统考版2024高考数学二轮专题复习第四篇满分专项突破第1讲四大数学思想解题有道理

第1讲四大数学思想(解题有道)高考试题一是着眼于学问点新奇 奇异的组合；二是着眼于对数学思想方法、数学实力的考查．假如说数学学问是数学内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学意识，重在领悟、运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的相识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类探讨思想、转化与化归思想．数学思想方法与数学基本方法常常在学习、驾驭数学学问的同时获得，与此同时，它们又干脆对学问的形成起到指导作用．因此，在平常的学习中，我们应对数学思想方法进行细致的梳理与总结，逐个相识它们的本质特征，逐步做到自觉地、灵敏地将其运用于所须要解决的问题之中．一函数与方程思想——求解数学问题最常用的工具函数思想方程思想函数思想的实质是抛开所探讨对象的非数学特征，用联系和变更的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立各变量之间固有的函数关系，通过函数形式，利用函数的有关性质，使问题得到解决方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，依据题中的等量关系，列方程(组)，通过解方程(组)或对方程(组)进行探讨，以求得问题的解决函数与方程思想在确定的条件下是可以相互转化的，是相辅相成的．函数思想重在对问题进行动态的探讨，方程思想则是在动中求静，探讨运动中的等量关系应用1借助“函数关系”解决问题在方程、不等式、三角、平面对量、数列、圆锥曲线等数学问题中，将原有隐含的函数关系凸显出来，从而充分运用函数学问或函数方法使问题顺当获解．例1已知复数z的模为1，复数w＝z2＋3z.则在复平面内，复数w所对应的点与点(4，0)的距离的最大值是()A．6B．25C．35D．27[听课记录]名师点题本题考查两点间距离最值的求解问题，解题关键是能够将两点间距离表示为关于cosθ的二次函数的形式，利用二次函数的最值求得结果．对点训练1．如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝5，CD＝2，BC＝13，AC·BD＝0，M，N分别是线段AB，AD上的点，且|AM|＋|AN|＝2，则AM·2．在等差数列{an}中，a1＋a7＝12，当a32+应用2转换函数关系解决问题在有关函数形态和曲线性质或不等式的综合问题、恒成立问题中，常常须要求参数的取值范围，假如依据原有的函数关系很难奏效时，不妨转换思维角度，放弃题设的主参限制，选择合适的主变元，揭示它与其他变元的函数关系，切入问题本质，从而使原问题获解．例2关于x的方程9x＋(4＋a)3x＋4＝0恒有解，求a的取值范围．名师点题对于多元方程(含参数)通常有两类方法：一是换元，将问题转化为二次方程，利用根与系数的关系或判别式，或者利用三角函数的有界性加以解决；二是分别变量构造函数，把方程有解转化为求函数的值域，再依据函数的图象和性质来解决．对点训练1.方程m＋1-A．1B．0C．－1D．－22．对随意a∈[－1，1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，求x的取值范围．应用3构造函数关系解决问题在数学各分支形形色色的问题或综合题中，将非函数问题的条件或结论，通过类比、联想、抽象、概括等手段，构造出某些函数关系，在此基础上利用函数思想和方法使原问题获解，这是函数思想解题的更高层次的体现．特殊要留意的是，构造时，要深化审题，充分发掘题设中可类比、联想的因素，促进思维迁移．例3若方程x2＋m2＋2x＋3m＝mcos(x＋1)＋7有且仅有1个实数根，则实数m的值可能为()A．2B．－2C．4D．－4名师点题本题的解题关键是构造函数f(x)，求出函数f(x)图象的对称轴，利用对称的性质得出f(－1)＝0.对点训练[2024·广西崇左市模拟]若3a＋(ln2)b≥3b＋(ln2)a(a，b∈R)，则()A．3a＋b≥1B．3|a－b|≥2C．3a－b≥1D．3|a＋b|≥2应用4转换方程形式解决问题把题目中给定的方程依据题意转换形式，凸现其隐含条件，充分发挥其方程性质，运用有关方程的解的定理(如根与系数的关系、判别式、实根分布的充要条件)使原问题获解，这是方程思想应用的又一个方面．