2013屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 必考問題專項突破22 數(shù)學(xué)思想在解題中的應(yīng)用（2） 理

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1、必考必考問題22　數(shù)學(xué)思想在解題中的應(yīng)用(二) 1．(2012·山東)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋6)＝f(x)．當－3≤x＜－1時，f(x)＝－(x＋2)2；當－1≤x＜3時，f(x)＝x.則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 012)＝(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A．335 B．338 C．1 678 D．2 012 答案： B　[由f(x＋6)＝f(x)可知，函數(shù)f(x)的周期為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，所以在一個周期內(nèi)有

2、f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1＋2－1＋0－1＋0＝1，所以f(1)＋f(2)＋…＋f(2 012)＝f(1)＋f(2)＋335×1＝1＋2＋335＝338.] 2．(2012·四川)方程ay＝b2x2＋c中的a，b，c∈{－3，－2,0,1,2,3}，且a，b，c互不相同．在所有這些方程所表示的曲線中，不同的拋物線共有(　　)． A．60條 B．62條 C．71條 D．80條 答案：B　[顯然方程ay＝b2x2＋c表示拋物線時，有ab≠0，故該方程等價于y＝x2＋. (1)當c＝0時，從{－3，－2,1,2,3}中任取2個數(shù)作為a，b的值，有A＝20種不同的方法， 當a

3、一定，b的值互為相反數(shù)時，對應(yīng)的拋物線相同，這樣的拋物線共有4×3＝12條，所以此時不同的拋物線共有A－6＝14條． (2)當c≠0時，從{－3，－2,1,2,3}中任取3個數(shù)作為a，b，c的值有A＝60種不同的方法；當a，c的值一定，而b的值互為相反數(shù)時，對應(yīng)的拋物線相同，這樣的拋物線共有4A＝24條，所以此時不同的拋物線有A－12＝48條．綜上所述，滿足題意的不同的拋物線有14＋48＝62條，故選B.] 3．(2012·福建)函數(shù)f(x)在[a，b]上有定義，若對任意x1，x2∈[a，b]，有f≤[f(x1)＋f(x2)]，則稱f(x)在[a，b]上具有性質(zhì)P.設(shè)f(x)在[1,3]上

4、具有性質(zhì) P，現(xiàn)給出如下命題： ①f(x)在[1,3]上的圖象是連續(xù)不斷的；②f(x2)在[1，]上具有性質(zhì)P；③若f(x)在x＝2處取得最大值1，則f(x)＝1，x∈[1,3]；④對任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有f≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]．其中真命題的序號是(　　)． A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 答案：D　[取函數(shù)f(x)＝則函數(shù)f(x)滿足題設(shè)條件具有性質(zhì)P，但函數(shù)f(x)的圖象是不連續(xù)的，故①為假命題，排除A、B；取函數(shù)f(x)＝－x,1≤x≤3，則函數(shù)滿足題設(shè)條件具有性質(zhì) P，但f(x2)＝－x2,1≤x≤就不具有性質(zhì)P，

5、故②為假命題，排除C.應(yīng)選D.] 4．(2012·江西)下圖為某算法的程序框圖，則程序運行后輸出的結(jié)果是________． 解析　此框圖依次執(zhí)行如下循環(huán)： 第一次：T＝0，k＝1，sin＞sin 0成立，a＝1，T＝T＋a＝1，k＝2，2＜6，繼續(xù)循環(huán)； 第二次：sin π＞sin不成立，a＝0，T＝T＋a＝1，k＝3,3＜6，繼續(xù)循環(huán)； 第三次：sin＞sin π不成立，a＝0，T＝T＋a＝1，k＝4,4＜6，繼續(xù)循環(huán)； 第四次：sin 2π＞sin成立，a＝1，T＝T＋a＝2，k＝5,5＜6，繼續(xù)循環(huán)； 第五次：sin＞sin 2π成立，a＝1，T＝T＋a＝3，k＝6

