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高中数学思想方法专题 解析版


高中数学思想方法 高中数学思想方法 及解题策略 数学能力就是数学的思想方法。数学思想方法是策略性知识,发展学生智力最经济、有 数学能力就是数学的思想方法。数学思想方法是策略性知识, 发展学生智力最经济、 效的方法就是培养学生应用策略性知识的能力 少考一点算,多考一点想” 实质是加重对“数学思想方法” “少考一点算,多考一点想” 实质是加重对“数学思想方法”的考查 , 近几年高考卷中出现的数学思想方法 数学思想方法有 近几年高考卷中出现的数学思想方法有: 讨论思想 ( (1)数形结合。 2)分类讨论思想。 3)方程思想。 4)函数建模思想(5)化归思想 )数形结合。 )分类讨论思想。 )方程思想。 )函数建模思想( ) ( ( 一、函数与方程思想 1.函数是中学数学的主线。可以说无处不函数,高考函数比重每年都较大 无处不函数, .函数是中学数学的主线。可以说无处不函数 高考函数比重每年都较大 著名数学家克莱因说过: 著名数学家克莱因说过:一般受教育者在数学课上应该学会的重要事情就是用变量和函 数来思考。函数思想是一个重要的基本数学思想, 数来思考。函数思想是一个重要的基本数学思想,其重要性不仅表现为五个基本初等函数的 研究占据了高中数学的中心地位,而且还表现为: 研究占据了高中数学的中心地位,而且还表现为: ①方程或不等式可作为有关函数的零点、单调性、正负区间或极值来处理 方程或不等式可作为有关函数的零点、 单调性、 数列作为特殊的函数, ②数列作为特殊的函数,一直处于高考的热点上 作为函数概念的基础——集合与映射,已在高考中作为数学基本语言、 ——集合与映射 ③作为函数概念的基础——集合与映射,已在高考中作为数学基本语言、数学基本工具 而大量出现 其他数学问题,特别是体现参数讨论或运动观点的问题, ④其他数学问题,特别是体现参数讨论或运动观点的问题,常可用函数思想来分析或用 函数方法来解决 函数在高考中的重要地位:试题以函数为主线,不仅题量较多, 函数在高考中的重要地位:试题以函数为主线,不仅题量较多,而且高难题常与函数直 接联系 函数思想在解题中的应用 主要表现在两个方面: 函数思想在解题中的应用,主要表现在两个方面: 借助于有关初等函数的性质,解有关求值、 不等式、 ①借助于有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的 取值范围等问题 在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数, ②在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论 函数的有关性质,达到化难为易、 函数的有关性质,达到化难为易、化繁为简的目的 2.高考中的方程问题包括方程的求解与方程观的应用 个层次: 分成逐渐提高的 4 个层次: 第一层次: 第一层次:解方程 第二层次: 第二层次:带参变数的方程的讨论 第三层次: 第三层次:转化为方程的讨论 第四层次: 第四层次:构造方程求解问题 100, 10, 项的和. 例 1:一等差数列的前 10 项和为 100,前 100 项的和为 10,求该数列前 110 项的和. (

S110 = ?110 )
n(n ? 1) d 列出关于 a1 、 d 2

分析:本例常规解法有二: 分析:本例常规解法有二:

S = na1 + 一是依 n
再代入公式求

的方程组, 的方程组, 求出

a1 、 d



S110 .

二是利用

S10 , S11→20 , S 21→30 ,……成等差数列,求出新数列的公差,然后求新 ……成等差数列 求出新数列的公差, 成等差数列,

项的和. 数列前 11 项的和.

Sn Sn n ?1 = a1 + d ,可知 若注意到等差数列中 n n 2
用一次函数的图象——直线求解. 用一次函数的图象——直线求解. ——直线求解 解:由条件



n

的一次函数, 的一次函数,于是可

S10 =100, S100 =10. =100, =10.

?Sn ? ? 仍是等差数列, ∵? ? n ? 仍是等差数列,


(10,

S10 ) 10



(100,

S100 ) 100

,

(110,

S110 ) 110

三 点 共 线 , 于 是 有

S 100 S S 110 S ? 10 ? 10 100 10 = 110 10 , 100 ? 10 110 ? 10

S 110 1 ? 10 ? 10 10 110 = 即 ,解得 S110 100 ? 10 110 ? 10
例 2:已知关于 是 ( .

= ?110 .

x 方程 sin 2 x + a cos x ? 2a = 0 总有解,则实数 a 的取值范围 总有解,

0≤ a ≤ 4?2 3)


分析: 分析:设

[? 1, 1] 上有交点的问题,可用根的分布解决,要注意有两种情况. 上有交点的问题, 可用根的分布解决,要注意有两种情况.
若将原方程化为: 若将原方程化为:

cos x = t ,转化为关于 t 的一元二次方程 t 2 ? at + 2a ? 1 = 0 . f (t ) = t 2 ? at + 2a ? 1 , 则 问 题 转 化 为 二 次 函 数 f (t ) 与 横 坐 标 轴 在

1 ? cos 2 x a= 分离系数法) 2 ? cos x (分离系数法)
4 ? cos 2 x ? 3 3 = = 2 + cos x ? 2 ? cos x 2 ? cos x
3 ? ? = ? ?? 4 + (2 ? cos x ) + 2 ? cos x ? ? ?