例4对于函数y＝f(x)(x∈D)，若同时满意下列条件：①f(x)在D内为单调函数；②存在区间[a，b]⊆D，使f(x)在[a，b]上的值域为[a，b]，那么y＝f(x)叫闭函数，若y＝k＋x+2是闭函数，求实数k的取值范围．名师点题方程的观点把函数与方程紧密联系起来，应用方程的学问使得问题得以解决．本例题意新奇 ，解决这类问题的关键是：一是熟读题目，搞清告知的新概念、新运算、新函数；二是把掩盖在新概念下的学问挖掘出来，转化为已有的学问来解决．对点训练已知函数y＝ax+bx2+1(x∈R，且a≠0)的值域为[－1，4]，求常数a总结升华函数与方程思想在解题中的应用主要涉及以下学问(1)函数与不等式的相互转化，把不等式转化为函数，借助函数的图象和性质可解决相关的问题，常涉及不等式恒成立问题、比较大小问题．一般利用函数思想构造新函数，建立函数关系求解．(2)三角函数中有关方程根的计算，平面对量中有关模、夹角的计算，常转化为函数关系，利用函数的性质求解．(3)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数或一元二次方程来解决．(4)解析几何中有关求方程、求值等问题常常须要通过解方程(组)来解决，求范围、最值等问题常转化为求函数的值域、最值来解决．(5)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，常常须要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决．二数形结合思想——求解数学问题最快捷的途径数形结合思想，就是依据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的思想．数形结合思想的应用包括以下两个方面：以形助数以数助形借助形的直观性来阐明数之间的联系．以形助数常用的有：借助数轴，借助函数图象，借助单位圆，借助数式的结构特征，借助于解析几何方法借助于数的精确性来阐明形的某些属性．以数助形常用的有：借助于几何轨迹所遵循的数量关系，借助于运算结果与几何定理的结合由“形”到“数”的转化，往往比较明显，而由“数”到“形”的转化却须要转化的意识，因此，数形结合思想的运用往往偏重于由“数”到“形”的转化应用1利用数形结合思想探讨函数的零点问题例1[2024·河北衡水中学一模]已知函数f(x)＝ex，x≤0lnx，x>0，g(x)＝f(x)－[听课记录]名师点题利用函数零点的状况求参数值或取值范围的方法(1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解；(2)分别参数后转化为函数的值域(最值)问题求解；(3)转化为两熟识的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解．对点训练[2024·湖北模拟预料]已知函数f(x)＝kx，x≤0exx，x>0，若函数g(x)＝应用2利用数形结合思想解决不等式问题例2已知函数f(x)＝ex－a＋ea－x＋12x2－a2lnx－2(a>0)，若f(x)有2个零点，则aA．(0，e]B．(0，e2)C．(e，＋∞)D．[e2，＋∞)[听课记录]名师点题利用数形结合解不等式应留意的问题解含参数的不等式时，由于涉及到参数，往往须要探讨，导致运算过程繁琐冗长．假如题设与几何图形有联系，那么利用数形结合的方法，问题将会顺当地得到解决．对点训练已知函数f(x)＝2lnx1e≤x≤e2，g(x)＝mx＋1，若f(x)与g(应用3利用数形结合求解解析几何问题例3设P是抛物线y2＝4x上的一个动点，则点P到点A(－1，1)的距离与点P到直线x＝－1的距离之和的最小值为________．名师点题应用几何意义法解决问题须要熟识常见的几何结构的代数形式，主要有：①比值——可考虑直线的斜率；②二元一次式——可考虑直线的截距；③根式分式——可考虑点到直线的距离；④根式——可考虑两点间的距离．对点训练点M为抛物线y＝14x2上随意一点，点N为圆x2＋y2－2y＋34＝0上随意一点，若函数f(x)＝loga(x＋2)＋2(a>1)的图象恒过定点P，则|MP|＋|A．52B．C．3D．