高中数学地数形结合思想方法-全(讲解+例题+巩固+测试)

wordword/word数形结合的思想方法(1)讲解篇知识要点概述数与形是数学中两个最古老、最根本的元素，是数学大厦深处的两块基石，所有的数学问题都是围绕数和形的提炼、演变、开展而展开的：每一个几何图形中都蕴藏着一定的数量关系，而数量关系又常常可以通过图形的直观性作出形象的描述。因此，在解决数学问题时，常常根据数学问题的条件和结论之间的在联系，将数的问题利用形来观察，提示其几何意义；而形的问题也常借助数去思考，分析其代数含义，如此将数量关系和空间形式巧妙地结合起来，并充分利用这种“结合〞，寻找解题思路，使问题得到解决的方法，简言之，就是把数学问题中的数量关系和空间形式相结合起来加以考察的处理数学问题的方法，称之为数形结合的思想方法。数形结合是一个数学思想方法，包含“以形助数〞和“以数辅形〞两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来说明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的准确性和规严密性来说明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来准确地说明曲线的几何性质。数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化。在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以与曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值围。解题方法指导1．转换数与形的三条途径：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，把问题转化到另一个角度来考虑，如将转化为勾股定理或平面上两点间的距离等。③构造，比如构造一个几何图形，构造一个函数，构造一个图表等。2．运用数形结合思想解题的三种类型与思维方法：①“由形化数〞：就是借助所给的图形，仔细观察研究，提示出图形中蕴含的数量关系，反映几何图形在的属性。②“由数化形〞：就是根据题设条件正确绘制相应的图形，使图形能充分反映出它们相应的数量关系，提示出数与式的本质特征。③“数形转换〞：就是根据“数〞与“形〞既对立，又统一的特征，观察图形的形状，分析数与式的结构，引起联想，适时将它们相互转换，化抽象为直观并提示隐含的数量关系。数形结合的思想方法的应用解析几何中的数形结合解析几何问题往往综合许多知识点，在知识网络的交汇处命题，备受出题者的青睐，求解中常常通过数形结合的思想从动态的角度把抽象的数学语言与直观的几何图形结合起来，达到研究、解决问题的目的.

1.与斜率有关的问题【例1】：有向线段PQ的起点P与终点Q坐标分别为P〔-1，1〕，Q〔2，2〕.假设直线l∶x+my+m=0与有向线段PQ延长相交，数m的取值围.

解：直线l的方程x+my+m=0可化为点斜式：y+1=-〔x-0〕，易知直线l过定点M〔0，-1〕，且斜率为-.

∵l与PQ的延长线相交，由数形结合可得：当过M且与PQ平行时，直线l的斜率趋近于最小；当过点M、Q时，直线l的斜率趋近于最大.

【点评】含有一个变量的直线方程可化为点斜式或化为经过两直线交点的直线系方程.此题是化为点斜式方程后，可看出交点M〔0，-1〕和斜率-.此类题目一般结合图形可判断出斜率的取值围.

2.与距离有关的问题【例2】求：y=〔cosθ-cosα+3〕2+〔sinθ-sinα-2〕2的最大〔小〕值.【分析】可看成求两动点P〔cosθ，sinθ〕与Q〔cosα-3，sinα+2〕之间距离的最值问题.

解：两动点的轨迹方程为：x2+y2=1和〔x+3〕2+〔y-2〕2=1，转化为求两曲线上两点之间距离的最值问题.如图：

3.与截距有关的问题【例3】假设直线y=x+k与曲线x=恰有一个公共点，求k的取值围.

解：曲线x=是单位圆x2+y2=1的右半圆〔x≥0〕，k是直线y=x+k在y轴上的截距.

由数形结合知：直线与曲线相切时，k=-，由图形：可得k=-，或-1<k≤1.

4.与定义有关的问题【例4】求抛物线y2=4x上到焦点F的距离与到点A〔3，2〕的距离之和为最小的点P的坐标，并求这个最小值.【分析】要求PA+PF的最小值，可利用抛物线的定义，把PF转化为点P到准线的距离，化曲为直从而借助数形结合解决相关问题.

解：P′是抛物线y2=4x上的任意一点，过P′作抛物线的准线l的垂线，垂足为D，连P′F〔F为抛物线的焦点〕，由抛物线的定义可知：

.

过A作准线l的垂线，交抛物线于P，垂足为Q，显然，直线AQ之长小于折线AP′D之长，因而所求的点P即为AQ与抛物线交点.

∵AQ直线平行于x轴，且过A〔3，2〕，所以方程为y=2，代入y2=4x得x=1.

∴P〔1，2〕与F、A的距离之和最小，最小距离为4.【点评】〔1〕化曲线为直线是求距离之和最有效的方法，在椭圆，双曲线中也有类似问题.

〔2〕假设点A在抛物线外，如此点P即为AF与抛物线交点〔分AF〕.

(二)

数形结合在函数中的应用

1.利用数形结合解决与方程的根有关的问题方程的解的问题可以转化为曲线的交点问题，从而把代数与几何有机地结合起来，使问题的解决得到简化.【例5】方程x2-4x+3=m有4个根，如此实数m的取值围

.【分析】此题并不涉与方程根的具体值，只求根的个数，而求方程的根的个数问题可以转化为求两条曲线的交点的个数问题来解决.

解：方程x2-4x+3＝m根的个数问题就是函数y=x2-4x+3与函数y=m图象的交点的个数.

作出抛物线y=x2-4x+3=〔x-2〕2-1的图象，将x轴下方的图象沿x轴翻折上去，得到y=x2-4x+3的图象，再作直线y=m，如如下图：由图象可以看出，当0<m<1时，两函数图象有4交点，故m的取值围是〔0，1〕.

数形结合可用于解决方程的解的问题，准确合理地作出满足题意的图象是解决这类问题的前提.

2.利用数形结合解决函数的单调性问题

函数的单调性是函数的一条重要性质，也是高考中的热点问题之一.在解决有关问题时，我们常需要先确定函数的单调性与单调区间，数形结合是确定函数单调性常用的数学思想，函数的单调区间形象直观地反映在函数的图象中.【例6】确定函数y=的单调区间.

画出函数的草图，由图象可知，函数的单调递增区间为〔-∞，0］，［1，＋∞〕，函数的单调递减区间为［0，1］.

3.利用数形结合解决比拟数值大小的问题【例7】定义在R上的函数y=f〔x〕满足如下三个条件：①对任意的x∈R都有f〔x+4〕=f〔x〕；②对任意的0≤x1<x2≤2，都有f〔x1〕<f〔x2〕；③y=f〔x+2〕的图象关于y轴对称.如此f〔4.5〕，f〔6.5〕，f〔7〕的大小关系是

.

