資源簡介

第1講　函數與方程思想
1.函數與方程思想的含義
(1)函數思想是用運動和變化的觀點分析和研究數學中的數量關系，是對函數概念的本質認識，建立函數關系或構造函數，運用函數的圖象和性質去分析問題、轉化問題，從而使問題獲得解決的思想方法．
(2)方程思想就是分析數學問題中變量間的等量關系，建立方程或方程組，或者構造方程，通過解方程或方程組，或者運用方程的性質去分析、轉化問題，使問題獲得解決的思想方法．
(3)函數與方程思想在一定的條件下是可以相互轉化的，是相輔相成的．函數思想重在對問題進行動態的研究，方程思想則是在動中求靜，研究運動中的等量關系．方程思想與函數思想密切相關：方程f(x)＝0的解就是函數y＝f(x)的圖象與x軸交點的橫坐標；函數y＝f(x)也可以看作二元方程f(x)－y＝0，通過方程進行研究；方程f(x)＝a有解，當且僅當a屬于函數f(x)的值域．函數與方程的這種相互轉化關系十分重要．
2.高考把函數與方程思想作為思想方法的重點來考查，特別是在有關函數、三角函數、數列、不等式、解析幾何、平面向量、立體幾何等題目中．高考使用客觀題考查函數與方程思想的基本運算，而在主觀題中，則從更深的層次，在知識網絡的交匯處，從思想方法與相關能力相結合的角度深入考查．
3.常見方法
(1)運用函數相關概念的本質解題
在理解函數的定義域、值域、性質等本質的基礎上，主動、準確地運用它們解答問題．常見問題有：求函數的定義域、解析式、最值，研究函數的性質．
(2)利用函數性質求解方程問題
函數與方程相互聯系，借助函數的性質可以解決方程解的個數及參數取值范圍的問題．
(3)構造函數解決一些數學問題
在一些數學問題的研究中，可以通過建立函數關系式，把要研究的問題轉化為函數的性質，達到化繁為簡，化難為易的效果．
應用1　函數與方程思想在方程、不等式中的應用
核心知識· 精歸納
1.函數與不等式的相互轉化，對函數y＝f(x)，當y>0時，就化為不等式f(x)>0，借助于函數的圖象和性質可解決有關問題，而研究函數的性質也離不開不等式．
2.含參不等式恒成立與存在性問題函數(方程)法是指通過構造函數，把恒成立問題與轉化為函數的值域問題，從而得到關于參數的方程的方法．破解此類題的關鍵點：
(1)靈活轉化：
①“關于x的不等式f(x)“關于x的不等式f(x)>g(a)在區間D上恒成立”轉化為“fmin(x)>g(a)”；
②“關于存在x∈D使得不等式f(x)“關于存在x∈D使得不等式f(x)>g(a)成立”轉化為“fmax(x)>g(a)”；
(2)求函數值域，利用函數的單調性、導數、圖象等求函數的值域；
(3)得出結論，列出參數a所滿足的方程，通過解方程，求出a的值．
典例研析· 悟方法
典例1 (1) (2022·晉城二模)已知函數f(x)＝為奇函數，則b＝( D )
A．－2 B．0
C．1 D．2
【解析】　當x＞0時，－x＜0，f(－x)＝－f(x)＝(－x)2＋2(－x)＝x2－2x，可得x＞0時，f(x)＝－x2＋2x，又x＞0時，f(x)＝－x2＋bx，所以b＝2.故選D.
(2) (2022·十堰模擬)函數f(x)＝16x＋＋的最小值為( A )
A．4 B．2
C．3 D．4
【解析】　f(x)＝16x＋＋＝16x＋＋＋≥4＝4，當且僅當x＝0時等號成立，所以f(x)的最小值為4.故選A.
(3) (多選)(2023·吉林通化梅河口市第五中學?？家荒?下列不等式成立的是( BCD )
A．2sin 1C.< 　 D．log43【解析】　對于選項A，因為0log2(sin 1)，故選項A錯誤；對于選項B，設f(x)＝，則f′(x)＝，又因為f′(x)>0 0e，所以f(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，所以f(π)2＝2×2 0224，所以2×2 0224－(2 0223＋2 0225)<0，所以－<0，即：<.故選項C正確；對于選項D，因為35<44＝5，所以3<4，所以log4364＝5，所以5>6，所以log65>log66＝，所以log65>log43.故選項D正確．故選BCD.
應用2　函數與方程思想在數列中的應用
核心知識· 精歸納
數列的通項與前n項和是自變量為正整數的函數，可用函數的觀點去處理數列問題，常涉及最值問題或參數范圍問題，一般利用二次函數；等差數列或等比數列的基本量的計算一般化歸為方程(組)來解決．
典例研析· 悟方法
典例2 (1) (2022·全國高二課時練習)設數列{an}為等差數列，其前n項和為Sn，已知a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，若對任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，則k的值是( B )
A．10 B．20
C．30 D．40
【解析】　設等差數列{an}的公差為d，由解得∴Sn＝na1＋＝39n－n(n－1)＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400.∴當n＝20時，Sn取得最大值．∵對任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，∴Sk為數列{Sn}的最大值，∴k＝20.故選B.
(2) (2023·河南校聯考模擬預測)記正項數列{an}的前n項和為Sn，且滿足＋＋＋…＋＝.若不等式λSn≥an＋1恒成立，則實數λ的取值范圍是 　.
【解析】　因為＋＋＋…＋＝①，所以當n≥2時，＋＋＋…＋＝②.①－②，得＝－＝，所以a＝4n2＋4n＋1＝(2n＋1)2，因為數列{an}是正項數列，則an＝2n＋1(*)．當n＝1時，＝，則a1＝3，符合(*)式，從而an＝2n＋1，{an}是首項為3，公比為2的等差數列，所以Sn＝＝n2＋2n，由λSn≥an＋1，得λ(n2＋2n)≥2n＋2，即λ≥.令f(n)＝＝＝，因為g(n)＝(n＋1)－在n∈N*時單調遞增，所以f(n)＝單調遞減，則當n＝1時，f(n)取得最大值，且為，所以λ≥.
應用3　函數與方程思想在解析幾何中的應用
核心知識· 精歸納
1.解析幾何中求斜率、截距、半徑、點的坐標、離心率等幾何量經常要用到方程(組)的思想；直線與圓錐曲線的位置關系問題，可以通過轉化為一元二次方程，利用判別式進行解決；求變量的取值范圍和最值問題常轉化為求函數的值域、最值，用函數的思想分析解答．
2.直線與圓錐曲線的綜合問題，通常借助根的判別式和根與系數的關系進行求解，這是方程思想在解析幾何中的重要應用．解析幾何問題的方程(函數)法可以拓展解決解析幾何問題的思維，通過代數運算、方程判定等解決解析幾何中的位置關系、參數取值等問題．
典例研析· 悟方法
典例3 (2023·北京高三北京市陳經綸中學?？奸_學考試)卵圓是常見的一類曲線，已知一個卵圓C的方程為：＋＝1(x>－2)，O為坐標原點，點A(1,0)，點P為卵圓上任意一點，則下列說法中正確的是_①③④__.
①卵圓C關于x軸對稱
②卵圓上不存在兩點關于直線x＝對稱
③線段PO長度的取值范圍是[1,2]
④△OAP的面積最大值為1
【分析】　利用點(x，y)和(x，－y)均滿足方程，即可判斷①；設(x0，y0)和(1－x0，y0)都在卵圓C上，再解即可判斷②；利用兩點間的距離公式表示|OP|2，然后利用導數研究其最值，即可判斷③；利用三角形的面積公式表示出S△OAP，然后利用導數研究其最值，即可判斷④.