≤ 4?2 3.
显然又有

a ≥ 0 ,故 0 ≤ a ≤ 4 ? 2 3 .
已 知



3



Sn = 1 +

1 1 1 + + L + (n ∈ N * ) 2 3 n
11 log ( m?1) m - 20





f ( n) = S 2 n +1 ? S n +1 ,试确定实数 m 的取值范围,使得对于一切大于 1 的正整 的取值范围,


n

,不等式

f (n) > [log m (m ? 1)]

2

[

] 恒成立. 恒成立.
2

(m >

1+ 5 , 且m ≠ 2 ) 2

分析: 分析:本例 式

f (n) 无法求和,常规数列方法不起作用,需用非常规手段.注意要使不等 无法求和,常规数列方法不起作用,需用非常规手段.
2

f (n) > [log m (m ? 1)]

11 log ( m?1) m - 20


[

] 恒成立,只需不等式: 恒成立,只需不等式:
2

f (n) min > [logm (m ? 1)]

2

11 2 log( m?1) m 20

[

]

恒成立.问题转化为求

f (n) min ,这又是一个非常规问题.注意 n > 1 ,可猜测 f (n) min = f (2) , 这又是一个非常规问题.
怎样证明这个结论? 怎样证明这个结论?可联想用函数单调性证明 式,得到 m >

f (n) 是增函数,这样把问题转化为解不等 是增函数,

1+ 5 , 且m ≠ 2 . 2

注:在有关不等式问题中,要区分以下命题: 在有关不等式问题中,要区分以下命题: ①

a > f (x) 恒成立 ? a > f (x) max ;
a < f (x ) 恒成立 ? a < f (x) min ;





a > f (x ) 有解 ? a > f (x) max ;



a < f (x ) 有解 ? a > f (x) min .

对于“恒成立”的不等式,一般地,解决的途径为:分离系数—— ——求最值 对于“恒成立”的不等式,一般地,解决的途径为:分离系数——求最值 我国是水资源比较贫乏的国家之一,各地采用价格调控等手段来达到节约用水的目 例 4:我国是水资源比较贫乏的国家之一,各地采用价格调控等手段来达到节约用水的目 某市用水收费的方法是:水费=基本费+超额费+损耗费。 的.某市用水收费的方法是:水费=基本费+超额费+损耗费。若每月用水量不超过最低限

am 3 时,只付基本费 8 元和每户每月的定额损耗费 c 元;若用水量超过 am 3 时, 量
除了付同上的基本费和损耗费外, 元的超额费. 除了付同上的基本费和损耗费外,超过部分每立方米付 元的超额费.已知每户每月的定额 该市一家庭今年第一季度的用水量和支付费用如下表所示: 损耗费不超过 5 元,该市一家庭今年第一季度的用水量和支付费用如下表所示: 月份 1 2 3 根据上表中的数据, 根据上表中的数据,求 分析: 分析:设每月用水量为 用水量 用水量/( 9 15 22

b

m3 )

水费( 水费(元) 9 19 33

a, b, c . a = 10 , b = 2 , c = 1 ) (
xm 3 ,支付费用为 y
元 , 则:

( x ≤ a) ?8 + c y=? ?8 + b( x ? a ) + c ( x > a )
由题意知: 由题意知:

(1) ( 2)

0 < c ≤ 5 , ∴ 8 + c ≤ 13 .
15m 3 、 22m 3 均大于最低限量

由表知第 2、3 月份的费用均大于 13 元,故用水量

am 3 ,将 x = 15, x = 22 分别代入(2)式得 分别代入(2) (2)式得 ?19 = 8 + b(15 ? a ) + c ? ? b = 2, 2a = c + 19 (3) ?33 = 8 + b(22 ? a ) + c
月份的用水量是否超过最低限量. 再分析 1 月份的用水量是否超过最低限量.

a < 9 ,将 x = 9 代入(2)式 代入(2) (2)式 9 = 8 + 2(9 ? a) + c ? 2a = c +17与(3)矛盾 (3)矛盾 ∴ 9 ≤ a ,即 1 月份的付款方式应选(1)式. 月份的付款方式应选(1)式 (1) 则 8 + c = 9 ,∴ c = 1




a = 10 , b = 2 , c = 1
2

c a b lg ? 4 lg ? lg = 0 ,求证: ac 求证: 例 5:已知 a b c
2
分析: 分析:

= b2 .

a b ac = b ? lg = lg .从方程观点来看,以 lg a 、 lg b b c 从方程观点来看, b c
a b lg 为根的二次方程 b、 c

为根的二次方程应有判别式等于零,对照已知条件,恰好是判别式的形式. 为根的二次方程应有判别式等于零,对照已知条件,恰好是判别式的形式.

lg 证明:已知条件表明, 证明:已知条件表明,以

a ?? b? ? x ? lg ?? x ? lg ? = o ? b ?? c? ?