6、,6＜6不成立，跳出循環(huán)，輸出T的值為3. 答案　3 1．分類討論思想的考查重點為含有參數(shù)的函數(shù)性質(zhì)問題、與等比數(shù)列的前n項和有關(guān)的計算推證問題、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系不定問題等，在選擇、填空、解答題中都會涉及到分類討論的思想方法． 2．等價轉(zhuǎn)換思想的應(yīng)用在高考試題中處處可見，是解高考試題常用的數(shù)學(xué)思想． (1)分類與整合思想實質(zhì)上是“化整為零，各個擊破，再積零為整”的數(shù)學(xué)策略．利用好分類與整合思想可以優(yōu)化解題思路，降低問題難度．復(fù)習(xí)中要養(yǎng)成分類與整合的習(xí)慣，常見的分類情形有：概念分類型，運算需要型，參數(shù)變化型，圖形變動型． (2)轉(zhuǎn)化與化歸思想是高中數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中最基本、

7、最重要的思想方法，它無處不在．比如：在解析幾何中，通過建立坐標系將幾何問題劃歸為代數(shù)問題. 必備知識 分類與整合思想 在解某些數(shù)學(xué)問題時，我們常常會遇到這樣一種情況：解到某一步之后，發(fā)現(xiàn)問題的發(fā)展是按照不同的方向進行的．當被研究的問題包含了多種情況時，就必須抓住主導(dǎo)問題發(fā)展方向的主要因素，在其變化范圍內(nèi)，根據(jù)問題的不同發(fā)展方向，劃分為若干部分分別研究．這里集中體現(xiàn)的是由大化小，由整體化為部分，由一般化為特殊的解決問題的方法，其研究的基本方向是“分”，但分類解決問題之后，還必須把它們整合在一起，這種“合—分—合”的解決問題的思想，就是分類與整合思想． 化歸與轉(zhuǎn)化思想 在解決一

8、個問題時人們的眼光并不落在結(jié)論上，而是去尋覓、追溯一些熟知的結(jié)果，由此將問題化難為易，化繁為簡，化大為小，各個擊破，達到最終解決問題的目的，這種解決問題的思想就是化歸與轉(zhuǎn)化思想． 必備方法 1．分類討論的幾種情況 (1)由數(shù)學(xué)的概念、圖形的位置等引發(fā)的分類討論：數(shù)學(xué)中的概念有些就是分類的，如絕對值的概念； (2)由數(shù)學(xué)的定理、法則、公式等引發(fā)的分類討論：一些數(shù)學(xué)定理和公式是分類的，如等比數(shù)列的求和公式等； (3)由參數(shù)變化引發(fā)的分類討論：當要解決的問題中涉及參數(shù)時，由于參數(shù)在不同范圍內(nèi)取值時，問題的發(fā)展方向不同，這就要把參數(shù)劃分的幾個部分分類解決； (4)問題的具體情況引發(fā)的分類討

9、論：有些數(shù)學(xué)問題本身就要分情況解決，如概率計算中要根據(jù)要求，分類求出基本事件的個數(shù)； (5)較復(fù)雜或非常規(guī)的數(shù)學(xué)問題，需要采取分類討論的解題策略來解決． 2．化歸轉(zhuǎn)化思想的幾種情況 (1)化為已知：當所要解決的問題和我們已經(jīng)掌握的問題有關(guān)系時，把所要解決的問題化為已知問題； (2)化難為易：化難為易是解決數(shù)學(xué)問題的基本思想，當我們遇到的問題是嶄新的，解決起來困難時，就要把這個問題化為我們熟悉的問題，熟悉的問題我們有解決的方法，就是容易的問題，這是化難為易的一個方面； (3)化繁為簡：在一些問題中，已知條件或求解結(jié)論比較繁，這時就可以通過化簡這些較繁的已知或者結(jié)論為簡單的情況，再解決問

10、題，有時把問題中的某個部分看做一個整體，進行換元，這也是化繁為簡的轉(zhuǎn)化思想； (4)化大為小：在解答綜合性試題時，一個問題往往是由幾個問題組成的，整個問題的結(jié)論，是通過這一系列的小問題得出的，這種情況下，就可以把所要解決的問題轉(zhuǎn)化為幾個小問題進行解決. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　 　　分類討論 數(shù)學(xué)中的很多概念都是通過分類定義的，數(shù)學(xué)中的一些定理、公式、法則往往有一些嚴格的限制條件，故高考常常在這些知識點中命題． 【例1】? (2010·天津)設(shè)函數(shù)f(x)＝若f(a)＞f(－a)，則實數(shù)a的取值范圍是(　　)． A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞

