于或等于1，利用点到直线的距 离公式求解． 【试题评价】 本题对考生的能力要求比较高．试题把考生熟悉的直线和圆的位置关系的判断问题 巧妙设计，使问题的解答具有灵活性，考生必须深入理解数形结合的思想，从解析 几何的研究方法这个角度去认识和解决问题． (引自高等教育出版社2009年大纲版的《高考理科试题分析》第87页第10题) ? 探究点二 几何问题代数化——以数辅形 例2 (1)[2009·山东卷] 函数y ＝e x ＋e －x e x －e －x 的图象大致为( ) A 【解析】 (1)函数有意义，需使e x －e － x ≠0，其定义域为{x |x ≠0}，排除C ，D. 又因为y ＝e x ＋e －x e x －e －x ＝e 2x ＋1e 2x －1，所以当x >0时函数为减函数，故选A. (2)[2010·安徽卷] 设abc >0，二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可能是( ) D 【解析】 (2)根据二次函数图象开口向上或向下，分a >0或a <0两种情况 分类考虑．另外还要注意c 值是抛物线与y 轴交点的纵坐标，还要注意对称轴的位置或定点坐标的 位置等．当a >0时，b 、c 同号，C 、D 两图中c <0，故b <0，－b 2a >0，选项D 符合． (3)[2010·重庆卷] 到两互相垂直的异面直线的距离相等的点，在过其中一条直线且平行于另一条直 线的平面内的轨迹是( ) A ．直线 B ．椭圆 C ．抛物线 D ．双曲线 (3)D 【解析】 (图形略)在边长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，DC 与A 1D 1是两互相垂直的异面直线，平面ABCD 过直线DC 且平行于A 1D 1，以D 为原点，分别以DA ，DC 为x 轴、y 轴建立平面直角坐标系，设点P (x ，y )在平面ABCD 内且到A 1D 1与DC 的距离相等，则|x |＝y 2＋a 2，∴x 2－y 2＝a 2. 【点评】 转换数与形的重要途径之一就是通过坐标系的建立，引入数量，化静为动，以动求解． 练习(1)[2010·湖南卷] 函数y ＝ax 2＋bx 与y ＝log ????b a x (ab ≠0，|a |≠|b |)在同一直角坐标系中的图象 可能是( ) D 【解析】 函数y ＝ax 2＋bx 与x 轴的两个交点是(0,0)，??? ?－b a ，0.对于A 、B ，由抛物线的图象知 －b 2a ∈????0，12，则????b a ∈(0,1)，所以y ＝log|b a |x 不是增函数，排除；对于C ， 由抛物线的图象知a <0且－b a <－1，所以????b a >1，所以y ＝log|b a |x 应是增函数排除C ，故选D. (2)若动直线x ＝α与函数f (x )＝sin x 和g (x )＝cos x 的图象分别交于M 、N 两点，则||MN 的最大 值为( ) A ．1 B. 2 C. 3 D ．2 (2)B 高考命题者说 【考查目的】 本题考查三角函数的最大值的求法，考查数形结合的数学思想． 【命制过程】 考生对f (x )＝sin x 和g (x )＝cos x 的图象是比较熟悉的．本题可以通过作图直观得到 线段MN ，但要从图形的变化确定线段MN 的长度的最大值是困难的，这就必须将 “形”转化为“数”．实际上|MN |＝|sin α－cos α|＝2sin α－π4 .命制本题的目的是考查数形结合思想的应用和三角函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的最大值的求解方法． 【解题思路】 |MN |＝|sin α－cos α|＝??? ?2sin ????α－π4. 【试题评价】 试题以考生熟悉的三角函数图象入手，巧妙设计动态的图形变化，将“形”的问题 ——求|MN |的最大值，转化为“数”的问题——求函数y ＝|sin α－cos α|的最大值， 不仅突出考查了三角函数的图象和性质，也考查了考生将知识迁移到不同情境中的 能力，将数形结合的思想充分展现出来． (引自高等教育出版社2009年大纲版的《高考理科试题分析》第62页第8题) ? 