13总结升华运用数形结合思想分析解决问题的3个原则(1)等价性原则在数形结合时，代数性质和几何性质的转换必需是等价的，否则解题将会出现漏洞，有时，由于图形的局限性，不能完整地表现数的一般性，这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明．(2)双向性原则在数形结合时，既要进行几何直观的分析，又要进行代数抽象的探究，两方面相辅相成，仅对代数问题进行几何分析(或仅对几何问题进行代数分析)在很多时候是很难行得通的．(3)简洁性原则找到解题思路之后，至于用几何方法还是用代数方法或者兼用两种方法来叙述解题过程，则取决于哪种方法更为简洁．三分类探讨思想——求解数学问题最简便的技巧分类探讨的原则分类探讨的常见类型(1)不重不漏(2)标准要统一，层次要分明(3)能不分类的要尽量避开，决不无原则的探讨(1)由数学概念而引起的分类探讨(2)由数学运算要求而引起的分类探讨(3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类探讨(4)由图形的不确定性而引起的分类探讨(5)由参数的变更而引起的分类探讨分类探讨的思想是将一个较困难的数学问题分解成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的策略应用1由概念、法则、公式引起的分类探讨例1设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n＝1，2，3，…)，则q的取值范围是________．[听课记录]名师点题本题易忽视对q＝1的探讨，而干脆由a11-qn1-q>0，得q的范围，这种解答是不完备的．本题依据等比数列前n项和公式的运用就要分q＝1，Sn＝na1对点训练1.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝2S9，则数列的公比q是()A．－332B．3322．已知函数f(x)＝sinπx2，-1<x<0，ex-应用2由运算、性质引起的分类探讨例2已知a>0，b>0且a≠1，b≠1，若logab>1，则()A．(a－1)(b－1)<0B．(a－1)(a－b)>0C．(b－1)(b－a)<0D．(b－1)(b－a)>0名师点题应用指数、对数函数时，往往对底数是否大于1进行探讨，这是由它的性质确定的．在处理分段函数问题时，首先要确定自变量的取值属于哪个区间段，再选取相应的对应法则，离开定义域探讨问题是产生错误的重要缘由之一．对点训练在△ABC中，C＝π4，AB＝2，AC＝6，则cosBA．12B．－C．12或－32D．1应用3由参数变更引起的分类探讨例3[2024·山东师范高校附中]已知函数f(x)＝12ax2＋(1－a)x－lnx(a∈R(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若方程f(x)＝0有两个不等实数根，求实数a的取值范围．[听课记录]名师点题(1)参数的变更取值导致不同的结果，需对参数进行探讨，如含参数的方程、不等式、函数等．(2)解析几何中直线点斜式、斜截式方程要考虑斜率k存在或不存在，涉及直线与圆锥曲线位置关系要进行探讨．(3)分类探讨要标准明确、统一，层次分明，分类要做到“不重不漏”．对点训练1.若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是()A．-∞，1C．(－∞，0)D．(0，＋∞)2．函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]·ex在x＝1处取得微小值，求a的取值范围．应用4依据图形位置或形态分类探讨例4(1)已知变量x，y满意的不等式组x≥0，A．－12B．12C．0D．－(2)设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1，F2，若曲线C上存在点P满意|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线C的离心率等于________．名师点题(1)圆锥曲线形态不确定时，常按椭圆、双曲线来分类探讨，求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同来分类探讨．(2)相关计算中，涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类探讨．