解：由①：T=4；由②：f〔x〕在［０，２］上是增函数；由③：f〔－x－２〕＝f〔x＋２〕，所以f〔x〕的图象关于直线x=2对称.由此，画出示意图便可比拟大小.

显然，f〔4.5〕<f〔7〕<f〔6.5〕.

4.利用数形结合解决抽象函数问题抽象函数问题是近几年高考中经常出现的问题，是高考中的难点.利用数形结合常能使我们找到解决此类问题的捷径.【例8y=f〔x〕·g〔x〕在区间［－b，-a］上〔〕.

Ａ.是增函数且有最小值－５

Ｂ.是减函数且有最小值－５

Ｃ.是增函数且有最大值５

Ｄ.是减函数且有最大值５

【解析】f′〔x〕g〔x〕+f〔x〕g′〔x〕=［f〔x〕·g〔x〕］′>0.

∴y=f〔x〕·g〔x〕在区间［a，b］〔a<b<0〕上是增函数，

又∵f〔x〕，g〔x〕分别是定义在R上的奇函数和偶函数.

∴y=f〔x〕·g〔x〕是奇函数.

因此它的图象关于原点对称，作出示意图，易知函数y=f〔x〕·g〔x〕在区间［-b，-a］上是增函数且有最大值５，因此选Ｃ.

〔三〕运用数形结合思想解不等式1.求参数的取值围【例9】假设不等式>ax的解集是｛x|0<x≤4｝，如此实数a的取值围是〔〕.

Ａ.［０，＋∞〕Ｂ.〔－∞，４］

Ｃ.〔－∞，０〕Ｄ.〔－∞，０］

解：令f〔x〕＝，g〔x〕=ax，如此f〔x〕＝的图象是以〔２，０〕为圆心，以２为半径的圆的上半局部，包括点〔４，０〕，不包括点〔０，０〕；g〔x〕＝ax的图象是通过原点、斜率为a的直线，由>ax的解集是｛x|0<x≤4｝，

即要求半圆在直线的上方，由图可知a<0，所以选Ｃ.

【点评】此题很好的表现了数形结合思想在解题中的妙用.

【例10】假设x∈〔１，２〕时，不等式〔x-1〕2<logax恒成立，如此a的取值围是〔〕.

Ａ.〔0，1〕Ｂ.〔１，２〕

Ｃ.〔１，２］Ｄ.［１，２］

解：设y1=〔x－1〕2〔1<x<2〕，y2=logax.

由图可知假设y1<y2〔1<x<2〕，如此a>1.

y1=〔x-1〕2过〔２，１〕点，当y2=logax也过〔２，１〕点，即a=2时，恰有y1<y2〔1<x<2〕

∴１<a≤2时〔x-1〕2<logax在x∈〔１，２〕上成立，应当选Ｃ.【点评】例１、例２两题的求解实际上综合运用了函数与方程以与数形结合的思想方法.

2.解不等式【例11】f〔x〕是Ｒ上的偶函数，且在［０，＋∞〕上是减函数，f〔a〕＝０〔a>0〕，那么不等式xf〔x〕<0的解集是〔〕.

Ａ.｛x|0<x<a｝

Ｂ.｛x|-a<x<0或x>a｝

Ｃ.｛x|-a<x<a｝

Ｄ.｛x|x<-a或0<x<a｝

解：依题意得f〔x〕是Ｒ上的偶函数，且在［０，＋∞〕上是减函数，f〔a〕＝０〔a>0〕，可得到f〔x〕图象，又由xf〔x〕<0，可知x与f〔x〕异号，从图象可知，当x∈〔-a，０〕∪〔a，+∞〕时满足题意，应当选Ｂ.【例12】设函数f〔x〕＝2，求使f〔x〕≥２的取值围.

【解法１】由f〔x〕≥２得2≥２＝２.

易求出g〔x〕和h〔x〕的图象的交点立时，x的取值围为［，+∞〕.

【解法3】由的几何意义可设Ｆ1〔－１，０〕，Ｆ２〔１，０〕，Ｍ〔x，y〕，如此，可知Ｍ的轨迹是以Ｆ1、Ｆ２为焦点的双曲线的右支，其中右顶点为〔，０〕，由双曲线的图象和x+1－x-1≥知x≥.【点评】此题的三种解法都是从不同角度构造函数或不等式的几何意义，让不等式的解集直观地表现出来，表现出数形结合的思想，给我们以“柳暗花明〞的解题情境.〔四〕运用数形结合思想解三角函数题

纵观近三年的高考试题，巧妙地运用数形结合的思想方法来解决一些问题，可以简化计算，节省时间，提高考试效率，起到事半功倍的效果.

【例13】函数f〔x〕=sinx+2sinx，x∈［０，２π］的图象与直线y=k有且仅有２个不同的交点，如此k的取值围是

.

【分析】此题根据函数解析式，画出图象，可以直观而简明地得出答案，在有时间限制的高考中就能大节约时间，提高考试的效率.

解：函数f〔x〕＝由图象可知：1<k<3.【例14】当0<x<时，函数f〔x〕＝的最小值为〔〕.

Ａ.２Ｂ.２

Ｃ.４Ｄ.４

解：y=如此y为点Ａ〔０，５〕与点Ｂ〔－sin2x，3cos2x〕两点连线的斜率，又点Ｂ的轨迹方程〔0<α<〕，即x2+＝１〔x<0〕，如图，当过点Ａ的直线l∶y=kx+5与椭圆x2+＝１〔x<0〕相切时，k有最小值４，应当选Ｃ.

【例15】假设sinα+cosα=tanα〔0<α<〕，如此α∈〔〕.

解：令f〔x〕=sinx+cosx=sin〔x+〕〔0<α<〕，g〔x〕=tanx，画出图象，从图象上看出交点Ｐ的横从标xP>.再令α＝，如此sin+cos=≈１.366，tan=≈1.732>1.367，由图象知xP应小于.应当选Ｃ.

【点评】此题首先构造函数f〔x〕，g〔x〕，再利用两个函数的图象的交点位置确定α>，淘汰了Ａ、Ｂ两选项，然后又用特殊值估算，结合图象确定选项Ｃ，起到了出奇制胜的效果.【例16】函数f〔x〕是定义在〔－３，３〕上的奇函数，当0<x<3时f〔x〕图象如如如下图所示，那么不等式f〔x〕cosx<0的解集是〔〕.

解：函数f〔x〕定义在〔－３，３〕上，且是奇函数，根据奇函数图象性质可知，f〔x〕在〔－３，０〕上的图象如如下图，假设使f〔x〕cosx<0，只需f〔x〕与cosx异号，即图象须分别分布在x轴上下侧，由图可知，有三局部区间符合条件要求，即〔－，－１〕∪〔０，１〕∪〔，３〕，应当选B.【点评】函数的一局部图象，根据函数的性质可得到函数的另一局部图象，利用数形结合的思想，可以先画出完整的函数图象，再研究有关问题.【例17】△ＡＢＣ中，Ａ＝，ＢＣ＝３，如此△ＡＢＣ的周长为〔〕.