探究点三 “数”“形”互助——相得益彰 例3 (1)[2010·全国卷1] 已知F 是椭圆C 的一个焦点，B 是短轴的一个端点，线段BF 的延长线交C 于 点D, 且BF →＝2FD →，则C 的离心率为________． (1)33 【解析】 (法一)如图，|BF |＝b 2＋c 2＝a ，作DD 1⊥y 轴于点D 1， 则由BF →＝2FD →，得|OF ||DD 1|＝|BF |BD ＝23，所以|DD 1|＝32|OF |＝32c ，即x D ＝3c 2 ， 由椭圆的第二定义得|FD |＝e ????a 2c －3c 2＝a －3c 22a .又由|BF |＝2|FD |，得a ＝2a －3c 2a ?e ＝33 解法二：设椭圆方程为第一标准形式x 2a 2＋y 2 b 2＝1， 设D (x 2，y 2)，F 分BD 所成的比为2，x C ＝0＋2x 21＋2 ? x 2＝32x C ＝32c ； y C ＝b ＋2y 21＋2 ?y 2＝3y C －b 2＝ 3·0－b 2＝－b 2，代入椭圆方程得9c 24a 2＋1b 24b 2＝1?e ＝33. (2)[2010·安徽卷] 椭圆E 经过点A (2,3)，对称轴为坐标轴，焦点F 1，F 2在x 轴上，离心率e ＝12 . (1)求椭圆E 的方程；(2)求∠F 1AF 2的角平分线所在直线的方程． 【解答】 (1)设椭圆E 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1. 由e ＝12，即c a ＝12 ，a ＝2c ，得b 2＝a 2－c 2＝3c 2， 所以椭圆方程x 24c 2＋y 23c 2＝1. 将A (2,3)代入上式，得1c 2＋3c 2＝1，解得c ＝2， ∴椭圆E 的方程为x 216＋y 212 ＝1. (2)由(1)知F 1(－2,0)，F 2(2,0)，所以直线AF 1的方程为y ＝34 (x ＋2)， 即3x －4y ＋6＝0；直线AF 2的方程为x ＝2. 由椭圆E 的图形知 ∠F 1AF 2的角平分线所在直线的斜率为正数．设P (x ，y )为∠F 1AF 2的角平分线所在直线上 任一点，则|3x －4y ＋6|5 ＝|x －2|.若3x －4y ＋6＝5x －10，即x ＋2y －8＝0，其斜率为负， 不合题意，舍去．于是3x －4y ＋6＝－5x ＋10，即2x －y －1＝0. 所以∠F 1AF 2的角平分线所在直线的方程为2x －y －1＝0. 备选练习(选题依据：1,2均为数形结合，很有代表性) 1．[2010·黄冈卷] 方程2sin θ＝cos θ，θ∈[0,2π)的根的个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 【解析】B 因为方程有根，故cos θ>0， 令sin θ＝x ，(－1≤x ≤1)，则问题转化为方程2x ＝1－x 2的根的个数的问题， 记C 1：y ＝2x ，C 2：y ＝1－x 2，则问题转化为两曲线交点个数的问题． 在同一坐标系中画出它们的图象，如图所示，故选B. 【点评】 方程根的个数与曲线交点的个数是相同的．本例先对数式换元转化，再进行数形转化， 最后考查曲线交点的个数． 2．如果实数x ，y 满足等式(x －2)2＋y 2＝3，则y x 的最大值是( ) A.12 B.33 C.32 D. 3 【解析】 D 将y x 写成y －0x －0的形式，这样y －0x －0 就可以看成是圆(x －2)2＋y 2＝3上任意一点到定点(0,0)连线的斜率．如图，显然当连线与圆相切时取得最值，其中倾斜角为锐角的切线斜率最大，为 3. 规律技巧提炼 1．运用数形结合思想分析解决问题时，要遵循三个原则： (1)等价性原则：要注意由于所作的草图不能精确刻画数量关系带来的负面效应； (2)双向性原则：即进行几何直观分析，又要进行相应的代数抽象探求，仅对代数问题进行几何分析容易失真； (3)简单性原则：不要为了“数形结合”而数形结合，而取决于是否有效、简便和更易达到解 决问题的目的． 2．运用数形结合思想分析解决问题时要注意： (1)两个或两个以上的函数图象在同一个坐标系内时，必须要考虑它们的相对位置关系，否则 易出错．例如方程sin x ＝lg x 有多少个实数解？很多学生由图得只有1个解，这是错误的． (2)要熟记常见函数或曲线的形状和位置，画图要比较准确． 第3讲 分类讨论思想 主干知识整合 1．分类讨论是解决问题的一种逻辑方法，同时也是一种数学思想，这种思想对于简化研究对象，发展人的思维有着重要的帮助，因此，有关分类讨论的数学命题在高考试题中占有重要位置． 