对点训练设F1，F2为椭圆x29+y24＝1的两个焦点，点P为椭圆上一点，已知点P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1总结升华1.分类探讨的原则(1)不重不漏；(2)标准要统一，层次要分明；(3)能不分类的要尽量避开或尽量推迟，决不无原则地探讨．2．分类探讨的本质与思维流程(1)分类探讨思想的本质：“化整为零，积零为整”．(2)分类探讨的思维流程：明确探讨的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行探讨归纳综合结论→检验分类是否完备(即检验分类对象彼此交集是否为空集，并集是否为全集)．四转化与化归思想——求解数学问题最常用的方法转化与化归的原则常见的转化与化归的方法(1)熟识化原则(2)简洁化原则(3)直观化原则(4)正难则反原则(1)干脆转化法(2)换元法(3)数形结合法(4)构造法(5)坐标法(6)类比法(7)特殊化方法(8)等价问题法(9)加强命题法(10)补集法转化与化归思想就是在探讨和解决有关数学问题时，接受某种手段将问题通过变换使之转化，进而使问题得到解决的一种数学思想方法应用1正与反的转化例1(1)由命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，得m的取值范围是(－∞，a)，则实数a的值是()A．(－∞，1)B．(－∞，2)C．1D．2(2)若对于随意t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋m2+2x2－2x在区间(t，3)上总不为单调函数，则实数名师点题依据命题的等价性对题目条件进行明晰化是解题常见思路；对困难问题可接受正难则反策略，也称为“补集法”；含两个变量的问题可以变换主元．对点训练设命题p：函数f(x)＝lgax2-x+a16的定义域为R；命题q：3x－9x<a对一切的实数x恒成立，假如命题“p应用2常量与变量的转化例2若不等式x2＋px>4x＋p－3对一切0≤p≤4均成立，试求实数x的取值范围．名师点题在有几个变量的问题中，常常有一个变元处于主要地位，我们称之为主元，由于思维定势的影响，在解决这类问题时，我们总是紧紧抓住主元不放，这在很多状况下是正确的．但在某些特定条件下，此路往往不通，这时若能变更主元，转移变元在问题中的地位，就能使问题迎刃而解．本题中，若视x为主元来处理，既繁琐且易出错，实行主元的转化，使问题变成关于p的一次不等式，使问题实现了从高维向低维转化，解题简洁易行．对点训练已知函数f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的导函数．对满意－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，则实数x的取值范围为________．应用3特殊与一般的转化例3已知函数f(x)＝(a－3)x－ax3在[－1，1]上的最小值为－3，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－1]B．[12，＋∞)C．[－1，12]D．-名师点题用特殊化方法实现划归与转化是在解决问题过程中将某些特殊问题进行一般化的方法，常用的特例有特殊数值，特殊数列，特殊图形，特殊角，特殊位置．提示学生留意一般与特殊的转化只限选择题填空题中运用，在大题中可用该种方法猜想结论，找到解题的突破口．对点训练在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，则cosA应用4函数、方程、不等式间的转化例4若2x－2y<3－x－3－y，则()A．ln(y－x＋1)>0B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0D．ln|x－y|<0[听课记录]名师点题函数、方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值（值域）问题，从而求出参变量的范围．对点训练已知函数f(x)＝elnx，g(x)＝1ef(x)－(x(1)求函数g(x)的极大值；(2)求证：1＋12+13＋…＋1n>ln(n＋1)(应用5形体位置关系的相互转化例5[2024·全国卷Ⅰ]如图，在三棱锥P­ABC的平面绽开图中，AC＝1，AB＝AD＝3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos∠FCB＝________．