解：此题是我们常用三角恒等变形和正弦定理通过一定量的计算来完成的，但是应用数形结合，可以很快解决问题.为此，延长ＣＡ到Ｄ，使ＡＤ＝ＡＢ，如此ＣＤ＝ＡＢ＋ＡＣ，∠ＣＢＤ＝∠Ｂ＋，∠Ｄ＝，由正弦定理

即ＡＢ＋ＡＣ＝６sin〔B+〕，应当选Ｃ.

〔五〕运用数形结合思想解复数题

【例18】设|z|＝5，|z|＝2,|z－|＝，求的值。【分析】利用复数模、四如此运算的几何意义，将复数问题用几何图形帮助求解。【解】如图，设z＝、z＝后，如此＝、＝如如下图yADOBxC由图可知，||＝，∠AOD＝∠BOC，由余弦定理得：cos∠AOD＝＝∴＝(±ｉ)＝2±ｉyADOx【另解】设z＝、＝如如下图。如此||＝，且cos∠AOD＝＝，sin∠AOD＝±，所以＝(±ｉ)＝2±ｉ，即＝2±ｉ。【注】此题运用“数形结合法〞，把共轭复数的性质与复平面上的向量表示、代数运算的几何意义等都表达得淋漓尽致，表现了数形结合的生动活泼。一般地，复数问题可以利用复数的几何意义而将问题变成几何问题，也可利用复数的代数形式、三角形式、复数性质求解。此题设三角形式后转化为三角问题的求解过程是：设z＝5(cosθ＋ｉsinθ)，z＝＋ｉsinθ)，如此|z－|＝|(5cosθ－2cosθ)＋(5sinθ＋2sinθ)ｉ|＝＝，所以cos(θ＋θ)＝,sin(θ＋θ)＝±，＝＝[cos(θ＋θ)＋ｉsin(θ＋θ)]＝(±ｉ)＝2±ｉ。此题还可以直接利用复数性质求解，其过程是：由|z－|＝得：〔z－〕(－z)＝z＋z－zz－＝25＋4－zz－＝13,所以zz＋＝16,再同除以z得＋＝4，设＝z，解得z＝2±ｉ。几种解法，各有特点，由于各人的立足点与思维方式不同，所以选择的方法也有别。一般地，复数问题可以应用于求解的几种方法是：直接运用复数的性质求解；设复数的三角形式转化为三角问题求解；设复数的代数形式转化为代数问题求解；利用复数的几何意义转化为几何问题求解。四、运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意如下几点在解题时，有时把数转化为形，以形直观地表达数来解决，往往使复杂问题简单化、抽象问题具体化.但是，依赖图象直观解题，也要注意如下几个问题.1、注意图象延伸趋势【例19】判断命题：“当a>1时，关于x的方程ax=logax无实解.〞正确与否.

错解：在同一坐标系中分别作出函数y=ax与y=logax的图象〔a>1〕〔如图1〕，可见它们没有公共点，所以方程无实解，命题正确.

【评析】实际上对不同的实数a，y=ax和y=logax的图象的延伸趋势不同.例如当a=2时，方程无实数解；而当a=时，x=2是方程的解.说明两图象向上延伸时，一定相交，交点在直线y=x上.2、注意图象伸展“速度〞【例20】比拟2n与n2的大小，其中n≥2，且n∈N+.

错解：在同一坐标系中分别作出函数y=2x与y=x2的图象〔如图2〕.

由图可知，两图象有一个公共点.

当x=2时，2x=x2；

当x>2时，2x<x2.

∴当n=2时，2n=n2；

当n>2，且n∈N+时，2n<n2.

【评析】事实上，当n=4时，2n与n2也相等；当n=5时，2n>n2.错因是没有充分注意到两个图象在x≥2时的递增“速度〞！要比拟两个图象的递增速度，确实很难由图象直观而得.此题可以先猜想，后用数学归纳法证明.此题的正确答案是

当n=2、4时，2n=n2；

当n=3时，2n<n2；

当n≥5时，n∈N+时，2n>n2.

证明略.3、注意数形等价转化【例21】方程x2+2kx-3k=0有两个实数在-1与3之间，求k的取值围.

错解：令f〔x〕=x2+2kx-3k，结合题意画出图象3中的〔1〕，再由图象列出不等

解略.【评析】事实上，不等式组〔*〕并不与题意等价，图象3中的〔2〕也满足不等式组〔*〕，但两实根均大于3，还可以举出两实根均小于-1的反例.假设不等式组〔*〕与图3中的〔1〕等价，需加上条件-3<k<1.因此，数形转化要注意等价性.4、注意仔细观察图象【例22】关于x、y的方程组

〔a>b>0〕有四组实数解，求a、b、m应满足的关系.

错解：方程组中的两个方程分别是椭圆和抛物线的方程，原方程组有四组实数解等价于椭圆与抛物线有四个不同的公共点.由图4知，m<-b，且<a，即-a2<m<-b.

【评析】观察图象过于草率！事实上，图5也是一种可能的情形，即当=a时，仍有可能为四组解.例如当a=2，b=1，m=-4时，可得解集为：｛〔２，０〕，〔－２，０〕，〔，〕，〔－〕｝.

现用数形结合求解：

考虑一元二次方程

a2y2+b2y-〔m+a2〕b2=0，

令Δ=0〔即相切情形〕，

解得m=-，

结合图象，

注意到m<-b，如此a、b、m应满足的关系是-<m<-b.

从以上看出，有些问题可以用图象解决，但要认真分析，有些问题很难由图象直观而得，值得注意.5.数形结合也有简繁之分

数形结合的核心与灵魂是“结合〞.解题时，由于观察与联想的视角不同，会出现不同的“结合〞，“结合〞得好就得到好的解题方法，“结合〞得不好就使解题过程繁琐且易出错，“结合〞的优劣反映出了我们的根底与能力，也反映出我们思维灵活性与创造性的水平，“结合〞的优化选择，应是数形结合法研究的重要一环.为便于说明，我们先看几例：【例23】方程mx=x+m有两个相异实根，数m的取值围.

视角一：视方程mx=x+m两边的代数式为两个函数，分别画出函数y=mx，y=x+m的图象〔如图1〕，由于两个函数中都含有m，故需进一步对m进展分类讨论，情况复杂.图1仅表示m>0时的示意图.

视角二：由m≠0，先将原方程变形，得x-1=x，再视方程x-1=x两边的代数式为两个函数，分别画出函数y=x-1，y=x的图象〔如图2〕，由图易看出：

当0<<1或-1<<0，即m<-1或m>1时，图象有两个不同交点，此时原方程有两个相异实根.