【解析】　對于①，設(x，y)是卵圓C上的任意一個點，因為＋＝＋＝1，所以點(x，－y)也在卵圓C上，又點(x，y)和點(x，－y)關于x軸對稱，所以卵圓C關于x軸對稱，故①正確；對于②，設(x0，y0)在卵圓C上，(x0，y0)關于直線x＝對稱的點(1－x0，y0)也在卵圓C上，則解得或所以卵圓上存在(－1,0)，(2,0)兩點關于直線x＝對稱，故②錯誤；對于③，由＋＝1，得＝1－，所以≤1，又x>－2，所以－1≤x≤2，設點P(x，y)，x∈[－1,2]，則|OP|2＝x2＋y2＝x2＋4＝＋4，令f(x)＝＋4，(x∈[－1,2])，則f′(x)＝，(x∈[－1,2])，令f′(x)＝0，則x＝0或－1±，當－10，當01，所以f(x)min＝1，f(x)max＝4，即|OP|2∈[1,4]，所以|OP|∈[1,2]，故③正確；對于④，點P(x，y)，x∈[－1,2]，S△OAP＝|OA|·|y|＝×2＝，令g(x)＝，－1≤x≤2，則g′(x)＝，－1≤x≤2，當－10，所以g(x)在(－1,0)上遞減，在(0,2)上遞增，所以g(x)min＝g(0)＝0，此時△OAP的面積取得最大值1，故④正確．
應用4　函數與方程思想在立體幾何中的應用
核心知識· 精歸納
立體幾何中有關線段、角、面積、體積的計算，經常需要運用列方程或建立函數表達式的方法加以解決．
典例研析· 悟方法
典例4 已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為( C )
A. B．
C． D．
【分析】　方法一：先證明當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為2r2，進而得到四棱錐體積表達式，再利用均值定理去求四棱錐體積的最大值，從而得到當該四棱錐的體積最大時其高的值．
【解析】　方法一：【最優解】基本不等式
設該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設四邊形ABCD對角線夾角為α，則SABCD＝·AC·BD·sin α≤·AC·BD≤·2r·2r＝2r2(當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立)即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為2r2，又設四棱錐的高為h，則r2＋h2＝1，VO－ABCD＝·2r2·h＝≤＝，當且僅當r2＝2h2即h＝時等號成立．故選C
方法二：統一變量＋基本不等式
由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為a，底面所在圓的半徑為r，則r＝a，所以該四棱錐的高h＝，V＝a2＝≤＝＝(當且僅當＝1－，即a2＝時，等號成立)所以該四棱錐的體積最大時，其高h＝＝＝.故選C.
方法三：利用導數求最值
由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為a，底面所在圓的半徑為r，則r＝a，所以該四棱錐的高h＝，V＝a2，令a2＝t(00，單調遞增，【整體點評】　方法一：思維嚴謹，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是該題的最優解；方法二：消元，實現變量統一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，實現變量統一，利用導數求最值，是最值問題的常用解法，操作簡便，是通性通法．
應用5　函數與方程思想在平面向量中的應用
核心知識· 精歸納
1.平面向量問題的函數(方程)法是把平面向量問題，通過模、數量積等轉化為關于相應參數的函數(方程)問題，從而利用相關知識結合函數或方程思想來處理有關參數值問題．破解此類題的關鍵點：
(1)向量代數化，利用平面向量中的模、數量積等結合向量的位置關系、數量積公式等進行代數化，得到含有參數的函數(方程)；
(2)代數函數(方程)化，利用函數(方程)思想，結合相應的函數(方程)的性質求解問題；
(3)得出結論，根據條件建立相應的關系式，并得到對應的結論．
2.平面向量中含函數(方程)的相關知識，對平面向量的模進行平方處理，把模問題轉化為數量積問題，再利用函數與方程思想來分析與處理，這是解決此類問題一種比較常見的思維方式．
典例研析· 悟方法
典例5 (2023·天津南開高三南開中學?？茧A段練習)如圖，在邊長為1的正方形ABCD中，P是對角線AC上一點，且＝，則·＝ －　，若點M為線段BD(含端點)上的動點，則·的最小值為 －　.
【分析】　建立平面直角坐標系，求得正方形各頂點坐標，利用向量的坐標運算求得P，可得，的坐標，根據數量積的坐標運算，求得·；設＝λ＝(λ，－λ)，0≤λ≤1，表示出M(λ，1－λ)，可得，坐標，繼而求得·的表達式，結合二次函數性質求得·的最小值．
【解析】　如圖，以A為原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸建立平面直角坐標系，
則A(0,0)，B(1,0)，D(0,1)，C(1,1)，∴＝(1,1)，∵P是對角線AC上一點，且＝＝，可得P，∴＝，＝，∴·＝×＋×＝－；因為點M為線段BD(含端點)上的動點，則設＝λ＝(λ，－λ)，0≤λ≤1，故M(λ，1－λ)，所以＝，＝(1－λ，λ－1)，故·＝·(1－λ，λ－1)＝2λ2－3λ＋1＝22－，由于0≤λ≤1，所以λ＝時，22－取到最小值－，即·的最小值為－.
應用6　函數與方程思想在概率統計中的應用
核心知識· 精歸納
利用概率知識解決實際問題，尤其是生產和經營問題，其實與一般的應用題在本質上沒有什么不同，只是因為個別因素由確定變量變成不確定變量，從而導致結果的不確定性，所以才需要作決策優化，拋開概率的煙霧彈，其實題目反映的都是最簡單的公式(比如利潤＝收入—成本)，所以面對復雜題目要學會審題，還是要回歸常識．
典例研析· 悟方法
典例6 (多選)(2023·山西晉城高三校考階段練習)已知小李每天在上班路上都要經過甲、乙兩個路口，且他在甲、乙兩個路口遇到紅燈的概率分別為，p.記小李在星期一到星期五這5天每天上班路上在甲路口遇到紅燈個數之和為X，在甲、乙這兩個路口遇到紅燈個數之和為Y，則( BC )
A．P(X＝4)＝
B．D(X)＝
C．小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次紅燈的概率的最大值為
D．當p＝時，E(Y)＝
【分析】　確定X～B，即可求出P(X＝4)和D(X)，判斷A，B；表示一天至少遇到一次紅燈的概率為＋p，【解析】　對于A，B，小李在星期一到星期五這5天每天上班路上在甲路口遇到紅燈個數之和為X，則X～B，則P(X＝4)＝C4＝，D(X)＝5××＝，A錯誤，B正確；對于C，由題意可設一天至少遇到一次紅燈的概率為t＝1－(1－p)＝＋p，1時，f′(t)>0，當【點睛】　難點點睛：求解星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次紅燈的概率，關鍵是要明確一天至少遇到一次紅燈的概率，從而表示出星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次紅燈的概率的表達式，難點在于要利用導數求解最值，因此設函數f(t)＝10t3(1－t)2＝10(t5－2t4＋t3)，求導，利用導數解決問題．第2講　數形結合思想
一、運用數形結合思想分析解決問題時，要遵循三個原則：
(1)等價性原則．在數形結合時，代數性質和幾何性質的轉換必須是等價的，否則解題將會出現漏洞．有時，由于圖形的局限性，不能完整的表現數的一般性，這時圖形的性質只能是一種直觀而淺顯的說明，要注意其帶來的負面效應．
(2)雙方性原則．既要進行幾何直觀分析，又要進行相應的代數抽象探求，僅對代數問題進行幾何分析容易出錯．
(3)簡單性原則．不要為了“數形結合”而數形結合．具體運用時，一要考慮是否可行和是否有利；二要選擇好突破口，恰當設參、用參、建立關系、做好轉化；三要挖掘隱含條件，準確界定參變量的取值范圍，特別是運用函數圖象時應設法選擇動直線與定二次曲線．
二、特別提醒
數形結合思想是解答高考數學試題的一種常用方法與技巧，特別是在解選擇題、填空題時發揮著奇特功效，這就要求我們在平時學習中加強這方面的訓練，以提高解題能力和速度．具體操作時，應注意以下幾點：
(1)準確畫出函數圖象，注意函數的定義域；
(2)用圖象法討論方程(特別是含參數的方程)的解的個數是一種行之有效的方法，值得注意的是首先要把方程兩邊的代數式看作是兩個函數的表達式(有時可能先作適當調整，以便于作圖)，然后作出兩個函數的圖象，由圖求解；利用數形結合探究方程解的問題應注意兩點．
(3)在解答題中數形結合思想是探究解題的思路時使用的，不可使用形的直觀代替相關的計算和推理論證．
三、命題規律
1.數形結合思想在高考試題中主要有以下幾個常考點
(1)集合的運算及Venn圖；
(2)函數及其圖象；
(3)平面向量；
(4)數列通項及求和公式的函數特征及函數圖象；
(5)方程(多指二元方程)及方程的曲線；
(6)對于研究距離、角或面積的問題，往往涉及直線與圓、立體幾何、圓錐曲線等，利用幾何圖形或形數轉換求解；
(7)對于研究函數、方程或不等式(最值)的問題，可通過函數的圖象求解(函數的零點、頂點是關鍵點)，做好知識的遷移與綜合運用(與函數方程思想相結合)．
2.數形結合思想常用模型：一次、二次函數圖象；“對勾函數”應用單調性或基本不等式；三角函數圖象和性質；斜率公式；兩點間的距離公式(或向量的模、復數的模)；點到直線的距離公式等．
應用1　研究圖形的形狀、位置關系、性質等
核心知識· 精歸納
函數圖象與性質應用問題：即通過函數圖象來分析和解決函數問題的方法，對于高中數學函數貫穿始終，因此這種方法是最常用的，破解此類題的關鍵點：
(1)分析數理特征，一般解決問題時不能精確畫出圖象，只能通過圖象的大概性質分析問題，因此需要確定能否用函數圖象解決問題；
(2)畫出函數圖象，畫出對應的函數、轉化的函數或構造函數的圖象；
(3)數形轉化，這個轉化實際是借助函數圖象將難以解決的數理關系明顯化；
(4)得出結論，通過觀察函數圖象得出相應的結論．
典例研析· 悟方法
典例1 (1) (2023·河南省普高聯考高三下學期測評(四))函數y＝的大致圖象是( A )
【分析】　先判斷函數的奇偶性即可排除選項B，D；再利用特殊值即可排除選項C，進而求解．
【解析】　函數y＝f(x)＝的定義域為(－∞,0)∪(0，＋∞)，且f(－x)＝＝＝－f(x)，所以f(x)是奇函數，圖象關于原點對稱，排除B，D選項，只需研究x>0的圖象，當x＝時，－3sin ＝－<0，則f<0，排除C選項．故選A.
