第一篇：高考數學解題方法數形結合

高考數學解題方法（數形結合）

一、知識整合

1．數形結合是數學解題中常用的思想方法，使用數形結合的方法，很多問題能迎刃而解，且解法簡捷。所謂數形結合，就是根據數與形之間的對應關系，通過數與形的相互轉化來解決數學問題的一種重要思想方法。數形結合思想通過“以形助數，以數解形”，使復雜問題簡單化，抽象問題具體化能夠變抽象思維為形象思維，有助于把握數學問題的本質，它是數學的規律性與靈活性的有機結合。

2．實現數形結合，常與以下內容有關：①實數與數軸上的點的對應關系；②函數與圖象的對應關系；③曲線與方程的對應關系；④以幾何元素和幾何條件為背景，建立起來的概念，如復數、三角函數等；⑤所給的等式或代數式的結構含有明顯的幾何意義。

如等式(x?2)2?(y?1)2?4

3．縱觀多年來的高考試題，巧妙運用數形結合的思想方法解決一些抽象的數學問題，可起到事半功倍的效果，數形結合的重點是研究“以形助數”。

4．數形結合的思想方法應用廣泛，常見的如在解方程和解不等式問題中，在求函數的值域，最值問題中，在求復數和三角函數問題中，運用數形結合思想，不僅直觀易發現解題途徑，而且能避免復雜的計算與推理，大大簡化了解題過程。這在解選擇題、填空題中更顯其優越，要注意培養這種思想意識，要爭取胸中有圖，見數想圖，以開拓自己的思維視野。

二、例題分析

k的取值范圍。

例1.若關于x的方程x?2kx?3k?0的兩根都在?1和3之間，求

分析：令f(x)?x?2kx?3k，其圖象與x軸交點的橫坐標就是方程f(x)?0 22f(3)?0，的解，由y?f(x)的圖象可知，要使二根都在?13，之間，只需f(?1)?0，f(?b)?f(?k)?0同時成立，解得?1?k?0，故k?(?1，0)2a

例2.解不等式x?2?x

解：法

一、常規解法：

?x?0?

原不等式等價于(I)?x?2?0?x?2?x2??x?0或(II)?

?x?2?0

解(I)，得0?x?2；解(II)，得?2?x?0

綜上可知，原不等式的解集為{x|?2?x?0或0?x?2}?{x|?2?x?2}

法

二、數形結合解法：

令y1?x?2，y2?x，則不等式x?2?x的解，就是使y1?x?2的圖象

在y2?x的上方的那段對應的橫坐標，如下圖，不等式的解集為{x|xA?x?xB}

而xB可由x?2?x，解得，xB?2，xA??2，故不等式的解集為{x|?2?x?2}。

例3.已知0?a?1，則方程a|x|?|logax|的實根個數為（A.1個 B.2個

C.3個

D.1個或2個或3個)

分析：判斷方程的根的個數就是判斷圖象y?a|x|與y?|logax|的交點個數，畫 出兩個函數圖象，易知兩圖象只有兩個交點，故方程有2個實根，選（B）。

例4.如果實數x、y滿足(x?2)?y?3，則22y的最大值為(x)

A.12B.3322C.32D.3

分析：等式(x?2)?y?3有明顯的幾何意義，它表坐標平面上的一個圓，圓心為(2，0)，半徑r?3，(如圖)，而yy?0?則表示圓上的點(x，y)與坐 xx?0標原點(0，0)的連線的斜率。如此以來，該問題可轉化為如下幾何問題：動點A

在以(2，0)為圓心，以3為半徑的圓上移動，求直線OA的斜率的最大值，由圖 可見，當∠A在第一象限，且與圓相切時，OA的斜率最大，經簡單計算，得最

大值為tg60°?3

x2y2??1，求y?3x的最大值與最小值

例5.已知x，y滿足1625x2y2??1下求最值問題，常采用

分析：對于二元函數y?3x在限定條件1625構造直線的截距的方法來求之。

令y?3x?b，則y?3x?b，x2y2??1上求一點，使過該點的直線斜率為3，原問題轉化為：在橢圓162

5且在y軸上的截距最大或最小，x2y2??1相切時，有最大截距與最小

由圖形知，當直線y?3x?b與橢圓1625截距。

?y?3x?b?