视角三：用别离参数法，先将原方程化为=m.

分别作出函数y=，y=m的图象〔如图3〕，由图易看出，当m<-1，m>1时，两函数的图象有两个不同交点，此时原方程有两个相异实根.

视角四：用别离参数法，先将原方程化为.

当x>0时，得1-=，当x<0时，得-1-=.

分别作出函数y=，y=的图象〔如图4〕，由图易看出，当0<<1或-1<<0，即当m>1或m<-1时，两函数的图象有两个不同交点，此时原方程有两个相异实根.

可见，例1的各解虽同是数形结合，但大有简繁之分，视角二优于视角一，视角一中两函数中的都含有m，因而他们的图象也是变化的，虽可以通过讨论而获得结论，但讨论时容易因考虑不周而产生漏解，视角三虽看图直观明了，但图象不易作出，而视角四既比视角三作图方便，又比视角二简单，不用讨论，这是因为视角二还有一个函数中含有m，而视角四中已不含m，所以这里以视角四为最理想.

【例24】函数f〔x〕=ax2+bx且2≤f〔1〕≤4，1≤f〔-1〕≤2，求f〔-2〕的取值围.这是我们常出错的题，其代数解法有待定系数法、特征函数法、三角代换法等，而众所周知的数形结合法是线性规划法.

这类问题可看作一个条件极值问题，即变量a、b在

2≤a+b≤4

①

1≤a-b≤2

②

这两个约束条件下，求目标函数y=4a-2b的最大〔小〕值问题.约束条件2≤a+b≤4，1≤a-b≤2的解集是非空集，在坐标平面上表示的区域是由直线：a+b=4，a+b=2，a-b=2，a-b=1所围成的封闭图形〔图5中的阴影局部〕.

y的大小又可以看作直线b=2a-y在b轴上截距的大小，从图中易知当直线b=2a-y经过A〔，〕，C〔3，1〕时截距分别为最小f〔-2〕=5和最大f〔-2〕=10.

所以5≤f〔-2〕≤10.

其实还可有如下数形结合法：

要求f〔-2〕的取值围，只要确定f〔-2〕的最大〔小〕值，即找到f〔x〕的图象在x=-2时的最高点F与最低点E的纵坐标，为此只要确定f〔x〕经过E、F时的函数表达式，由于f〔x〕=ax2+bx是经过原点〔c=0〕的抛物线系，所以只要再有两点就可确定，由2≤f〔1〕≤4，1≤f〔-1〕≤2，知f〔x〕在x=1时的最高点B〔1，4〕，最低点A〔1，2〕，f〔x〕在x=-1时的最高点D〔-1，2〕，最低点C〔-1，1〕，〔如图6〕，由抛物线的图象特征易知经过F点的图象就是经过O、B、D的图象C2，经过E点的图象就是经过O、A、C的图象C1，于是：

将B〔1，4〕，D〔-1，2〕坐标代入f〔x〕=ax2+bx得

解得a=3，b=1.

故图象经过O、B、D的函数为C2∶f〔x〕=3x2+x，所以

fmax〔-2〕=10.

将A〔1，2〕，C〔-1，1〕的坐标代入f〔x〕=ax2+bx得

故图象经过O、A、C的函数为C1∶f〔x〕=x2+x，fmin〔-2〕=5.

所以5≤f〔-2〕≤10.【例25】正数a、b、c、A、B、C满足a+A=b+B=c+C=k，求证：aB+bC+cA<k2.此题的难度较大，用代数方法一时是无从下手的.假设能数形结合，揭示其条件a+A=b+B=c+C=k中隐含的几何背景——联想到三数相等的几何图形是等边三角形，如此可得如下简捷的证法.

证明：如图7，

作边长为k的正三角形PQR，分别在各边上取点L、M、N，使得QL=A，LR=a，RM=B，MP=b，PN=C，NQ=c，

如果再观察a+A=b+B=c+C=k这个代数条件，从三数相等的几何图形是等边三角形，联想到四数相等a+A=b+B=c+C=k的几何图形是正方形.如此又可作边长k的正方形〔图8〕.

由面积关系知其结论aB+bC+cA<k2显然成立.

仅举三例，可见一斑，不但数形结合确实好，而且同是数形结合，也有不好与好之分，只有把握住“结合〞

这一数形结合法的核心，才能把在由数到形这一变换、操作过程中的图形选择的多样性，变成解题的灵活性和创造性.在实际学习中要结合具体问题掌握一些常规的操作策略，例如要画的假设是函数图象，那就要设法让要画图象的函数尽可能少含参变量，最好不含参变量，如果一定要含有，也要设法让它在较低次的函数〔如一次函数〕或在简单函数中含有.只有这样，才能从一个新的层面上去理解、掌握、运用好数形结合法.

【完毕语】在数形结合法的学习中，我们还应进一步看到运算、证明的简捷化与严格化是密切相关的，“数学中每一步真正的进步都与更有力的工具和更简单的方法的开展密切联系着，这些工具和方法同时会有助于理解已有的理论并把旧的复杂的东西抛到一边.数学科学开展的这种特点是根深蒂固的.〞“把证明的严格化与简捷化绝对对立起来是错误的.相反，我们可以通过大量的例子来证实；严格的方法同时也是比拟简捷比拟容易理解的方法.正是追求严格化的努力驱使我们去寻求更简捷的推理方法〞.数形结合的思想方法(2)高考题选讲数形结合思想是一种很重要的数学思想，数与形是事物的两个方面，正是基于对数与形的抽象研究才产生了数学这门学科，才能使人们能够从不同侧面认识事物，华罗庚先生说过：“数与形本是两依倚，焉能分作两边飞.数缺形时少直观，形少数时难入微.〞

把数量关系的研究转化为图形性质的研究，或者把图形性质的研究转化为数量关系的研究，这种解决问题过程中“数〞与“形〞相互转化的研究策略，就是数形结合的思想.数形结合思想就是要使抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维与形象思维结合起来.

在使用过程中，由“形〞到“数〞的转化，往往比拟明显，而由“数〞到“形〞的转化却需要转化的意识，因此，数形结合思想的使用往往偏重于由“数〞到“形〞的转化.

考试中心对考试大纲的说明中强调：“在高考中，充分利用选择题和填空题的题型特点，为考查数形结合的思想提供了方便，能突出考查考生将复杂的数量关系转化为直观的几何图形问题来解决的意识，而在解答题中，考虑到推理论证的严密性，对数量关系问题的研究仍突出代数的方法而不提倡使用几何的方法，解答题中对数形结合思想的考查以由‘形’到‘数’的转化为主.〞

1.注重图形的涵与拓展，突出对数字直觉能力的考查

【例1】图1有面积关系如此由图2有体积关系：_______.