名师点题1．解本题的关键是要清晰三棱锥绽开前后线段的位置关系与数量关系的变与不变，动与静相结合，留意挖掘线段之间的关系，再利用余弦定理来解决．2．形体位置关系的相互转化的技巧(1)分析特征，一般要分析形体特征，依据形体特征确立须要转化的对象；(2)位置转化，将不规则几何体通过切割、挖补、延展等方式转化为便于视察、计算的常见几何体．由于新的几何体是转化而来，一般须要对新的几何体的位置关系、数据状况进行必要分析，精确理解新的几何体的特征；(3)得出结论，在新的几何结构中解决目标问题．对点训练如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点．当AD＋DC1最小时，三棱锥D­ABC1的体积为________．总结升华1.转化与化归的原则(1)熟识化原则：将生疏的问题转化为熟识的问题，以利于我们运用熟识的学问、阅历来解决．(2)简洁化原则：将困难问题化归为简洁问题，通过对简洁问题的解决，达到解决困难问题的目的，或获得某种解题的启示和依据．(3)直观化原则：将比较抽象的问题化为比较直观的问题来解决．(4)正难则反原则：当问题正面探讨遇到困难时，可考虑问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获解．2．转化与化归的指导思想(1)把什么问题进行转化，即化归对象．(2)化归到何处去，即化归目标．(3)如何进行化归，即化归方法．转化与化归思想是一切数学思想方法的核心．第1讲四大数学思想(解题有道)一函数与方程思想[例1]解析：∵|z|＝1，∴可设z＝cosθ＋isinθ，∴w＝cos2θ＋isin2θ＋3cosθ＋3isinθ，∴w对应的点坐标为(cos2θ＋3cosθ，sin2θ＋3sinθ)，∴w对应的点与(4，0)的距离d＝cos2∴d＝26+6＝-8cos2∴当cosθ＝－916时，dmax＝-16×答案：B对点训练1．解析：设∠CBA＝θ，则∠BCD＝π－θ，BD＝BC+CD，∵CD∥AB，CD＝2，AB＝5，∴CD＝25∴BD＝BC+∵BD⊥AC，∴BD·AC＝BC+25BA即13－13×5×cosθ＋25×5×13×cosθ－2得313cosθ＝3，即cosθ＝1313如图，过C作CE⊥AB，过D作DF⊥AB，则CE∥DF，CE＝DF，则BE＝BC·cosθ＝1，CE＝BC·sinθ＝13×1-113则DF＝CE＝23，∵CE∥DF，CE＝DF，∴EF∥CD，EF＝CD＝2，∴AF＝AB－BE－EF＝2，则tan∠DAF＝232＝∴∠DAB＝∠DAF＝π3∴AD＝AFcos由|AM|＋|AN|＝2，得|AM|＝2－|AN|，∴AM·AN＝|AM|·|AN|·cos∠DAB＝(2－|AN|)·|AN|·12＝|AN|－12|AN|∵|AN|∈(0，2)，函数y＝－12x2＋x开口向下，对称轴x∴当|AN|＝1时，(AM·AN)max＝1－12×12＝1答案：12．解析：设等差数列{an}的公差为d.由等差中项的性质，得a1+a7＝2a4所以a32+a42+a52＝(6－d)2＋62＋(6＋d)2＝2d2＋108，当答案：6[例2]解析：方法一设3x＝t，则t>0.原方程有解即方程t2＋(4＋a)t＋4＝0有正根，设为t1，t2，∴Δ≥0t∴a解得a≤－8.方法二设f(t)＝t2＋(4＋a)t＋4(t＞0)，①当Δ＝0时，即(4＋a)2－16＝0，∴a＝0或a＝－8.a＝0时，f(t)＝(t＋2)2＝0，得t＝－2<0，不符合题意；a＝－8时，f(t)＝(t－2)2＝0，得t＝2>0，符合题意．∴a＝－8.②Δ>0，即a<－8，或a>0时，∵f(0)＝4，故只需对称轴－4+a2>0，即a<－4，∴a综上可得，a≤－8.对点训练1．解析：由原式得m＝x－1-x，设1-x＝则m＝1－t2－t＝54∴m＝54∴t＝0时，m的最大值为1.答案：A2．解析：令f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，则原问题转化为f(a)>0恒成立(a∈[－1，1])．当x＝2时，可得f(a)＝0，不合题意．当x≠2时，应有f1>0f-故x的取值范围为(－∞，1)∪[例3]解析：依题意得方程x2＋m2＋2x＋3m－mcos(x＋1)－7＝0，即(x＋1)2－mcos(x＋1)＋m2＋3m－8＝0有且仅有1个实数根．