2013年高考数学必考知识点22 在解题中运用的数学思想（二）

2013年高考数学必考知识点22 在解题中运用的数学思想(二)

1．(2012·山东)定义在R上的函数f(x)满足f(x＋6)＝f(x)．当－3≤x＜－1时，f(x)＝－(x＋2)2；当－1≤x＜3时，f(x)＝x.则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，函数f(x)的周期为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，所以在一个周期内有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．在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有( )．

A．60条 B．62条 C．71条 D．80条

b22c答案：B [显然方程ay＝bx＋c表示抛物线时，有ab≠0，故该方程等价于y＝x＋. aa2

2

(1)当c＝0时，从{－3，－2,1,2,3}中任取2个数作为a，b的值，有A25＝20种不同的方法，

当a一定，b的值互为相反数时，对应的抛物线相同，这样的抛物线共有4×3＝12条，所以此时不同的抛物线共有A5－6＝14条．

(2)当c≠0时，从{－3，－2,1,2,3}中任取3个数作为a，b，c的值有A35＝60种不同的方法；当a，c的值一定，而b的值互为相反数时，对应的抛物线相同，这样的抛物线共有4A23＝24条，所以此时不同的抛物线有A3综5－12＝48条．上所述，满足题意的不同的抛物线有14＋48＝62条，故选B.]

2

x1＋x2?1

3．(2012·福建)函数f(x)在[a，b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a，b]，有f?≤[f(x1)＋f(x2)]，则称

?2?2f(x)在[a，b]上具有性质P.设f(x)在[1,3]上具有性质 P，现给出如下命题：

①f(x)在[1,3]上的图象是连续不断的；②f(x)在[1，3]上具有性质P；③若f(x)在x＝2处取得最大值1，则

2

x1＋x2＋x3＋x4?1

f(x)＝1，x∈[1,3]；④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有f?≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]．其中真

?

4

?4

命题的序号是( )．

A．①② B．①③ C．②④ D．③④

2

?，x∈[1，2?x－1答案：D [取函数f(x)＝?

?2，x＝2，?

∪2，3]，

则函数f(x)满足题设条件具有性质P，但函数

f(x)的图象是不连续的，故①为假命题，排除A、B；取函数f(x)＝－x,1≤x≤3，则函数满足题设条件具有性质 P，

但f(x2)＝－x2,1≤x≤3就不具有性质P，故②为假命题，排除C.应选D.]

4．(2012·江西)下图为某算法的程序框图，则程序运行后输出的结果是________．

解析 此框图依次执行如下循环： 第一次：T＝0，k＝1，sin第二次：sin π＞sinπ

＞sin 0成立，a＝1，T＝T＋a＝1，k＝2，2＜6，继续循环； 2

π

不成立，a＝0，T＝T＋a＝1，k＝3,3＜6，继续循环； 2

第三次：sin3π

＞sin π不成立，a＝0，T＝T＋a＝1，k＝4,4＜6，继续循环； 2

3π

第四次：sin 2π＞sin成立，a＝1，T＝T＋a＝2，k＝5,5＜6，继续循环；

2第五次：sin答案 3

1．分类讨论思想的考查重点为含有参数的函数性质问题、与等比数列的前n项和有关的计算推证问题、直线与圆锥曲线的位置关系不定问题等，在选择、填空、解答题中都会涉及到分类讨论的思想方法．

2．等价转换思想的应用在高考试题中处处可见，是解高考试题常用的数学思想．

(1)分类与整合思想实质上是“化整为零，各个击破，再积零为整”的数学策略．利用好分类与整合思想可以优化解题思路，降低问题难度．复习中要养成分类与整合的习惯，常见的分类情形有：概念分类型，运算需要型，参数变化型，图形变动型．

(2)转化与化归思想是高中数学学习中最基本、最重要的思想方法，它无处不在．比如：在解析几何中，通过建立坐标系将几何问题划归为代数问题.