(2) (2022·北京統考模擬預測)已知函數y＝f(x)的圖象如圖1所示，則圖2對應的函數有可能是( C )
A．x2f(x) B．
C．xf(x) D．xf2(x)
【分析】　利用分類討論思想，根據函數值的符號及變化，分別對四個選項判斷即可求解．
【解析】　對于A，當x<0時，f(x)<0，所以x2f(x)<0，故選項A錯誤；對于B，當x<0時，f(x)<0，所以<0，故選項B錯誤；對于C，當x<0時，f(x)<0，所以xf(x)>0，且x→－∞時，f(x)→－∞，xf(x)→＋∞；當x>0時，f(x)>0，所以xf(x)>0，且x→＋∞時，f(x)→0，xf(x)→0，故選項C正確；對于D，當x<0時，f(x)<0，則f2(x)>0，所以xf2(x)<0，故選項D錯誤，故選C.
方法技巧· 精提煉
函數圖象的識辨可從以下方面入手：(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置．(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢．(3)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性．(4)利用函數值考察特征點，排除不合要求的圖象．(5)應用導數研究函數的性質，考察圖象升降的快慢、極值點，發現圖象差別．利用上述方法排除、篩選選項．
應用2　構建函數模型并結合其圖象求參數的取值范圍
核心知識· 精歸納
1.構建函數模型并結合圖象研究方程的根或函數的零點所涉及的參數問題；
2.構建函數模型并結合圖象研究量與量之間的大小關系，求參數的取值范圍或解不等式．
典例研析· 悟方法
典例2 (1)設函數f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整數x0，使得f(x0)<0，則a的取值范圍是( D )
A. B．
C. D．
【分析】　設g(x)＝ex(2x－1)，y＝a(x－1)，問題轉化為存在唯一的整數x0使得滿足g(x0)g(0)＝－1且g(－1)＝－≥－2a，由此可得出實數a的取值范圍．
【解析】　設g(x)＝ex(2x－1)，y＝a(x－1)，由題意知，函數y＝g(x)在直線y＝ax－a下方的圖象中只有一個點的橫坐標為整數，g′(x)＝ex(2x＋1)，當x<－時，g′(x)<0；當x>－時，g′(x)>0.所以，函數y＝g(x)的最小值為g＝－2e－.又g(0)＝－1，g(1)＝e>0.直線y＝ax－a恒過定點(1,0)且斜率為a，故－a>g(0)＝－1且g(－1)＝－≥－a－a，解得≤a<1，故選D.
(2)已知函數f(x)＝若函數g(x)＝f(x)－|kx2－2x|(k∈R)恰有4個零點，則k的取值范圍是( D )
A.∪(2，＋∞)
B.∪(0,2)
C．(－∞,0)∪(0,2)
D．(－∞,0)∪(2，＋∞)
【解析】　注意到g(0)＝0，所以要使g(x)恰有4個零點，只需方程|kx－2|＝恰有3個實根即可，令h(x)＝，即y＝|kx－2|與h(x)＝的圖象有3個不同交點．因為h(x)＝＝當k＝0時，此時y＝2，如圖1，y＝2與h(x)＝有1個不同交點，不滿足題意；當k<0時，如圖2，此時y＝|kx－2|與h(x)＝恒有3個不同交點，滿足題意；當k>0時，如圖3，當y＝kx－2與y＝x2相切時，聯立方程得x2－kx＋2＝0，令Δ＝0得k2－8＝0，解得k＝2(負值舍去)，所以k>2.綜上，k的取值范圍為(－∞,0)∪(2，＋∞)．故選D.
方法技巧· 精提煉
充分利用函數與函數的圖象之間的關系，利用數形結合思想得到不同的交點下參數的范圍．
應用3　構建函數模型并結合其圖象研究量與量之間的大小關系
核心知識· 精歸納
熟練掌握常見函數的圖象以及函數圖象的變換：由函數圖象的變換能較快畫出函數圖象，應該掌握平移(上下左右平移)、翻折(關于特殊直線翻折)、對稱(中心對稱和軸對稱)等基本轉化法與函數解析式的關系．
典例研析· 悟方法
典例3 (1) (多選)(2022·福建泉州高三?？茧A段練習)已知函數f(x)＝ex＋x－2的零點為a，函數g(x)＝ln x＋x－2的零點為b，則下列不等式中成立的是( BC )
A．ea＋ln b>2 B．ea＋ln b＝2
C．a＋b＝2 D．ab>1
【分析】　把問題轉化為兩個函數圖象交點問題，根據反函數的性質、基本不等式進行逐一判斷即可．
【解析】　令f(x)＝0、g(x)＝0，則ex＝2－x、ln x＝2－x，在同一坐標系中分別繪出函數y＝ex、y＝ln x、y＝2－x的圖象，因為函數f(x)＝ex＋x－2的零點為a，函數g(x)＝ln x＋x－2的零點為b，所以A(a，ea)，B(b，ln b)，解方程組 因為函數y＝ex與y＝ln x互為反函數，所以由反函數性質知A(a，ea)、B(b，ln b)關于(1,1)對稱，則a＋b＝2，ea＋ln b＝2，所以ab≤＝1，當且僅當a＝b＝1時，等號成立，所以A、D錯誤，B、C正確．故選BC.
方法技巧· 精提煉
對于零點關系問題，往往把函數零點轉化為方程的根，再轉化為新函數的交點橫坐標關系問題，另外本題要注意函數y＝ex與函數y＝ln x是反函數，故兩個交點A、B關于點(1,1)中心對稱．
(2) (2023·貴州貴陽統考模擬預測)已知正實數a，b，c，若>＝ln ，b>e，則a，b，c的大小關系為( D )
A．a>c>b B．a>b>c
C．b>c>a D．b>a>c
【分析】　根據已知關系式的特征可構造函數f(x)＝，利用導數可求得f(x)單調性，并確定f(x)的圖象，根據>＝－>0，結合圖象可確定a，b，c的大小關系．
【解析】　令f(x)＝，則f′(x)＝，∴當x∈(0，e)時，f′(x)>0；當x∈(e，＋∞)時，f′(x)<0；所以f(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，∴f(x)max＝f(e)＝，又f(1)＝0，當x>1時，f(x)>0恒成立，可得f(x)圖象如下圖所示，∵>，b>e，∴10，∴<0，∴0a>c.故選D.
方法技巧· 精提煉
本題考查構造函數比較函數值大小的問題，解題關鍵是能夠根據已知關系式的結構特征，準確構造函數，將問題轉化為函數值大小關系的比較問題，從而利用導數確定函數的單調性和圖象來進行求解．
應用4　構建函數模型并結合其幾何意義研究函數的最值問題和證明不等式
核心知識· 精歸納
向量、復數、圓錐曲線等數學概念具有明顯的幾何意義，可利用圖形觀察求解有關問題；靈活應用一些幾何結構的代數形式，如斜率、距離公式等．應用幾何意義法解決問題需要熟悉常見的幾何結構的代數形式，主要有：①比值——可考慮直線的斜率；②二元一次式—可考慮直線的截距；③根式分式——可考慮點到直線的距離；④根式——可考慮兩點間的距離．
典例研析· 悟方法
典例4 (1)在邊長為1的等邊三角形ABC中，D為線段BC上的動點，DE⊥AB且交AB于點E.DF∥AB且交AC于點F，則|2＋|的值為_1__；(＋)·的最小值為 　.
