《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第二部分备考技法专题二4大数学思想系统归纳——统一统思想讲义理（普通生，含解析）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第二部分备考技法专题二4大数学思想系统归纳——统一统思想讲义理（普通生，含解析）.pdf（32页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 备考技法专题二 4 大数学思想系统归纳统一统思想备考技法专题二 4 大数学思想系统归纳统一统思想 第 1 讲 函数与方程思想 函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题方程思想，是 从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型(方程、不等式或方 程与不等式的混合组)，然后通过解方程(组或不等式组)来使问题获解方程是从算术方法 到代数方法的一种质的飞跃，有时，还可以将函数与方程互相转化、接轨，达到解决问题的 目的 函数与方程的思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性 质，解决有关求值、解(证明
2、)不等式、解方程以及讨论参数的取值等问题 ； 二是在问题的研 究中，通过建立函数关系式或构造中间函数，把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质， 达到化难为易、化繁为简的目的 应用(一) 借助“显化函数关系” ，利用函数思想解决问题 在方程、不等式、三角、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，从而充分运用函数知识或函数方法使问题顺利获解 例 1 已知数列an是各项均为正数的等差数列，a12， 且a2，a3，a41 成等比数列 (1)求数列an的通项公式an； (2)设数列an的前n项和为Sn，bn，若对任意的nN*，不等式 1 Sn1 1 Sn2 1 S2n bnk恒成立，
3、求实数k的最小值 解 (1)因为a12，aa2(a41)， 2 3 又因为an是正项等差数列，所以公差d0， 所以(22d)2(2d)(33d)， 解得d2 或d1(舍去)， 所以数列an的通项公式an2n. (2)由(1)知Snn(n1)， 则bn 1 Sn1 1 Sn2 1 S2n 1 n1n2 1 n2n3 1 2n2n1 1 n1 1 n2 1 n2 1 n3 1 2n 1 2n1 1 n1 1 2n1 n 2n23n1 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 ， 1 2n1 n3 令f(x)2x (x1)， 1 x 则f(x)2， 1 x2 当x1 时，f(x)0 恒成立， 所以
4、f(x)在1，)上是增函数， 故当x1 时，f(x)minf(1)3， 即当n1 时，(bn)max ， 1 6 要使对任意的正整数n，不等式bnk恒成立， 则需使k(bn)max ， 1 6 所以实数k的最小值为 . 1 6 技法领悟 数列是定义在正整数集上的特殊函数，等差、等比数列的通项公式，前n项和公式都具 有隐含的函数关系，都可以看成关于n的函数，在解等差数列、等比数列问题时，有意识地 凸现其函数关系，从而用函数思想或函数方法研究、解决问题 ，不仅能获得简便的解法， 而且能促进科学思维的培养，提高发散思维的水平 应用体验 1已知等差数列an满足 3a47a7，a10，Sn是数列an的前
5、n项和，则Sn取得最大 值时n_. 解析 ： 设等差数列an的公差为d，3a47a7，3(a13d)7(a16d)，4a133d. a10，d， 2 3 2 0， 3 3 1 tan A 3 2， c a 1 2 3 2 3 即 2. c a 答案： (2，) 3 应用(二) 转换“函数关系” ，利用函数思想解决问题 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， 经常需要求参数的取 值范围，如果按照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， 挑选合适的主变元，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 已知函数f(x)lg，其中a为
6、常数，若当x(，1时，f(x) 12x4xa a2a1 有意义，则实数a的取值范围为_ 解析 参数a深含在一个复杂的复合函数的表达式中，欲直接建立关于a的不等式 (组)非常困难，故应转换思维角度，设法从原式中把a分离出来，重新认识a与其他变元x 的依存关系，利用新的函数关系，使原问题“柳暗花明” 由0，且a2a1 2 0， 12x4xa a2a1(a 1 2) 3 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 得 12x4xa0，故a. ( 1 4x 1 2x) 当x(，1时，y与y都是减函数， 1 4x 1 2x 因此，函数y在(，1上是增函数， ( 1 4x 1 2x) 所以 max ，
7、a ， ( 1 4x 1 2x) 3 4 3 4 故a的取值范围是. ( 3 4，) 答案 (3 4，) 技法领悟 发掘、提炼多变元问题中变元间的相互依存、相互制约的关系，反客为主，主客换位， 创设新的函数，并利用新函数的性质创造性地使原问题获解，是解题人思维品质高的表 现本题主客换位后，利用新建函数y的单调性巧妙地求出实数a的取值范 1 4x 1 2x 围此法也叫主元法 应用体验 3对于满足 0p4 的所有实数p，使不等式x2px4xp3 成立的x的取值范围 是_ 解析：设f(p)(x1)px24x3， 则当x1 时，f(p)0. 所以x1. 函数f(p)在0,4上恒为正，等价于Error!