所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出每一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答．实质上，分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略． 2．运用分类讨论思想解题的基本步骤： (1)明确讨论的对象：即对哪个参数进行讨论； (2)对所讨论的对象进行合理分类(分类时要做到不重复、不遗漏、标准要统一、分层不越级)； (3)逐类讨论：即对各类问题详细讨论，逐步解决； (4)归纳总结：将各类情况总结归纳． 3．明确引起分类讨论的原因，有利于掌握用分类讨论的思想方法解决问题，分类讨论的主要原因有： (1)由数学概念引起的分类讨论：如绝对值的定义、不等式的定义、二次函数的定义、直线与平面所成的角、直线的倾斜角、两条直线所成的角等； (2)由数学运算要求引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零、偶次方根为非负、对数中真数与底数的要求、不等式中两边同乘以一个正数、负数对不等号方向的影响等； (3)由函数的性质、定理、公式的限制引起的分类讨论； (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，某些含参数的问题，由于参数的取值不同会导致所得结果不同，或者由于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法； (6)其他根据实际问题具体分析进行分类讨论，如排列、组合问题，应用问题等． 要点热点探究 ? 探究点一 根据数学概念分类讨论 例1 [2009·广东卷] 已知二次函数y ＝g (x )的导函数的图象与直线y ＝2x 平行，且y ＝g (x )在x ＝－1处取得极小值m －1(m ≠0)．设f (x )＝g (x )x . (1)若曲线y ＝f (x )上的点P 到点Q (0,2)的距离的最小值为2，求m 的值； (2)k (k ∈R)如何取值时，方程f (x )－kx ＝0有解，并求出该方程的解． 【解答】(1)依题可设g (x )＝a (x ＋1)2＋m －1(a ≠0)，则g ′(x )＝2a (x ＋1)＝2ax ＋2a ， 又g ′(x )的图象与直线y ＝2x 平行，∴2a ＝2，a ＝1， ∴g (x )＝(x ＋1)2＋m －1＝x 2＋2x ＋m ，f (x )＝g (x )x ＝x ＋m x ＋2. 设P (x 0，y 0)，则|PQ |2＝x 20＋(y 0－2)2＝x 20＋????x 0＋m x 02 ＝2x 20＋m 2x 20 ＋2m ≥22m 2＋2m ＝22|m |＋2m ， 当且仅当 2x 20＝m 2x 20时，|PQ |2取得最小值，即|PQ |取得最小值 2. 当m >0时，(22＋2)m ＝2，解得m ＝2－1； 当m <0时，(－22＋2)m ＝2，解得m ＝－2－1. (2)由y ＝f (x )－kx ＝(1－k )x ＋m x ＋2＝0(x ≠0)，得(1－k )x 2＋2x ＋m ＝0 (*) 当k ＝1时，方程(*)有一解x ＝－m 2 ；当k ≠1时，方程(*)有两解?Δ＝4－4m (1－k )>0， 当m >0，k >1－1m 或者m <0，k <1－1m 时，方程f (x )－kx ＝0有两解x ＝－2±4－4m (1－k )2(1－k ) ； 当k ≠1时，方程(*)有一解?Δ＝4－4m (1－k )＝0，k ＝1－1m ， 方程f (x )－kx ＝0，有一解x ＝1k －1 ＝－m . 综上，当k ＝1时，方程f (x )－kx ＝0有一解x ＝－m 2；当k >1－1m (m >0)，或k <1－1m (m <0)时， 方程f (x )－kx ＝0有两解x ＝ －2±4－4m (1－k )2(1－k ) ；当k ＝1－1m 时，方程f (x )－kx ＝0有一解 x ＝1k －1＝－m . 【点评】 本题有两次运用了数学概念进行分类，一次是根据绝对值的概念，另一次是根据一元二 次方程的概念，要注意的是不能见到形如(*)式这样的方程就认定它是一元二次方程，要根据系数是否为零进行分类探究． ? 