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2014高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题二十二 数学思想在解题中的应用(二)


专题二十二数学思想在解题中的应用(二)

1.定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+6)=f(x).当-3≤x<-1 时,f(x)=-(x+2)2;当- 1≤x<3 时,f(x)=x.则 f(1)+f(2)+f(3)+?+f(2 012)=( A.335 B.338 C.1 678 D.2 012 答案: B [由 f(x+6)=f(x)可知,函数 f(

x)的周期为 6,所以 f(-3)=f(3)=-1,f(-2) =f(4)=0,f(-1)=f(5)=-1,f(0)=f(6)=0,f(1)=1,f(2)=2,所以在一个周期内有 f(1)+ f(2)+?+f(6)=1+2-1+0-1+0=1,所以 f(1)+f(2)+?+f(2 012)=f( 1)+f(2)+335×1= 1+2+335=338.] 2.方程 ay=b2x2+c 中的 a,b,c∈{-3,-2,0,1,2,3},且 a,b,c 互不相同.在所有 这些方程所表示的曲线中,不同的抛物线共有( A.6 0 条 B.62 条 C.71 条 D.80 条 b2 答案:B [显然方程 ay=b2x2+c 表示抛物线时,有 ab≠0,故该方程等价于 y= x2+ a c . a (1)当 c=0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 2 个数作为 a,b 的值,有 A2 5=20 种不同的方 法, 当 a 一定,b 的值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的抛物线共有 4×3=12 条, 所以此时不同的抛物线共有 A2 5-6=14 条. (2)当 c≠0 时,从{-3,-2,1,2,3}中任取 3 个数作为 a,b,c 的值有 A3 5=60 种不同的 方法;当 a,c 的值一定,而 b 的值互为相反数时,对应的抛物线相同,这样的抛物线共有
3 4A2 3=24 条,所以此时不同的抛物线有 A5-12=48 条.综上所述,满足题意的不同的抛物

).

).

线有 14+48=62 条,故选 B .] 3.函数 f(x)在[a,b]上有定义,若对任意 x1,x2∈[a,b],有 f? x1+x2? 1 ? 2 ?≤2[f(x1)+f(x2)],

则称 f(x)在[a,b]上具有性质 P.设 f(x)在[1,3]上具有性质 P,现给出如下命题: ①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的;②f(x2)在[1, 3]上具有性质 P;③若 f(x)在 x=2 处取得最大值 1,则 f(x)=1,x∈[1,3];④对任意 x1,x2,x3,x4∈[1,3],有 f?

?

x1+x2+x3+x4? 4 ?

1 ≤ [f(x1)+f(x2)+f(x3)+f(x4)].其中真命题的序号是( 4 A.①② B.①③ C.②④ D.③④ 答案:D

).

2 ? ??x-1? ,x∈[1,2?∪?2,3], [取函数 f(x)=? 则函数 f(x)满足题设条件具有 ?2,x=2, ?

性质 P, 但函数 f(x)的图象是不连续的, 故①为假命题, 排除 A、 B; 取函数 f(x)=-x,1≤x≤3, 则函数满足题设条件具有性质 P,但 f(x2)=-x2,1≤x≤ 3就不具有性质 P,故②为假命题, 排除 C.应选 D.] 4.下图为某算法的程序框图,则程序运行后输出的结果是________.

解析 此框图依次执行如下循环: π 第一次:T=0,k=1,sin >sin 0 成立,a=1,T=T+a=1,k=2,2<6,继续循环; 2 π 第二次:sin π>sin 不成立,a=0,T=T+a=1,k=3,3<6,继续循环; 2 3π 第三次:sin >sin π 不成立,a=0,T=T+a=1,k=4,4<6,继续循环; 2 第四次:sin 2π>sin 3π 成立,a=1,T=T+a=2,k=5,5<6,继续循环; 2

5π 第五次:sin >sin 2π 成立,a=1,T=T+a=3,k=6,6<6 不成立,跳出循环,输出 2 T 的值为 3. 答案 3

1.分类讨论思想的考查重点为含有参数的函数性质问题、与等比数列的前 n 项和有关 的计算推证问题、直线与圆锥曲线的位臵关系不定问题等,在选择、填空、解答题中都会涉 及到分类讨论的思想方法. 2.等价转换思想的应用在高考试题中处处可见,是解高考试题常用的数学思想.

