《（通用版）2019版高考数学二轮复习课件+训练：第二部分第二板块贯通4大数学思想——解得稳讲义理（重点生，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：第二部分第二板块贯通4大数学思想——解得稳讲义理（重点生，含解析）.pdf（35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 第二板块贯通 4 大数学思想解得稳第二板块贯通 4 大数学思想解得稳 思想(一) 函数方程 稳妥实用 函数与方程思想的概念函数与方程思想的应用 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
2、性 质，解决有关求值、解(证明)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. 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 已知数列an是各项均为正数的等差数列，a12， 且a2，a3，a41 成等比数列例1 (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
3、 bnk恒成立，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 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1 n1 1 n2 1 n2 1 n3 1 2n 1 2n1 . 1 n1 1 2n1 n 2n23n1 1 2n1 n3 令f (x)2x (x1)，则f (x)2， 1 x 1 x2 当x1 时，f (x
4、)0 恒成立， 所以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，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 已知正六棱柱的 12 个顶点都在一个半
5、径为 3 的球面上， 当正棱柱的体积取最大值时， 其高的值为( ) A3 B.33 C2 D263 解析：选 D 设正六棱柱的底面边长为a，高为h，则可得a29，即a29， h2 4 h2 4 那么正六棱柱的体积Vhh. (6 3 4 a2) 3 3 2(9 h2 4) 3 3 2( h3 4 9h) 令y9h，则y9， h3 4 3h2 4 令y0，解得h2.易知当h2时，y取最大值，即正六棱柱的体积最大33 2 设等差数列an的前n项和为Sn， 已知a312，S120，S130. S1313a178d15652d0，所以d3. 24 7 Snna1ddn2n， nn1 2 1 2(12 5
6、 2d) 由d0，Sn是关于n的二次函数，知对称轴方程为n . 5 2 12 d 又由d3，得 6 ， 24 7 5 2 12 d 13 2 所以当n6 时，Sn最大 答案：S6 3满足条件AB2，ACBC的三角形ABC的面积的最大值是_2 解析：可设BCx，则ACx，根据面积公式得2 SABCABBCsin Bx. 1 2 1cos2B 由余弦定理得 cos B. x222 2x2 22x 4x2 4x 则SABCx .1(4x 2 4x) 2 128x2122 16 由Error!解得 22x22.22 故当x2时，SABC取得最大值，最大值为 2.32 答案：2 2 转换“函数关系” ，
7、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 已知函数f (x)lg，其中a为常数，若当x(，1时，f 例2 12x4xa a2a1 (x)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
8、，且a2a1 2 0， 12x4xa a2a1(a 1 2) 3 4 得 12x4xa0，故a. ( 1 4x 1 2x) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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 ，所以a . ( 1 4x 1 2x) 3 4 3 4 故实数a的取值范围是. ( 3 4，) 答案 (3 4，) 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
9、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 技法领悟 应用体验 4设不等式 2x1m(x21)对满足|m|2 的一切实数m的取值都成立，则x的取值范 围为_ 解析：问题可以变成关于m的不等式 (x21)m(2x1)0. 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(
10、t)， 4 3 3 所以SAOB，当且仅当m0 时等号成立 3 2 所以AOB的面积存在最大值，为. 3 2 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 设函数f (x)aexln x，曲线yf (x)在点(1，f (1)处的切线为ye(x例3 bex1 x 1)2. 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (1)