11、，－1)∪(1，＋∞) C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1) [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] 分a＞0，a＜0討論求解． C　[當a＞0時，由f(a)＞f(－a)，得log2a＞loga， 即log2a＞log2 ，即a＞，解得a＞1； 當a＜0時，由f(a)＞f(－a)，得log(－a)＞log2(－a)， 即log2＞log2(－a)，則－＞－a，解得－1＜a＜0. 所以a∈(－1,0)∪(1，＋∞)．] 有許多核心的數(shù)學(xué)概念是分類的，比如：直線斜率、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)等，與這樣的數(shù)學(xué)概念有關(guān)的問題往往需要根據(jù)數(shù)學(xué)概念進

12、行分類，從而全面完整地解決問題． 【突破訓(xùn)練1】 若函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a＞0且a≠1)有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析　則函數(shù)f(x)＝ax－x－a(a＞0且a≠1)有兩個零點，就是函數(shù)y＝ax(a＞0且a≠1)的圖象與函數(shù)y＝x＋a的圖象有兩個交點．由圖象可知，當0＜a＜1時，兩函數(shù)只有一個交點，不符合；當a＞1時，因為函數(shù)y＝ax(a＞1)的圖象過點(0,1)，而直線y＝x＋a的圖象與y軸的交點一定在點(0,1)的上方，所以一定有兩個交點．所以實數(shù)a的取值范圍是(1，＋∞)． 答案　(1，＋∞) 由于參數(shù)的取值不同會導(dǎo)致所得結(jié)果不同，所以某些含

13、有參數(shù)的問題如函數(shù)性質(zhì)的運用、求最值、一元二次方程根的判斷、直線斜率等，在求解時要根據(jù)參數(shù)的變化進行分類討論．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例2】? (2010·山東)已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax＋－1(a∈R)． (1)當a≤時，討論f(x)的單調(diào)性； (2)設(shè)g(x)＝x2－2bx＋4，當a＝時，若對任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求實數(shù)b的取值范圍． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] (1)根據(jù)解題需要，要對二次項系數(shù)、根的大小分類討論． (2)將問題轉(zhuǎn)化為g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)

14、在(0,2)上的最小值，則可借助(1)問的結(jié)論求得f(x)在(0,2)上的最小值，根據(jù)二次函數(shù)的對稱軸與給定區(qū)間(1,2]的關(guān)系討論求g(x)的最小值即可求b的范圍． 解　(1)因為f(x)＝ln x－ax＋－1， 所以f′(x)＝－a＋＝－，x∈(0，＋∞)． 令h(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)． ①當a＝0時，h(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)， 所以當x∈(0,1)時，h(x)>0，此時f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增． ②當a≠0時，令f′(x)＝0， 即ax2－x＋1－

15、a＝0，解得x1＝1，x2＝－1. (ⅰ)當a＝時，x1＝x2，h(x)≥0恒成立，此時f′(x)≤0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減． (ⅱ)當01>0， 當x∈(0,1)時，h(x)>0，此時f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； 當x∈時，h(x)<0，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增； 當x∈時，h(x)>0，此時f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減． (ⅲ)當a<0時，由于－1<0， x∈(0,1)時，h(x)>0，此時f′(x)<0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減； x∈(1，＋∞)時，h(x)<0，此時f′(x)>0，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增．

16、綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增； 當a＝時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減； 當0

17、2)上的最小值－”．(*) 又g(x)＝(x－b)2＋4－b2，x∈[1,2]，所以 ①當b<1時，因為g(x)min＝g(1)＝5－2b>0，此時與(*)矛盾； ②當b∈[1,2]時，因為g(x)min＝4－b2≥0，同樣與(*)矛盾； ③當b∈(2，＋∞)時，因為g(x)min＝g(2)＝8－4b，解不等式8－4b≤－，可得b≥. 綜上所述，b的取值范圍是. 求解時，要結(jié)合參數(shù)的意義，對參數(shù)的不同取值或不同取值范圍進行分類討論，分類要合理，要不重不漏，要符合最簡原則． 【突破訓(xùn)練2】 (2012·東北三校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ax3－x2＋1(x∈R)，其中a＞0. (