探究点二 根据公式、定理、性质的条件分类讨论 例2 设等比数列{a n }的公比为q ，前n 项和S n >0(n ＝1,2，…)． (1)求q 的取值范围； (2)设b n ＝a n ＋2－32 a n ＋1，记{ b n }的前n 项和为T n ，试比较S n 与T n 的大小． 【解析】 由于涉及等比数列的前n 项和公式的应用，须分q ＝1和q ≠1讨论． 欲比较S n 与T n 的大小，只需求出S n 与T n 后，再用作差法比较． 【解答】 (1)因为{a n }是等比数列，S n >0，可得a 1＝S 1>0，q ≠0.当q ＝1时，S n ＝na 1>0； 当q ≠1时，S n ＝a 1(1－q n )1－q >0，即1－q n 1－q >0，(n ＝1,2，…) 上式等价于不等式组：? ???? 1－q <0，1－q n <0，(n ＝1,2，…)① 或????? 1－q >0，1－q n >0，(n ＝1,2，…)② 解①式得q >1；解②，由于n 可为奇数、可为偶数，得－1 综上，q 的取值范围是(－1,0)∪(0，＋∞)． （2) 由b n ＝a n ＋2－32 a n ＋1，得 b n ＝a n ????q 2－32q ，T n ＝????q 2－32q S n . 于是T n －S n ＝S n ????q 2－32q －1＝S n ??? ?q ＋12(q －2)． 又∵S n >0，且－1 ①当－1 或q >2时T n －S n >0，即T n >S n ； ②当－12 或q ＝2时，T n －S n ＝0，即T n ＝S n . 【点评】 该题中在使用等比数列的前n 项和公式S n 时，须分q ＝1和q ≠1讨论，注意不要忽视 q ＝1的情况．在第(2)问中，抓住b n ＝a a ＋2－32 a n ＋1，利用等比数列的通项公式，巧妙地把 b n 转化成b n ＝a n ????q 2－32q ，T n ＝? ???q 2－32q S n .最后，作差比较S n 与T n ，即T n －S n ＝S n ????q 2－32q －1＝S n ??? ?q ＋12(q －2)，最后为确定差的符号，应对q 进行分类讨论．一般地，在应用带有限制条件的公式时要小心，根据题目条件确定是否进行分类讨论． 变试题 求和S n ＝a ＋a 2＋…＋a n ＝________. 【解析】当a ＝0时，S n ＝0.当a ≠0时，此题为等比数列求和， ①若a ≠1时，则由求和公式，得S n ＝a (1－a n )1－a ； ②若a ＝1时，S n ＝n . 综合可得，S n ＝????? a (1－a n )1－a ，(a ≠1)，n ，(a ＝1). 【点评】 由于等比数列定义本身有条件限制，等比数列求和公式是分类给出的，因此，应用等比 数列求和公式时也需要讨论．这里进行了两层分类：第一层分类的依据是等比数列的概 念，分为a ＝0和a ≠0；第二层分类依据是等比数列求和公式的应用条件． ? 探究点三 根据参数的变化情况分类讨论 例3 [2010·山东卷] 已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1(a ∈R)． (1)当a ＝－1时，求曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程； (2)当a ≤12 时，讨论f (x )的单调性． 【解答】(1)当a ＝－1时，f (x )＝ln x ＋x ＋2x －1，x ∈(0，＋∞)，所以f ′(x )＝1x ＋1－2x 2， 因此，f ′(2)＝1，即曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为1， 又f (2)＝ln2＋2， 所以曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y －(ln2＋2)＝x －2，即x －y ＋ln2＝0. (1) 因为f (x )＝ln x －ax ＋1－a x －1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x 2 ， x ∈(0，＋∞)．