11、求a，b； (2)证明：f (x)1. 解 (1)f (x)aex(x0)， (ln x 1 x) bex1x1 x2 由于直线ye(x1)2 的斜率为 e，图象过点(1,2)， 所以Error!即Error!解得Error! (2)证明：由(1)知f (x)exln x(x0)， 2ex1 x 从而f (x)1 等价于xln xxex . 2 e 构造函数g(x)xln x，则g(x)1ln x， 所以当x时，g(x)0，当x ，时，g(x)0，故g(x)在上单 (0， 1 e) 1 e(0， 1 e) 调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，)上的最小值为g . ( 1 e，)( 1 e
12、) 1 e 构造函数h(x)xex ， 2 e 则h(x)ex(1x) 所以当x(0,1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0； 故h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减， 从而h(x)在(0，)上的最大值为h(1) . 1 e 综上，当x0 时，g(x)h(x)，即f (x)1. 技法领悟 对于第(2)问 “aexln x1” 的证明， 若直接构造函数h(x)aexln x1， bex1 x bex1 x 求导以后不易分析， 因此并不宜对其整体进行构造函数， 而应先将不等式 “aexln x1” bex1 x 合理拆分为 “xln xxex ” ， 再分别对左右两边构造函
13、数， 进而达到证明原不等式的目的 2 e 应用体验 6 已知函数yf (x)对于任意的x满足f (x)cos xf (x)sin x1ln (0， 2) x，其中f (x)是函数f (x)的导函数，则下列不等式成立的是( ) A.f f 2 ( 3)( 4) 2 ( 3)( 4) C.f f D.f ，所以gg， 3 4 1 e( 3) ( 4) 所以， f ( 3) cos 3 f ( 4) cos 4 即f f ，故选 B.2 ( 3)( 4) 7若 0ln x2ln x1 Beex1e Dx2eg(x2)， x2ex1e，故选 C.x1x2 构造“方程形式” ，利用方程思想解决问题 分析
14、题目中的未知量，根据条件分别列出关于未知数的方程(组)，使原问题得到解决， 这就是构造方程法，是应用方程思想解决非方程问题的极富创造力的一个方面 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 已知直线l：yk(x1)与抛物线C：y24x交于不同的两点A，B，问：例4 是否存在实数k， 使以AB为直径的圆过抛物线C的焦点F？若存在， 求出k的值， 若不存在， 请说明理由 解 存在 显然F的坐标为(1,0)， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则y1k(x11)，y2k(x2 1) 当k0 时，l与C只有一个交点不合题意，因此，k0. 将yk(x1)代入y24x， 得k2x22(k22)xk2
15、0， 依题意，x1，x2是式不相等的两个根， 则Error! 以AB为直径的圆过FAFBFkAFkBF1 1x1x2y1y2(x1x2)10 y1 x11 y2 x21 x1x2k2(x11)(x21)(x1x2)10 (1k2)x1x2(k21)(x1x2)1k20. 把x1x2，x1x21 代入式， 22k2 k2 得 2k210.k，经检验，k适合式 2 2 2 2 综上所述，k为所求 2 2 技法领悟 “是否存在符合题意的实数k” ，按思路的自然流向应变为“关于k的方程是否有 解” 另外， 解得k后， 必须经过式的检验， 就是说，k时， 直线l与抛物线C 2 2 2 2 要确实有两个不
16、同的交点 应用体验 8. 已知|a|2|b|0，且关于x的方程x2|a|xab0 有实根，则a与b夹角的 取值范围为_ 解析 ： |a|2|b|0，且关于x的方程x2|a|xab0 有实根，则|a|24ab0， 设向量a，b的夹角为，则 cos . ab |a|b| 1 4|a| 2 1 2|a| 2 1 2 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 所以a与b的夹角的取值范围为. 3 ， 答案： 3 ， 9已知x，则函数y的最小值为_ 1 2，2 5x2 x 解析：将原函数变形为y2x25x20，x.设f (x)y2x25x2，该方程有 1 2，2 解的充要条件为 f f (2)0 或Er
17、ror! ( 1 2) 解得y，所以ymin，此时x 或x2.2 5 2 4 2 1 2 答案： 2 转换“方程形式” ，利用方程思想解决问题 把题目中给定的方程根据题意转换形式，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 已知 sin() ，sin() ，求的值例5 2 3 1 5 tan tan 解 法一：由已知条件及正弦的和(差)角公式，得 Error! 所以 sin cos ，cos sin . 13 30 7 30 从而. tan tan sin cos cos sin 13
18、 7 法二：令x.因为， tan tan sin sin 10 3 且. sin sin sin cos cos sin cos cos tan tan tan tan tan tan 1 tan tan 1 x1 x1 所以得到方程. x1 x1 10 3 解这个方程得x. tan tan 13 7 技法领悟 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 本例解法二运用方程的思想， 把已知条件通过变形看作关于sin cos 与cos sin 的方程来求解，从而获得欲求的三角表达式的值 (或 tan tan ) 应用体验 10已知函数f (x)满足条件f (x)2f x，则f (x)_. ( 1