18、1)若a＝1，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程； (2)若在區(qū)間上，f(x)＞0恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)當a＝1時，f(x)＝x3－x2＋1，f(2)＝3.f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6，所以曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為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＝. 以下分兩種情況討論： ①若0＜a≤2，則≥. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x 0 f′(x) ＋ 0 － f(x)  極大值

19、  當x∈時， f(x)＞0等價于即 解不等式組得－5＜a＜5.因此0＜a≤2. ②若a＞2，則0＜＜. 當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x 0 f′(x) ＋0 － 0 ＋ f(x)  極大值  極小值  當x∈時， f(x)＞0等價于即 解不等式組得＜a＜5或a＜－.因此2＜a＜5. 綜合①②，可知a的取值范圍為0＜a＜5. 轉(zhuǎn)化與化歸思想非常普遍，?？疾樘厥馀c一般、常量與變量、正與反或以換元法為手段的轉(zhuǎn)化．　　　　　　　　　　　　　　　　　　 【例3】? 已知函數(shù)f(x)＝x3＋2x2－a

20、x＋1.若函數(shù)g(x)＝f′(x)在區(qū)間(－1,1)上存在零點，則實數(shù)a的取值范圍是________． [審題視點] 　 　 [聽課記錄] [審題視點] 很顯然，函數(shù)g(x)是二次函數(shù)，二次函數(shù)在一個開區(qū)間上存在零點，情況是很復(fù)雜的，但這個二次函數(shù)可以把參數(shù)分離出來，這樣就把問題轉(zhuǎn)化為求一個具體的函數(shù)的值域． 解析　g(x)＝f′(x)＝3x2＋4x－a，g(x)＝f′(x)在區(qū)間(－1,1)上存在零點，等價于3x2＋4x＝a在區(qū)間(－1,1)上有解，等價于a的取值范圍是函數(shù)y＝3x2＋4x在區(qū)間(－1,1)上的值域，不難求出這個函數(shù)的值域是.故所求的a的取值范圍是. 答案　

21、在高考中，轉(zhuǎn)化與化歸思想占有相當重要的地位，在解題時注意依據(jù)問題本身所提供的信息，利用動態(tài)思維，去尋求有利于問題解決的化歸與轉(zhuǎn)化的途徑和方法． 【突破訓(xùn)練3】 函數(shù)f(x)＝sin x＋cos x＋sin 2x的最小值是________． 解析　令t＝sin x＋cos x＝sin， 則t2＝1＋sin 2x，且t∈[－，]，∴f(t)＝t2＋t－1＝2－， 故當t＝－∈[－，]時，函數(shù)f(x)的最小值為－. 答案?。? 突破轉(zhuǎn)化與化歸的瓶頸 轉(zhuǎn)化的一種方式是變換研究對象，將問題轉(zhuǎn)移至新對象的知識背景中，從而使非標準型問題、復(fù)雜問題簡單化，進而變得容易處理．通過引進新的變量，可

22、以將分散的條件聯(lián)系起來，隱含的條件顯露出來，或者將條件與結(jié)論聯(lián)系起來，或者使題目的形式變得熟悉，從而將復(fù)雜的計算或證明題簡化． 【示例】? (2012·陜西)設(shè)函數(shù)fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N＋，b，c∈R)． (1)設(shè)n≥2，b＝1，c＝－1，證明：fn(x)在區(qū)間內(nèi)存在唯一零點； (2)設(shè)n＝2，若對任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范圍； (3)在(1)的條件下，設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的零點，判斷數(shù)列x2，x3，…，xn，…的增減性． [滿分解答]　(1)b＝1，c＝－1，n≥2時，fn(x)＝xn＋x－1. ∵fnfn(1)