(1)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. (2)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: 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.

必备知识 ? 分类与整合思想 在解某些数学问题时,我们常常会遇到这样一种情况:解到某一步之后,发现问题的发

展是按照不同的方向进行的. 当被研究的问题包含了多种情况时, 就必须抓住主导问题发展 方向的主要因素, 在其变化范围内, 根据问题的不同发展方向, 划分为若干部分分别研究. 这 里集中体现的是由大化小,由整体化为部分,由一般化为特殊的解决问题的方法,其研究的 基本方向是“分”,但分类解决问题之后,还必须把它们整合在一起,这种“合—分—合” 的解决问题的思想,就是分类与整合思想. ? 化归与转化 思想 在解决一个问题时人们的眼光并不落在结论上,而是去寻觅、追溯一些熟知的结果, 由此将问题化难为易,化繁为简,化大为小,各个击破,达到最终解决问题的目的,这种解 决问题的思想就是化归与转化思想. 必备方法 1.分类讨论的几种情况
[来源:Zxxk.Com]

(1)由数学的概念、图形的位臵等引发的分类讨论:数学中的概念有些就是分类的,如 绝对值的概念; (2)由数学的定理、法则、公式等引发的分类讨论:一些数学定理和公式是分类的,如 等比数列的求和公式等; (3)由参数变化引发的分类讨论:当要解决的问题中涉及参数时,由于参数在不同范围 内取值时,问题的发展方向不同,这就要把参数划分的几个部分分类解决; (4)问题的具体情况引发的分类讨论:有些数学问题本身就要分情况解决,如概率计算 中要根据要求,分类求出基本事件的个数; (5)较复杂或非常规的数学问题,需要采取分类讨论的解题策略来解决. 2.化归转化思想的几种情况 (1)化为已知:当所要解决的问题和我们已经掌握的问题有关系时,把所要解决的问题 化为已知问题; (2)化难为易:化难为易是解决数学问题的基本思想,当我们遇到的问题是崭新的,解 决起来困难时,就要把这个问题化为我们熟悉的问题,熟悉的问题我们有解决的方法,就是 容易的问题,这是化难为易的一个方面; (3)化繁为简:在一些问题中,已知条件或求解结论比较繁,这时就可以通过化简这些 较繁的已知或者结论为简单的情况,再解决问题,有时把问题中的某个部分看做一个整体, 进行换元,这也是化繁为简的转化思想; (4)化大为小:在解答综合性试题时,一个问题往往是由几个问题组成的,整个问题的 结论,是通过这一系列的小问题得出的,这种情况下,就可以把所要解 决的问题转化为几 个小问题进行解决.

由数学概念、法则、公式而引起的 分类讨论 数学中的很多概念都是通过分类定义的,数学中的一些定理、公式、法则往往有一些严 格的限制条件,故高考常常在这些知识点中命题. log x,x>0, ? ? 2 【例 1】 设函数 f(x)=? 1 若 f(a)>f(-a), 则实数 a 的取值范围是( log ?-x?,x<0, ? 2 ? A.(-1,0)∪(0,1) B.(-∞,-1)∪(1,+∞) C.(-1,0)∪(1,+∞) D.(-∞,-1)∪(0,1) [审题视点]

).