令f(x)＝(x＋1)2－mcos(x＋1)＋m2＋3m－8，因为f(－2－x)＝(－1－x)2－mcos(－1－x)＋m2＋3m－8＝(x＋1)2－mcos(x＋1)＋m2＋3m＋8，即f(－2－x)＝f(x)，易知函数f(x)图象的对称轴为直线x＝－1.因为方程x2＋m2＋2x＋3m＝mcos(x＋1)＋7有且仅有1个实数根，所以f(－1)＝0，即m2＋2m－8＝0，解得m＝2或m＝－4.当m＝－4时，函数f(x)＝(x＋1)2＋4cos(x＋1)－4，易知函数f(x)是连续函数，又f(1)＝4cos2<0，f(2)＝5＋4cos3>0，所以函数f(x)在[1，2]上也必有零点，此时f(x)不止有一个零点，故m＝－4不符合题意；当m＝2时，f(x)＝(x＋1)2－2cos(x＋1)＋2，此时f(x)只有x＝－1这一个零点，故m＝2符合题意．答案：A对点训练解析：∵3a＋(ln2)b≥3b＋(ln2)a(a，b∈R)，∴3a－(ln2)a≥3b－(ln2)b，构造函数f(x)＝3x－(ln2)x(x∈R)，求导得f′(x)＝3xln3－(ln2)xln(ln2)，因为3x>0，ln3>0，(ln2)x>0，又∵0<ln2<1，∴ln(ln2)<0，所以f′(x)＝3xln3－(ln2)xln(ln2)>0，故函数f(x)在R上是单调递增的，由于3a＋(ln2)b≥3b＋(ln2)a(a，b∈R)，即f(a)≥f(b)，所以a≥b，故3a≥3b即3a－b≥1.答案：C[例4]解析：由题意知存在[a，b]⊆[－2，＋∞)，使得y＝k＋x+2在[a，b]上的值域为[a，b]，因为y＝k＋x+2在[－2，＋∞)上是增函数，所以a=k+a+2b=k+b+2，所以a、b是方程y＝k＋x+2的两个相异的实根，由x＝k＋x+2⇔x+2＝x－k⇔x+2=x-k2x≥k⇔x2-2k+1x+k2-2=0x≥k，即方程x2－(2k＋1)x＋k2－2＝0在[k对点训练解析：因为函数y＝ax+bx2+1(x∈R，且a≠0)的值域为[－1，4]，所以对于随意y∈[－1，4]必有x∈R使y＝ax+bx2+1成立，所以关于x的方程y(x即方程yx2－ax＋(y－b)＝0，若y＝0，则x＝－ba∈R若y≠0，则Δ＝a2－4(y－b)y≥0，即4y2－4by－a2≤0，而－1≤y≤4.所以方程4y2－4by－a2＝0的两根为－1，4，由根与系数的关系，得b＝3，a2＝16，故a＝±4，b＝3.二数形结合思想[例1]解析：作出函数f(x)的图象如图：由g(x)＝0得f(x)＝mx＋1，设y＝mx＋1，当m＝0时，y＝mx＋1与f(x)有2个交点；当m<0时，y＝mx＋1与f(x)有2个交点；当m>0时，设y＝mx＋1与y＝ex相切，切点为(x1，ex1)，则y′＝ex，所以其切线方程为y-ex1＝ex1又因切线恒过点(0，1)，所以1-ex1＝ex1(0－x1)，解得x1当m>0时，设y＝mx＋1与y＝lnx相切，切点为(x2,lnx2)，则y′＝1x，所以切线的斜率为k2＝1其切线方程为y－lnx2＝1x2(x－x又因切线恒过点(0，1)，所以1－lnx2＝1x2(0－x2)，解得x2＝e2，所以切线的斜率为k2所以当m≥1时，y＝mx＋1与f(x)有1个交点；当1e2<m<1时，y＝mx＋1与f(当m＝1e2时，y＝mx＋1与f(当0<m<1e2时，y＝mx＋1与f(所以实数m的取值范围为0<m<1e2时，g(答案：0<m<1对点训练解析：因为g(x)＝f(x)＋f(－x)，所以g(－x)＝f(－x)＋f(x)＝g(x)，且定义域为R，所以函数g(x)为偶函数，又g(0)＝2f(0)＝0，所以g(x)在(0，＋∞)上有两个零点，即f(x)＋f(－x)＝exx－kx＝0有两个不同的正实数解，即k＝令φ(x)＝exx2，则φ′(xφ′(x)＝ex∴x>2；φ′(x)＝ex∴0<x<2.故φ(x)在(0，2)上递减，(2，＋∞)上递增，故φ(x)min＝g(2)＝e2从而k>e2答案：e[例2]解析：f(x)＝0可转化为ex－a＋ea－x－2＝－12x2＋a2lnx设g(x)＝ex－a＋ea－x－2，由基本不等式得ex－a＋ea－x－2≥2ex当且仅当x＝a时，g(x)取到最小值0.