?x2?169x2?96bx?16b2?400?0 y2?16?25?1?

由??0，得b?±13，故y?3x的最大值為13，最小值為?13。???x?3cos???(0????)?，集合N?{(x，y)|y?x?b}

例6.若集合M??(x，y)????y?3sin???且M?N≠?，則b的取值范圍為。

分析：M?{(x，y)|x2?y2?9，0?y?1}，顯然，M表示以(0，0)為圓心，以3為半徑的圓在x軸上方的部分，（如圖），而N則表示一條直線，其斜率k=1，縱截

距為b，由圖形易知，欲使M?N≠?，即是使直線y?x?b與半圓有公共點，顯然b的最小逼近值為?3，最大值為32，即?3?b?32

x2y2??1上一點，它到其中一個焦點F1的距離為2，N為

例7.點M是橢圓2516MF1的中點，O表示原點，則|ON|=（）

A.32B.2C.4D.8

分析：①設橢圓另一焦點為F2，（如圖），則|MF1|?|MF2|?2a，而a?5

|MF1|?2，∴|MF2|?8

又注意到N、O各為MF1、F1F2的中點，∴ON是△MF1F2的中位線，∴|ON|?11|MF2|?×8?4 2

2②若聯想到第二定義，可以確定點M的坐標，進而求MF1中點的坐標，最后利用兩點間的距離公式求出|ON|，但這樣就增加了計算量，方法較之①顯得有些復雜。

例8.已知復數z滿足|z?2?2i|?2，求z的模的最大值、最小值的范圍。

分析：由于|z?2?2i|?|z?(2?2i)|，有明顯的幾何意義，它表示復數z對應的

點到復數2+2i對應的點之間的距離，因此滿足|z?(2?2i)|?2的復數z對應點 Z，在以(2，2)為圓心，半徑為2的圓上，(如下圖)，而|z|表示復數z對應的 點Z到原點O的距離，顯然，當點Z、圓心C、點O三點共線時，|z|取得最值，|z|min?2，|z|max?32，∴|z|的取值范圍為[2，32]

sinx?2的值域。

cosx?2sinx?2得ycosx?2y?sinx?2，解法一（代數法）：則y?cosx?

2例9.求函數y?x?ycosx??2y?2，y2?1sinx(??)??2y?2

sin

∴sin(x??)??2y?2y?12，而|sin(x??)|?1

?4?7?4?7?y? 3 ∴|?2y?2y2?1|?1，解不等式得

∴函數的值域為[?4?7?4?7，] 33y?y1sinx?2 的形式類似于斜率公式y?2cosx?2x2?x

1解法二（幾何法）：y?

y?sinx?2表示過兩點P0(2，?2)，P(cosx，sinx)的直線斜率

cosx?2

由于點P在單位圓x2?y2?1上，如圖,顯然，kP0A?y?kP0B

設過P0的圓的切線方程為y?2?k(x?2)

則有|2k?2|k2?1?1，解得k??4±73即kP0A??4?7?4?7，kP0B?

33∴?4?7?4?7?4?7?4?7，] ?y?

∴函數值域為[3333例10.求函數u?2t?4?6?t的最值。

分析：由于等號右端根號內t同為t的一次式，故作簡單換元2t?4?m，無法 轉化出一元二次函數求最值；倘若對式子平方處理，將會把問題復雜化，因此該題用常規解法顯得比較困難，考慮到式中有兩個根號，故可采用兩步換元。

解：設x?2t?4，y?6?t，則u?x?y

且x2?2y2?16(0?x?4，0?y?22)

所給函數化為以u為參數的直線方程y??x?u，它與橢圓x2?2y2?16在 第一象限的部分（包括端點）有公共點，（如圖）

umin?22

相切于第一象限時，u取最大值

?y??x?u22

?2?3x?4ux?2u?16?0 2?x?2y?16

解???，得u?±26，取u?26

∴umax?26

三、總結提煉

數形結合思想是解答數學試題的的一種常用方法與技巧，特別是在解決選擇、填空題是發揮著奇特功效，復習中要以熟練技能、方法為目標，加強這方面的訓練，以提高解題能力和速度。

四、強化訓練

見優化設計。【模擬試題】

一、選擇題：

1.方程lgx?sinx的實根的個數為（）

A.1個 B.2個

C.3個

D.4個

2.函數y?a|x|與y?x?a的圖象恰有兩個公共點，則實數a的取值范圍是（）

A.(1，??)