[听课记录] [审题视点] 分 a>0,a<0 讨论求解. C 1 [当 a>0 时,由 f(a)>f(-a),得 log2a>log a, 2

1 1 即 log2a>log2 ,即 a> ,解得 a>1; a a 1 当 a<0 时,由 f(a)>f(-a),得 log (-a)>log2(-a), 2 1? 1 即 log2? ?-a?>log2(-a),则-a>-a,解得-1<a<0. 所以 a∈(-1,0)∪(1,+∞).] 有许多核心的数学概念是分类的,比如:直线斜率、指数函数、对数函数等, 与这样的数学概念有关的问题往往需要根据数学概念进行分类,从而全面完整地解决问题. 【突破训练 1】 若函数 f(x)=ax-x-a(a>0 且 a≠1)有两个零点,则实数 a 的取值范围 是________. 解析 则函数 f(x)=ax-x-a(a>0 且 a≠1)有两个零点,就是函数 y=ax(a>0 且 a≠1) 的图象与函数 y=x+a 的图象有两个交点.由图象可知,当 0<a<1 时,两函数只有一个交 点,不符合;当 a>1 时,因为函数 y=ax(a>1)的图象过点(0,1),而直线 y=x+a 的图象与 y 轴的交点一定在点(0,1)的上方, 所以一定有两个交点. 所以实数 a 的取值范围是(1, +∞). 答案 (1,+∞)

由参数的变化而引起的分类讨论 由于参数的取值不同会导致所得结果不同,所以某些含有参数的问题如函数性质的运 用、求最值、一元二次方程根的判断、直线斜率等,在求解时要根据参数的变化进行分类讨 论.

1-a 【例 2】已知函数 f(x)=ln x-ax+ -1(a∈R). x 1 (1)当 a≤ 时,讨论 f(x)的单调性; 2 1 (2)设 g(x)=x2-2bx+4,当 a= 时,若对任意 x1∈(0,2),存在 x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2), 4 求实数 b 的取值范围. [审题视点]

[听课记录] [审题视点] (1)根据解题需要,要对二次项系数、根的大小分类讨论. (2)将问题转化为 g(x)在[1,2]上的最小值不大于 f(x)在(0,2)上的最小值,则可借助(1)问的 结论求得 f(x)在(0,2)上的最小值,根据二次函数的对称轴与给定区间(1,2]的关系讨论求 g(x) 的最小值即可求 b 的范围. 解 (1)因为 f(x)=ln x-ax+ 1-a -1, x

a-1 ax2-x+1-a 1 所以 f′(x)= -a+ 2 =- ,x∈(0,+∞). x x x2 令 h(x)=ax2-x+1-a,x∈(0,+∞). ①当 a=0 时,h(x)=-x+1,x∈(0,+∞), 所以当 x∈(0,1)时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增. ②当 a≠0 时,令 f′(x)=0, 1 即 ax2-x+1-a=0,解得 x1=1,x2= -1. a 1 (ⅰ)当 a= 时,x1=x2,h(x)≥0 恒成立,此时 f′(x)≤0,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递 2 减. 1 1 (ⅱ)当 0<a< 时, -1>1>0, 2 a 当 x∈(0,1)时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; 1 ? 当 x∈? ?1,a-1?时,h(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)单调递增; 1 ? 当 x∈? ?a-1,+∞?时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减. 1 (ⅲ)当 a<0 时,由于 -1<0, a x∈(0,1)时,h(x)>0,此时 f′(x)<0,函数 f(x)单调递减; x∈(1,+∞)时,h(x)<0,此时 f′(x)>0,函数 f(x)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; 1 当 a= 时,函数 f(x)在(0,+∞)上单调递减; 2 1 ? 1 当 0<a< 时,函数 f(x)在(0,1)上单调递减,函数 f(x)在? ?1,a-1?上单调递增,函数 f(x) 2 1 ? 在? ?a-1,+∞?上单调递减. 1 1 0, ?,由(1)知,x1=1,x2=3?(0,2), (2)因为 a= ∈? 2? 4 ? 当 x∈(0,1)时,函数 f(x)单调递减;当 x∈(1,2)时,函数 f(x)单调递增.所以 f(x)在(0,2) 1 上的最小值为 f(1)=- . 2 由于“对任意 x1∈(0,2),存在 x2∈[1,2],使 f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1,2]上的最小 1 值不大于 f(x)在(0,2)上的最小值- ”.(*) 2 又 g(x)=(x-b)2+4-b2,x∈[1,2],所以 ①当 b<1 时,因为 g(x)min=g(1)=5-2b>0,此时与(*)矛盾; ②当 b∈[1,2]时,因为 g(x)min=4-b2≥0,同样与(*)矛盾; 1 17 ③当 b∈(2,+∞)时,因为 g(x)min=g(2)=8-4b,解不等式 8-4b≤- ,可得 b≥ . 2 8 17 ? 综上所述,b 的取值范围是? ? 8 ,+∞?. 求解时,要结合参数的意义,对参数的不同取值或不同取值范围进行分类讨 论,分类要合理,要不重不漏,要符合最简原则. 3 【突破训练 2】已知函数 f(x)=ax3- x2+1(x∈R),其中 a>0. 2 (1)若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; 1 1? (2)若在区间? ?-2,2?上,f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围. 解 3 (1)当 a=1 时,f(x)=x3- x2+1,f(2)=3.f′(x)=3x2-3x,f′(2)=6,所以曲线 y 2