8、 即Error!解得x3 或x0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1y2， 则y1y2，y1y2， 2m m24 3 m24 所以|y2y1|， 4m23 m24 所以SAOB |OE|y2y1|. 1 2 2m23 m24 2 m23 1 m23 设t，则g(t)t ，t，m23 1 t 3 所以g(t)10， 1 t2 所以g(t)在区间，)上为增函数，3 所以g(t)，所以SAOB，当且仅当m0 时等号成立 4 3 3 3 2 所以AOB的面积存在最大值，为. 3 2 应用(三) 构造“函数关系” ，利用函数思想解决问题 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
9、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别要注意的是，构造时，要深入审题，充分发 掘题设中可类比、联想的因素，促进思维迁移 例 3 已知函数f(x)ex2x2a，xR，aR. (1)求f(x)的单调区间与极值； (2)求证：当aln 21 且x0 时，exx22ax1. 解 (1)由f(x)ex2x2a，知f(x)ex2. 令f(x)0，得xln 2. 当xln 2 时，f(x)0，故函数f(x)在区间(ln 2，)上单调递增 所以f(x)的单调递减区间是(， ln 2)， 单调递增区间是
10、(ln 2， )，f(x)在xln 2 处取得极小值f(ln 2)eln 22ln 22a22ln 22a. (2)证明：设g(x)exx22ax1(x0)， 则g(x)ex2x2a， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由(1)知g(x)ming(ln 2)22ln 22a. 又aln 21，则g(x)min0. 于是对xR，都有g(x)0，所以g(x)在 R 上单调递增 于是对x0，都有g(x)g(0)0. 即 exx22ax10，故 exx22ax1. 技法领悟 一般地，要证f(x)g(x)在区间(a，b)上成立，需构造辅助函数F(x)f(x)g(x)，通 过分析F(x)在端点处
11、的函数值来证明不等式若F(a)0，只需证明F(x)在(a，b)上单调 递增即可；若F(b)0，只需证明F(x)在(a，b)上单调递减即可 应用体验 5.(2018天津高考)如图，在平面四边形ABCD中，ABBC，ADCD，BAD 120 ，ABAD1.若点E为边CD上的动点，则的最小值为( )AE BE A. B. 21 16 3 2 C. D3 25 16 解析：选 A 如图，以D为坐标原点建立平面直角坐标系，连接AC. 由题意知CADCAB60 ，ACDACB30 ， 则D(0,0)，A(1,0)，B， ( 3 2， 3 2) C(0，)设E(0，y)(0y)，33 则(1，y)，AE B
12、E ( 3 2，y 3 2) y2y 2 ，AE BE 3 2 3 2(y 3 4) 21 16 当y时，有最小值. 3 4 AE BE 21 16 6 设函数f(x)在 R 上存在导函数f(x)， 对于任意的实数x， 都有f(x)f(x)2x2， 当xh(1)3， 即a 2b的取值范围是(3， )故选 C. 答案 (1)(1,3) (2)C 技法领悟 本例(1)中有一条明显的“动态”水平直线，通过上下移动观察其与函数图象的交点情 况但有些题中的这条水平线就不容易能看出来，如本例(2)，实际上存在一条“虚拟”的 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 水平直线，这一点固然重要，却不是本题的
13、关键本题的关键在于水平直线与函数图象的两 个交点的横坐标并非毫无关联，而是满足一定的关系，即ab1，这一关键之处决定了该类 型题目的难度和极易出错的特性 在此，务必注意到水平直线穿函数图象所得交点的横坐标之间的联系比如，一条水平 直线穿二次函数图象的交点的横坐标之和为定值，且为对称轴的两倍 ； 一条水平直线穿三角 函数图象的交点的横坐标满足一定的周期性，等等 应用体验 1已知f(x)|x|x1|，若g(x)f(x)a的零点个数不为 0，则a的最小值为 _ 解析：原方程等价于f(x)Error!其图象如图所示，要使af(x)有 零点，则a1，因此a的最小值为 1. 答案：1 2已知函数f(x)s
14、in的相邻两条对称轴之间的距离为，将函数f(x)的 (2x 3) 4 图象向右平移个单位后， 再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍， 得到g(x)的图象， 若g(x) 8 k0 在x上有且只有一个实数根，则k的取值范围是( ) 0， 2 A. B. (， 1 21， 1 2) C. D.1 ( 1 2， 1 2( 1 2， 1 2 解析：选 D 因为f(x)相邻两条对称轴之间的距离为， 4 结合三角函数的图象可知 ， T 2 4 所以T， 2 2 2 所以2，f(x)sin. (4x 3) 将f(x)的图象向右平移个单位得到 8 f(x)sin4sin， (x 8) 3(4x 6) 再将所有点的