令g (x )＝ax 2－x ＋1－a ，x ∈(0，＋∞)， ①当a ＝0时，g (x )＝－x ＋1，x ∈(0，＋∞)， 所以当x ∈(0,1)时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )在(0,1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，此时函数f ′(x )>0，函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增． ②当a ≠0时，由f ′(x )＝0，即ax 2－x ＋1－a ＝0，解得x 1＝1，x 2＝1a －1， (i)当a ＝12 时，x 1＝x 2，g (x )≥0恒成立，此时f ′(x )≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减； (ii)当0 时，x 1 当x ∈????1，1a －1时，g (x )<0，此时f ′(x )>0，函数f (x )在??? ?1，1a －1上单调递增； x ∈????1a －1，＋∞时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )在??? ?1a －1，＋∞上单调递减； (iii)当a <0时，由于1a －1<0，故x 1>x 2， 当x ∈(0,1)时，g (x )>0，此时f ′(x )<0，函数f (x )在(0,1)上单调递减； x ∈(1，＋∞)时，g (x )<0，此时函数f ′(x )>0，函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增． 综上所述：当a ≤0时，函数f (x )在(0,1)上单调递减，函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增； 当0 时，函数f (x )在(0,1)上单调递减，函数f (x )在????1，1a －1上单调递增， 函数f (x )在????1a －1，＋∞上单调递减；当a ＝12 时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． 【点评】 本题分类讨论的目的是为了判定导函数的符号，正是因为a 的不同取值对导函数的符号 的影响，才决定着必须进行分类讨论．讨论时要突出目的性、全面性、准确性． ? 探究点四 根据图形位置或形状变动分类讨论 例4 [2010·辽宁卷] 有四根长都为2的直铁条，若再选两根长都为a 的直铁条，使这六根铁条端点 处相连能够焊接成一个三棱锥形的铁架，则a 的取值范围是( ) A A ．(0，6＋2) B ．(1,22) C ．(6－2，6＋2) D ．(0,22) 【解析】 根据条件，四根长为2的直铁条与两根长为a 的直 铁条要组成三棱锥形的铁架，有以下两种情况： (1)底面是边长为2的正三角形，三条侧棱长为2，a ，a ，如图(1)， 此时a 可以取最大值，可知AD ＝3，SD ＝a 2－1，则有a 2－1<2＋3，即a 2<8＋43＝(6＋2)2，即有a <6＋2； (2) 构成三棱锥的两条对角线长为a ，其他各边长为2，如图(2)，此时a >0即可满足条件．综上 分析可知a ∈(0，6＋2)． 【点评】 涉及几何问题时，由于几何元素的形状、位置变化的不确定性，需要根据图形的特征 进行分类讨论． 变试题 (1)已知椭圆x 225＋y 29 ＝1的两个焦点分别是F 1，F 2，P 是椭圆上的任意一点，则使得三角形PF 1F 2是直角三角形的点P 的个数为( ) D A ．2 B ．4 C ．6 D ．8 (1)【解析】按照直角三角形PF 1F 2的直角顶点的不同情况分析研究． ①若F 1为直角顶点，则这样的直角三角形一定存在，且有两个，如图①. ②若F 2为直角顶点，则这样的直角三角形一定存在，且有两个，如图②. ③若P 为直角顶点，若这样的P 点存在，设其坐标为(x ，y )， 依题意F 1(－4,0)，F 2(4,0)，于是PF 1→＝(－4－x ，－y )，PF 2→＝(4－x ，－y )， 因为P 为直角，所以PF 1→·PF 2→＝0，因此x 2＋y 2－16＝0， 又因为x 225＋y 29＝1，所以????? x 225＋y 29＝1，x 2＋y 2－16＝0，解得??? x ＝±574，y ＝±94， 所以P 点坐标为?? ??574，94，????574 ，－94，????