【分析】　設BE＝x，由(2＋)2＝42＋4·＋2可求出；將(＋)·化為關于x的關系式即可求出最值．
【解析】　設BE＝x，x∈，∵△ABC為邊長為1的等邊三角形，DE⊥AB，∴∠BDE＝30°，BD＝2x，DE＝x，DC＝1－2x，∵DF∥AB，∴△DFC為邊長為1－2x的等邊三角形，DE⊥DF，∴(2＋)2＝42＋4·＋2＝4x2＋4x(1－2x)×cos 0°＋(1－2x)2＝1，∴|2＋|＝1，∵(＋)·＝(＋)·(＋)＝2＋·＝(x)2＋(1－2x)×(1－x)＝5x2－3x＋1＝52＋，所以當x＝時，(＋)·的最小值為.
(2)如圖，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝2，BC＝2，AA1＝2，P為線段BB1上動點，AP＋PC1的最小值為_8__，當tan(∠PAB＋∠PC1B1)最大時，＝ 　.
【分析】　以BB1為軸，將四邊形BCC1B1旋轉到與四邊形ABB1A1同在一個平面內，利用當A、P、C1三點共線時，可求得AP＋PC1的最小值；設BP＝t(0≤t≤2)，則B1P＝2－t，利用基本不等式可求得tan(∠PAB＋∠PC1B1)，利用等號成立的條件求出t的值，即可求得的值．
【解析】　由已知條件知AB＝＝4，以BB1為軸，將四邊形BCC1B1旋轉到與四邊形ABB1A1同在一個平面內，連接AC1交BB1于點T，此時A、P、C1三點共線距離最小，點T滿足使AP＋PC1最小，易得AC1＝＝8，設BP＝t(0≤t≤2)，則B1P＝2－t，在Rt△ABP中，tan∠PAB＝＝，在Rt△B1C1P中，tan∠PC1B1＝＝，所以，tan(∠PAB＋∠PC1B1)＝＝＝，令x＝4－t，則2≤x≤4，令f(x)＝＝＝≤＝＝＝8＋3.當且僅當x＝4－t＝8時，即當t＝4－8時，等號成立，此時＝＝＝.
應用5　構建幾何模型研究代數問題
核心知識· 精歸納
1.在解決問題的過程中對題目中的一些代數式進行幾何意義分析，將其轉化為與幾何結構相關的問題，通過解決幾何問題達到解決代數問題的目的．此方法適用于難以直接解決的抽象問題，可利用圖形使其直觀化，再通過圖形的性質快速解決問題．破解此類題的關鍵點：
(1)分析特征，一般從圖形結構、性質等方面分析代數式是否具有幾何意義．
(2)進行轉化，把要解決的代數問題轉化為幾何問題．
(3)得出結論，將幾何問題得出的結論回歸到代數問題中，進而得出結論．
2.幾何圖形有關的最值問題，若通過代數方法計算則小題大做，計算繁雜，解題時要充分考慮幾何關系，充分利用“三角形兩邊之和大于第三邊”“兩點之間線段最短”等幾何結論．
典例研析· 悟方法
典例5 (1) (2023·河南高三河南省淮陽中學校聯考開學考試)已知平面向量，滿足||＝||＝1，，的夾角為，若||＝1，則||的最小值為( C )
A.－1 B．＋1
C.－1 D．＋1
【分析】　不妨設P(0,0)，A(1,0)，B(x0，y0)，C(x，y)，利用數量積和模長的坐標表示求得C點的軌跡即可求解．
【解析】　因為||＝||＝1，，的夾角為，所以·＝||||cos〈，〉＝－，不妨設P(0,0)，A(1,0)，B(x0，y0)，則＝(1,0)，＝(x0，y0)，則解得B或B，設C(x，y)，由||＝1得C在以B為圓心，1為半徑的圓上，所以||的最小值為||－1＝－1＝－1.故選C.
　
(2)如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BC的中點，F是側面BCC1B1上的動點，且A1F∥平面AD1E.記A1F與平面BCC1B1所成角為α，A1F與AD1所成角為β，則( D )
A．α<β< B．α<<β
C．α>β> D．<α<β
【分析】　利用作圖，構造出α和β，分別求tan α和tan β，比較后，即可判斷選項．
【解析】　如圖，取CC1，BB1，B1C1的中點G，M，N，連接EG，D1G，MN，A1M，A1N，B1F，設棱長為2，∵MN∥EG，MN 平面AEGD1，EG 平面AEGD1，所以MN∥平面AEGD1，A1N∥AE，同理A1N∥平面AEGD1，且A1N∩MN＝N，所以平面A1MN∥平面AEGD1，所以點F在線段MN上，因為A1B1⊥平面BCC1B1，所以∠A1FB1＝α，因為AD1∥MN，所以∠A1FM或∠A1FN為β，tan α＝，當點F在MN的中點時，B1F最小，此時tan α最大，最大值是2，當點F與點M，N重合時，B1F最大，此時tan α最小，最小值是2，當點F在MN的中點時，β＝，當點F與點M，N重合時，β最小，A1M＝，MF＝，A1F＝＝，tan β＝3，所以2≤tan α≤2，tan β≥3，tan ＝，所以<α<β.故選D.
應用6　構建解析幾何中的斜率、截距、距離等模型研究最值等問題
核心知識· 精歸納
1.在解析幾何的解題過程中，通常要數形結合，挖掘題中所給的代數關系式和幾何關系式，構建解析幾何模型并應用模型的幾何意義求最值或范圍；常見的幾何結構的代數形式主要有：
(1)比值——可考慮直線的斜率；
(2)二元一次式——可考慮直線的截距；
(3)根式分式——可考慮點到直線的距離；
(4)根式——可考慮兩點間的距離．
2.圓錐曲線數形結合法：是根據圓錐曲線中許多對應的長度、數式等都具有一定的幾何意義，挖掘題目中隱含的幾何意義，采用數形結合思想，快速解決某些相應的問題．破解此類題的關鍵點：
(1)畫出圖形，畫出滿足題設條件的圓錐曲線的圖形，以及相應的線段、直線等；
(2)數形求解，通過數形結合，利用圓錐曲線的定義、性質、直線與圓錐曲線的位置關系、圓與圓錐曲線的位置關系等進行分析與求解；
(3)得出結論，結合題目條件進行分析，得出所要求解的結論．
3.破解圓錐曲線問題的關鍵是畫出相應的圖形，注意數和形的相互滲透，并從相關的圖形中挖掘對應的信息進行研究．直線與圓錐曲線的位置關系的轉化有兩種：
(1)通過數形結合建立相應的關系式；
(2)通過代數形式轉化為二元二次方程組的解的問題進行討論．
典例研析· 悟方法
典例6 (1)已知函數f(x)＝x3＋x，且f(y2－2y＋3)＋f(x2－4x＋1)≤0，則當y≥1時，的取值范圍是( A )
A. B．
C．[1,3－3] D．
【分析】　判斷函數f(x)的奇偶性和單調性，將不等式進行轉化，利用直線和圓的位置關系，結合數形結合和的幾何意義即可得到結論．
【解析】　由題意可知，f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，由f(x)＝x3＋x，得f′(x)＝3x2＋1>0，所以f(x)在R單調遞增，f(－x)＝(－x)3＋(－x)＝－(x3＋x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數，f(y2－2y＋3)＋f(x2－4x＋1)≤0有f(y2－2y＋3)≤－f(x2－4x＋1)＝f(－x2＋4x－1)，∴y2－2y＋3≤－x2＋4x－1，整理得(x－2)2＋(y－1)2≤1，y≥1時，即(x，y)的取值區域如圖中陰影部分所示：∴表示直線y＝k(x＋1)在過圖中陰影部分的點時斜率k＝，即問題轉化為直線與陰影區域有交點時，k的取值范圍，當與半圓相切，k取最大值，而此時圓心(2,1)到y＝k(x＋1)的距離d＝＝1，得k＝；當交半圓于右端點(3,1)時，k取最小值為，所以k的取值范圍.故選A.
(2) (2023·廣西柳州高三統考階段練習)已知z∈C，且|z＋i|＝1，i為虛數單位，則|z－2|的最大值是_4__.