15、横坐标伸长为原来的 2 倍，得到g(x)sin. (2x 6) 所以方程为 sink0. (2x 6) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 令 2xt，因为x，所以t. 60， 2 6 5 6 若g(x)k0 在x上有且只有一个实数根， 0， 2 即ysin t与yk在上有且只有一个交点 6 ，5 6 作出ysin t与yk的图象如图所示，由正弦函数的图象可知 1 2 k . 1 4 所以k的取值范围为. ( 1 4，) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案：(1 4，) 应用(二) 利用数形结合求解kxbf(x)型问题 方法一：旋转动直线 若直线的斜率在变化，则这样的直线
16、往往都恒过某一个定点，对于这类型的题，首先找 出这个定点非常关键，然后确定相应的临界情形，最后考虑旋转的方向 例 3 (1)已知函数f(x)|x2|1，g(x)kx，若f(x)g(x)有两个不相等的实 根，则实数k的取值范围是( ) A. B. (0， 1 2)( 1 2，1) C(1,2) D(2，) (2)(2018天津高考)已知a0，函数f(x)Error!若关于x的方程f(x)ax恰有 2 个互异的实数解，则a的取值范围是_ 解析 (1)由题意得函数f(x)的图象与函数g(x)的图象有两 个不同的交点， 分别画出函数yf(x)与yg(x)的图象如图所 示 直线g(x)kx过原点这个定点
17、， 寻找临界点， 当直线过点(2,1)时， 直线与函数f(x)|x2|1 只有一个交点，此时k ，然 10 20 1 2 后直线绕着原点逆时针旋转，当与yf(x)在x2 时的图象平行时，就只有一个交点， 所以 |xa|至少有一个负数解，则a的取值范围是_ 解析 (1)画出函数yf(x)的图象，如图所示，yxa是斜率恒 为 1 的动直线， 首先考虑直线过原点(这就是我们所说的初始位置)， 此时直 线刚好与yf(x)的图象有两个交点，将直线往下平移会有三个交点，一 直平移直到与yf(x)，x0,1相切， 此时刚好又出现两个交点的情形(注意平移的动作慢 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 一
18、点)， 此时联立Error!x2xa0，14a0a ，所以在一个周期内得到满足条 1 4 件的a的值为a0 或a ，又因为周期为 2，所以a2k或a 2k(kZ) 1 4 1 4 (2)令f(x)2x2，g(x)|xa|， 由于g(x)|xa|的图象是 V 形首先将这个 V 形 的尖点放在点(2,0)(这是我们所说的初始位置， 该点往往都是使得结论恰好成立或者恰好不 成立的位置，然后再平移)，此时a2.然后再将 V 形尖点向左平移，即如图中的箭头所 示由图可知，向左平移的临界情况是 V 形尖点右支与f(x)相切，此时联立Error!知x2xa2 0 有一个解，14(2a)0a .要特别注意，此
19、时g(x)|xa|的图象与 9 4 f(x)2x2的图象相切，但不等式取不到等号，因此a ，注意到a2 时无负数根， 9 4 因此a的取值范围为. ( 9 4，2) 答案 (1)D (2)(9 4，2) 技法领悟 对于平移动直线情形， 关键在于如何选取初始位置(临界情形)， 这个难把握之处正是本 块内容的核心，初始位置的选取并非信手拈来，而是有根有据的，通过本例中的两个题目， 仔细体会 应用体验 7 已知函数f(x)Error!且关于x的方程f(x)xa0 有且只有一个实根， 则实数a 的取值范围为( ) A(1，) B(1,3) C(，1) D(2,4) 解析：选 A 画出f(x)图象，如图
20、所示，则由方程有且仅有 一个实根可得f(x)的图象与直线yxa的图象只有一个交 点 首先让直线过(0,1)(这是我们所说的初始位置， 因为当直线向 下平移时你会发现有两个交点)， 由图可知， 只有向上平移才能满足 f(x)图象与直线yxa只有一个交点，所以a的取值范围是(1，) 8已知函数f(x)Error!若方程f(x)xa有且只有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围为( ) A(，0 B0,1) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 C(，1) D0，) 解析：选 C 注意本题只有在(1，)内才是周期为 1 的函 数，根据函数的解析式首先画出在(， 0内的图象， 然后截取( 1,