=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y-3=6(x-2),即 y=6x-9. (2)f′=3ax2-3x=3x(ax-1). 1 令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x= . a 以下分两种情况讨论: 1 1 ①若 0<a≤2,则 ≥ . a 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情 况如下表:

x f′(x) f(x) 1 1? 当 x∈? ?-2,2?时,

?-1,0? ? 2 ?


0 0 极大值

?0,1? ? 2?


?

?

? ?f? ?-2?>0, f(x)>0 等价于? 1? ?f? ?2?>0,

1

a >0, ?5- 8 即? 5+a ? 8 >0.

解不等式组得-5<a<5.因此 0<a≤2. 1 1 ②若 a>2,则 0< < . a 2 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x)

?-1,0? ? 2 ?
+0

0 - 极大值

?0,1? ? a?
0

1 a + 极小值

?1,1? ?a 2?

?
[来源:学科网]

?

?

1 1? 当 x∈? ?-2,2?时,

? ?f? ?-2?>0, f(x)>0 等价于? 1? ?f? ?a?>0,
解不等式组得

1

a >0, ?5- 8 即? 1 ?1-2a >0.
2

2 2 <a<5 或 a< - .因此 2<a<5. 2 2

综合①②,可知 a 的取值范围为 0<a<5.

转化与化归思想的应用 转化与化归思想非常普遍,常考查特殊与一般、常量与变量、正与反或以换元法为手段 的转化. 【例 3】已知函数 f(x)=x3+2x2-ax+1.若函数 g(x)=f′(x)在区间(-1,1)上存在零点, 则实数 a 的取值范围是________. [审题视点]

[听课记录] [审题视点] 很显然,函数 g(x)是二次函数,二次函数在一个开区间上存在零点,情况是 很复杂的, 但这个二次函数可以把参数分离出来, 这样就把问题转化为求一个具体的函数的 值域. 解析 g(x)=f′(x)=3x2+4x-a,g(x)=f′(x)在区间(-1,1)上存在零点,等价于 3x2+