【分析】　根據復數的幾何意義可知：復數z表示以(0，－1)為圓心的半徑為1的圓C，而|z－2|表示圓C上的點到(2，0)的距離，結合圖形即可得|z－2|的最大值．
【解析】　記z＝a＋bi，a，b∈R，因為|z＋i|＝1，即＝1，所以復數z表示以(0，－1)為圓心，半徑為1的圓C，而|z－2|＝，表示圓C上的點到(2，0)的距離，所以距離最大為圓心到(2，0)的距離再加上半徑，故|z－2|的最大值為＋1＝4.
(3) (2023·吉林統考二模)已知函數f(x)＝，點M、N是函數f(x)圖象上不同的兩個點，則tan∠MON(O為坐標原點)的取值范圍是_(0,2)__.
【分析】　作出函數f(x)的圖形，求出過原點且與函數f(x)(x≥0)的圖象相切的直線的方程，以及函數f(x)＝(x<0)的漸近線方程，結合兩角差的正切公式，數形結合可得出tan∠MON的取值范圍．
【解析】　當x≥0時，f(x)＝xex－2＋4，則f′(x)＝(x＋1)ex－2>0，所以，函數f(x)在[0，＋∞)上為增函數；當x<0時，由y＝>0可得y2＝1＋x2，即y2－x2＝1，作出函數f(x)的圖象如圖所示：設過原點且與函數f(x)(x≥0)的圖象相切的直線的方程為y＝kx，設切點為(x0，x0ex0－2＋4)，所以，切線方程為y－x0ex0－2－4＝(x0＋1)ex0－2(x－x0)，將原點坐標代入切線方程可得－x0ex0－2－4＝－(x0＋x)ex0－2，即xex0－2＝4，構造函數g(x)＝x2ex－2，其中x≥0，則g′(x)＝(x2＋2x)ex－2>0，所以，函數g(x)＝x2ex－2在[0，＋∞)上單調遞增，且g(2)＝4，由g(x0)＝xex0－2＝4，解得x0＝2，所以，k＝(x0＋1)ex0－2＝3，而函數f(x)＝(x<0)的漸近線方程為y＝－x，設直線y＝－x與y＝3x的夾角為θ，設直線y＝3x的傾斜角為α，則tan θ＝tan＝＝＝2，結合圖形可知，0方法技巧· 精提煉
解本題的關鍵在于求出設過原點且與函數f(x)(x≥0)的圖象相切的直線的方程以及函數f(x)＝(x<0)的漸近線方程，再利用兩角差的正切公式以及數形結合思想求解．
應用7　構建方程模型或函數模型，結合其圖象研究零點的范圍與個數問題
核心知識· 精歸納
討論方程的解(或函數零點)的問題一般可以構造兩個函數，將方程解的個數轉化為兩條曲線的交點個數．構造函數時，要先對方程進行變形，盡量構造兩個比較熟悉的函數．方程解的個數問題可通過構造函數，轉化為函數圖象的交點個數問題；f(x)典例研析· 悟方法
典例7 (1) (多選)(2023·廣東韶關高三校聯考開學考試)已知函數f(x)＝－10x(x>1)，g(x)＝－lg x(x>1)的零點分別為x1，x2，則( BC )
A．x1＝2lg x2 B．＋＝1
C．x1＋x2>4 D．x1x2<10
【分析】　根據函數y＝的圖象關于直線y＝x對稱建立x1，x2的關系，由圖象判斷x1，x2所在區間，逐項判斷．
【解析】　∵y＝＝1＋，∴由y＝的圖象向右向上各平移一個單位得到y＝圖象，∴函數y＝的圖象關于直線y＝x對稱，即可知點A，B關于直線y＝x對稱．∴x1＝lg x2＝，x2>x1>1，故A不正確；由x1＝ x1x2＝x1＋x2 ＋＝1，故B正確；x1＋x2＝1＋＋x2＝(x2－1)＋＋2≥4，∵g(2)＝2－lg 2≠0，∴x2≠2，等號不成立，∴x1＋x2>4，故C正確；由圖知x1∈(1，＋∞)，∵g(10)＝－lg 10＝>g(x2)，易知函數g(x)在(1，＋∞)上單調遞減，所以x2∈(10，＋∞)，∴x1x2>10，故D不正確．故選BC.
(2) (2023·北京大興高三校考開學考試)已知函數f(x)＝，則函數f(x)的零點個數為_3__.
【分析】　當x<0時直接求解函數零點，當x≥0時，轉化為y＝ex與y＝2x2的圖象的交點個數求解即可．
【解析】　當x<0時，f(x)＝(x＋1)ex＝0，解得x＝－1；當x≥0時，f(x)＝ex－2x2＝0得ex＝2x2，易得f(2)＝e2－8<0，作出函數y＝ex，y＝2x2的圖象，如圖，所以，結合指數函數與冪函數性質，函數y＝ex，y＝2x2在(0，＋∞)有兩個交點，所以當x≥0時，f(x)＝ex－2x2＝0有兩個實數根，所以，函數f(x)的零點個數為3.第3講　分類與整合思想
1.分類整合思想的含義
分類與整合思想是將一個較復雜的數學問題分解(或分割)成若干個基礎性問題，通過對基礎性問題的解答來實現解決原問題的思想策略．對問題實行分類與整合，分類標準等于增加一個已知條件，實現了有效增設，將大問題(或綜合性問題)分解為小問題(或基礎性問題)，優化解題思路，降低問題難度；分類研究后還要對討論結果進行整合．
2.分類與整合思想在解題中的應用
(1)由數學概念引起的分類．有的概念本身是分類的，如絕對值、直線斜率、指數函數、對數函數等．
(2)由性質、定理、公式的限制引起的分類討論．有的定理、公式、性質是分類給出的，在不同的條件下結論不一致，如等比數列的前n項和公式、函數的單調性等．
(3)由數學運算和字母參數變化引起的分類．如除法運算中除數不為零，偶次方根為非負，對數真數與底數的限制，指數運算中底數的要求，不等式兩邊同乘以一個正數、負數，三角函數的定義域等．
(4)由圖形的不確定性引起的分類討論．有的圖形類型、位置需要分類：如角的終邊所在的象限；點、線、面的位置關系等．
3.分類方法與原則
(1)簡化分類討論的策略：分類討論的思想是將一個較復雜的數學問題分解成若干個基礎性問題，通過對基礎性問題的解答來實現解決原問題的策略．
①消去參數；②整體換元；③變更主元；④考慮反面；⑤整體變形；⑥數形結合；⑦縮小范圍等．
(2)分類討論遵循的原則是：
①不重不漏，科學地劃分
②標準要統一，層次要分明，分清主次，不越級討論．
③能不分類的要盡量避免，決不無原則的討論．
4.解題時把好“四關”
(1)要深刻理解基本知識與基本原理，把好“基礎關”；
(2)要找準劃分標準，把好“分類關”；
(3)要保證條理分明，層次清晰，把好“邏輯關”；
(4)要注意對照題中的限制條件或隱含信息，合理取舍，把好“檢驗關”．
5.高考以解答題的方式考查分類與整合思想，主要是函數導數解答題、數列題和解析幾何解答題等．
應用1　由概念、法則、公式、性質引起的分類討論
核心知識· 精歸納
1.有許多核心的數學概念是分類的，由數學概念引起的分類討論，如絕對值的定義、二次函數的定義、分段函數的定義、異面直線所成角的定義、直線的斜率、指數函數、對數函數等．
2.在中學數學中，一次函數、二次函數、指數函數、對數函數的單調性，基本不等式，等比數列的求和公式在不同的條件下有不同的結論，或者在一定的限制條件下才成立，應根據題目條件確定是否進行分類討論．
3.有些分類討論的問題是由運算的需要引發的．比如除法運算中分母能否為零的討論；解方程及不等式時，兩邊同乘一個數是否為零、正數、負數的討論；二次方程運算中對兩根大小的討論；求函數單調性時，導數正負的討論；排序問題；差值比較中的差的正負的討論；有關去絕對值或根號問題中等價變形引發的討論等．
典例研析· 悟方法
典例1 (1) (2023·河南校聯考模擬預測)已知a＝ln 1.1，b＝ln ，c＝，則下列判斷正確的是( D )
A．aC．c【分析】　結合對數函數、導數的知識確定正確答案．
【解析】?、俦容^a，b的大?。阂驗?.1>，所以ln 1.1>ln ，所以a>b.②比較b，c的大?。毫頵(x)＝ln x－(x－1)，則f′(x)＝－1＝.當00；當x>1時，f′(x)<0，所以當x>0時，f(x)≤f(1)＝0，即ln x≤x－1，所以ln <，即b1－＝，即a>c.綜上，a>c>b.故選D.