21、0的图象向右一个单位一个单位的平移，可以得到f(x)的图象， 如图所示yxa是斜率为 1 的动直线， 首先让直线过(0,1)(这是 我们所说的初始位置， 因为当直线向下平移时你会发现有两个交点， 向上平移只有一个交点)， 由图可知，只有向下平移才能满足f(x)图象与直线yxa有两个交点，所以a的取值范 围是(，1) 应用三 利用数形结合求解解析几何问题 例5 (1)(2018全国卷)设F1，F2是双曲线C：1(a0，b0)的左、 右焦点，O x2 a2 y2 b2 是坐标原点过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PF1|OP|，则C的离心率为6 ( ) A. B25 C. D.32 (2
22、)已知圆C：(x3)2(y4)21 和两点A(m，0)，B(m，0)(m0)若圆C 上存在 点P，使得 APB90 ，则 m的最大值为( ) A7 B6 C5 D4 解析 (1)如图， 过点F1向OP的反向延长线作垂线， 垂足为P， 连接PF2， 由题意可知，四边形PF1PF2为平行四边形，且 PPF2是直角三角形 因为|F2P|b，|F2O|c，所以|OP|a. 又|PF1|a|F2P|，|PP|2a，6 所以|F2P|ab，所以ca，2a2b23 所以e . c a 3 (2)根据题意， 画出示意图， 如图所示， 则圆心C的坐标为(3,4)， 半径r1， 且|AB|2m， 因为APB90
23、，连接OP，易知|OP| |AB|m. 1 2 要求m的最大值，即求圆C上的点P到原点O的最大距离因为|OC| 5，所3242 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 以|OP|max|OC|r6，即m的最大值为 6. 答案 (1)C (2)B 技法领悟 (1)在解析几何的解题过程中，通常要数形结合，这样使数更形象，更直白，充分利用 图象的特征，挖掘题中所给的代数关系式和几何关系式，避免一些复杂的计算，给解题提供 方便 (2)应用几何意义数形结合法解决问题需要熟悉常见的几何结构的代数形式， 主要有 ： 比值可考虑直线的斜率；二元一次式可考虑直线的截距；根式分式可考 虑点到直线的距离；根式可
24、考虑两点间的距离 应用体验 9过直线xy20 上一点P作圆x2y21 的两条切线，若两条切线的夹角是2 60 ，则点P的坐标是_ 解析 ： 如图，由题意可知APB60 ，由切线性质可知OPB30 .在RtOBP中，OP2OB2， 又点P在直线xy20 上， 所以不妨设点P(x,2x)， 则OP2，22x22 2x2 即x2(2x)24，整理得x22x20，所以x，即点P的坐标为(，)22222 答案：(，)22 10已知抛物线的方程为x28y，F是其焦点，点A(2,4)，在此抛物线上求一点P， 使APF的周长最小，此时点P的坐标为_ 解析：因为(2)20， 且a1)在1,2上的最大值为 4，
25、最小值为m， 且函数g(x) (14m)在0，)上是增函数，则a_.x 解析：若a1，有a24，a1m，此时a2，m ，此时g(x)为减函数，不合 1 2 x 题意；若 00，且a1)的定义域和值域都是1,0，则ab _. 解析：当a1 时，函数f(x)axb在1,0上为增函数， 由题意得Error!无解 当 00 时，g(x)的对称轴x ，则当x时，f(x)0. 所以f(x)在x2 处取得极小值 若a ，则当x(0,2)时，x20. 所以 2 不是f(x)的极小值点 综上可知，a的取值范围是. ( 1 2，) 技法领悟 (1)本题研究函数性质对参数a进行分类讨论，分为a 和a 两种情况 1
26、2 1 2 (2)若遇到题目中含有参数的问题， 常常结合参数的意义及对结果的影响进行分类讨论， 此种题目为含参型， 应全面分析参数变化引起结论的变化情况， 参数有几何意义时还要考虑 适当地运用数形结合思想，分类要做到分类标准明确、不重不漏 应用体验 5已知函数f(x)mx2xln x，若在函数f(x)的定义域内存在区间D，使得该函数 在区间D上为减函数，则实数m的取值范围为_ 解析：f(x)2mx1 ， 1 x 2mx2x1 x 即 2mx2x10 时，由于函数y2mx2x1 的图象的对称轴x0， 1 4m 故只需0，即 18m0，解得m0 时， 令g(x)， 则g(x)的单调递减区间是(，
27、2m2m )，(，)2m2m 综上所述，当m0 时，g(x)的单调递减区间是(，)； 当m0 时，g(x)的单调递减区间是(，)，(，)2m2m 应用四 根据图形位置或形状分类讨论 例 4 (2018全国卷)设抛物线C：y22x，点A(2，0)，B(2,0)，过点A的直 线l与C交于M，N两点 (1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程； (2)证明：ABMABN. 解 (1)当l与x轴垂直时，l的方程为x2， 可得点M的坐标为(2,2)或(2，2) 所以直线BM的方程为 y (x2)或y (x2)， 1 2 1 2 即x2y20 或x2y20. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (2