设h(x)＝－12x2＋a2lnx(a>0)，则h′(x)＝－x＋a2x当0<x<a时，h′(x)>0，h(x)单调递增；当x>a时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以当x＝a时，h(x)取到最大值－12a2＋a2lna若f(x)有2个零点，则g(x)与h(x)有两个交点，此时－12a2＋a2lna>0，解得a>e答案：C对点训练解析：g(x)＝mx＋1关于直线y＝1对称的直线为y＝h(x)＝1－mx，∴直线y＝1－mx与y＝2lnx在1e作出y＝1－mx与y＝2lnx的函数图象，如图所示：若直线y＝1－mx经过点1e，-2，则m＝3e，若直线y＝1－mx与设切点为(x，y)，则y=1-mxy=2∴-2e答案：-[例3]解析：如图，易知抛物线的焦点为F(1，0)，准线是x＝－1，由抛物线的定义知点P到直线x＝－1的距离等于点P到F的距离．于是，问题转化为在抛物线上求一点P，使点P到点A(－1，1)的距离与点P到F(1，0)的距离之和最小，明显，连接AF与抛物线相交的点即为满意题意的点，此时最小值为1--1答案：5对点训练解析：如图所示，函数f(x)＝loga(x＋2)＋2(a>1)的图象恒过定点(－1，2)，故P(－1，2)．y＝14x2，即x2＝4y，焦点为F(0，1)，准线为y＝－1，x2＋y2－2y＋34＝0，即x2＋(y－1)2＝14.|MP|＋|MN|≥|MP|＋|MF|－12≥|PD|－12＝3－12＝52答案：A三分类探讨思想[例1]解析：由{an}是等比数列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0，当q＝1时，Sn＝na1>0.当q≠1时，Sn＝a1即1-qn则有1-q>0由①得－1<q<1，由②得q>1.故q的取值范围是(－1，0)∪答案：(－1，0)∪对点训练1．解析：若q＝1，则有S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1，但a1≠0，即得S3＋S6≠2S9，与题设冲突，故q≠1.又S3＋S6＝2S9，①依据数列性质S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，②由①②可得S3＝2S6，∴q3＝S6-S3S3＝－答案：C2．解析：f(1)＝e0＝1，即f(1)＝1.由f(1)＋f(a)＝2，得f(a)＝1.当a≥0时，f(a)＝ea－1＝1，所以a＝1.当－1<a<0时，f(a)＝sin(πa2)＝1，所以πa2＝2kπ＋π2(k∈Z所以a2＝2k＋12(k∈Z)，k只能取0，此时a2＝1因为－1<a<0，所以a＝－22则实数a的取值集合为-2答案：-[例2]解析：∵a>0，b>0且a≠1，b≠1，∴当a>1，即a－1>0时，不等式logab>1可化为alogab>a1，即b>a>1，∴(a－1)(a－b)<0，(a－1)(b－1)>0，(b－1)(b－a)>0.当0<a<1，即a－1<0时，不等式logab>1可化为alogab<a1，即0<b<a<1，∴(a－1)(a－b)<0，(a－1)(b－1)>0，(b－1)(b－a)>0.综上可知，故选D.答案：D对点训练解析：由题意知C＝π4，c＝AB＝2，b＝AC＝6由正弦定理bsinB＝csinC，得sinB＝因为b>c，所以B>C＝π4又0<B<π，所以B＝π3或2当B＝π3时，cosB＝1当B＝2π3时，cosB＝－答案：D[例3]解析：(1)当a＝1时，f(x)＝12x2－lnx∴f′(x)＝x－1x又有f(1)＝12，f∴切线方程为y＝12(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，∵f(x)＝12ax2－(a－1)x－lnx∴f′(x)＝ax－(a－1)－1x＝ax2-若方程f(x)＝0有两个不等实数根，即函数f(x)有两个不同的零点，当a≥0时，由f′(x)<0得x∈(0，1)，由f′(x)>0得x∈(1，＋∞)，所以函数f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴若函数f(x)有两个不同的零点则必有f(1)＝－12a＋1<0，即a此时，在x∈(1，＋∞)上有f(2)＝2a－2(a－1)－ln2＝2－ln2>0，在x∈(0，1)上，－1<x2－2x<0，∵f(x)＝12a(x2－2x)＋x－lnx，∴f(x)>－12a＋x－ln∴f(e-12a)>－12a＋e∴f(x)在区间0，1、(1，＋∞)上各有一个零点，故当a＝－1时，∵函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴函数f(x)至多有一个零点，不合题意；当－1<a<0时，∵函数f(x)在区间(0，1)上单调递减，在1，-1∴函数f(x)的微小值为f(1)＝1－12a>0，∴函数f(x当a<－1时，∵函数f(x)在0，-1∴函数f(x)的微小值为f-1a＝12a+1a(a－1)－ln∴函数f(x)至多有一个零点，不合题意．