2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習 專題二第四講 思想方法與規(guī)范解答教案 理

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1、2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習 專題二第四講 思想方法與規(guī)范解答教案 理 思想方法 1．數(shù)形結(jié)合思想 所謂數(shù)形結(jié)合思想，就是根據(jù)數(shù)與形之間的對應(yīng)關(guān)系，通過數(shù)與形的相互轉(zhuǎn)化來解決數(shù)學(xué)問題的思想． 數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用包括以下兩個方面： (1)“以形助數(shù)”，把某些抽象的數(shù)學(xué)問題直觀化、生動化，能夠變抽象思維為形象思維，揭示數(shù)學(xué)問題的本質(zhì)； (2)“以數(shù)解形”，把直觀圖形數(shù)量化，使形更加精確． 本專題中集合的運算、求二次函數(shù)的最值，確定函數(shù)零點問題、求不等式恒成立中參數(shù)等都經(jīng)常用到數(shù)形結(jié)合思想． [例1]　(xx年高考遼寧卷)設(shè)函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(

2、2－x)，且當x∈[0，1]時，f(x)＝x3.又函數(shù)g(x)＝|xcos (πx)|，則函數(shù)h(x)＝g(x)－f(x)在[－，]上的零點個數(shù)為(　　) A．5　　　　　　　　B．6 C．7 D．8 [解析]　根據(jù)函數(shù)y＝f(x)的特點確定其性質(zhì)，然后根據(jù)定義域分別作出圖象求解． 根據(jù)題意，函數(shù)y＝f(x)是周期為2的偶函數(shù)且0≤x≤1時，f(x)＝x3，則當－1≤x≤0時，f(x)＝－x3，且g(x)＝|xcos (πx)|，所以當x＝0時，f(x)＝g(x)．當x≠0時，若0

3、s πx|. 同理可以得到在區(qū)間[－，0)， (，1]，(1，]上的關(guān)系式都是上式， 在同一個坐標系中作出所得關(guān)系式等號兩邊函數(shù)的圖象，如圖所示，有5個根．所以總共有6個． [答案]　B 跟蹤訓(xùn)練 已知f(x)＝x3－6x2＋9x－abc，a0；②f(0)f(1)<0； ③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0. 其中正確結(jié)論的序號是(　　) A．①③ B．①④ C．②③

4、 D．②④ 解析：利用函數(shù)的單調(diào)性及數(shù)形結(jié)合思想求解． ∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)， 由f′(x)<0，得10，得x<1或x>3， ∴f(x)在區(qū)間(1，3)上是減函數(shù)， 在區(qū)間(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函數(shù)． 又a0， y極小值＝f(3)＝－abc<0， ∴00. 又x＝1，x＝3為函數(shù)f(x)的極值點，后一種情況不可能成立，如圖． ∴f(0

5、)<0，∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0， ∴正確結(jié)論的序號是②③. 答案：C 2．分類討論思想 分類討論思想是由問題的不確定性而引起的，需要按照問題的條件劃分為幾類，從而解決問題，在本專題中常見的分類討論思想的運用有以下兩個方面： (1)二次函數(shù)在給定區(qū)間的最值求法，注意對稱軸與區(qū)間關(guān)系； (2)含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性的判斷，極值、最值的求法． [例2]　(xx年高考課標全國卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－ax－2. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若a＝1，k為整數(shù)，且當x>0時，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值． [解析]　(1)f(x)的定義域

6、為(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a. 若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a>0，則當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0；當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0. 所以，f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減， 在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1 ＝(x－k)(ex－1)＋x＋1. 故當x>0時，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等價于 k<＋x(x>0)．① 令g(x)＝＋x， 則g′(x)＝＋1＝. 由(1)知，函數(shù)h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．而h(1

7、)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點，故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．設(shè)此零點為α，則α∈(1，2)． 當x∈(0，α)時，g′(x)<0；當x∈(α，＋∞)時，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g(α)． 又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3)． 由于①式等價于k

8、：(1)因為當a＝1時，f(x)＝x2e－x， f′(x)＝2xe－x－x2e－x＝(2x－x2)e－x，所以f(－1)＝e，f′(－1)＝－3e. 從而y＝f(x)的圖象在點(－1，f(－1))處的切線方程為y－e＝－3e(x＋1)，即y＝－3ex－2e. (2)f′(x)＝2xe－ax－ax2e－ax＝(2x－ax2)e－ax. ①當a＝0時，若x<0，則f′(x)<0， 若x>0，則f′(x)>0. 所以當a＝0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上為減函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)． ②當a>0時，由2x－ax2<0，解得x<0或x>， 由2x－ax2>0，解得0

9、<. 所以當a>0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)，(，＋∞)上為減函數(shù)，在區(qū)間(0，)上為增函數(shù)． ③當a<0時，由2x－ax2<0，解得0，解得x<或x>0. 所以，當a<0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，)，(0，＋∞)上為增函數(shù)，在區(qū)間(，0)上為減函數(shù)． 綜上所述，當a＝0時，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a>0時，f(x)在(－∞，0)，(，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增當a<0時，f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(－∞，)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 考情展望 高考對本專題的考查主要是兩個方面

10、：一是在選擇填空題中考查函數(shù)圖象與性質(zhì)及應(yīng)用，二是在解答題中考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，常與不等式聯(lián)系，難度較大，多涉及含參數(shù)問題． 名師押題 【押題】　設(shè)函數(shù)f(x)＝ln x－p(x－1)，p∈R. (1)當p＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝xf(x)＋p(2x2－x－1)，對任意x≥1都有g(shù)(x)≤0成立，求p的取值范圍． 【解析】 (1)當p＝1時，f(x)＝ln x－x＋1，其定義域為(0，＋∞)．所以f′(x)＝－1. 由f′(x)＝－1>0得01. 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1

11、，＋∞)． (2)由函數(shù)g(x)＝xf(x)＋p(2x2－x－1) ＝xln x＋p(x2－1)(x>0)，得g′(x)＝ln x＋1＋2px. 由(1)知，當p＝1時，f(x)≤f(1)＝0， 即不等式ln x≤x－1成立． ①當p≤－時，g′(x)＝ln x＋1＋2px≤(x－1)＋1＋2px＝(1＋2p)x≤0. 即函數(shù)g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)≤g(1)＝0，滿足題意； ②當－0，1＋2px>0，從而g′（x）＝ln x＋1＋2px>0，即函數(shù)g(x)在(1，－)上單調(diào)遞增，從而存在x0∈(1，－)使得g(x0)>g(1)＝0，不滿足題意； ③當p≥0時，由x≥1知g(x)＝xln x＋p(x2－1)≥0恒成立，此時不滿足題意． 綜上所述，實數(shù)p的取值范圍為