B.(?1，1)

D.(??，?1)?(1，??)

C.(??，?1]?[1，??)

3.設命題甲：0?x?3，命題乙：|x?1|?4，則甲是乙成立的（）

A.充分不必要條件

C.充要條件

B.必要不充分條件 D.不充分也不必要條件

4.適合|z?1|?1且argz?

A.0個

?4的復數z的個數為（）

C.2個

D.4個 B.1個

5.若不等式x?a?x(a?0)的解集為{x|m?x?n}，且|m?n|?2a，則a的值為（）

A.1 B.2

C.3

D.4

6.已知復數z1?3?i，|z2|?2，則|z1?z2|的最大值為（）

A.10?

2B.5

C.2?10

2D.2?22

7.若x?(1，2)時，不等式(x?1)?logax恒成立，則a的取值范圍為（）

A.（0，1）B.（1，2）

C.（1，2]

D.[1，2]

8.定義在R上的函數y?f(x)在(??，2)上為增函數，且函數y?f(x?2)的圖象的對稱軸為x?0，則（）

A.f(?1)?f(3)

C.f(?1)?f(?3)

二、填空題：

9.若復數z滿足|z|?2，則|z?1?i|的最大值為___________。

210.若f(x)?x?bx?c對任意實數t，都有f(2?t)?f(2?t)，則f(1)、f(?3)、B.f(0)?f(3)D.f(2)?f(3)

f(4)由小到大依次為___________。

11.若關于x的方程x2?4|x|?5?m有四個不相等的實根，則實數m的取值范圍為___________。

12.函數y?x2?2x?2?x2?6x?13的最小值為___________。

13.若直線y?x?m與曲線y?1?x2有兩個不同的交點，則實數m的取值范圍是___________。

三、解答題：

14.若方程lg(?x2?3x?m)?lg(3?x)在[0，3]上有唯一解，求m的取值范圍。

15.若不等式4x?x2?(a?1)x的解集為A，且A?{x|0?x?2}，求a的取值范圍。

16.設a?0且a≠1，試求下述方程有解時k的取值范圍。

log((x?a)ax?ak)?loga222【試題答案】

一、選擇題

1.C

提示：畫出y?sinx，y?lgx在同一坐標系中的圖象，即可。

2.D

提示：畫出y?a|x|與y?x?a的圖象

情形1：??a?0?a?1 a?1?

情形2：?

3.A

4.C

提示：|Z－1|=1表示以（1，0）為圓心，以1為半徑的圓，顯然點Z對應的復數滿足條?a?0?a??1

?a??1件argz??，另外，點O對應的復數O，因其輻角是多值，它也滿足argz??，故滿足44條件的z有兩個。

5.B

提示：畫出y?x?ay?x的圖象，依題意，m??a，n?a，a?a?a?a?0或2。

6.C

提示：由|z2|?2可知，z2對應的點在以（0，0）為圓心，以2為半徑的圓上，而|z1?z2|?|z2?(?z1)|?|z2?(?3?i)|

表示復數z2與?3?i對應的點的距離，結合圖形，易知，此距離的最大值為：

|PO|?r?(?3?0)2?(1?0)2?2?10?2

7.C

提示：令y1?(x?1)2，y2?logax，若a>1，兩函數圖象如下圖所示，顯然當x?(1，2)時，從而

要使y1?y2，只需使loga2?(2?1)2，即a?2，綜上可知

當1?a?2時，不等式(x?1)2?logax對x?(1，2)恒成立。

若0?a?1，兩函數圖象如下圖所示，顯然當x?(1，2)時，不等式(x?1)2?logax恒不成立。

可見應選C

8.A

提示：f(x+2)的圖象是由f(x)的圖象向左平移2個單位而得到的，又知f(x+2)的圖象關于直線x=0（即y軸）對稱，故可推知，f(x)的圖象關于直線x=2對稱，由f(x)在（??，2）上為增函數，可知，f(x)在(2，??)上為減函數，依此易比較函數值的大小。