19、 x) 解析：用 代换条件式中的x得f 2f (x) ， 1 x( 1 x) 1 x 因此f (x)与f 满足方程组 ( 1 x) Error! 2得 3f (x)，解得f (x). 2x2 x 2x2 3x 答案：2x 2 3x 11 直线yx3 与抛物线y24x交于A，B两点， 过A，B两点向抛物线的准线作垂线， 垂足分别为P，Q，则梯形APQB的面积为_ 解析：联立Error!消去y，得x210x90， 解得Error!或Error! 所以|AP|10，|BQ|2，|PQ|8， 梯形APQB的面积为 48. 答案：48 总结升华 函数与方程思想在解题中的应用主要涉及以下知识 (1)函数与
20、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， 平面向量中有关模、 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、求值等问题常常需要通过解方程(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，经常
21、需要运用列方程或建立函数表 达式的方法加以解决 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 思想(二) 数形结合 直观快捷 充分运用数的严谨和形的直观， 将抽象的数学语言与直观的图形语言结合起来， 使抽象 思维和形象思维结合， 通过图形的描述、 代数的论证来研究和解决数学问题的一种数学思想 方法 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 即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；借助解 析几何方法 即借助数的精确性来阐明形的某些属性以 数助形常用的有：借助几何轨迹所遵循的数 量关系；借助运算结果与几何定理的结合
22、 由“形”到“数”的转化，往往比较明显，而由“数”到“形”的转化却需要转化的意 识，因此，数形结合的思想的使用往往偏重于由“数”到“形”的转化 利用数形结合求解f (x)k型问题 方法一：直接作图 (1)已知函数f (x)|lg x|.若 0h(1)3， 即a2b的取值范围是(3，)故选 C. (2)f (x)sin x2|sin x|，x0,2，化简得f (x) Error!作出f(x)的图象及直线yk， 由图象知当 1k3 时， 函数f (x)与直线yk有且仅有两个交点 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 答案 (1)C (2)(1,3) 技法领悟 如本例(1)，实际上存在一条“虚
23、拟”的水平直线，这一点固然重要，却不是本题的关 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本例(2)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 特别提醒 ： 务必注意水平直线与函数图象的交点的横坐标之间的联系例如，一条水平 直线与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 ； 一条水平直线与三角 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
24、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对于实数a，b，定义运算“*” ：a*bError!设f (x)(2x 1)*(x1)， 且关于x的方程f (x)m(mR)恰有三个互不相等的实 数根x1，x2，x3， 则x1x2x3的取值范围是_ 解析：f (x)(2x1)(x1) Error! f (x)Error! 故关于x的方程f (x)m(mR)恰有三个互不相等的实根x1，x2，x3，等价于函数f (x)的图象与直线ym有三个不同的交点 作出函数f (x)的大致图象如图
25、所示，从图中不难得知 00 时，x2xm， 即x2xm0， 由此可得x2x3m.当x0，则a的取值范 围为( ) A(2，) B(，2) C(1，) D(，1) 解析：选 B 显然x0 不是f (x)的零点，将f (x)0 变形 得a ，由题意得直 线ya与函数y 的图象有唯一交 3 x 1 x3 3 x 1 x3 点且交点在y轴右边由于函数g(x) 为奇函数， 考虑当x 3 x 1 x3 (0，)时，g(x)，g(x)在x1 处取得极大值，且当x趋近于 0 时，g(x) 31x2 x4 趋近于；且当x趋近于时，g(x)趋近于 0，画出yg(x)的图象如图所示，平移直 线ya，由图象知a的取值
26、范围是(，2) 4若关于x的方程kx2有四个不同的实数解，则k的取值范围为_ |x| x4 解析：x0，显然是方程的一个实数解； 当x0 时，方程kx2可化为 |x| x4 (x4)|x|(x4)， 1 k 设f (x)(x4)|x|(x4 且x0)，y ， 原题可以转化为两函数有三个非零交点 1 k 则f (x)(x4)|x|Error!的大致图象如图所示， 由图，易得 0 . 1 4 所以k的取值范围为. ( 1 4，) 答案：(1 4，) 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，则这样的直线往往都恒过某一个定点，对于这类型的题，首先找 高清试卷 下