23、＝×1＜0， ∴fn(x)在內(nèi)存在零點． 又當x∈時，fn′(x)＝nxn－1＋1＞0， ∴fn(x)在上是單調(diào)遞增的， ∴fn(x)在內(nèi)存在唯一零點．(4分) (2)當n＝2時，f2(x)＝x2＋bx＋c. 對任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等價于f2(x)在[－1,1]上的最大值與最小值之差M≤4.據(jù)此分類討論如下： (i)當＞1，即|b|＞2時， M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，與題設(shè)矛盾． (ii)當－1≤－＜0，即0＜b≤2時， M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立． (iii)當0≤－≤1，即－2≤b≤0時，

24、M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立． 綜上可知，－2≤b≤2.(8分) 注：(ii)，(iii)也可合并證明如下： 用max{a，b}表示a，b中的較大者． 當－1≤－≤1，即－2≤b≤2時， M＝max{f2(1)，f2(－1)}－f2 ＝＋－f2 ＝1＋c＋|b|－ ＝2≤4恒成立．(8分) (3)法一　設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點(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)在上是遞

25、增的，故xn＜xn＋1(n≥2)， 所以，數(shù)列x2，x3，…，xn，…是遞增數(shù)列．(12分) 法二　設(shè)xn是fn(x)在內(nèi)的唯一零點， fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1) ＝x＋xn－1＜x＋xn－1＝0， 則fn＋1(x)的零點xn＋1在(xn,1)內(nèi)，故xn＜xn＋1(n≥2)， 所以，數(shù)列x2，x3，…，xn，…是遞增數(shù)列．(12分) 老師叮嚀：本題主要考查函數(shù)的零點、導(dǎo)數(shù)與不等式，以及數(shù)列的單調(diào)性的判斷和恒成立問題的處理，意在考查轉(zhuǎn)化思想和分類討論思想的運用.第(1)問利用函數(shù)零點存在定理，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，得出函數(shù)在區(qū)間上的零點個數(shù).第

26、(2)問結(jié)合分類討論思想，得出函數(shù)在區(qū)間[－1，1]上的最值，把恒成立問題轉(zhuǎn)化為簡單的解不等式問題，不會轉(zhuǎn)化是一個重要的失分點.第(3)問，看成單純的數(shù)列問題，無法將新問題與第(2)問中的結(jié)論聯(lián)系起來，導(dǎo)致解題走入死胡同. 【試一試】 已知函數(shù)f(x)＝x＋(a∈R)，g(x)＝ln x. (1)求函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若關(guān)于x的方程＝f(x)－2e(e為自然對數(shù)的底數(shù))只有一個實數(shù)根a的值． 解　(1)函數(shù)F(x)＝f(x)＋g(x)＝x＋＋ln x的定義域為(0，＋∞)． ∴F′(x)＝1－＋＝. ①當Δ＝1＋4a≤0，即a≤－時，得x2＋x－a≥

27、0，則F′(x)≥0. ∴函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． ②當Δ＝1＋4a＞0，即a＞－時，令F′(x)＝0，得x2＋x－a＝0， 解得x1＝＜0，x2＝. (i)若－＜a≤0，則x2＝≤0. ∵x∈(0，＋∞)，∴F′(x)＞0， ∴函數(shù)F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． (ii)若a＞0，則x∈時，F(xiàn)′(x)＜0； x∈時，F(xiàn)′(x)＞0， ∴函數(shù)F(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增． 綜上所述，當a≤0時，函數(shù)F(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)； 當a＞0時，函數(shù)F(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為， 單調(diào)遞增區(qū)間為. (2)由＝f(x)－2e，得＝x＋－2e，化為＝x2－2ex＋a. 令h(x)＝，則h′(x)＝. 令h′(x)＝0，得x＝e. 當0＜x＜e時，h′(x)＞0；當x＞e時，h′(x)＜0. ∴函數(shù)h(x)在區(qū)間(0，e)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(e，＋∞)上單調(diào)遞減． ∴當x＝e時，函數(shù)h(x)取得最大值，其值為h(e)＝. 而函數(shù)m(x)＝x2－2ex＋a＝(x－e)2＋a－e2， 當x＝e時，函數(shù)m(x)取得最小值，其值為m(e)＝a－e2. ∴當a－e2＝，即a＝e2＋時，方程＝f(x)－2e只有一個實數(shù)根．