方法技巧· 精提煉
比較對數式的大小，結合的是對數函數的單調性，此時要注意對數函數y＝logax的底數a的取值范圍對單調性的影響．比較對數式和實數的大小，可考慮分段法或構造函數法來進行求解．
(2) (2022·全國模擬預測)設正項數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＝(an＋1)2，記[x]表示不超過x的最大整數，bn＝＋1.若數列{bn}的前n項和為Tn，則使得Tn≥2 022成立的n的最小值為( A )
A．1 180 B．1 179
C．2 020 D．2 021
【分析】　利用通項公式an和前n項和Sn之間的關系求出{an}數列的通項公式，再根據n的取值討論bn＝＋1并判斷Tn≥2 022即可．
【解析】　Sn＝(an＋1)2①，令n＝1，得4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1.Sn－1＝(an－1＋1)2，n≥2②，由①－②可得an＝Sn－Sn－1＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，整理得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0，根據an>0可知an－an－1＝2(n≥2)，則數列{an}是首項為1，公差為2的等差數列，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*.∴bn＝＋1＝＋1，n∈N*，當n∈[1,505]時，4n－2<2 022，bn＝1；當n∈[506,1 011]時，2 022≤4n－2≤4 042，bn＝2，當n∈[1 012,1 517)時，4 044<4n－2<6 066，bn＝3.∵T1 011＝505＋506×2＝1 517，(2 022－1 517)÷3≈168.3，∴使Tn≥2 022成立的n的最小值為1 011＋169＝1 180.故選A.
應用2　由圖形位置或形狀引起的分類討論
核心知識· 精歸納
1.一般由圖形的位置或形狀變動引發的討論包括：二次函數對稱軸位置的變動；函數問題中區間的變動；函數圖象形狀的變動；直線由斜率引起的位置變動；圓錐曲線由焦點引起的位置變動或由離心率引起的形狀變動；立體幾何中點、線、面的位置變動等．
2.圓錐曲線形狀不確定時，常按橢圓、雙曲線來分類討論，求圓錐曲線的方程時，常按焦點的位置不同來分類討論．
3.相關計算中，涉及圖形問題時，也常按圖形的位置不同、大小差異等來分類討論．
典例研析· 悟方法
典例2 (1) (多選)(2023·梅河口市第五中學?？家荒?長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，BB1＝1，則( AC )
A．A到平面A1BD的距離為
B．A到平面A1BD的距離為
C．沿長方體的表面從A到C1的最短距離為3
D．沿長方體的表面從A到C1的最短距離為2
【分析】　利用體積相等求出點A到平面A1BD的距離即可判斷選項A和B；求A點到C1的最短距離，由兩點之間直線段最短，想到需要把長方體剪開再展開，把A到C1的最短距離轉化為求三角形的邊長問題，根據實際圖形，應該有三種展法，展開后利用勾股定理求出每一種情況中AC1的長度，比較三個值的大小后即可得到結論，進而判斷C和D.
【解析】　如圖，連接A1D，DB，A1B，因為AB＝3，BC＝2，BB1＝1，
所以A1B＝＝，A1D＝＝，BD＝＝，在△A1BD中，由余弦定理可得：cos∠BA1D＝＝＝，所以sin∠BA1D＝＝＝，則S△BA1D＝A1B·A1Dsin∠BA1D＝×××＝，又S△ABD＝AB·AD＝×2×3＝3，設點A到平面A1BD的距離為h，由體積相等可得：VA1－ABD＝VA－A1BD，即S△ABD×AA1＝S△A1BD×h，所以×3×1＝××h，解得：h＝，故選項A正確；選項B錯誤；長方體ABCD－A1B1C1D1的表面可能有三種不同的方法展開，如圖所示：
AB＝3，BC＝2，BB1＝1，表面展開后，依第一個圖形展開，則AC1＝＝3；依第二個圖形展開，則AC1＝＝；依第三個圖形展開，則AC1＝＝2；三者比較得：A點沿長方體表面到C1的最短距離為3，故選項C正確，選項D錯誤，故選AC.
(2) (2023·貴州貴陽高三統考期末)設點P是棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1表面上的動點，點M是棱A1D1的中點，N為底面ABCD的中心，則下列結論中所有正確結論的編號有_①③④__.
①當點P在底面ABCD內運動時，三棱錐P－C1D1M的體積為定值；
②當點P在線段B1C上運動時，異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是；
③當點P在線段A1D1上運動時，平面PAN⊥平面BDD1B1；
④當點P在側面BCC1B1內運動時，若P到棱A1B1的距離等于它到棱BC的距離，則點P的軌跡為拋物線的一部分．
【分析】　對于①，根據點P到平面C1D1M的距離即為點P到平面A1B1C1D1的距離為2即可判斷；對于②，異面直線AP與A1D所成角即為直線AP與B1C所成角，轉化為在△AB1C中，AP與B1C所成角即可判斷；對于③，根據N為底面ABCD的中心和正方體的性質，證明得AN⊥平面BDD1B1即可得到結論；對于④，點P在側面BCC1B1內運動時，根據A1B1⊥平面BCC1B1，則P到棱A1B1的長度等于PB1的長度，結合拋物線定義即可判斷．
【解析】　對于①，當點P在底面ABCD內運動時，點P到平面C1D1M的距離即為點P到平面A1B1C1D1的距離為2，則VP－C1D1M＝S△C1D1Mh＝×2××2×1＝，故①正確；對于②，如圖：
點P在線段B1C上運動時，因為A1D∥B1C，所以異面直線AP與A1D所成角即為直線AP與B1C所成角．因為AC＝AB1＝B1C＝2，所以△AB1C為等邊三角形，當點P在線段B1C的中點時，AP⊥B1C，即直線AP與B1C所成角為，當點P向兩個端點運動時，直線AP與B1C所成角越來越小，當點P與點B1或點C重合時，直線AP與B1C所成角為，所以直線AP與B1C所成角的取值范圍是，即異面直線AP與A1D所成角的取值范圍是，故②錯誤；對于③，如圖：
∵N為底面ABCD的中心，∴AN⊥BD，∵BB1⊥平面ABCD，AN 平面ABCD，∴AN⊥BB1，又BD∩BB1＝B，BD 平面BDD1B1，BB1 平面BDD1B1，∴AN⊥平面BDD1B1，∵AN 平面PAN，∴平面PAN⊥平面BDD1B1，故③正確；對于④，點P在側面BCC1B1內運動時，∵A1B1⊥平面BCC1B1，∴P到棱A1B1的距離等于PB1的長度，∴P到棱A1B1的距離等于它到棱BC的距離即為點P到B1的距離等于點P到棱BC的距離，根據拋物線的定義，又點P在側面BCC1B1內運動，∴點P的軌跡為拋物線的一部分．
應用3　由變量或參數引起的分類討論
核心知識· 精歸納
含有參數的分類討論問題主要包括：(1)含有參數的不等式的求解；(2)含有參數的方程的求解；(3)函數解析式中含參數的最值與單調性問題；(4)二元二次方程表示曲線類型的判定等．求解這類問題的一般思路是：結合參數的意義及參數對結果的影響進行分類討論．討論時，應全面分析參數變化引起結論的變化情況，參數有幾何意義時還要考慮適當地運用數形結合思想．
典例研析· 悟方法
典例3 (2023·湖南株洲高三株洲二中校考階段練習)數列{an}滿足＋＋＋…＋＝.
(1)求{an}的通項公式；
(2)設bn＝，數列{bn}的前n項和為Sn.若對于任意正整數n，均有(3n＋4)m≥(2n－5)··2n恒成立，求m的最小值．
【分析】　(1)當n＝1時，求出a1＝1，當n≥2時，利用＋＋…＋＝求出an＝2n－1，檢驗后得到答案；
(2)利用錯位相減法得到Sn，不等式轉化為m≥×，令Tn＝，作差法得到Tn的單調性，從而得到Tn的最大值，得到m的最小值．
【解析】　(1)取n＝1，由＝，得a1＝1；
當n≥2時，由＋＋…＋＝，得＋＋…＋＝，
兩式相減得＝－＝，整理得an＝2n－1；
當n＝1時，a1＝1也適合上式．
綜上，an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝＝n×n－1，得
Sn＝1＋＋＋…＋，Sn＝＋＋…＋＋，
兩式相減得Sn＝1＋＋＋…＋－＝－＝－×－，
整理得Sn＝－.