－574，94，????－574，－94， 故这样的直角三角形也存在，并且有4个，如图③. 综上所述，使得三角形PF 1F 2是直角三角形的点P 的个数为8，选D. 【点评】 本题考查了椭圆中的焦点三角形问题，其关键是按照直角顶点的不同情况进行分类研究． 2)[2009·上海卷] 过圆C ：(x －1)2＋(y －1)2＝1的圆心，作直线分别交x 、y 正半轴于点A 、B ， △AOB 被圆分成四部分(如图)，若这四部分图形的面积满足S Ⅰ＋S Ⅳ＝S Ⅱ＋S Ⅲ，则直线AB 有( ) A ．0条 B ．1条 C ．2条 D ．3条 B 【解析】 由已知，得S Ⅳ－S Ⅱ＝S Ⅲ－S Ⅰ，第Ⅱ，Ⅳ部分的面积是定值， 所以S Ⅳ－S Ⅱ为定值，即S Ⅲ－S Ⅰ为定值， 当直线AB 绕着圆心C 移动时，只可能有一个位置符合题意， 即直线AB 只有一条，故选B. (3)[2009·浙江卷] 设向量a ，b 满足|a |＝3，|b |＝4，a ·b ＝0.以a ，b ，a －b 的模为 边长构成三角形，则它的边与半径为1的圆的公共点个数最多为( ) A ．3 B ．4 C ．5 D ．6 (3) B 【解析】 因为||a －b ＝5，所以以a ，b ，a －b 的模为边长构成直角三角形； 对于半径为1的圆有一个位置正好是三角形的内切圆，此时只有三个交点，对于圆的位置稍微右移且再向下移，能实现4个交点的情况，如图，但5个以上的交点不能实现． 教师备选习题 (选题理由：避免分类讨论的几种方法． 1．消去参数，避免分类讨论；2.分离参数，避免分类讨论) 1．已知0 【解析】 若按常规解法去绝对值，须分0 注意到两对数同底，可用作商比较法，通过换底公式可消去参数m ，这样可避免对参数m 的分类讨论． 【解答】 ???? ??log m (1－a )log m (1＋a )＝||log (1＋a )(1－a )＝log (1＋a )11－a . 因为1＋a >1,1＋a <11－a ， 所以log (1＋a )11－a >1，即???? ??log m (1－a )log m (1＋a )>1.故|log m (1－a )|>|log m (1＋a )|. 【点评】 若将题设条件改为－1 时，|log m (1－a )|＝|log m (1＋a )|；当－1 2．若不等式x 2－2mx ＋2m ＋1>0对|x |≤1恒成立，求实数m 的取值范围． 【解析】 若设f (m )＝x 2－2mx ＋2m ＋1＝(x －m )2－m 2＋2m ＋1，由|x |≤1知，对m 应分m <－1， －1≤m≤1，m>1三种情况讨论．若分离参数，则不用讨论．【解答】原不等式等价于2m(1－x)>－1－x2.当x＝1时，显然成立； 当x≠1时，因为|x|≤1，所以1－x>0，则有m>－1－x2 2(1－x) 恒成立，只需m> ?? ? ?? ? －1－x2 2(1－x)max. 因为－1－x2 2(1－x) ＝ x2＋1 2(x－1) ＝－ 1 2? ? ? ? 1－x＋ 2 1－x －2≤－ 1 2(22－2)＝1－2， 当1－x＝ 2 1－x ，即x＝1－2时取“＝”，即 ?? ? ?? ? －1－x2 2(1－x)max＝1－2，所以m>1－ 2. 【点评】对二次函数在闭区间上的最值问题，是最容易引起“讨论”的．本题求解过程中， 求1－x＋2 1－x 的最小值时，要注意验证取等号的条件． 规律技巧提炼 分类讨论思想的本质上是“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． 第4讲转化与划归思想 主干知识整合 转化与化归的思想，就是在研究和解决数学问题时采用某种方式，借助某种函数性质、图象、公式或已知条件将问题通过变换加以转化，进而达到解决问题的思想．等价转化有一些模式可以遵循，总是将抽象转化为具体，化复杂为简单(高维向低维的转化，多元向一元的转化，高次向低次的转化等)、化未知为已知．在用化归方法解题时要求我们的思维一定要有灵活性、多样性、联想性、开放性，通过变换迅速而合理地寻找和选择解决问题的途径和方法． 1．化归的常用模式 2．