4x=a 在区间(-1,1)上有解, 等价于 a 的取值范围是函数 y=3x2+4x 在区间(-1,1)上的值域, 4 ? ? 4 ? 不难求出这个函数的值域是? ?-3,7?.故所求的 a 的取值范围是?-3,7?. 4 ? 答案 ? ?-3,7? 在高考中,转化与化归思想占有相当重要的地位,在解题时注意依据问题本 身所提供的信息,利用动态思维,去寻求有利于问题解决的化归与转化的途径和方法. 【突破训练 3】 函数 f(x)=sin x+cos x+sin 2x 的最小值是________. π? 解析 令 t=sin x+cos x= 2sin? ?x+4?, 1?2 5 则 t2=1+sin 2x,且 t∈[- 2, 2],∴f(t)=t2+t-1=? ?t+2? -4, 1 5 故当 t=- ∈[- 2, 2]时,函数 f(x)的最小值为- . 2 4 5 答案 - 4

突破转化与化归的瓶颈 转化的一种方式是变换研究对象,将问题转 移至新对象的知识背景中,从而使非标准 型问题、复杂问题简单化,进而变得容易处理.通过引进新的变量,可以将分散的条件联系 起来,隐 含的条件显露出来,或者将条件与结论联系起来,或者使题目的形式变得熟悉, 从而将复杂的计算或证明题简化. 【示例】设函数 fn(x)=xn+bx+c(n∈N+,b,c∈R).

1 ? (1)设 n≥2,b=1,c=-1,证明:fn(x)在区间? ?2,1?内存在唯一零点; (2)设 n=2,若对任意 x1,x2∈[-1,1],有|f2(x1)-f2(x2)|≤4,求 b 的取值范围; 1 ? (3)在(1)的条件下,设 xn 是 fn(x)在? ?2,1?内的零点,判断数列 x2,x3,?,xn,?的增减 性.
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[满分解答] (1)b=1,c=-1,n≥2 时,fn(x)=xn+x-1. 1? ? 1 1? ∵fn? ?2?fn(1)=?2n-2?×1<0, 1 ? ∴fn(x)在? ?2,1?内存在零点. 1 ? n-1 又当 x∈? ?2,1?时,fn′(x)=nx +1>0, 1 ? ∴fn(x)在? ?2,1?上是单调递增的, 1 ? ∴fn(x)在? ?2,1?内存在唯一零点.(4 分) (2)当 n=2 时,f2(x)=x2+bx+c. 对任意 x1, x2∈[-1,1]都有|f2(x1)-f2(x2)|≤4 等价于 f2(x)在[-1,1]上的最大值与最小值之 差 M≤4.据此分类讨论如下: b? (i)当? ?2?>1,即|b|>2 时, M=|f2(1)-f2(-1)|=2|b|>4,与题设矛盾. b (ii)当-1≤- <0,即 0<b≤2 时, 2 b b - ?=? +1?2≤4 恒成立. M=f2(1)-f2? ? 2? ?2 ? b (iii)当 0≤- ≤1,即-2≤b≤0 时, 2 b b - ?=? -1?2≤4 恒成立. M=f2(-1)-f2? ? 2? ?2 ? 综上可知,-2≤b≤2.(8 分) 注:(ii),(iii)也可合并证明如下: 用 max{a,b}表示 a,b 中的较大者. b 当-1≤- ≤1,即-2≤b≤2 时, 2 b? M=max{f2(1),f2(-1)}-f2? ?-2? = f2?-1?+f2?1? |f2?-1?-f2?1?| b? + -f2? ?-2? 2 2

b2 - +c? =1+c+|b|-? ? 4 ? |b|?2 =? ?1+ 2 ? ≤4 恒成立.(8 分) 1 ? (3)法一 设 xn 是 fn(x)在? ?2,1?内的唯一零点(n≥2),
n+1 ?1 ? fn(xn)=xn n+xn-1=0,fn+1(xn+1)=xn+1+xn+1-1=0,xn+1∈ 2,1 ,于是有 fn(xn)=0=fn ? ?
+1