?

c a b x 2 + x lg + lg ? lg = 0 a b c

a b lg = lg ac = b 2 . 有判别式等于零, 有判别式等于零,故得两根相等 b c ,从而有
例 6 : 设

a>b>c




a+b+c = 0

, 抛 物 线

y = ax 2 + 2bx + c

x

轴 截 得 的 弦 长 为

l

, 证 明 :

3<l<2 3.
分析: 1)由于弦长 (

l 是与

a



b



c

有关的变量,若能建立

l = f ( a, b, c ) 的表达式,那么结论相当于确定函数 l 的值域. 的表达式, 的值域.
为确定函数的值域,需完成三件事: (2)为确定函数的值域,需完成三件事:①求出变量

l 的解析式;②确定解析式中的 的解析式;

自变量及其取值范围; 自变量及其取值范围;③由以上两项推出求证式. 以上两项推出求证式. 证明:在 证明: ∵

y = ax 2 + 2bx + c 中,

a > b > c且a +b+c = 0,

a > 0, c < 0 .∴ ? = 4b 2 ? 4ac > 0 . ∴

ax 2 + 2bx + c = 0 必有两个不等实根 x1 、 x 2 , 故方程


l 2 = ( x1 ? x 2 ) 2 = ( x1 + x 2 ) 2 ? 4 x1 x 2

2 ? b2 c ? ? ( a + c) 2 c ? c 1? ? = 4? 2 ? ? = 4? ? ? = 4? + ? + 3 ?a . a? a? a2 ?a 2? ? ? ?

c l 2 是 a 的二次函数,由 a > b > c 且 a + b + c = 0 可 的二次函数, 显然
c 1 c 1 ? 2 < < ? ,再由二次函数的单调性知,当 < ? 得 2 a 2 再由二次函数的单调性知, a
的。

l 2 是单调递减 是单调递减 时

1? ? 1 1? ? 4? ? + ? + 3 < l 2 < 4? ? 2 + ? + 3 , ∴ 2? ? 2 2? ?

2

2

3 < l 2 < 12 . 即


l > 0 ,故 3 < l < 2 3 .

二、数形结合思想 华罗庚先生指出:数缺形时少直觉,形少数时难入微,数形结合百般好, 华罗庚先生指出:数缺形时少直觉,形少数时难入微,数形结合百般好,隔裂分家万事 休 所谓数形结合,就是根据数学问题的条件和结论之间的内在联系 既分析其代数含义, 根据数学问题的条件和结论之间的内在联系, 所谓数形结合,就是根据数学问题的条件和结论之间的内在联系,既分析其代数含义, 又揭示其几何意义,使数量关系和空间形式巧妙和谐地结合起来,并充分利用这种结合, 又揭示其几何意义,使数量关系和空间形式巧妙和谐地结合起来,并充分利用这种结合,寻 找解题思路, 找解题思路,使问题得到解决

数形结合包含“以形助数” 数形结合包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面,高中阶段用得较多的是“以形助 包含 以数辅形”两个方面,高中阶段用得较多的是“ 数” 1.进行数形结合的信息转换,主要有三个途径: . 进行数形结合的信息转换,主要有三个途径: 建立坐标系,引入参变数,化静为动,以动求解; ①建立坐标系,引入参变数,化静为动,以动求解; 转化为熟悉的几何模型来求解; ②转化为熟悉的几何模型来求解; 构造几何模型来求解. ③构造几何模型来求解. 2.数形结合的主要渠道有: .数形结合的主要渠道有: 绝对值、二次根式所蕴含的距离问题; ①绝对值、二次根式所蕴含的距离问题; 解析几何中定比分点、斜率、曲线与方程、区域与不等式; ②解析几何中定比分点、斜率、曲线与方程、区域与不等式; 函数与其图象间的几何变换; ③函数与其图象间的几何变换; 向量的几何意义; ④向量的几何意义; 三角函数中单位圆中的三角函数线及正、余弦函数的图象变换; ⑤三角函数中单位圆中的三角函数线及正、余弦函数的图象变换; ⑥复数的几何意义; 复数的几何意义; 立体几何模型. ⑦立体几何模型. 其中以② 为背景来实现其对应关系的转化最为普遍 实现其对应关系的转化最为普遍, 其中以②、③为背景来实现其对应关系的转化最为普遍,是中学数学数形结合思想方法 的最重要的部分. 的最重要的部分. 数形结合思想常联想的数学模型: 3.数形结合思想常联想的数学模型: 联想一元一次函数图像; ①联想一元一次函数图像; 联想一元二次函数图像; ②联想一元二次函数图像; 联想定比分点公式; ③联想定比分点公式; 联想斜率公式; ④联想斜率公式; 联想两点间的距离公式; ⑤联想两点间的距离公式; ⑥联想点到直线的距离公式; 联想点到直线的距离公式; 联想直线的夹角公式. ⑦联想直线的夹角公式. 数形结合思想常可以构造的几何模型: 4.数形结合思想常可以构造的几何模型: 构造单位圆解题; ①构造单位圆解题; 构造椭圆解题; ②构造椭圆解题; 构造双曲线解题; ③构造双曲线解题; 构造抛物线解题; ④构造抛物线解题; 构造三角形解题; ⑤构造三角形解题; 构造物理知识模型. ⑥构造物理知识模型. 高考中,用数形结合思想的题常有下面几种类型: 5.高考中,用数形结合思想的题常有下面几种类型: ①利用图形求值; 利用图形求值; 用图形求解的个数; ②利用图形求解的个数; 利用图形求参数的范围; ③利用图形求参数的范围; 利用图形解不等式; ④利用图形解不等式; 利用图形求最值; ⑤利用图形求最值; 利用方程、点的坐标研究图形的关系、 状等; ⑥利用方程、点的坐标研究图形的关系、形状等; 利用函数式研究图像的性质等等. ⑦利用函数式研究图像的性质等等. 难点在于学生参与数与形的体验水平 难点在于学生参与数与形的体验水平 转化是目的,作图是基础, 转化是目的,作图是基础,识图是关键 例 7 : 已 知

