2014高考金钥匙数学解题技巧大揭秘专题二十二 数学思想 12页

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(2012)＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　A．335B．338C．1678D．2012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(2012)＝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．60条B．62条C．71条D．80条答案：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＋.(1)当c＝0时，从{－3，－2,1,2,3}中任取2个数作为a，b的值，有A＝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A－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A＝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4A＝24条，所以此时不同的抛物线有A－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≤[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，]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≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]．其中真命题的序号是(　　)．A．①②B．①③C．②④D．③④答案：D　[取函数f(x)＝则函数f(x)满足题设条件具有性质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≤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：第一次：T＝0，k＝1，sin＞sin0成立，a＝1，T＝T＋a＝1，k＝2，2＜6，继续循环；第二次：sinπ＞sin不成立，a＝0，T＝T＋a＝1，k＝3,3＜6，继续循环；第三次：sin＞sinπ不成立，a＝0，T＝T＋a＝1，k＝4,4＜6，继续循环；第四次：sin2π＞sin成立，a＝1，T＝T＋a＝2，k＝5,5＜6，继续循环；第五次：sin＞sin2π成立，a＝1，T＝T＋a＝3，k＝6,6＜6不成立，跳出循环，输出T的值为3.答案　31．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置关系不定问题等，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、图形的位置等引发的分类讨论：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.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　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．【例1】设函数f(x)＝若f(a)＞f(－a)，则实数a的取值范围是(　　)．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　[当a＞0时，由f(a)＞f(－a)，得log2a＞loga，即log2a＞log2，即a＞，解得a＞1；当a＜0时，由f(a)＞f(－a)，得log(－a)＞log2(－a)，即log2＞log2(－a)，则－＞－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．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例2】已知函数f(x)＝lnx－ax＋－1(a∈R)．(1)当a≤时，讨论f(x)的单调性；(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)，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)＝lnx－ax＋－1，所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)．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，即ax2－x＋1－a＝0，解得x1＝1，x2＝－1.(ⅰ)当a＝时，x1＝x2，h(x)≥0恒成立，此时f′(x)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．(ⅱ)当01>0，当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增；当x∈时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减．(ⅲ)当a<0时，由于－1<0， 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；当a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当00，此时与(*)矛盾；②当b∈[1,2]时，因为g(x)min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；③当b∈(2，＋∞)时，因为g(x)min＝g(2)＝8－4b，解不等式8－4b≤－，可得b≥.综上所述，b的取值范围是.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．【突破训练2】已知函数f(x)＝ax3－x2＋1(x∈R)，其中a＞0.(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若在区间上，f(x)＞0恒成立，求a的取值范围．解　(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＝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)．令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝. 以下分两种情况讨论：①若0＜a≤2，则≥.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0f′(x)＋0－f(x)极大值当x∈时，f(x)＞0等价于即解不等式组得－5＜a＜5.因此0＜a≤2.②若a＞2，则0＜＜.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x0f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值当x∈时，[来源:学科网]f(x)＞0等价于即解不等式组得＜a＜5或a＜－.因此2＜a＜5.综合①②，可知a的取值范围为0＜a＜5. 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，不难求出这个函数的值域是.故所求的a的取值范围是.答案　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)＝sinx＋cosx＋sin2x的最小值是________．解析　令t＝sinx＋cosx＝sin，则t2＝1＋sin2x，且t∈[－，]，∴f(t)＝t2＋t－1＝2－，故当t＝－∈[－，]时，函数f(x)的最小值为－.答案　－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)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间内存在唯一零点；(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；(3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在内的零点，判断数列x2，x3，…，xn，…的增减性．[来源:Zxxk.Com][满分解答]　(1)b＝1，c＝－1，n≥2时，fn(x)＝xn＋x－1.∵fnfn(1)＝×1＜0，∴fn(x)在内存在零点．又当x∈时，fn′(x)＝nxn－1＋1＞0，∴fn(x)在上是单调递增的，∴fn(x)在内存在唯一零点．(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：(i)当＞1，即|b|＞2时，M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾．(ii)当－1≤－＜0，即0＜b≤2时，M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立．(iii)当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立．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．当－1≤－≤1，即－2≤b≤2时， M＝max{f2(1)，f2(－1)}－f2＝＋－f2＝1＋c＋|b|－＝2≤4恒成立．(8分)(3)法一　设xn是fn(x)在内的唯一零点(n≥2)，fn(xn)＝x＋xn－1＝0，fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈，于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)，又由(1)知fn(x)在上是递增的，故xn＜xn＋1(n≥2)，所以，数列x2，x3，…，xn，…是递增数列．(12分)法二　设xn是fn(x)在内的唯一零点，fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1)＝x＋xn－1＜x＋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，结合函数的单调性，得出函数在区间上的零点个数.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.【试一试】已知函数f(x)＝x＋(a∈R)，g(x)＝lnx.(1)求函数F(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间；(2)若关于x的方程＝f(x)－2e(e为自然对数的底数)只有一个实数根a的值．解　(1)函数F(x)＝f(x)＋g(x)＝x＋＋lnx的定义域为(0，＋∞)． ∴F′(x)＝1－＋＝.①当Δ＝1＋4a≤0，即a≤－时，得x2＋x－a≥0，则F′(x)≥0.∴函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当Δ＝1＋4a＞0，即a＞－时，令F′(x)＝0，得x2＋x－a＝0，解得x1＝＜0，x2＝.(i)若－＜a≤0，则x2＝≤0.∵x∈(0，＋∞)，∴F′(x)＞0，∴函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．(ii)若a＞0，则x∈时，F′(x)＜0；x∈时，F′(x)＞0，∴函数F(x)在区间上单调递减，在区间上单调递增．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]当a＞0时，函数F(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)由＝f(x)－2e，得＝x＋－2e，化为＝x2－2ex＋a.令h(x)＝，则h′(x)＝.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．∴当x＝e时，函数h(x)取得最大值，其值为h(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. ∴当a－e2＝，即a＝e2＋时，方程＝f(x)－2e只有一个实数根．