28、)证明：当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以ABMABN. 当l与x轴不垂直时， 设l的方程为yk(x2)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则x10，x20. 由Error!得ky22y4k0， 所以y1y2 ，y1y24. 2 k 直线BM，BN的斜率之和为 kBMkBN. y1 x12 y2 x22 x2y1x1y22y1y2 x12x22 将x12，x22 及y1y2，y1y2的表达式代入式分子， y1 k y2 k 可得x2y1x1y22(y1y2)0. 2y1y24ky1y2 k 88 k 所以kBMkBN0，可知BM，BN的倾斜角互补， 所以ABMABN.
29、综上，ABMABN成立 技法领悟 (1)本题中直线l的位置不确定，设直线方程时，应分两种情况讨论 (2)根据图形位置或形状分类讨论的关键点 确定特征，一般在确立初步特征时将能确定的所有位置先确定 分类，根据初步特征对可能出现的位置关系进行分类 得结论，将“所有关系”下的目标问题进行汇总处理 应用体验 7已知变量x，y满足的不等式组Error!表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则 实数k( ) A B. 1 2 1 2 C0 D0 或1 2 解析：选 D 不等式组Error!表示的可行域如图(阴影部分)所示，由图可知，若要使不 等式组表示的平面区域是直角三角形， 只有当直线ykx1 与直线x
30、0 或y2x垂直时才 满足 结合图形可知斜率k的值为 0 或 . 1 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 8设F1，F2为椭圆1 的两个焦点，P为椭圆上一点已知P，F1，F2是一个直 x2 9 y2 4 角三角形的三个顶点，且|PF1|PF2|，求的值 |PF1| |PF2| 解：若PF2F190 . 则|PF1|2|PF2|2|F1F2|2， 又|PF1|PF2|6，|F1F2|2，5 解得|PF1|，|PF2| ， . 14 3 4 3 |PF1| |PF2| 7 2 若F1PF290 ，则|F1F2|2|PF1|2|PF2|2， |PF1|2(6|PF1|)220， 解得|P
31、F1|4，|PF2|2，2. |PF1| |PF2| 综上知， 或 2. |PF1| |PF2| 7 2 总结升华 1分类讨论的原则 (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免或尽量推迟，决不无原则地讨论 2分类讨论的本质与思维流程 (1)分类讨论思想的本质：“化整为零，积零为整” (2)分类讨论的思维流程： 明确讨论的对象和动机确定分类的标准逐类进行讨论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) 第 4 讲 转化与化归思想 “抓基础，重转化”是学好中学数学的金钥匙事实上，数学中的转化比比皆是，如 未知向已知转化，复杂问
32、题向简单问题转化，新知识向旧知识转化，命题之间的转化，数与 形的转化，空间向平面转化，高维向低维转化，多元向一元转化，高次向低次转化，函数与 方程的转化等，都是转化思想的体现 转化的常用策略有熟悉化、简单化、直观化、特殊化、一般化、整体化、间接化等 应用一 正与反的转化 例 1 若对任意的t1,2，函数g(x)x3x22x在区间(t,3)上总不为单 ( m 22) 调函数，则实数m的取值范围是_ 解析 由题意得g(x)3x2(m4)x2， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 若g(x)在区间(t,3)上总为单调函数， 则g(x)0 在(t,3)上恒成立，或g(x)0 在(t,3)上恒成
33、立 由得 3x2(m4)x20，即m4 3x在x(t,3)上恒成立， 2 x m4 3t恒成立，则m41，即m5； 2 t 由得m4 3x在x(t,3)上恒成立， 2 x 则m4 9，即m. 2 3 37 3 函数g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的m的取值范围为0” 是真命题， 可得m的取值范围是(， 1)， 而(，a)与(， 1) 为同一区间，故a1. 2 已知集合Ax|1x0， 集合Bx|axb2x10，即f(x)在1,0上是单调递增函数，所 以f(x)在1,0上的最小值为a 1.要使AB，只需f(x)mina 10，即2ab b 2 b 2 20，所以满足AB的(a，b)对应的区