解：

【点评】此题注重考查图形分析能力.思维方式上从平面向空间拓展，面积与体积类比，直观类比与猜想并举.表现了高考题以能力立意考查注重素质的命题原如此.

【例2】如如下图，椭圆=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，假设F1，F2，P是一个直角三角形的三个顶点，如此点P到x轴的距离为〔〕.

解：以Ｏ为圆心以ＯＦ1为半径画圆，可知此圆与椭圆无交点，如此△Ｆ1Ｆ2P中∠ＰＦ1Ｆ2〔或∠ＰＦ2Ｆ11表示商业用地，l2表示工业用地，l3表示居住用地.要使各类用地租金收入最高，应将工业用地划在〔〕.

Ａ.与市中心距离分别为3km和5km的圆环型区域上

Ｂ.与市中心距离分别为1km和4km的圆环型区域上

Ｃ.与市中心距离为５km的区域外

Ｄ.与市中心距离为5km的区域

解：由函数y的实际意义知：在区间〔１，４〕上，即在与市中心距离分别为１km和４km的圆环型区域上，工业用地的租金大于商业用地的租金和居住用地的租金，为了获取最高的租金，因此这个区域应租用给工业，应当选B.

【点评】这道题考查的是阅读理解能力，提醒我们在日常的学习中，要注意训练直觉思维，养成整体观察、检索信息、把握问题实质的良好习惯.

2.注重绘图，突出对动手能力和探究性学习的考查

【例４】设奇函数f〔x〕定义域为［－５，５］，假设当x∈［０，５］时，f〔x〕图象如如如下图，如此不等式f〔x〕<0的解集是____.

解：由奇函数的图象关于原点对称，完成f〔x〕在定义域的图象，再由f〔x〕<0找出使f〔x〕图象在x轴下方的区域，从而得到不等式f〔x〕<0的解集为〔-2，0〕∪〔2，5］.【点评】用数形结合的方法去分析解决问题除了能读图外，还要能画图.绘制图形既是数形结合方法的需要，也是培养我们动手能力的需要.【例５】设集合Ｕ＝｛〔x，y〕x∈R，y∈R｝，Ａ＝｛〔x，y〕２x－y+m>0｝，Ｂ＝｛〔x，y〕x＋y-n≤0｝，那么点Ｐ〔２，３〕∈Ａ∩〔B〕的充要条件是〔〕.

Ａ.m>-1，n<5Ｂ.m<-1，n<5

Ｃ.m<-1，n>5Ｄ.m>-1，n>5

解：先假定点Ｐ〔２，３〕在直线2x-y+m=0和直线x+y-n=0上，如此m=-1，n=5.再确定两个不等式2x-y-1>0和x+y-5>0所共同确定的区域，平移两直线得到答案Ａ.【点评】此题考查了集合、二元一次不等式表示的区域、充要条件等知识.以运动、变化、联系的观点考虑问题，变静态思维方式为动态思维方式，强调辨证思维能力.3.注重对思维的灵活性和创造性的考查【例６】点Ｐ是椭圆上的动点，Ｆ1，Ｆ２分别是左、右焦点，Ｏ为原点，如此的取值围是〔〕.

解：此题的一种解法是：在△ＰＦ1Ｆ２中，根据中线定理得：PF1２+PF2２＝2ＯP２+2F1Ｏ２，再由椭圆定义，得到〔PF1-PF２〕２＝ＯP２－１６，由2≤ＯP≤2得答案Ｄ.另一种解法是数形结合，根据Ｐ点所处的位置对取值的影响来判断出结论.逐渐移动Ｐ点到长轴端点，ＯP值逐渐增大，逐渐接近，当移动Ｐ点到短轴端点时PF1＝PF２，取最小值0.从而判断出答案为Ｄ.

【点评】解法二是采用极端性原如此变静态思维方式为动态思维方式，把数与形分别视为运动事物在某一瞬间的取值或某一瞬间的相对位置.运用动态思维方式处理、研究问题，揭示了问题的本质，表现了思维的灵活性.

4.注重方法的通用性、应用性，突出能力考查

【例7】电信局为了满足客户的不同需求，制定了A，B两种话费计算方案.这两种方案应付话费〔元〕与通话时间〔分钟〕之间的关系如如如下图所示〔MN∥CD〕.

〔1〕假设通话时间为2小时，按方案A，B各付话费多少元？

〔2〕方案B从500钟以后，每分钟收费多少元？

〔3〕通话时间在什么围方案B才会比方案A优惠？

解：由M〔60，98〕，C〔500，168〕，N〔500，230〕.

∵MN∥CD.

设这两方案的应付话费与通话时间的函数关系式分别为fA〔x〕，fB〔x〕，

〔1〕通话两小时的费用分别是116元和168元.

〔2〕由fB〔n+1〕-fB〔n〕=0.3〔n>500〕或由直线CD的斜率的实际意义知方案B从500分钟以后每分钟收费0.3元.

〔3〕由图知：当0≤x≤60时fA〔x〕<fB〔x〕；当x>500时fA〔x〕>fB〔x〕；当60<x≤500时，令fA〔x〕>fB〔x〕得x>，即通话时间为〔，+∞〕时方案B较优惠.