5π

＞sin 2π成立，a＝1，T＝T＋a＝3，k＝6,6＜6不成立，跳出循环，输出T的值为3. 2

必备知识

分类与整合思想

在解某些数学问题时，我们常常会遇到这样一种情况：解到某一步之后，发现问题的发展是按照不同的方向进行的．当被研究的问题包含了多种情况时，就必须抓住主导问题发展方向的主要因素，在其变化范围内，根据问题的不同发展方向，划分为若干部分分别研究．这里集中体现的是由大化小，由整体化为部分，由一般化为特殊的解决问题的方法，其研究的基本方向是“分”，但分类解决问题之后，还必须把它们整合在一起，这种“合—分—合”的解决问题的思想，就是分类与整合思想．

化归与转化思想

在解决一个问题时人们的眼光并不落在结论上，而是去寻觅、追溯一些熟知的结果，由此将问题化难为易，化繁为简，化大为小，各个击破，达到最终解决问题的目的，这种解决问题的思想就是化归与转化思想．

必备方法

1．分类讨论的几种情况

(1)由数学的概念、图形的位置等引发的分类讨论：数学中的概念有些就是分类的，如绝对值的概念；

[来源:学科网ZXXK]

(2)由数学的定理、法则、公式等引发的分类讨论：一些数学定理和公式是分类的，如等比数列的求和公式等； (3)由参数变化引发的分类讨论：当要解决的问题中涉及参数时，由于参数在不同范围内取值时，问题的发展方向不同，这就要把参数划分的几个部分分类解决；

(4)问题的具体情况引发的分类讨论：有些数学问题本身就要分情况解决，如概率计算中要根据要求，分类求出基本事件的个数；

(5)较复杂或非常规的数学问题，需要采取分类讨论的解题策略来解决． 2．化归转化思想的几种情况

(1)化为已知：当所要解决的问题和我们已经掌握的问题有关系时，把所要解决的问题化为已知问题；

(2)化难为易：化难为易是解决数学问题的基本思想，当我们遇到的问题是崭新的，解决起来困难时，就要把这个问题化为我们熟悉的问题，熟悉的问题我们有解决的方法，就是容易的问题，这是化难为易的一个方面；

(3)化繁为简：在一些问题中，已知条件或求解结论比较繁，这时就可以通过化简这些较繁的已知或者结论为简单的情况，再解决问题，有时把问题中的某个部分看做一个整体，进行换元，这也是化繁为简的转化思想；

(4)化大为小：在解答综合性试题时，一个问题往往是由几个问题组成的，整个问题的结论，是通过这一系列的小问题得出的，这种情况下，就可以把所要解决的问题转化为几个小问题进行解决.

由数学概念、法则、公式而引起的分类讨论

数学中的很多概念都是通过分类定义的，数学中的一些定理、公式、法则往往有一些严格的限制条件，故高考常常在这些知识点中命题．

log2x，x＞0，??

【例1】? (2010·天津)设函数f(x)＝?1

log－x，x＜0，??2( )．

A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞) C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1) [审题视点]

[听课记录]

[审题视点] 分a＞0，a＜0讨论求解．

1

C [当a＞0时，由f(a)＞f(－a)，得log2a＞loga，

211

即log2a＞log2 ，即a＞，解得a＞1；

若f(a)＞f(－a)，则实数a的取值范围是

aa1

当a＜0时，由f(a)＞f(－a)，得log(－a)＞log2(－a)，

211

即log2?－?＞log2(－a)，则－＞－a，解得－1＜a＜0.

?a?

a所以a∈(－1,0)∪(1，＋∞)．]

有许多核心的数学概念是分类的，比如：直线斜率、指数函数、对数函数等，与这样的数学概念有关的问题往往需要根据数学概念进行分类，从而全面完整地解决问题．

【突破训练1】 若函数f(x)＝ax－x－a(a＞0且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．

xx[来源:Zxxk.Com]

解析 则函数f(x)＝a－x－a(a＞0且a≠1)有两个零点，就是函数y＝a(a＞0且a≠1)的图象与函数y＝x＋a的图象有两个交点．由图象可知，当0＜a＜1时，两函数只有一个交点，不符合；当a＞1时，因为函数y＝a(a＞1)的图象过点(0,1)，而直线y＝x＋a的图象与y轴的交点一定在点(0,1)的上方，所以一定有两个交点．所以实数a的取值范围是(1，＋∞)．