34、域为如图所示的阴影部分 易知S阴影 1 ，所以AB的概率为 ， 1 2 1 2 1 4 1 4 4 1 16 故AB的概率为 1. 1 16 15 16 应用二 常量与变量的转化 例 2 已知函数f(x)x33ax1，g(x)f(x)ax5，其中f(x)是f(x)的导 函数对任意a1,1都有g(x)a4a5 Ba1a8a4a5 Da1a8a4a5 解析：选 B 取特殊数列 1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有 18ln 1， ( 1 e 3 e) 1 e h(4)ln 43lnln 1， ( 1 e 4 e2) 1 e 又函数h(x)在1，)上为减函数， 满足条件的最大整数m的值为 3.
35、技法领悟 (1)函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助 (2)解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、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， 从而求参变量的 范围 应用体验 6已知正数x，y满足x22xy30，则 2xy的最小值是_ 解析 ： 由题意得，y， 所以 2xy2x3， 当且仅当xy 3x2 2x 3x2 2x 3x23 2x 3 2(x 1 x) 1 时，等号成立故所求最小值为 3. 答案：3 7方程 2x3xk的解在1,2)内，则k的取值范围为_ 解析：令函数f(x)2x3xk， 则f(x)
36、在 R 上是增函数 当方程 2x3xk的解在(1,2)内时，f(1)f(2)0， 即(5k)(10k)0，解得 5k10. 当f(1)0 时，k5. 综上，k的取值范围为5,10) 答案：5,10) 应用五 形体位置关系的相互转化 例 5 (2018全国卷)某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其 三视图如图所示圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱 表面上的点N在左视图上的对应点为B， 则在此圆柱侧面上， 从M到N的路径中，最短路径的 长度为( ) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 A2 B2175 C3 D2 解析 先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点M，N的位置如图所
37、示 圆柱的侧面展开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图所示， 连接MN， 则图中MN 即为M到N的最短路径ON 164，OM2， 1 4 MN 2.OM2ON222425 答案 B 技法领悟 (1)本题把立体几何问题转化为平面几何问题，把沿表面两点的距离问题转化为平面上 两点间的距离问题 (2)形体位置关系的相互转化的技巧： 分析特征，一般要分析形体特征，根据形体特征确立需要转化的对象 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观察、计算的常 见几何体由于新的几何体是转化而来，一般需要对新的几何体的位置关系、数据情况进行 必要分析，准确理解新的几何体的特征 得出结论，在
38、新的几何结构中解决目标问题 应用体验 8.如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，底面为直角三角形，ACB90 ，AC6， BCCC1，P是BC1上一动点，则CPPA1的最小值是_2 解析：连接A1B，沿BC1将CBC1展开，与A1BC1在同一个平面 内，如图，连接A1C，则A1C的长度就是所求的最小值 通过计算可得ABA1B1，A1B，A1C16，BC12， 所以A1C1B90 ， 又BC1C3840 45 ，所以A1C1C135 . 由余弦定理可求得A1C5.2 答案：5 2 总结升华 1转化与化归的原则 (1)熟悉化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，以利于我们运用熟悉的知识、经验 来解决 (2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂 问题的目的，或获得某种解题的启示和依据 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (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：当问题正面讨论遇到困难时，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