【评析】此题在实际问题中融入函数，直线等知识，考查了阅读理解能力，表现了在知识应用过程中对能力的考查.下面就高考中出现的一些相关题进展点评【例8】.假设方程lg(－x＋3x－m)＝lg(3－x)在x∈(0,3)有唯一解，数m的取值围。【分析】将对数方程进展等价变形，转化为一元二次方程在某个围有实解的问题，再利用二次函数的图像进展解决。【解】原方程变形为即：设曲线y＝(x－2),x∈(0,3)和直线y＝1－m，图像如如下图。由图可知：①当1－m＝0时，有唯一解，m＝1;②当1≤1－m<4时，有唯一解，即－3<m≤0,∴m＝1或－3<m≤0此题也可设曲线y＝－(x－2)＋1,x∈(0,3)和直线y＝m后画出图像求解。【注】一般地，方程的解、不等式的解集、函数的性质等进展讨论时，可以借助于函数的图像直观解决，简单明了。此题也可用代数方法来讨论方程的解的情况，还可用别离参数法来求〔也注意结合图像分析只一个x值〕。【例9】.直线L的方程为：x＝－(p>0),椭圆中心D(2＋,0)，焦点在x轴上，长半轴为2，短半轴为1，它的左顶点为A。问p在什么围取值，椭圆上有四个不同的点，它们中每一个点到点A的距离等于该点到直线L的距离？【分析】由抛物线定义，可将问题转化成：p为何值时，以A为焦点、L为准线的抛物线与椭圆有四个交点，再联立方程组转化成代数问题〔研究方程组解的情况〕。【解】由得：a＝2，b＝1,A(,0)，设椭圆与双曲线方程并联立有：，消y得：x－(4－7p)x＋(2p＋)＝0所以△＝16－64p＋48p>0,即6p－8p＋2>0，解得：p<或p>1。结合围(,4+)两根，设f(x)＝x－(4－7p)x＋(2p＋)，所以<<4+即p<，且f()>0、f(4+)>0即p>－4＋3。结合以上，所以－4＋3<p<。【注】此题利用方程的曲线将曲线有交点的几何问题转化为方程有实解的代数问题。一般地，当给出方程的解的情况求参数的围时可以考虑应用了“判别式法〞，其中特别要注意解的围。另外，“定义法〞、“数形结合法〞、“转化思想〞、“方程思想〞等知识都在此题进展了综合运用。【例10】.设a、b是两个实数，A＝{(x,y)|x＝n，y＝na＋b}〔n∈Z〕，B＝{(x,y)|x＝m，y＝3m＋15}(m∈Z)，C＝{(x,y)|x＋y≤144}，讨论是否，使得A∩B≠φ与(a,b)∈C同时成立。【分析】集合A、B都是不连续的点集，“存在a、b，使得A∩B≠φ〞的含意就是“存在a、b使得na＋b＝3n＋15(n∈Z)有解〔A∩B时x＝n＝m〕。再抓住主参数a、b，如此此问题的几何意义是：动点(a,b)在直线L：nx＋y＝3n＋15上，且直线与圆x＋y＝144有公共点，但原点到直线L的距离≥12。【解】由A∩B≠φ得：na＋b＝3n＋15;设动点(a,b)在直线L：nx＋y＝3n＋15上，且直线与圆x＋y＝144有公共点，所以圆心到直线距离d＝＝3(＋)≥12∵n为整数∴上式不能取等号，故a、b不存在。【注】集合转化为点集〔即曲线〕，而用几何方法进展研究。此题也属探索性问题用数形结合法解，其中还表现了主元思想、方程思想，并表现了对有公共点问题的恰当处理方法。此题直接运用代数方法进展解答的思路是：由A∩B≠φ得：na＋b＝3n＋15,即b＝3n＋15－an〔①式〕；由(a,b)∈C得，a＋b≤144〔②式〕；把①式代入②式，得关于a的不等式：(1＋n)a－2n(3n＋15)a＋(3n＋15)－144≤0〔③式〕,它的判别式△＝4n(3n＋15)－4(1＋n)[(3n＋15)－144]＝－36(n－3)因为n是整数，所以n－3≠0,因而△<0，又因为1＋n>0,故③式不可能有实数解。所以不存在a、b，使得A∩B≠φ与(a,b)∈C同时成立【例11】f〔x〕=ax+b，2a2+6b2=3，证明对任意x∈［－１，１］恒有f〔x〕≤.

【点拨】从等式2a2+6b2=3联想到几何图形：椭圆.于是一个好解法出现了.

这是此题的一个优美解，从等式的外形联想到构造一个几何图形，思维在数和形的天地里驰骋.【例12】设p=〔log2x〕2＋〔t-2〕log2x+1-t，当t∈［－２，２］时恒有p>0，求x的围.【点拨】初读，无论如何与图形挂不起钩来，但t的围不是确定了吗？而且发现p是关于t的一次函数.这个发现好极了，一次函数的图象太简单了，于是按t降幂排列：p=f〔t〕=〔log2x-1〕t+log22x-2log2x+1，

∵t∈［－２，２］时p>0恒成立〔如图2〕，

∴f〔－２〕>0且f〔２〕>0，

∴x>8或0<x<.

简捷吧？数与形和谐地统一，使得问题真正化繁为简了.

【例13】设x≥1，求点Ａ〔x+，x-〕与点Ｂ〔１，０〕之间的距离的最小值.

【点拨】Ａ是个动点，这个动点在坐标平面上的轨迹图形是什么呢？

令z=x+，y=x-，

如此y2-z2=-4〔z≥2〕.

这个表达式太熟悉了，它的图象是双曲线的一支.

用不着画出图形来，在脑子里做想像，我们准确地判断ＡＢmin=1.【例14】

【点拨】机敏的读者一下子发现了一个熟悉的图形：椭圆.这样，思路纳入了解析几何的轨道，下面的解法，当然与解析几何严密地联系在一起了.

如图３所示，设椭圆的长轴为2a，焦距为2c，【例15】

2【例14】【例15】数形结合的思想方法(3)--巩固练习设命题甲：0<x<5；命题乙：|x－2|<3，那么甲是乙的_____。假设log2<log2<0，如此〔〕A.0<a<b<1B.0<b<a<1C.a>b>1D.b>a>1如果|x|≤,那么函数f(x)＝cosx＋sinx的最小值是〔〕A.B.－C.－1D.如果奇函数f(x)在区间[3,7]上是增函数且最小值是5，那么f(x)的[-7,-3]上是〔〕A.增函数且最小值为－5B.增函数且最大值为－5C.减函数且最小值为－5D.减函数且最大值为－5设全集I＝{(x,y)|x,y∈R}，集合M＝{(x,y)|＝1}，N＝{(x,y)|y≠x＋1}，那么等于〔〕A.φB.{(2,3)}C.(2,3)D.{(x,y)|y＝x＋1如果θ是第二象限的角，且满足cos－sin＝,那么是〔〕集合E＝{θ|cosθ<sinθ，0≤θ≤2π}，F＝{θ|tgθ<sinθ}，那么E∩F的区间是〔〕。A.(,π)B.(,)C.(π,)D.(,)假设复数z的辐角为，实部为－2，如此z＝〔〕A.－2－2ｉB.－2＋2ｉC.－2＋2ｉD.－2－2ｉ如果实数x、y满足等式(x－2)＋y＝3，那么的最大值是〔〕A.B.C.D.满足方程|z＋3－ｉ|＝的辐角主值最小的复数z是_____。11.条件甲：x2+y2≤4；条件乙：x2+y2≤2x，那么甲是乙的〔〕.

Ａ.充分不必要条件

Ｂ.必要不充分条件

Ｃ.充分必要条件

Ｄ.既非充分条件又非必要条件12.集合U=｛1，2，3，4，5，6，7｝，A=｛２，４，５，７｝，Ｂ＝｛３，４，５｝，如此〔A∪B〕=〔〕.

Ａ.｛１，６｝

Ｂ.｛４，５｝

Ｃ.｛２，３，４，５，７｝Ｄ.｛１，２，３，６，７｝13.

“a=1〞是“函数f〔x〕＝x-a在区间［１，＋∞〕上为增函数〞的〔〕.

Ａ.充分不必要条件

Ｂ.必要不充分条件

Ｃ.充要条件

Ｄ.既不充分也不必要条件14.函数f〔x〕＝ax2+2ax+4〔0<a<3〕，假设x1<x2，x1+x2=1-a，如此〔〕.