x + y +1 = 0

, 则

( x ? 1) 2 + ( y ? 1) 2

的 最 小 值



3 2 . ( 2



分析: 分析:如果将

( x ? 1) 2 + ( y ? 1) 2

看成是两点间的距离,那么我们头脑中立即构 看成是两点间的距离,那么我们头脑中立即构

造了一个几何模型: 点 造了一个几何模型: 值.易知 d =

(1, 1) 到直线 x + y + 1 = 0 的距离即为满足题设条件的最小
= 3 2 2


1+1+1 2

(2000 年全国)函数 年全国) 例 8: : ( ①解不等式

f ( x) = x 2 + 1 ? ax ,其中 a > 0 .

f ( x) ≤ 1 ;

上是单调的. ②证明:当 证明: 时,函数 在区间 上是单调的. 分析: 可以用常规解题思路进行,也可以运用图像法解不等式. 分析:①可以用常规解题思路进行,也可以运用图像法解不等式. 常规解题思路是用函数单调性的定义证明,但若用导数证明将十分简单. ②常规解题思路是用函数单调性的定义证明,但若用导数证明将十分简单.

a ≥1
x

f (x)

[0, + ∞)

f ' ( x) =


x +1
2

? a , x ∈ 0, + ∞ ) 时 当

[

x x +1
2

∈ [0, 1) , a 又

≥ 1,

f ' ( x) < 0 ,故 f (x) 在区间 [0, + ∞ ) 上是单调递减函数. 上是单调递减函数. 故
9 : 函 数



f ( x) = A sin( 2 x + ? )( ? ≤
π
3 ? x) ,且图像过点 (0, 且图像

π
2

)

对 任 意 实 数

x



f(

π
3

+ x) = f (

? 1) ,则 A 的值为( 的值为(
(D ) 3

( )

B)

( A)1

(B ) 2

(C )

2 3 3

x= 分析: 分析:由条件知

π
3 是函数

f

(x ) 的对称轴,即 sin( 的对称轴,

2π + ? ) = ±1 . 3

? 而

π
2

≤? ≤

π
2

?

π
6



2π 7π +? ≤ 3 6



2π 2π π sin( + ? ) = 1 ,且 +? = ∴只有 3 3 2
? =? ∴ π
6




? 1) 得 ? 1 = A sin( ? ) , ∵图像过点 ( 0,


π

A = 2 . ∴ 选( B )
E : y = 1+ 4 ? x2
( )

6

例 10: 曲线 : 当 交点时, 交点时,实数

与直线

l : y = k ( x ? 2) + 4 有两个

k 的取值范围是( 的取值范围是(

B)
3 ] 4
y P A

( A)(

5 , + ∞) 12

(B )(

5 , 12
3 ] 4

5 ) (C )(0, 12

1 (D )( , 3

分析:作出图像,由图像知:

k PA ≤ k ≤ k PB , 又


B

k PA =

5 3 , k PB = ,∴选( B 12 4

o

x

例 11:已知变量 :

x , y 满足

?x ? y + 2 ≥ 0 ? ?x + y ? 4 ≤ 0 ?2 x ? y ? 5 ≤ 0 ,求: ?


z = x + 2 y ? 4 的最大值; 21) 的最大值; 21) (21 (

9 的最小值; ② z = x + y ? 10 y + 25 的最小值; ( 2)
2 2

z= ③

2y +1 ?3 7? , ?) 的取值范围. 的取值范围. ? ( x +1 ?4 2?
是利用直线在

分析:准确理解目标函数的几何意义,作出满足条件的区域.本题: 分析:准确理解目标函数的几何意义,作出满足条件的区域.本题: ①

y

轴上的截距作转化 轴上的截距作转化

② 是利用两点间的距离作转化 是利用两点间的距离作转化 ③是利用过两点的直线的斜率作转化 例 12:如果实数

a 、 b 、 c 、 d 满足: 满足:

?a 2 + b 2 + 2a ? 4b + 4 = 0 ? ? 2 ω = (a ? c) 2 + (b ? d ) 2 的最大 2 ?c + d ? 4c + 4d + 4 = 0 ,求 ?
值和最小值. 值和最小值. 分析:本题若用代数方法求解将十分困难,但若联系图形来解则可化难为易.由条件, 分析:本题若用代数方法求解将十分困难,但若联系图形来解则可化难为易.由条件,得

?( a + 1) 2 + (b ? 2) 2 = 1 ? ? ?(c ? 2) 2 + (d + 2) 2 = 4 ?