27、载可打印 高清试卷 下载可打印 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 (1)已知函数f (x)|x2|1，g(x)kx， 若f (x)g(x)有两个不相等的实例3 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)已知函数f (x)Error!若|f (x)|ax，则a的取值范围是( ) A(，0 B(，1 C2,1 D2,0 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，分别画出函数图象如图所示直线g(x)kx过原点这 个定点，寻找临界点，当直线过点(2,1)时，直线与函数
28、f (x)|x 2|1 只有一个交点，此时k ， 然后直线绕着原点逆时针旋转， 10 20 1 2 当与f (x)在x2 时的图象平行时，就只有一个交点，所以 0，则当x趋于正无穷时，axln(1x)，与 题意矛盾，所以a0.故只需满足动直线g(x)ax在区间(，0) 内落在f (x)x22x之下即可其临界情形是g(x)ax与f (x) x22x相切，即x22xax只有一个实数解， 可得a2.如图所示， 动直线g(x)ax逆时针旋转满足题意，因此a2,0 答案 (1)B (2)D 技法领悟 解决此类问题，初始位置(临界情况)的选取相当重要，一般来说，初始位置要么恰好满 足题意，要么恰好不满足题
29、意，具体情况还得具体分析 应用体验 5已知方程ax40 有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是x4x _ 解析：方程ax40 有两个不相等的实数根等价于x4x 函数y与yax4有两个不同的交点，y 是x4xx4x 一个半圆，直线yax4 是绕点(0,4)旋转的动直线，画出y 的图象，如图所示，要使ax4 有两个不同的x4xx4x 实数解，当它们相切时是临界情形，可计算出此时a的值，由Error!(a21)x2 (8a4)x160，0a .由图可知，直线yax4 绕点(0,4)顺时针旋转到直 3 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 线过点(4,0)时是另一个临界条件，所以当1a
30、时，直线与曲线有两个交点，于是a 3 4 的取值范围为. 1， 3 4) 答案：1，3 4) 6用maxa，b表示a，b两个数中最大数，设f (x)maxx28x4，log2x，若g(x)f (x)kx有两个零点，则k的取值范围是( ) A(0,3) B(0,3 C(0,4) D0,4 解析：选 C 法一：画出f (x)的图象如图所示，g(x)有两个零点， 即yf (x)的图象与ykx的图象有两个交点， 从图象上看， 当直线与二次 函数上方相切时有一个交点， 此时x28x4kx，(k8)2160 k14，k212(舍去，此时与下方相切)，所以当 0|xa|至少有一个负数解，则a的取值范围是_
31、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(注意平移的动作慢一点)， 此时联立Error!x2xa0，14a0a ， 所以 1 4 在一个周期内得到满足条件的a的值为a0 或a ，又因为周期为 2，所以a2k或a 1 4 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 2k(kZ) 1 4 (2)令f (x)2x2，g(x)|xa|，由于g(x)|xa|的图象是
32、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，此时g(x)|xa|的图象与f (x)2 9 4 x2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，因此a的取值 9 4 范围为. ( 9 4，2) 答案 (1)D (2)(9 4，2) 技法领悟 对于平移的动直线情形， 关键在于如何
33、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)的图象，如图所示，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yx
34、a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) C(，1) D0，) 解析：选 C 注意本题只有在(1，)内才是周期为 1 的函 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 数，根据函数的解析式首先画出在(， 0内的图象， 然后截取(1,0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
35、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). 利用数形结合求解解析几何问题 (1)已知圆C： (x3)2(y4)21 和两点A(m，0)，B(m，0)(m0)若例5 圆C 上存在点P，使得 APB90，则 m的最大值为( ) A7 B6 C5 D4 (2)设双曲线C：1(a0，b0)的左、 右顶点分别为A1，A2， 左、 右焦点分别为F1，F2， x2 a2 y2 b2 以F1F2为直径的圆与双曲线左支的一个交点为P.若以A1A2为直径的圆与直线PF2相切，则 双曲线C的离心率为( ) A. B.23 C2 D. 5 解析 (1)根据题意，画出示意图，如图