1 n (xn+1)=xn n+1+xn+1-1<xn+1+xn+1-1=fn(xn+1),


1 ? 又由(1)知 fn(x)在? ?2,1?上是递增的,故 xn<xn+1(n≥2), 所以,数列 x2,x3,?,xn,?是递增数列.(12 分) 1 ? 法二 设 xn 是 fn(x)在? ?2,1?内的唯一零点,
1 n 1 fn+1(xn)fn+1(1)=(xn +1-1) n +xn-1)(1
+ +

n 1 =xn +xn-1<xn n+xn-1=0,


则 fn+1(x)的零点 xn+1 在(xn,1)内,故 xn<xn+1 (n≥2), 所以,数列 x2,x3,?,xn,?是递增数列.(12 分) 老师叮咛:本题主要考查函数的零点、导数与不等式,以及数列的单调性的判断和恒成 立问题的处理,意在考查转化思想和分类讨论思想的运用.第?1?问利用函数零点存在定理, 1 ? 结合函数的单调性,得出函数在区间? ?2,1?上的零点个数.第?2?问结合分类讨论思想,得出 函数在区间[-1,1]上的最值,把恒成立问题转化为简单的解不等式问题,不会转化是一个 重要的失分点.第?3?问,看成单纯的数列问题,无法将新问题与第?2?问中的结论联系起来, 导致解题走入死胡同. a 【试一试】 已知函数 f(x)=x+ (a∈R),g(x)=ln x. x (1)求函数 F(x)=f(x)+g(x)的单调区间; g?x? (2)若关于 x 的方程 2 =f(x)-2e(e 为自然对数的底数)只有一个实数根 a 的值. x 解 a (1)函数 F(x)=f(x)+g(x)=x+ +ln x 的定义域为(0,+∞). x

2 a 1 x +x-a ∴F′(x)=1- 2+ = . x x x2

1 ①当 Δ=1+4a≤0,即 a≤- 时,得 x2+x-a≥0,则 F′(x)≥0. 4 ∴函数 F(x)在(0,+∞)上单调递增. 1 ②当 Δ=1+4a>0,即 a>- 时,令 F′(x)=0,得 x2+x-a=0, 4

-1- 1+4a -1+ 1+4a 解得 x1= <0,x2= . 2 2 -1+ 1+4a 1 (i)若- <a≤0,则 x2= ≤0. 4 2 ∵x∈(0,+∞),∴F′(x)>0, ∴函数 F(x)在(0,+∞)上单调递增.

? -1+ 1+4a?时,F′(x)<0; (ii)若 a>0,则 x∈?0, ? 2 ? ?
x∈?

?-1+ 1+4a ? ,+∞?时,F′(x)>0, 2 ? ?

? -1+ 1+4a? ?-1+ 1+4a ? ∴函数 F(x)在区间?0, 在区间? ?上单调递减, ,+∞?上单调 2 2 ? ? ? ?
递增. 综上所述,当 a≤0 时,函数 F(x)的单调递增区间为(0,+∞);
[来源:学科网]

? -1+ 1+4a?, 当 a>0 时,函数 F(x)的单调递减区间为?0, ? 2 ? ?
单调递增区间为? (2)由

?-1+ 1+4a ? ,+∞?. 2 ? ?

g?x? ln x a ln x =f(x)-2e,得 2 =x+ -2e,化为 =x2-2ex+a. x2 x x x

1-ln x ln x 令 h(x)= ,则 h′(x)= . x x2 令 h′(x)=0,得 x=e. 当 0<x<e 时,h′(x)>0;当 x>e 时,h′(x)<0. ∴函数 h(x)在区间(0,e)上单调递增,在区间(e,+∞)上单调递减. 1 ∴当 x=e 时,函数 h(x)取得最大值,其值为 h(e)= . e 而函数 m(x) =x2-2ex+a=(x-e)2+a-e2, 当 x=e 时,函数 m(x)取得最小值,其值为 m(e)=a-e2. 1 1 g?x? 2 2 ∴当 a-e = ,即 a=e + 时,方程 2 =f(x)-2e 只有一个实数根. e e x


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