( a, b)









( x + 1) 2 + ( y ? 2) 2 = 1 上的动点,(c, d ) 可视为圆 ( x ? 2) 2 + ( y + 2) 2 = 4 上 上的动点,
的动点,而 的动点,

ω = ( a ? c ) 2 + (b ? d ) 2 是 ( a, b) 、 (c, d ) 两点间距离的平
C1 (?1, 2) 、 C 2 (2, ? 2) 作直线分别与两圆相交,则: 作直线分别与两圆相交,
2

方,于是,过两圆圆心 于是,

ω man = [ C1C 2 + 1 + 2] = (5 + 1 + 2) 2 = 64 ;

ω min = [C1C 2 ? 1 ? 2] = (5 ? 1 ? 2) 2 = 4 .
2

三、化归与转化思想 数学思想中的一条重要原则是不断地变更问题,使所要解决的问题由难变易或变为已经 数学思想中的一条重要原则是不断地变更问题,使所要解决的问题由难变易或变为已经 解决过的问题,或者把某一数学分支中的问题变为另外一个数学分支中的问题, 解决过的问题,或者把某一数学分支中的问题变为另外一个数学分支中的问题,以利于问题 的解决. 的解决.

原问题 ①

化归转化

已经能解决的或比较 容易解决的问题 的问题② 容易解决的问题②

解答 ①

对应回去

解答 ②

化归是一种运动,只有在不断的运动中, 化归是一种运动,只有在不断的运动中,矛盾才能解决 解题过程就是不断变更题目的过程” “解题过程就是不断变更题目的过程” 化归要求我们换一个角度观察,换一种方式思考,换一种语言叙述, 化归要求我们换一个角度观察,换一种方式思考,换一种语言叙述,用另一种观点处理 问题 化归思想包括了我们所研究过的许多数学思想和方法 用化归方法解题时要求学生的思维一定要有灵活性,多样性,多联想, 用化归方法解题时要求学生的思维一定要有灵活性,多样性,多联想,多开放 总的指导思想是: 化难为易; 化生为熟; 总的指导思想是:⑴化难为易;⑵化生为熟;⑶化繁为简 化归与转化思想的主要解题途径: 化归与转化思想的主要解题途径: ⑴未知问题转化成已知 函数与方程、 ⑵函数与方程、不等式间的转化 ⑶空间与平面的转化 ⑷数与形之间的转化 ⑸一般与特殊的转化 ⑹等与不等的转化 ⑺高次与低次的转化 ⑻整体与局部的相互转化 ⑼正与反的转化 常见的转化方法有: 常见的转化方法有: ⑴直接转化法 ⑵换元法 ⑶数形结合法 ⑷参数法 ⑸构造法 坐标法: 立体几何与解析几何) (立体几何与解析几何 ⑹坐标法: 立体几何与解析几何) ( ⑺类比法 ⑻特殊化方法 ⑼一般化方法 ⑽等价问题法 ⑾加强命题法 ⑿补集法 以上所列的一些方法是互相交叉的, 以上所列的一些方法是互相交叉的,不能截然分割 2 2 满足: : 满足: ,则 的最大值 例 13:若实数

x,

y

x + y ? 2x + 4y = 0

x ? 2y

是(



( A)10

(B ) 5

(C )9

( D )5 + 2 5

分析:二元函数的最值问题一般有两种思路: 分析:二元函数的最值问题一般有两种思路: 一是把二元函数问题转化为一元函数问题 二是利用基本不等式或几何意义求解 法 一 : 设

x ? 2y



k

, 则

x = k + 2y

, 代 入 条 件 中 得

5 y 2 + 4ky + k 2 ? 2k = 0 .
由方程有解知

? = ( 4 k ) 2 ? 4 × 5 × ( k 2 ? 2k ) ≥ 0

? 0 ≤ k ≤ 10 ? k max = 10 .

x 2 + y 2 ? 2x + 4 y = 0 即 法二: 法二:
( x ? 1) 2 + ( y + 2) 2 = 5 .


x ? 1 = 5 cos θ



y + 2 = 5 sin θ

,则

x ? 2 y = 5 + 5 cosθ ? 2 5 sinθ = 5 + 5 cos( + φ ) , θ
( x ? 2 y ) max = 10 .
法三:设

x ? 2y = k

,即

x ? 2 y ? k = 0 . 由 圆 心 (1,
5?k 5

? 2) 到 直 线

x ? 2 y ? k = 0 的距离等于半径得


= 5 ?k = 0或 k =10.

k max = 10 .
1 π sin θ + cosθ = , θ ∈ ( , π ) ,则 tgθ = ( 已知 5 2


例 14 :

( A) ?

3 4

( B) ?

4 3

(C )

3 4

(D )

4 3
时的

分析:把

θ 看作函数

1 f ( x ) = sin x + cos x 取 值 5

x 值,注意到在

?π ? ? , π ? 上 sin x 、 cos x 均是减函数,从而 f ( x ) = sin x + cos x 在 均是减函数, ?2 ? ?π ? ? , π ? 上也是减函数, ?2 ? 上也是减函数,


f ( ) = 1, 2

π

f(

1 3π ) = 0 ,又 0 < < 1 , 5 4

f( ∴


3π π ) < f (θ ) < f ( ) . 4 2

π


2

<θ <

3π 4



tgθ < ?1 .故应选( B ) 故应选(
f ( x) = 2 ? 4a sin x ? cos 2x

的最大值和最小值. 例 15:求函数 : 的最大值和最小值. 分析:本例是一个典型的用换元法解的题目, 分析:本例是一个典型的用换元法解的题目,通过换元将三角问题转化为较熟悉的一元二 次函数在闭区间上的最值问题.这里需要特别注意的是: 换元后新变元的允许取值范围; 次函数在闭区间上的最值问题.这里需要特别注意的是:①换元后新变元的允许取值范围; 正确讨论对称轴与区间的位置关系. ②正确讨论对称轴与区间的位置关系.