Ａ.f〔x1〕>f〔x2〕

B.f〔x1〕<f〔x2〕

C.f〔x1〕=f〔x2〕

D.f〔x1〕与f〔x2〕的大小不能确定15.将函数y=sinωx〔ω>0〕的图象按向量a=〔-，0〕平移，平移后的图象如如下图，如此平移后的图象所对应函数的解析式是〔〕.

16.向量a=〔cosα，sinα〕，b=〔cosβ，sinβ〕，且a≠±b，那么a+b与a-b的夹角的大小是

.17.假设a>0，b>0，如此不等式-b<<a等价于〔〕.

18.平面区域D由以A〔1，3〕、B〔5，2〕、C〔3，1〕为顶点的三角形部和边界组成.假设在区域D上有无穷多个点〔x，y〕可使目标函数z=x+my取得最小值，如此m=〔〕.

Ａ.-2Ｂ.－１Ｃ.１Ｄ.４

19.点P〔x，y〕的坐标满足条件

，点O为坐标原点，那么PO的最小值等于

，最大值等于

.巩固练习答案1：将不等式解集用数轴表示，可以看出，甲＝>乙，选A;2：由画出对数曲线，选B；3：设sinx＝t后借助二次函数的图像求f(x)的最小值，选D；4：由奇函数图像关于原点对称画出图像，选B；5：将几个集合的几何意义用图形表示出来，选B；6：利用单位圆确定符号与象限；选B；7：利用单位圆，选A；8：将复数表示在复平面上，选B；9：转化为圆上动点与原点连线的斜率围问题；选D；10小题：利用复平面上复数表示和两点之间的距离公式求解,答案－＋ｉ。11.2+y2≤2x〔包括圆周〕被另一个圆面x2+y2≤４包含，结论不是一目了然了吗？选B.

12.思路分析：

〔1〕.〔A〕∪〔B〕是由不属于Ａ或不属于Ｂ的元素组成的集合，显然选择Ｂ、C中都含有集合A、B的元素，而选择支A中｛１，６｝表示既不属于Ａ又不属于Ｂ的元素组成的集合，即｛１，６｝〔A〕∪〔B〕，从而排除了选项Ａ、Ｂ、Ｃ，选Ｄ.

〔2〕.利用文氏图，直观求解，不难得到选项Ｄ.

〔3〕.由〔A〕∪〔B〕=〔Ａ∩Ｂ〕，显然，Ａ∩Ｂ＝｛４，５｝，故〔Ａ∩Ｂ〕＝｛１，２，３，６，７｝，选Ｄ.

〔4〕.直接可求得Ａ＝｛１，３，６｝，B＝｛１，２，６，７｝，如此〔Ａ〕∪〔B〕=｛１，２，３，６，７｝，选Ｄ.

【点评】思路１是从集合的概念出发的针对选择题的排除法，思路２、思路3、思路4都是针对解答题的方法，思路2表现了数形结合的解题思想，思路3是区别于思路4的利用德摩根定律解题的间接法.但我们认为思路2最简捷.13.【分析】此题是以函数f〔x〕=x-a的图象为依托构造的一道考查充要条件的题目，要求学生要熟悉函数y=x、y=x、y=x－a的图象之间的关系，并要理解充分条件和必要条件的含义.

思路分析：

〔1〕.假设a=1，函数f〔x〕=x-1图象是由函数y=x的图象向右平移1个单位得到的，所以其在区间［１，＋∞〕上为增函数；反之，函数f〔x〕=x-a在区间［１，＋∞〕上为增函数，a不一定等于１，如a=0，所以选Ａ.

〔2〕.函数f〔x〕=x-a在区间［a，＋∞〕上为增函数的充要条件为a≤1，且，所以选Ａ.

【点评】思路１紧扣概念，借助图象性质理性分析，着实有效.思路２从“函数f〔x〕=x-a在区间［１，＋∞〕上为增函数〞的充要条件入手，学会用集合思想解决有关条件命题应引起重视.14.【分析】此题考查含参数的二次函数问题，题设表述简洁，问题的实质是比拟两个函数值的大小，解决问题的关键是确定x1、x2的相对位置.

思路分析：

〔1〕.易得f〔x1〕-f〔x2〕=a〔x1-x2〕〔x1＋x2＋２〕，由可得，a>0，x1-x2<0，x1＋x2＋２＝３－a>0，从而f〔x1〕<f〔x2〕，应当选Ｂ.

〔2〕.由f〔x〕=a〔x+1〕2+4-a知对称轴为x=-1，又0<a<3，如此有，结合函数图象可以看出，其弦的中点在对称轴右侧，所以f〔x1〕<f〔x2〕，应当选Ｂ.

〔3〕.由可得x1、x2不可能都在对称轴左侧，假设x1、x2在对称轴两侧，如此x1<-1<x2，又０<a<3，从而可知x2与对称轴的距离x2＋１大于x1到对称轴的距离－１－x1，所以f〔x1〕<f〔x2〕，应当选Ｂ.

【点评】思路１直接比拟f〔x1〕与f〔x2〕的大小，容易思考；思路2和思路3都是依赖二次函数的图象性质解题，简捷明快，表现了数形结合的优越性，其本质都是在确定x1、x2的相对位置.15.【分析】三角函数图象求解析式是高考中常考题，但此题又结合向量知识使得试题更加综合化、更加灵活化，难度进一步加深，当然入口也更宽.

思路分析：

〔1〕.直接法：由平移得图象所对应的解析式为y=sinω〔x+〕，再由图象五点对应法，ω〔+〕=，所以ω＝２，因此选Ｃ.

〔2〕.排除法：由图象可得函数过点〔，－１〕，即x=时，y=-1，对Ａ、Ｂ、Ｃ、Ｄ四个选项检验得选项Ｃ正确.

〔3〕.反向检验法：平移后的图象由a=〔，0〕得y=sinωx〔ω>0〕，由y=f〔x-〕＝sinωx排除Ｂ、Ｄ，再由x=+=时，y=-1，得选项Ｃ正确.

【点评】三角函数图象与性质、向量是此题涉与的主要知识点，作为选择题我们推崇方法２的简捷；方法１直接法中五点对应要求掌握与正确运用；方法３反过来考虑有时也是一条思路，这里我们不推崇.16.【分析】此题是一道涉与向量的坐标表示、坐标运算、向量运算的几何意义等知识点的常规问题，解题的入口较宽，对训练我们思维的发散性有价值.

思路分析：

〔1〕.根据题意知，所求结论与α、β的大小无关，不妨取α=0，β＝，如此a=〔１，０〕，b=〔０，１〕，从而a+b=〔１，１〕，a-b＝〔１，－１〕，所以<a+b，a-b>=90°.