答案 (1，＋∞)

x由参数的变化而引起的分类讨论

由于参数的取值不同会导致所得结果不同，所以某些含有参数的问题如函数性质的运用、求最值、一元二次方程根的判断、直线斜率等，在求解时要根据参数的变化进行分类讨论．

【例2】? (2010·山东)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1

(1)当a≤时，讨论f(x)的单调性；

2

12

(2)设g(x)＝x－2bx＋4，当a＝时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范

4围．

[审题视点]

[听课记录]

[审题视点] (1)根据解题需要，要对二次项系数、根的大小分类讨论．

(2)将问题转化为g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)上的最小值，则可借助(1)问的结论求得f(x)在(0,2)上的最小值，根据二次函数的对称轴与给定区间(1,2]的关系讨论求g(x)的最小值即可求b的范围．

解 (1)因为f(x)＝ln x－ax＋

1

1－a1－a－1(a∈R)．

xx－1，

a－1ax2－x＋1－a所以f′(x)＝－a＋2＝－，x∈(0，＋∞)．

xxx2

令h(x)＝ax2－x＋1－a，x∈(0，＋∞)． ①当a＝0时，h(x)＝－x＋1，x∈(0，＋∞)，

所以当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减； 当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增． ②当a≠0时，令f′(x)＝0，

1

即ax2－x＋1－a＝0，解得x1＝1，x2＝－1.

a1

(ⅰ)当a＝时，x1＝x2，h(x)≥0恒成立，此时f′(x)≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

211

(ⅱ)当01>0，

2a当x∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减；

?1?当x∈1，－1时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增；

?

a?

1

当x∈?－1，＋∞?时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减．

?a?

1

(ⅲ)当a<0时，由于－1<0，

ax∈(0,1)时，h(x)>0，此时f′(x)<0，函数f(x)单调递减； x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，此时f′(x)>0，函数f(x)单调递增．

综上所述，当a≤0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增； 1

当a＝时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

2

1?1??1?当0

1?1?(2)因为a＝∈0，，由(1)知，x1＝1，x2＝3?(0,2)，

4?2?当x∈(0,1)时，函数f(x)单调递减；当x∈(1,2)时，函数f(x)单调递增．所以f(x)在(0,2)上的最小值为f(1)1＝－.

2

由于“对任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)”等价于“g(x)在[1,2]上的最小值不大于f(x)在(0,2)1

上的最小值－”．(*)

2

又g(x)＝(x－b)＋4－b，x∈[1,2]，所以

①当b<1时，因为g(x)min＝g(1)＝5－2b>0，此时与(*)矛盾； ②当b∈[1,2]时，因为g(x)min＝4－b2≥0，同样与(*)矛盾；

117

③当b∈(2，＋∞)时，因为g(x)min＝g(2)＝8－4b，解不等式8－4b≤－，可得b≥.

2817

综上所述，b的取值范围是?，＋∞?.

?8?

求解时，要结合参数的意义，对参数的不同取值或不同取值范围进行分类讨论，分类要合理，要不重不漏，要符合最简原则．

3

【突破训练2】 (2012·东北三校联考)已知函数f(x)＝ax3－x2＋1(x∈R)，其中a＞0.

2(1)若a＝1，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程； 11

(2)若在区间?－，?上，f(x)＞0恒成立，求a的取值范围．

?22?

3

解 (1)当a＝1时，f(x)＝x3－x2＋1，f(2)＝3.f′(x)＝3x2－3x，f′(2)＝6，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))

2处的切线方程为y－3＝6(x－2)，即y＝6x－9.

(2)f′＝3ax2－3x＝3x(ax－1)． 1

令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝.

2

2

a以下分两种情况讨论：

[来源:学科网]

11

①若0＜a≤2，则≥. a2

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x) 11

当x∈?－，?时，

?22?

?－1，0? ?2?＋ 0 0 极大值 ?0，1? ?2?－  

1?f?－?＞0，??2?

f(x)＞0等价于?

?1?＞0，f???2?

＋0 5－a??8＞0，即?5＋a??8＞0.