?3 ? 4a ( a y max = ? ( ?3 + 4a ( a
p : 1?

?3 + 4a (a < ?1) ≤ 0) ? ymin = ?1? 2a2 (?1 ≤ a ≤ 1) ) > 0) ; ?3 ? 4a (a > 1) ?


16: 已知: 例 16 : 已知 :

x ?1 ≤ 2 q: x2 ?2x +1?m2 ≤ 0 ?p , ,若 3

?q 的必要不充分条件,求实数 m 的取值范围. 的必要不充分条件, 的取值范围.

分 析 : 由

p : 1?

x ?1 ≤2 3

转 化 出

?p : x < 2或x > 10

; 由

q : x 2 ? 2 x + 1 ? m 2 ≤ 0 转化出 ?q : x < 1 ? m 或x > 1 + m .

?p 是 ?q 的必要不充分条件
? x x < 1 ? m 或x > 1 + m

{

} {x x < 2或x > 10}

?1 ? m ≤ ?2 ? ?? ? m ≤ ?9或m ≥ 9 . ?1 + m ≥ 10 ?
例 17 : 若 (

α



β
2

是不同的两个锐角且满足

a cos 2u + b sin 2u = c

0 < c 2 ≤ a 2 + b 2 ) 试证明: ,试证明 ,试证明:

a 2 + b 2 + ac cos α + cos β = a2 + b2 .
2
分 析 :

α



β

是 方 程

a cos2u + b sin 2u = c

的 两 个 解 , 则

?a cos 2α + b sin 2α = c ? . ?a cos 2 β + b sin 2β = c
注 意

A(cos2α, sin2α) 、 B(cos2β, sin2β ) 既在直线 ax + by = c 上,又
在单位圆上,此问题可化归为代数问题求解. 在单位圆上,此问题可化归为代数问题求解.

cos2 2α + sin2 2α = 1



cos2 2β + sin2 2β = 1

, 考 虑 到 点

?ax + by = c ? 由方程组 x 2 + y 2 = 1 消去 ?

y (不妨设 b ≠ 0 )得

( a 2 + b 2 ) x 2 ? 2acx + c 2 ? b 2 = 0 ,

由韦达定理, 由韦达定理,得 cos 2α + cos 2 β =

2ac a2 + b2

,利用三角变换可证. 利用三角变换可证.

18:如图, 例 18:如图,在正方体

ABCD ? A1 B1C1 D1 中,点 E 、 F 分别是 BB1 、

CD 的中点. 的中点.
①证明: 证明:

AD ⊥ D1 F ;
D1 C1 B1
E D
A

②求

AE 与 D1 F 所成角; 所成角;

A1

AED ⊥ 面 A1 FD1 ; 的体积. ④设 AA1 = 2 ,求三棱锥 F ? A1 ED1 的体积.
③证明:面 证明: 例 19 : 设

F
B

C

0 < a < 1 , 定 义 a1 = 1 + a ,

a n +1

1 = +a an > 1 . ,求证对一切正整数 n ,有 an
a1 > 1 ,但若仅假设 a k > 1 ,则
出现在分母

分析:本例容易想到用数学归纳法证明. 分析:本例容易想到用数学归纳法证明.显然

a = 很难由递推公式 k +1

1 + a 推出 a k +1 > 1 .这是因为这里的 a k ak

上,为得到

a k +1

1 1 + a >1 ak < > 1 ,即得到 a ,即要求 1 ? a ,将原命题化 k
1 1? a .

归为更强的命题: 归为更强的命题:

1 < an < 即证明对一切正整数 n ,有
证 明 : ① 当

n =1

时 , 由

a1 = 1 + a

, 知

a1 > 1

, 又

1? a2 1 = < a1 = 1 + a 1? a 1? a ,

1 1 < a1 < ∴ 1 ? a ,即 n
②假设

= 1 时命题成立. 时命题成立.
1 那么, n 1 ? a ,那么,当

n=k

1 < ak < 时命题成立, 时命题成立,即

= k + 1 时,

a k +1 =

1 +a> ak

1 + a = 1? a + a = 1 1 , 1? a

a 又 k +1

1 1? a2 1 = + a < 1+ a = < ak 1? a 1? a .

1 < a k +1 < ∴

1 时命题成立. 1 ? a ,即当 n = k + 1 时命题成立.

据①、②可知对一切正整数

n ,原命题成立. 原命题成立.