综上所述，实数a的取值范围是(2，＋∞)．对点训练1．解析：函数f(x)＝aex－x－2a的导函数f′(x)＝aex－1，当a≤0时，f′(x)<0恒成立，函数f(x)在R内单调递减，不行能有两个零点；当a>0时，令f′(x)＝0，得x＝ln1a，函数在(－∞，ln1a)内单调递减，在(ln所以f(x)的最小值为fln1a＝1－ln1a－2a＝1＋lna令g(a)＝1＋lna－2a(a>0)，则g′(a)＝1a当a∈0，12时，g(a)单调递增，当a∈12，所以g(a)max＝g12所以f(x)的最小值fln1当x→－∞时，f(x)→＋∞，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点．综上，实数a的取值范围是(0，＋∞)．故选D.答案：D2．解析：f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.令f′(x)＝0，得x1＝1a，x2若a>1，则当x∈1a，1时，f当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在x＝1处取得微小值．若a≤1，则当x∈(0，1)时，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0.所以1不是f(x)的微小值点．综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．[例4]解析：(1)不等式组x≥0，由图可知，若要使不等式组x≥0，y≥2x，kx-y+1≥0表示的平面区域是直角三角形，只有当直线kx－y＋1＝0与y轴或结合图形可知斜率k的值为0或－12(2)不妨设|PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，|PF2|＝2t，其中t＞0.若该曲线为椭圆，则有|PF1|＋|PF2|＝6t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝ca＝2c2a＝3t6t若该曲线为双曲线，则有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝ca＝2c2a＝3t2t答案：(1)D(2)12或对点训练解析：若∠PF2F1＝90°，则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，又|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝25，解得|PF1|＝143，|PF2|＝43，∴PF1若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，∴|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，又|PF1|>|PF2|，∴|PF1|＝4，|PF2|＝2，∴PF1综上知，PF1PF2答案：72四转化与化归思想[例1]解析：(1)由命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，可知它的否定形式“随意x∈R，e|x－1|－m>0”是真命题，可得m(2)g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在区间(t，3)上为单调函数，则①g′(x)≥0在(t，3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t，3)上恒成立．由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥2x－3x在x∈(t所以m＋4≥2t－3t恒成立，则m即m≥－5；由②得m＋4≤2x－3x在x∈(t则m＋4≤23－9，即m≤－37所以使函数g(x)在区间(