解不等式组得－5＜a＜5.因此0＜a≤2. 11

②若a＞2，则0＜＜.

a2

当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x f′(x) f(x)[来源:学科网ZXXK]?－1，0? ?2?0 － 极大值 ?0，1? ?a?0 1a ?1，1? ?a2? ＋ 极小值    ?11?当x∈－，时， ?22?

1?f?－?＞0，??2?

f(x)＞0等价于?

?1?＞0，f???a?解不等式组得

2

5－a??8＞0，即?1

1－??2a＞0.

2

22

＜a＜5或a＜－.因此2＜a＜5. 22

[来源:Zxxk.Com]综合①②，可知a的取值范围为0＜a＜5.

转化与化归思想的应用

转化与化归思想非常普遍，常考查特殊与一般、常量与变量、正与反或以换元法为手段的转化． 【例3】? 已知函数f(x)＝x＋2x－ax＋1.若函数g(x)＝f′(x)在区间(－1,1)上存在零点，则实数a的取值范围是________．

[审题视点]

[听课记录]

[审题视点] 很显然，函数g(x)是二次函数，二次函数在一个开区间上存在零点，情况是很复杂的，但这个二次函数可以把参数分离出来，这样就把问题转化为求一个具体的函数的值域．

解析 g(x)＝f′(x)＝3x＋4x－a，g(x)＝f′(x)在区间(－1,1)上存在零点，等价于3x＋4x＝a在区间(－1,1)

2?4?上有解，等价于a的取值范围是函数y＝3x＋4x在区间(－1,1)上的值域，不难求出这个函数的值域是－，7.故所

?3?

2

2

3

4

求的a的取值范围是?－，7?.

?3?

4

答案 ?－，7?

?3?

在高考中，转化与化归思想占有相当重要的地位，在解题时注意依据问题本身所提供的信息，利用动态思维，去寻求有利于问题解决的化归与转化的途径和方法．

【突破训练3】 函数f(x)＝sin x＋cos x＋sin 2x的最小值是________． 解析 令t＝sin x＋cos x＝2sinx＋

2

??π?， 4?

2

则t＝1＋sin 2x，且t∈[－2，2]，∴f(t)＝t＋t－1＝t＋15

故当t＝－∈[－2，2]时，函数f(x)的最小值为－. 245

答案 －

4

??1?25－， 2?4

突破转化与化归的瓶颈

转化的一种方式是变换研究对象，将问题转移至新对象的知识背景中，从而使非标准型问题、复杂问题简单化，进而变得容易处理．通过引进新的变量，可以将分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者将条件与结论联系起来，或者使题目的形式变得熟悉，从而将复杂的计算或证明题简化．

【示例】? (2012·陕西)设函数fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N＋，b，c∈R)．

?1?(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间，1内存在唯一零点； ?2?

(2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范围；

?1?(3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在，1内的零点，判断数列x2，x3，?，xn，?的增减性． ?2?

[满分解答] (1)b＝1，c＝－1，n≥2时，fn(x)＝xn＋x－1. 111

∵fn??fn(1)＝?n－?×1＜0，

?2??22?1

∴fn(x)在?，1?内存在零点．

?2?

1

又当x∈?，1?时，fn′(x)＝nxn－1＋1＞0，

?2?

?1?∴fn(x)在，1上是单调递增的， ?2?

1

∴fn(x)在?，1?内存在唯一零点．(4分)

?2?(2)当n＝2时，f2(x)＝x2＋bx＋c.

对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4等价于f2(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.据此分类讨论如下：

b(i)当??＞1，即|b|＞2时，

?2?M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾．

(ii)当－1≤－＜0，即0＜b≤2时，

2

bbbM＝f2(1)－f2?－?＝?＋1?2≤4恒成立．

?2??2?

(iii)当0≤－≤1，即－2≤b≤0时，

2

bbbM＝f2(－1)－f2?－?＝?－1?2≤4恒成立．

?2??2?

综上可知，－2≤b≤2.(8分) 注：(ii)，(iii)也可合并证明如下： 用max{a，b}表示a，b中的较大者． 当－1≤－≤1，即－2≤b≤2时，

2

bbM＝max{f2(1)，f2(－1)}－f2?－?

?2?

－1＝

f2－1＋f212

2

＋

|f2－f22

1|b－f2?－?