〔2〕.因为a+b=〔cosα+cosβ，sinα+sinβ〕，a-b=〔cosα-cosβ，sinα-sinβ〕，所以〔a+b〕·〔a-b〕=cos2α-cos2β+sin2α-sin2β=0，故<a+b，a-b>=90°.

〔3〕如图，在单位圆中作，再作OAPB，如此=a-b，=a+b，由于，所以OAPB是菱形，如此⊥，即〔a+b〕⊥〔a-b〕，故<a+b，a-b>=90°.

〔4〕.不难发现a=b，所以〔a+b〕·〔a-b〕=a2-2=0，故<a+b，a-b>=90°.

【点评】思路1是基于该题答案的不变性而采用了特殊化思想；思路2采用了直接运算的方法；思路3抓住了向量运算的几何意义，利用了数形结合的思想；思路4挖掘了两向量模为1的隐含条件，并运用了向量的符号运算.这4种思路各有特色，都是处理此题的较好方法.17.【点评】从同解变形是等价变形的角度考查了解不等式.

思路分析：

〔1〕.求解对照，过程略.

〔2〕将a、b特殊化为具体数字，如令a=b=1，解后对照选项.

〔3〕.从数形结合的角度考虑.分别作y=-b，y=a，y=的图象〔图略〕，可知选D.【点评】函数、方程、不等式密不可分，对此题而言思路3最简捷.18.

解：由A〔1，3〕、B〔5，2〕、C〔3，1〕的坐标位置知道，△ABC所在的区域D在第一象限，故x>0，y>0.由z=x+my得y=-x+，它的斜率为-.

〔1〕假设m>0，如此要使z=x+my取得最小值，必须使最小，此时需-=kAC=，即m=1时满足在区域D上有无穷多个点使得z=x+my取得最小值；当-不平行于kAC时，满足条件的点只有一个点，这不符合要求.

〔2〕假设m<0，如此要使z=x+my取得最小值，必须使最大，此时满足条件的点也只是一个点，不符合要求.

〔3〕假设m＝0，满足条件的点也只是一个点，不符合要求.综上可知，m=1.选C.

【点评】画出平面区域D，结合图形分类讨论是解决本类问题的根本方法.19.

解：画出如如下图的平面区域.

观察图形易知：

POmin=AO=，POmax=CO=.【点评】在平面区域求二元二次函数最值，一般用数形结合的方法.数形结合的思想方法(4)综合测试一、选择题〔此题共8小题，每一小题5分，共40分〕

1.方程sin〔x-〕=x的实数解的个数是〔〕.

Ａ.2

Ｂ.３Ｃ.４

Ｄ.以上均不对

2.f〔x〕＝〔x-a〕〔x-b〕-2〔其中a<b〕，且α、β是方程f〔x〕＝０的两根〔α<β〕，如此实数a、b、

α、β的大小关系为〔〕.

Ａ.α<a<b<βＢ.α<a<β<bＣ.a<α<b<βＤ.a<α<β<b

3.y=f〔x〕是定义在Ｒ上的单调函数，实数x1≠x2，，假设f〔x1〕－f〔x2〕<f〔α〕－f〔β〕，如此〔〕.

Ａ.λ<0Ｂ.λ=0Ｃ.0<λ<1Ｄ.λ≥1

4.一给定函数y=f〔x〕的图象在如如下图中，并且对任意a1∈〔0，1〕，由关系式an+1=f〔an〕得到的数列｛an｝满足an+1>an〔n∈N+〕，如此该函数的图象是〔〕.

５.设函数f〔x〕＝.假设f〔x0〕>1，如此x0的取值围是〔〕.

Ａ.〔－１，１〕

Ｂ.〔－１，＋∞〕

Ｃ.〔－∞，－２〕∪〔０，＋∞〕

Ｄ.〔－∞，－１〕∩〔１，＋∞〕

6.不等式x2-logmx<0在x∈〔0，〕时恒成立，如此m的取值围是〔〕.

Ａ.〔0，1〕Ｂ.［，1〕Ｃ.〔1，∞〕

Ｄ.〔0，］

7.函数f〔x〕＝ax3+bx2+cx+d的图象如如下图，如此〔〕.

Ａ.b∈〔－∞，0〕Ｂ.b∈〔0，1〕

Ｃ.b∈〔1，2〕Ｄ.b∈〔2，＋∞〕

8.设定义域为Ｒ的函数f〔x〕＝，如此关于x的方程f

2〔x〕+bf〔x〕+c=0有７个不同实数解的充要条件是〔〕.

Ａ.b<0且c>0

Ｂ.b>0且c<0

Ｃ.b<0且c=0

Ｄ.b≥0且c=0二、填空题〔此题共６小题，每一小题５分，共３０分〕

９.曲线y=1+〔-2≤x≤2〕与直线y=r〔x-2〕+4有两个交点时，实数r的取值围为___.

10.〔4cosθ+3-2t〕2+〔3sinθ-1+2t〕2〔θ、t为参数〕的最大值是

___.

11.集合Ａ＝｛x|5-x≥｝，Ｂ＝｛x|x2-ax≤x-a｝，当ＡＢ时，a的取值围是____.

12.假设3a=0.618，a∈［k，k+1］，k∈Ｚ，如此k＝___.

13.设α，β分别是方程log2x+x-3=0和2x+x-3=0的根，如此α＋β＝___，log2α+2β=___.

14.设函数f〔x〕的图象与直线x=a，x=b与x轴所围成图形的面积称为函数f〔x〕在［a，b］上的面积，函数y=sinnx在［０，］上的面积为〔n∈N+〕，

〔１〕y=sin3x在［０，］上的面积为___；

〔２〕y=sin〔3x-π〕+1在［］上的面积为___.三、解答题〔１５～１８每题１３分，１９～２０每题１４分，共８０分〕

15.设Ａ＝｛x|-2≤x≤a｝，Ｂ＝｛y|y=2x+3，且x∈A｝，Ｃ＝｛z|z=x2，且x∈A｝，假设ＣＢ，数a的取值围.

16.A〔1，1〕为椭圆=1一点，F1为椭圆左焦点，P为椭圆上一动点.求的最大值和最小值.

18.关于x的不等式>ax+b的解集为〔〕，试数a，b的值.

19.设函数f〔x〕=-ax，其中a>0，解不等式f〔x〕≤1.

20.设f〔x〕是定义在区间〔-∞，+∞〕上以2为周期的函数，对k∈Z，用Ik表示区间［２k-1，2k+１〕，当x∈I0时，f〔x〕＝x2.

〔１〕求f〔x〕在Ｉk上的解析表达式；

〔２〕对自然数k，求集合Ｍk＝｛a|使方程f〔x〕＝ax在Ｉk