常见的化归方法 (1)换元法：例如利用“换元”将无理式化为有理式，高次问题化为低次问题； (2)数形结合法：把形(数)转化为数(形)，数形互补、互换获得问题的解题思路； (3)向量法(复数法)：把问题转化为向量(复数)问题； (4)参数法：通过引入参数，转化问题的形式，易于解决； (5)建模法：构造数学模型，把实际问题转化为数学问题或把一类数学问题转化为另一类数学 问题； (6)坐标法：以坐标为工具，实现“数”、“形”的对应、转化； (7)类比法：类比是根据两个对象或两类事物间存在着相同或不同的属性，联想到另一类事物 也可能具有某种属性的思想方法，一般由特殊向一般类比，抽象向具体类比，低 维向高维类比，平行类比； (8)特殊化法：将一般问题特殊化，从特殊问题的解决中，寻找一般问题的解题策略； (9)一般化方法：有时问题的本质特征可能被具体问题所掩盖，这时应把特殊问题一般化，寻 找解题思路； (10)加强命题法：即把命题结论加强为原命题的充分条件； (11)正与反的转化； (12)函数与方程、不等式之间的转化； (13)空间与平面之间的转化； (14)整体与局部的转化等等． 要点热点探究 ? 探究点一 一般问题与特殊问题的化归 例1 (1)[2010·安徽卷] 设{a n }是任意等比数列，它的前n 项和，前2n 项和与前3n 项和分别为X ， Y ，Z ，则下列等式中恒成立的是( ) A ．X ＋Z ＝2Y B ．Y (Y －X )＝Z (Z －X ) C ．Y 2＝XZ D ．Y (Y －X )＝X (Z －X ) (1)D 【解析】 取等比数列1,2,4，令n ＝1，得X ＝1，Y ＝3，Z ＝7代入验算，只有选项D 满足． 【点评】 对于含有较多字母的客观题，可以取满足条件的数字代替字母，代入验证，若能排除3个选项，剩下唯一正确的就一定正确，若不能完全排除，可以取其他数字验证继续排除．本题也可以用首项a 1、公比q 和项数n 表示代入验证得结论． (2)在平面直角坐标系xOy 中，已知△ABC 的顶点A (－4,0)和C (4,0)，顶点B 在椭圆x 225＋y 29 ＝1上， 则sin A ＋sin C sin B ＝________. (2)54 【解析】 顶点B 取椭圆短轴端点，即B (0,3)， 则sin A ＝sin C ＝cos B 2＝35，sin B 2＝45，∴sin B ＝2sin B 2cos B 2＝2×35×45＝2425，∴sin A ＋sin C sin B ＝54 . 【点评】 这里顶点B 是椭圆上的动点，所以sin A 、sin B 、sin C 不易确定．但根据“一般成立特殊 一定成立”可将这个一般性的问题转化为B 点在特殊位置(椭圆短轴端点)来处理较易．像这种“特殊与一般的相互转化”在高考的选择题和填空题中经常用到．当然，注意到A 、C 是两焦点，利用正弦定理，进行数形转化也能取得很好的效果． ? 探究点二 正向思维与逆向思维的化归 例2若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－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． 【解答】 如果在[－1,1]内没有值满足f (c )>0， 则????? f (－1)≤0，f (1)≤0，???? p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32，?p ≤－3或p ≥32 ， 取补集为－3 ，即为满足条件的p 的取值范围． 【点评】 在处理某一问题时，按习惯思维从正面思考比较困难，这时用逆向思维的方式从反面去 考虑，往往使问题变得比较简单． 练习 甲、乙二人依次从标有1,2,3，…，9的九张卡片中不放回地抽取一张卡片，则甲、乙二人 至少抽到一张奇数数字卡片的概率是________．56 【解析】设甲、乙二人至少抽到一张奇数数字卡片的概率为P ，则甲、乙二人至少抽到一张奇数 数字卡片的对立事件为甲、乙二人均抽到标有偶数数字的卡片，设为P ，则 P ＝1－P ＝1－A 24A 29＝56 . 【点评】 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． ? 探究点三 抽象问题与具体问题的化归 例3 e 416，e 525，e 636 (其中e 为自然常数)的大小关系是( ) A.e 416 A 【解析】由于e 416＝e 442，e 525＝e 552，e 636＝e 662，故可构造函数f (x )＝e x x 2， 于是f (4)＝e 416，f (5)＝e 525，f (6)＝e 636.