?2?

b＝1＋c＋|b|－?－＋c?

?4?

＝?1＋

?

|b|?2

≤4恒成立．(8分) 2?

?1?(3)法一 设xn是fn(x)在，1内的唯一零点(n≥2)， ?2?

n＋1?，1?，于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)＝xn＋1

fn(xn)＝xnn＋xn－1＝0，fn＋1(xn＋1)＝xn＋1＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈n＋1＋xn＋1－1

1

?2

?

＜xnn＋1＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)，

1

又由(1)知fn(x)在?，1?上是递增的，故xn＜xn＋1(n≥2)，

?2?所以，数列x2，x3，?，xn，?是递增数列．(12分) 1

法二 设xn是fn(x)在?，1?内的唯一零点，

?2?

＋1

fn＋1(xn)fn＋1(1)＝(xn＋xn－1)(1n＋1＋1－1) n＝xn＋xn－1＜xn＋xn－1＝0，

则fn＋1(x)的零点xn＋1在(xn,1)内，故xn＜xn＋1(n≥2)， 所以，数列x2，x3，?，xn，?是递增数列．(12分)

老师叮咛：本题主要考查函数的零点、导数与不等式，以及数列的单调性的判断和恒成立问题的处理，意在考查转化思想和分类讨论思想的运用.第零点个数.第211

问利用函数零点存在定理，结合函数的单调性，得出函数在区间?，1?上的

?2?

n＋1n问结合分类讨论思想，得出函数在区间[－1，1]上的最值，把恒成立问题转化为简单的解不等式问

3问，看成单纯的数列问题，无法将新问题与第2问中的结论联系起来，

题，不会转化是一个重要的失分点.第导致解题走入死胡同.

【试一试】 已知函数f(x)＝x＋(a∈R)，g(x)＝ln x. (1)求函数F(x)＝f(x)＋g(x)的单调区间； (2)若关于x的方程axgx＝f(x)－2e(e为自然对数的底数)只有一个实数根a的值． x2

解 (1)函数F(x)＝f(x)＋g(x)＝x＋＋ln x的定义域为(0，＋∞)．

axa1x2＋x－a∴F′(x)＝1－2＋＝.

xxx2

1

①当Δ＝1＋4a≤0，即a≤－时，得x2＋x－a≥0，则F′(x)≥0.

4∴函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增．

12

②当Δ＝1＋4a＞0，即a＞－时，令F′(x)＝0，得x＋x－a＝0，

4－1－1＋4a－1＋1＋4a解得x1＝＜0，x2＝.

221－1＋1＋4a(i)若－＜a≤0，则x2＝≤0.

42∵x∈(0，＋∞)，∴F′(x)＞0， ∴函数F(x)在(0，＋∞)上单调递增． (ii)若a＞0，则x∈?0，

?

?－1＋1＋4a?

?时，F′(x)＜0； ?2

x∈?

?－1＋1＋4a?

，＋∞?时，F′(x)＞0，

??2

?

?

??－1＋1＋4a?

?上单调递减，在区间?－1＋1＋4a，＋∞?上单调递增． ???22

∴函数F(x)在区间?0，

综上所述，当a≤0时，函数F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当a＞0时，函数F(x)的单调递减区间为?0，

?

?－1＋1＋4a?

?， ?2

?－1＋1＋4a?

单调递增区间为?，＋∞?.

??2

(2)由

gxln xaln x＝f(x)－2e，得＝x＋－2e，化为＝x2－2ex＋a. 22

xxxxln x1－ln x，则h′(x)＝. 2

令h(x)＝

xx令h′(x)＝0，得x＝e.

当0＜x＜e时，h′(x)＞0；当x＞e时，h′(x)＜0.

∴函数h(x)在区间(0，e)上单调递增，在区间(e，＋∞)上单调递减． 1

∴当x＝e时，函数h(x)取得最大值，其值为h(e)＝. e而函数m(x)＝x－2ex＋a＝(x－e)＋a－e，

当x＝e时，函数m(x)取得最小值，其值为m(e)＝a－e2. 11gx∴当a－e2＝，即a＝e2＋时，方程eex2

＝f(x)－2e只有一个实数根．

2

2

2

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/trzo.html