36、所示，则圆心C的坐标为(3,4)，半径r1， 且|AB|2m.因为APB90，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 以|OP|max|OC|r6，即m的最大值为 6. (2)如图所示，设以A1A2为直径的圆与直线PF2的切点为Q，连接OQ，则OQ PF2.又PF1PF2，O为F1F2的中点，所以|PF1|2|OQ|2a.又|PF2|PF1| 2a，所以 |PF2|4a. 在 RtF1PF2中，|PF1|2|PF2|2|F1F2|24a216a220a24c2 e . c a 5 答案 (1)B (2)D 技
37、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 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 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；根式可考虑两点间的距离 应用体验 9已知P是直线l： 3x4y80 上的动点，PA，PB是圆x2y22x2y10 的两 条切线，A，B是切点，C是圆心，则四边形PACB面积的最小值为_ 解析：由题意知圆的圆心C(1
38、,1)，半径为1，从运动的观点看问题，当动点P沿 直线3x4y80 向左上方或右下方无穷远处运动时， 直角三角形PAC 的面积SPAC |PA|AC| |PA|越来越大， 从而S四边形PACB也越来 1 2 1 2 越大 ； 当点P从左上、 右下两个方向向中间运动，S四边形PACB变小，显然， 当点P到达一个最特殊的位置，即CP垂直于直线l时，S四边形PACB应有唯一的最小值，此时 |PC|3，从而 |PA|2， 所以(S四边形PACB)min2 |3 14 18| 3242 |PC|2|AC|22 |PA|AC|2. 1 2 2 答案：2 2 10已知抛物线的方程为x28y，F是其焦点，点A
39、(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，b0，且a1，b1，若 logab1，则( )例2 A(a1)(b1)0 B(a1)(ab)0 C(b1)(ba)0 D(b1)(ba)0 解析 a0，b0，且a1，b1， 当a1，即a10 时， 不等式 logab1 可化为alogaba1，即ba1， (a1)(ab)0，(a1)(b1)0，(b1)(ba)0. 当 0a1，即a10 时， 不等式 logab1 可化为alogaba1，即 0ba1， (a1)(ab)0，(a1)(b1)0，(b1)(ba)0. 综上可知，选 D. 答案 D 技
40、法领悟 应用指数、对数函数时，往往对底数是否大于 1 进行讨论，这是由它的性质决定的在 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， 离开定义域讨论问题是产生错误的重要原因之一 应用体验 3 若函数f (x)ax(a0，a1)在1,2上的最大值为4， 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 两种情况 (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
41、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 (2018福建第一学期高三期末考试)已知函数f (x)Error!若f (a)3， 则f (a 2)( ) A B3 15 16 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 C或 3 D或 3 63 64 15 16 解析 ： 选 A 当a0 时，若f (a)3，则 log2aa3，解得a2(满足a0)； 当 a0 时， 若f (a)3， 则 4a213， 解得a3， 不满足a0， 所以舍去 于是， 可得 a2. 故f (a2)f (0)421. 15 16 6 设函数f (x)
42、x2axa3，g(x)ax2a， 若存在x0R， 使得f (x0)0，解得a6.又g(x)ax2a的图象恒过 (2,0)故当a6 时，作出函数f (x)和g(x)的图象如图 1 所示，当a6 时，若g(x0)7. 当a2， 此时函数f (x)x2axa3 的图象的对称轴x 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
43、，b)对应的区域为如图所示的阴影部分 易知S阴影 1 ， 所以AB的概率为 ， 故AB的概率为 1. 1 2 1 2 1 4 1 4 4 1 16 1 16 15 16 常量与变量的转化 对于满足 0p4 的所有实数p，使不等式x2px4xp3 成立的x的例2 取值范围是_ 解析 不等式x2px4xp3对p0,4恒成立可化为(x1)px24x30对p 0,4恒成立， 设f (p)(x1)px24x3， 则当x1 时，f (p)0.所以x1. f (p)在 0p4 上恒为正等价于Error! 即Error!解得x3 或x0 成立的x的 取值范围，再借助一次函数的单调性就很容易使问题得以解决 (2)在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数(或参数)，将其看作是“主 元” ，实现主与次的转化，即常量与变量的转化，从而达到减元的目的 应用体验 3 设f (x)是定义在 R 上的单调递增函数， 若f (1axx2)f (2a)对任意a 1,1恒成立，则x的取值范围为_ 解析：f (x)是 R 上的单调递增函数， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 1axx22a，a1,1 可化为(x1)ax210， 令g(a)(x1)ax21， 则g(a)0 对任意a1,1恒成立 则Error! 解得x0 或x1. 即实数x的取值范围是(，10，) 答案：(