由題意對于任意正整數n，均有(3n＋4)m≥(2n－5)·2n恒成立，則(3n＋4)m≥×2n，即m≥×恒成立．
設Tn＝，由Tn＋1－Tn＝－＝，
則當n≤3時，Tn＋1－Tn>0，即Tn＋1>Tn；
當n≥4時，Tn＋1－Tn<0，即Tn＋1于是Tn的最大值為T4＝，所以m≥×＝，即m的最小值是.
典例4 (2022·全國高三專題練習)設a為實數，函數f(x)＝(x－a)2＋|x－a|－a(a－1)．
(1)若f(0)≤1，求a的取值范圍；
(2)討論f(x)的單調性；
(3)當a>2時，討論f(x)＋|x|在R上的零點個數．
【分析】　(1)寫出f(0)＝|a|＋a≤1，討論a的取值情況，解得答案；(2)分類討論去掉絕對值符號，再根據二次函數的性質，求得答案；(3)分段討論去掉絕對值符號，得到f(x)＋|x|的解析式，結合二次函數圖象的對稱軸確定函數的單調性，結合零點存在定理即可得答案．
【解析】　(1)∵f(0)≤1
∴f(0)＝(0－a)2＋|0－a|－a(a－1)＝a2＋|a|－a(a－1)＝|a|＋a≤1，
∴當a≤0時，不等式為0≤1恒成立，滿足條件，
當a>0時，不等式為a＋a≤1，
∴0綜上所述a的取值范圍為.
(2)當x其對稱軸為x＝＝a＋>a，此時y＝f(x)在(－∞，a)時是減函數，
當x≥a時，f(x)＝x2＋(1－2a)x，
其對稱軸為：x＝a－綜上所述，f(x)在(a，＋∞)上單調遞增，在(－∞，a)上單調遞減．
(3)設g(x)＝f(x)＋|x|＝
當x≥a時，其對稱軸為x＝a－1，
當0≤x當x<0時，其對稱軸為x＝a＋1，
∴g(x)在(－∞,0)上單調遞減，在(0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增，
∵g(0)＝2a>0，g(a)＝a2＋(2－2a)a＝2a－a2＝－(a－1)2＋1，
又a>2，
∴g(a)＝－(a－1)2＋1在(2，＋∞)上單調遞減，
∴g(a)∴f(x)在(0，a)和(a，＋∞)上各有一個零點，
綜上所述a>2時，f(x)＋|x|在R上有2個零點．第4講　轉化與化歸思想
1.轉化與化歸思想的含義
轉化與化歸的思想方法，就是在研究和解決有關數學問題時，采用某種手段將問題通過變換使之轉化，進而得到解決的一種方法．一般總是將復雜的問題通過變換轉化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉化為已解決的問題．
2.轉化與化歸的原則
(1)熟悉化原則；(2)簡單化原則；(3)直觀化原則；(4)正難則反原則．
3.轉化與化歸的策略方法
(1)直接轉化法；(2)換元法；(3)數形結合法；(4)構造法；(5)坐標法；(6)類比法；(7)特殊化方法；(8)等價問題法；(9)加強命題法；(10)補集法．
4.轉化與化歸思想在解題中的應用
(1)在三角函數和解三角形中，主要的轉化方法有公式的“三用”(順用、逆用、變形用)、角度的轉化、函數的轉化、通過正弦定理、余弦定理實現邊角關系的相互轉化等．
(2)換元法是將一個復雜的或陌生的函數、方程、不等式轉化為簡單的或熟悉的函數、方程、不等式的一種重要的方法．
(3)在解決平面向量與三角函數、平面幾何、解析幾何等知識的交匯題目時，常將平面向量語言與三角函數、平面幾何、解析幾何語言進行轉化．
(4)在解決數列問題時，常將一般數列轉化為等差數列或等比數列求解．
(5)在利用導數研究函數問題時，常將函數的單調性、極值(最值)、切線問題轉化為其導函數f′(x)構成的方程、不等式問題求解．
(6)在解決解析幾何、立體幾何問題時，常常在數與形之間進行轉化．
5.轉化與化歸的常見類型
(1)直接轉化法：把原問題直接轉化為基本定理、基本公式或基本圖形問題；如在三角函數和解三角形中，主要的轉化方法有公式的“三用”(順用、逆用、變形用)、角度的轉化、函數的轉化、通過正弦定理、余弦定理實現邊角關系的相互轉化等．
(2)換元法：運用“換元”把式子轉化為有理式或使整式降冪等，把較復雜的函數、方程、不等式問題轉化為易于解決的基本問題．
(3)數形結合法：研究原問題中數量關系(解析式)與空間形式(圖形)關系，通過互相變換獲得轉化途徑．
(4)等價轉化法：把原問題轉化為一個易于解決的等價命題，達到化歸的目的．
(5)特殊化方法：把原問題的形式向特殊化形式轉化，并證明特殊化后的問題，結論適合原問題．
應用1　等與不等引起的轉化
核心知識· 精歸納
函數、方程與不等式就像“一胞三兄弟”，解決方程、不等式的問題需要函數幫助，解決函數的問題需要方程、不等式的幫助，因此借助于函數、方程、不等式進行轉化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等式關系轉化為最值(值域)問題，從而求出參變量的范圍．
典例研析· 悟方法
典例1 (2023·全國模擬預測)已知a＝e－3，b＝ln 1.01，c＝sin 0.02，則( D )
A．aC．c【分析】　先利用不等式x>sin x(x>0)比較a，c的大小，再構造函數，利用函數的單調性比較b，c的大小，即可得到結果．
【解析】　如圖，單位圓A中，∠BAC＝θ，BD⊥AC于D，則的長度l＝θ，|BD|＝sin θ，則由圖易得，l>|BC|>|BD|，即θ>sin θ，所以a＝e－3＝>>＝0.02>sin 0.02＝c.設f(x)＝sin 2x－ln(1＋x)，x∈，則f′(x)＝2cos 2x－>1－>0，所以f(x)在上單調遞增，則f(0.01)>0，即sin 0.02>ln 1.01，即b方法技巧· 精提煉
1.比較對數式大小，一般可構造函數，根據函數的單調性來比較大小；
2.比較非特殊角三角函數大小，可結合單位圓轉化為比較長度，則可由數形結合解答．
典例2 定義在R上的奇函數f(x)的圖象連續不斷，其導函數為f′(x)，對任意正數x恒有xf′(x)<2f(－x)，若g(x)＝x2f(x)，則不等式g(log2(x2－2))＋g(－1)>0的解集為( D )
A．(0,2)
B．(－，2)
C．(－2,2)
D．(－2，－)∪(，2)
【分析】　由f(x)的奇偶性和xf′(x)<2f(－x)判斷出g(x)在R上的奇偶性和單調性，利用g(x)的單調性和奇偶性，求不等式g(log2(x2－2))＋g(－1)>0的解集即可．
【解析】　∵f(x)為奇函數，∴f(－x)＝－f(x)，∴當x>0時，xf′(x)<2f(－x)＝－2f(x) 2f(x)＋xf′(x)<0，又∵g(x)＝x2f(x)，∴g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，當x>0時，g′(x)<0，∴g(x)在區間(0，＋∞)上單調遞減，又∵當x∈R時，g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)，∴g(x)＝x2f(x)為R上的奇函數，∵f(x)在R上的圖象連續不斷，∴g(x)在R上單調遞減．又∵g(log2(x2－2))＋g(－1)>0，∴g(log2(x2－2))－g(1)>0，即g(log2(x2－2))>g(1)，∴log2(x2－2)<1＝log22，∵y＝log2x在區間(0，＋∞)上單調遞增，∴0應用2　特殊與一般引起的轉化
核心知識· 精歸納
特殊與一般轉化法是在解決問題過程中將某些一般問題進行特殊化處理或將某些特殊問題進行一般化處理的方法．這類轉化法一般的解題步驟是：
第一步：確立需轉化的目標問題：一般將要解決的問題作為轉化目標．
第二步：尋找“特殊元素”與“一般元素”：把一般問題轉化為特殊問題時，尋找“特殊元素”把特殊問題轉化為一般問題時，尋找“一般元素”．
第三步：確立新目標問題：根據新確立的“特殊元素”或者“一般元素”明確其與需要解決問題的關系，確立新的需要解決的問題．
第四步：解決新目標問題：在新的板塊知識背景下用特定的知識解決新目標問題．
第五步：回歸目標問題．
第六步：回顧反思：常用的特例有特殊數值、特殊數列、特殊函數、特殊圖形、特殊角、特殊位置等．對于選擇題，當題設在普通條件下都成立時，用特殊值進行探求，可快捷地得到答案；對于填空題，當填空題的結論唯一或題設條件提供的信息暗示答案是一個定值時，可以把題中變化的量用特殊值代替，即可得到答案．
典例研析· 悟方法
典例3 已知α，β，γ是互不相同的銳角，則在sin αcos β，sin βcos γ，sin γcos α三個值中，大于的個數的最大值是( C )
A．0 B．1
C．2 D．3
【分析】　利用基本不等式或排序不等式得sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α≤，從而可判斷三個代數式不可能均大于，再結合特例可得三式中大于的個數的最大值．
【解析】　方法一：由基本不等式有sin αcos β≤，同理sin βcos γ≤，sin γcos α≤，故sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α≤，故sin αcos β，sin βcos γ，sin γcos α不可能均大于.取α＝，β＝，γ＝，則sin αcos β＝<，sin βcos γ＝>，sin γcos α＝>，故三式中大于的個數的最大值為2，故選C.