而f ′(x )＝????e x x 2′＝e x ·x 2－e x ·2x x 4＝e x (x 2－2x )x 4 ， 令f ′(x )>0得x <0或x >2，即函数f (x )在(2，＋∞)上单调递增， 因此有f (4) ，故选A. 【点评】本题结合函数思想，把问题化归为函数f (x )＝e x x 2的单调性问题，体现了化归的一般化策略，一般化策略不仅有助于命题的推广，而且是化归的重要途径．如果放宽眼界，使问题中的某些因素或结构形式一般化，借助于一般化的结论或一般化的方法，将有助于特殊问题的解决． ? 探究点四 命题与等价命题的化归 例4 设f (x )＝2cos 2x ＋cos x －1(0 求实数k 的取值范围． 【解答】 令cos x ＝t ，t ∈(－1,1)，则由f (x )＝k (cos x －2)，得2t 2＋(1－k )t ＋2k －1＝0，(1) 方程f (x )＝k (cos x －2)中的cos x 有一正一负两个值， 等价于关于t 的方程(1)在t ∈(－1,1)中有两根异号．设g (t )＝2t 2＋(1－k )t ＋2k －1， 则原问题又等价于????? g (0)<0，g (－1)>0， g (1)>0，由此可得0 . 【点评】 根据问题的特点转化命题，将未知的问题向已知的知识转化，并使未知和已知的知识发 生联系，使之能用熟悉的知识和方法解决新的问题，是解决数学问题的常用思路．例如要求空间两条异面直线所成的角，只需通过作平行线转化成大家所熟悉的两相交直线所成的角．又如复杂的三角函数的最值问题有时也可以通过换元转化为熟悉的二次函数最值问题，再如还可以用三角法解决几何量的最值问题等等． 练习 如图所示，在等边三角形ABC 中，AB ＝a ，O 为中心，过O 的直线 交AB 于M ，交AC 于N ，求1OM 2＋1ON 2 的最大值和最小值． 【解答】 由于O 为正三角形ABC 的中心，所以AO ＝33 a ，∠MAO ＝∠NAO ＝π6，设∠MOA ＝α，则π3≤α≤2π3 在△AOM 中，由正弦定理，得OM sin ∠MAO ＝OA sin ??? ?π－????α＋π6，得OM ＝3a 6sin ????α＋π6. 在△AON 中，由正弦定理，得ON ＝3a 6sin ??? ?α－π6， 所以1OM 2＋1ON 2＝12a 2? ???sin 2????α＋π6＋sin 2????α－π6＝12a 2????12＋sin 2α. ∵π3≤α≤2π3，∴34≤sin 2α≤1.故当α＝π2时，1OM 2＋1ON 2取得最大值18a 2； 当α＝π3或2π3时，此时1OM 2＋1ON 2取得最小值15a 2. 【点评】 将难以下手的题目转化为自己熟练掌握的基本问题，是应用化归思想的灵魂，要求必须做到转化有目标、转化有桥梁、转化有效果．本题将OM ，ON 利用正弦定理转化为α的三角函数式，注意α的隐含范围． 教师备选习题 (选题理由：1.实际问题化为数学问题；2.补集思想；3.等价转化思想) 1．[2009·湖北卷] 如图，卫星和地面之间的电视信号沿直线传播，电视信号能够传送到达的地面区域，称为这个卫星的覆盖区域．为了转播2008年北京奥运会，我国发射了“中星九号”广播电视直播卫星，它离地球表面的距离约为36000km.已知地球 半径约为6400km ，则“中星九号”覆盖区域内的任意两点的球面距离的最大 值约为________km.(结果中保留反余弦的符号)． 【答案】12800arccos 853 【解析】如图所示，可得AO ＝42400， 则在Rt △ABO 中可得cos ∠AOB ＝853.所以l ＝α·R ＝2∠AOB ·R ＝12800arccos 853. 2．若下列方程：x 2＋4ax －4a ＋3＝0，x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0，x 2＋2ax －2a ＝0中 至少有一个方程有实根，试求实数a 的取值范围． 【解答】 三个方程至少有一个方程有实根的反面情况是：三个方程均没有实根． 先求出反面情况时a 的范围，取所得范围的补集就是正面情况的答案． 设三个方程均无实根，则有????? Δ1＝16a 2－4(－4a ＋3)<0，Δ2＝(a －1)2－4a 2<0， Δ3＝4a 2－4(－2a )<0.解得????? －3213，－20，