四、分类与讨论思想 当一个数学问题比较复杂时,可以将其分割成若干个小问题或分解为一系列的步骤, 当一个数学问题比较复杂时,可以将其分割成若干个小问题或分解为一系列的步骤,通过 局部的解决来实现整体的完成,这就是分类与讨论的基本想法. 局部的解决来实现整体的完成,这就是分类与讨论的基本想法. 分类的好处至少有两条: 分类的好处至少有两条: 其一:把大问题分为小问题时, 其一:把大问题分为小问题时,常能达到简单化的目的 其二:分类标准本身等于增加了一个已知条件,实现了有效增设 其二: 分类标准本身等于增加了一个已知条件, 高考中考生的主要问题:分类不合理或讨论不全面而造成大量 全面而造成大量失分 高考中考生的主要问题:分类不合理或讨论不全面而造成大量失分 (一)引起分类讨论的因素分析 1.由概念的定义引起的分类讨论 . 有些概念是分类定义的,在解决问题时, 有些概念是分类定义的,在解决问题时,必然引起分类讨论 有些概念在定义时,明确了范围, 有些概念在定义时,明确了范围,也将引起分类讨论

例 20:解不等式 :

log 1 x + log 3
3
对 数 定 义 知

1 ≥1 . 3? x









0< x<3















log 3 x + log 3 (3 ? x) ≥ 1 , 显 然 要 去 绝对 值 符号 , 需 对 x 分 区 域 进 行讨
(这是由绝对值的定义引起的分类讨论, 讨论时需根据绝对值的零点分区域讨论的方法进 论. 这是由绝对值的定义引起的分类讨论, 行)

? ? 3 9 x 0 < x ≤ 或 ≤ x < 3? ) 答案: (答案: ? 4 4 ? ?
(06 例 21: : ( 年四川高考第 12 题)从 0 到 9 这 10 个数字中任取 3 个数字组成没有重复数字 的三位数, 整除的概率为( 的三位数,这个数不能被 3 整除的概率为( ) B) (

( A)

19 54

(B )

35 54

(C )

38 54

(D)

41 60

分析: 个数字组成没有重复数字的三位数, 分析:从 0 到 9 这 10 个数字中任取 3 个数字组成没有重复数字的三位数,这个数不能被 3

3 A10 ? A92 =648 个,将 10 个数字 整除, 整除的数. 整除,可先求出能被 3 整除的数.所有的三位数有
分成三组, 分成三组,即被 3 除余 1 的有

{1, 4, 7}

,被 3 除余 2 的有

{2, 5, 8}

,被 3 整除的



{0, 3, 6, 9}.若要求的 3 位数被 3 整除,则可以分类讨论: 整除,则可以分类讨论:
3 2 A3 = 12 个; 若三个数字均取自第一组,或均取自第二组, ①若三个数字均取自第一组,或均取自第二组,此时共有
②若三个数字均取自第三组,则要考虑取出的数字中有无数字 0,此时共有

3 A4 ? A32 = 18 个;

③若三组各取一个数字,第三组中不取 0,共有 若三组各取一个数字, 一个数字

1 1 1 3 C 3 ? C 3 ? C 3 ? A3 = 162 个;

1 1 C 3 ? C 3 ? 2 ? A22 = 36 个. 若三组各取一个数字, ④若三组各取一个数字,第三组中取 0,共有
这 样 被 3 整 除 的 数 共 有 228 个 , 不 能 被 3 整 除 的 数 有 420 个 , 所 以 概 率 为

420 35 = B 648 54 .选( )
2.由性质、定理及公式引起的分类讨论 .由性质、 某些数学性质、公式或定理在不同的条件下有不同的结论, 某些数学性质、公式或定理在不同的条件下有不同的结论,或者需在一定的限制条件下 才成立,在解决这类问题时可能引起分类讨论. 才成立,在解决这类问题时可能引起分类讨论.

(06 例 22: 年四川高考第 20 题) : ( 已知数列

{a n },其中 a1 = 1 ,a 2 = 3 ,2a n



a n +1 + a n ?1 ( n ≥2) 记数列 {a n } 的前 n 项和为 S n ,数列 {ln S n } 的 .记数列 ) .



n

项和为

Un .

( Ⅰ) 求

Un ;
Fk' ( x) , 其中 Fk' ( x) 为 ∑ (其中 (
k =1 n

eU n Fn ( x) = x 2 n , Tn ( x) = 2 (Ⅱ)设 2n(n!)

Tn ( x) Fk (x) 的导函数) 计算 lim T ( x) . 的导函数) ,计算 n →∞ , n +1
分析: (Ⅰ 由题意易知, 分析: Ⅰ)由题意易知, (

{a n }

的等差数列, 是首项为 1,公差为 2 的等差数列, ,

Sn = n2 ,

ln S n = 2 ln n , U n = 2(ln(n!) .
eU n x 2n Fn ( x) = x 2n = ( Ⅱ) 2n 2n(n!) 2

Fn' ( x ) = x 2 n ?1 . ,

下面求

Tn ( x) = ∑ Fk' ( x)
k =1

n

涉及到等比数列的求和公式, 必须对公比 , 涉及到等比数列的求和公式,

x



行分类讨论. 行分类讨论.

? ? ? 1 ? x 2n ?lim = 1 (0 < x < 1) n →∞ 1 ? x 2 n + 2 ? Tn ( x) ? n ? lim = ?lim =1 ( x = 1) n →∞ T n →∞ n + 1 n +1 ( x ) ? 1 ? ?1 ? 2n 1 lim x = 2 ( x > 1) ?n →∞ 1 ? ? x2 x ? x 2n ?
3.由参数的变化引起的分类讨论 .由参数的变化引起的分类讨论 某些含有参数(常数)的问题,由于参数的取值范围不同会导致所得结果不同, 某些含有参数(常数)的问题,由于参数的取值范围不同会导致所得结果不同,或者由于 对不同的参数值要运用不同的推算方法,这时需要分类讨论. 对不同的参数值要运用不同的推算方法,这时需要分类讨论. 例 23:已知函数 : ①讨论

f ( x) = x 2 e ax ,其中 a ≤ 0 , e 为自然对数的底数. 为自然对数的底数.

f (x ) 的单调性; 的单调性;

②求函数

f (x) 在区间 [0, 1] 上的最大值. 上的最大值.