方法二：不妨設α<β<γ，則cos α>cos β>cos γ，sin α，sin γcos α＝>，故三式中大于的個數的最大值為2，故選C.
典例4 (2023·全國高三專題練習)若a1>0，a1≠1，an＋1＝(n＝1,2，…)．
(1)求證：an＋1≠an；
(2)令a1＝，寫出a2、a3、a4、a5的值，觀察并歸納出這個數列的通項公式an.
【分析】　(1)假設an＋1＝an，根據已知條件得出＝an，解得an，結合題設條件推出矛盾，即可證得原結論成立；
(2)根據遞推公式可寫出a2、a3、a4、a5的值，由此可歸納出數列{an}的通項公式，然后通過遞推公式得出－1＝，可知數列為等比數列，確定該數列的首項和公比，即可求得數列{an}的通項公式．
【解析】　(1)證明：假設an＋1＝an，因n∈N*，an＋1＝，則＝an，解得an＝0或an＝1，
于是得a1＝0或a1＝1，與題設a1>0且a1≠1矛盾，故假設不成立，所以an＋1≠an成立．
(2)因a1＝，n∈N*，an＋1＝，
則a2＝＝＝，a3＝＝＝，a4＝＝＝，
a5＝＝＝，
顯然有a1＝，a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，
猜想an＝(n∈N*)，
由an＋1＝得＝＋·，即－1＝，
又－1＝1，因此數列是首項為1，公比為的等比數列，
所以，－1＝，則an＝，所以an＝(n∈N*)．
應用3　正與反引起的轉化
核心知識· 精歸納
正難則反，利用補集求得其解，這就是補集思想，一種充分體現對立統一、相互轉化的思想方法．一般地，題目若出現多種成立的情形，則不成立的情形相對很少，從反面考慮較簡單，因此，間接法多用于含有“至多”“至少”情形的問題中．
典例研析· 悟方法
典例5 (1) (2022·全國高三專題練習)中國空間站的主體結構包括天和核心實驗艙、問天實驗艙和夢天實驗艙，假設空間站要安排甲、乙等5名航天員開展實驗，三艙中每個艙至少一人至多二人，則甲乙不在同一實驗艙的種數有( C )
A．60 B．66
C．72 D．80
【分析】　根據分步計數原理結合部分平均分組以及結合間接法運算求解．
【解析】　5名航天員安排三艙，每個艙至少一人至多二人，共有CCC＝90種安排方法，若甲乙在同一實驗艙的種數有CCC＝18種，故甲乙不在同一實驗艙的種數有90－18＝72種．故選C.
(2) (2022·全國高三專題練習)8個點將半圓分成9段弧，以10個點(包括2個端點)為頂點的三角形中鈍角三角形有多少個( B )
A．55 B．112
C．156 D．120
【分析】　根據題意，用間接法，先利用組合數公式計算其中三角形的數目，排除其中直角三角形的數目計算可得答案．
【解析】　根據題意，如圖：在10個點中，任意三點不共線，在其中任取3個點，可以組成C＝120個三角形，其中沒有銳角三角形，直角三角形是包含A、B點和余下的8點任意取一個構成的三角形，有8個，則鈍角三角形有120－8＝112個．故選B.
應用4　空間與平面引起的轉化
核心知識· 精歸納
立體幾何中有些問題的解答，可以轉化為平面幾何問題來解決，即考慮轉化成在一個平面上的問題，運用平面幾何知識求解．特別是涉及旋轉體的問題，通過研究軸截面，尋找幾何體與幾何體幾何元素之間的關系．
典例研析· 悟方法
典例6 如圖1，在△ABC中，D為AC的中點，BC＝2，CD＝，cos C＝，將△ABD沿BD折起，得到如圖2所示的三棱錐P－BCD，且平面PBD⊥平面BDC.
(1)證明：BC⊥面PBD；
(2)求二面角C－PD－B的余弦值．
【分析】　(1)根據余弦定理可得BD＝1，利用勾股定理的逆定理可得BC⊥BD，結合面面垂直的性質即可證明；(2)建立如圖所示的空間直角坐標系，根據余弦定理求出AB，進而求得點P的坐標，得平面PCD的法向量，利用空間向量的數量積的定義即可求解．
【解析】　(1)證明：在△BCD中，BC＝2，CD＝，cos C＝，
由余弦定理知BD2＝22＋5－2×2××＝1，即BD＝1，
所以BD2＋BC2＝CD2，即BC⊥BD.
因為平面PBD⊥平面BDC，平面BCD∩平面PBD＝BD，
所以BC⊥平面PBD.
(2)以B為坐標原點，BC所在直線為x軸，BD所在直線為y軸，過點B且垂直于平面BCD的直線為z軸，
建立如圖所示的空間直角坐標系，則B(0,0,0)，C(2,0,0)，D(0,1,0)．
在△ABC中，由余弦定理知AB2＝22＋(2)2－2×2×2×，
解得AB＝2，
所以cos∠ABD＝，∠ABD＝，
可求得P(0,2,2)，
從而＝(0,1,2)，＝(2，－1,0)．
設平面PCD的法向量為n＝(x，y，z)，
由得令y＝2，可得n＝(1,2，－1)．
因為BC⊥平面PBD，
所以可取平面PBD的一個法向量為m＝(1,0,0)，
所以cos〈m，n〉＝＝，
即二面角C－PD－B的余弦值為.
應用5　數與形引起的轉化
核心知識· 精歸納
利用數形結合思想，往往可以實現數與形的相互轉化，特別是涉及函數方程與函數圖象、曲線與方程等問題，適時進行數與形的相互轉化，可以達到化難為易、化繁為簡的良好效果．
典例研析· 悟方法
典例7 (2023·山東日照統考一模)已知△ABC中，a，b，c是角A，B，C所對的邊，asin ＝bsin A，且a＝1.
(1)求角B；
(2)若AC＝BC，在△ABC的邊AB，AC上分別取D，E兩點，使△ADE沿線段DE折疊到平面BCE后，頂點A正好落在邊BC(設為點P)上，求AD的最小值．
【分析】　(1)由正弦定理邊角互化得sin Asin ＝sin Bsin A，又A＋C＝π－B，可得cos ＝sin B，結合二倍角公式可求得結果；(2)由題意可知△ABC為等邊三角形，設AD＝m，則BD＝1－m，PD＝m，由余弦定理得BP2＋(1－2m)＝BP·(1－m)，設BP＝x,0≤x≤1，所以m＝2－x＋－3，利用基本不等式可求得答案．
【解析】　(1)因為asin ＝bsin A，所以由正弦定理邊角互化得sin Asin ＝sin Bsin A，因為A∈(0，π)，sin A≠0，A＋C＝π－B，所以sin＝sin B，即cos ＝sin B，所以cos ＝2sin cos ，
因為B∈(0，π)，所以∈，cos ≠0，所以sin ＝，
所以＝，即B＝.
(2)因為AC＝BC，B＝，所以△ABC為等邊三角形，即AC＝BC＝AB＝1，
設AD＝m，則BD＝1－m，PD＝m，
所以在△BPD中，由余弦定理得cos B＝＝＝，整理得BP2＋(1－2m)＝BP·(1－m)，
設BP＝x,0≤x≤1，所以m＝＝＝2－x＋－3，
由于0≤x≤1，故1≤2－x≤2，
所以m＝2－x＋－3≥2－3，當且僅當2－x＝＝時等號成立，此時x＝2－，
所以AD的最小值為2－3.

展開更多......

收起↑