分析: 分析:本例首先应想到对函数 答案: 答案:①

f (x ) 求导,注意 a的取值对函数的影响。 求导, 的取值对函数的影响。

a = 0 时, f (x) 在 (0, + ∞ ) 为增,在 (?∞, 0) 为减; 为增, 为减;
? 2 ? 2? ? 0, ? ? 为增,在 (?∞, 0) 、 ? ? , + ∞ ? 为减。 (x ) 在 ? a ? 为增, ? a ? 为减。 ?

a < 0 时, f

f ( x ) max


? ?1 ( a = 0) ? = ?e a ( ? 2 < a < 0 ) ? 4 . ? 2 2 ( a ≤ ?2) ?a e

4.其他 . ①在变形过程中往往需要一些条件限制,进而引起分类讨论 在变形过程中往往需要一些条件限制, ②由几何图形的不确定性引起的分类讨论

x2 + y 2 = 1 有公共焦点且过点 P (? 5 , 2) 的圆锥曲线的方 例 24:求与椭圆 3
程. 分析:本题由于圆锥曲线以椭圆的焦点为焦点,它可能是椭圆,也可能是双曲线, 分析:本题由于圆锥曲线以椭圆的焦点为焦点,它可能是椭圆,也可能是双曲线,因此需

x2 y2 + = 1 ,双曲线为 分两种类型分别求解.利用待定系数法可求得椭圆为 10 8

x2 ? y2 = 1.
(二)怎样合理分类 分类应遵循下列原则: 分类应遵循下列原则: 若全域为

A ,分类成子集 Ai (i = 1, 2, LL , n) , Ai 必须满足: 必须满足:



A1 U A2 U LL U An = A ;
Ai I A j = φ (i ≠ j , i = 1, 2, L , n, j = 1, 2, L , n)



即:不重不漏 讨论题是高考数学常见的题型之一,对问题进行讨论的步骤是: 讨论题是高考数学常见的题型之一,对问题进行讨论的步骤是: ①确定讨论的对象 对所讨论的对象进行合理分类( 类应做到不重不漏) ②对所讨论的对象进行合理分类(分类应做到不重不漏) ③逐类讨论 ④归纳总结 需要讨论的问题有以下几种类型: 需要讨论的问题有以下几种类型: ①题中的变量需要讨论 题中含有参数, ②题中含有参数,需对参数的变化范围进行讨论

③题中的条件是分类给出的 解题过程不能统一叙述, ④解题过程不能统一叙述,必须分类分述 ⑤有关几何问题中,几何元素的形状、位置变化需要分类讨论 有关几何问题中,几何元素的形状、

y = log1 a 2 x + 2(ab) x ? b2 x + 1 (a > 0, b > 0) , 为使 y 为 例 25 : 设
2
负值, 负值,求

[

]

x 的取值范围. 的取值范围.

分析:这是一个多参数的问题,可设法将它们集中在一起,当作一个参数来处理. 分析:这是一个多参数的问题,可设法将它们集中在一起,当作一个参数来处理. 法将它们集中在一起 要使

y 为负值,只需: 为负值,只需:

a 2 x + 2(ab) x ? b 2 x > 0 .


b2x > 0 ,
2x
x ?a? ?a? + 2? ? ? 1 > 0 ? ? ? > 2 ? 1 , . ?b? ?b?

?a? ? ? ∴ b ? ?

x

a 的大小进行讨论. 下面应对 b 与 1 的大小进行讨论.


a > b > 0 时, x > log a ( 2 ? 1) ;
b



b > a > 0 时, x < log a ( 2 ? 1) ;
b



a = b > 0 时, x ∈ R .

A(?2, 4) , B ( 4, 4) ,一个焦点是抛物线 y 2 = 4 x 例 26:已知双曲线过点 :
的焦点

F ,求它的另一个焦点到 y 轴距离的最大值. 轴距离的最大值.
AP ? AF = BP ? BF


分析:暂时看不出需对谁进行分类讨论,不妨先解下去— 分析:暂时看不出需对谁进行分类讨论,不妨先解下去—— 由定义

这样我们就清楚了,要继续运算下去,必须对绝对值分类讨论. 这样我们就清楚了,要继续运算下去,必须对绝对值分类讨论.



AP ? AF = BP ? BF

,即

AP ? BP = AF ? BF
两点的中垂线; 两点的中垂线; ②

,而

AF = BF = 5 ,故 P 点轨迹为连结 A、B

AP ? AF = BF ? BP

,即

AP + BP = AF + BF = 10 ,故 P 点轨迹为椭圆,其方程为 点轨迹为椭圆,
( x ? 1) 2 ( y ? 4) 2 + = 1. 25 16
综上, 评注:有些问题, 类讨论是在解题过程中产生的,自然流畅. 综上,所求最大值为 6.评注:有些问题,分类讨论是在解题过程中产生的,自然流畅.


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