二、填空題：

9.2?2

提示：|Z|=2表示以原點為原心，以2為半徑的圓，即滿足|Z|=2的復數Z對應的點在圓O上運動，（如下圖），而|z+1－i|=|z－（－1+i）|表示復數Z與－1+i對應的兩點的距離。

由圖形，易知，該距離的最大值為2?2。

10.f(1)?f(4)?f(?3)

提示：由f(2?t)?f(2?t)知，f(x)的圖象關于直線x=2對稱，又f(x)?x2?bx?c為二次函數，其圖象是開口向上的拋物線，由f(x)的圖象，易知f(1)、f(?3)、f(4)的大小。

11.m?(1，5)

提示：設y1?x2?4|x|?5y2?m，畫出兩函數圖象示意圖，要使方程x2?4|x|?5?m有四個不相等實根，只需使1?m?5

12.最小值為13

2提示：對x?2x?2?(x?1)??1?(x?1)2?(1?0)2，聯想到兩點的距離公

(x?3)2?(1?3)2表示點（x，2式，它表示點（x，1）到（1，0）的距離，x?6x?13?1）到點（3，3）的距離，于是y?x2?2x?2?x2?6x?13表示動點（x，1）到兩個定點（1，0）、（3，3）的距離之和，結合圖形，易得ymin?13。

13.m?(?2，?1]

提示：y=x－m表示傾角為45°，縱截距為－m的直線方程，而y?1?x2則表示以（0，0）為圓心，以1為半徑的圓在x軸上方的部分（包括圓與x軸的交點），如下圖所示，顯然，欲使直線與半圓有兩個不同交點，只需直線的縱截距?m?[1，2)，即m?(?2，?1]。

三、解答題：

??x2?3x?m?0??x2?3x?m?0???3?x?0

14.解：原方程等價于? ??0?x?30?x?3???x2?4x?3?m???x2?3x?m?3?x?

令y1??x2?4x?3，y2?m，在同一坐標系內，畫出它們的圖象，其中注意0?x?3，當且僅當兩函數的圖象在[0，3）上有唯一公共點時，原方程有唯一解，由下圖可見，當m=1，或?3?m?0時，原方程有唯一解，因此m的取值范圍為[－3，0]?{1}。

注：一般地，研究方程時，需先將其作等價變形，使之簡化，再利用函數圖象的直觀性研究方程的解的情況。

15.解：令y1?4x?x2，y2?(a?1)x，其中y1?4x?x2表示以（2，0）為圓心，以2為半徑的圓在x軸的上方的部分（包括圓與x軸的交點），如下圖所示，y2?(a?1)x表示過原點的直線系，不等式4x?x2?(a?1)x的解即是兩函數圖象中半圓在直線上方的部分所對應的x值。

由于不等式解集A?{x|0?x?2}

因此，只需要a?1?1，∴a?2

∴a的取值范圍為（2，+?）。

16.解：將原方程化為：loga(x?ak)?loga

∴x?ak?x2?a2，x2?a2，且x?ak?0，x2?a2?0

令y1?x?ak，它表示傾角為45°的直線系，y1?0

令y2?（a，0）的等軸雙曲線在x2?a2，它表示焦點在x軸上，頂點為（－a，0）x軸上方的部分，y2?0

∵原方程有解，∴兩個函數的圖象有交點，由下圖，知

?ak?a或?a??ak?0

∴k??1或0?k?1

∴k的取值范圍為(??，?1)?(0，1)

第二篇：高考數學“數形結合”解題思想方法、知識點及題型整理

Peter高分英語家教火箭式提分有“秘方”，叫板育才、實驗、二中！

高考數學總復習第三講：數形結合

一、專題概述---什么是數形結合的思想

數形結合的思想，就是把問題的數量關系和空間形式結合起來加以考察的思想．

恩格斯說：“純數學的對象是現實世界的空間形式和數量關系．”“數”和“形”是數學中兩個最基本的概念，它們既是對立的，又是統一的，每一個幾何圖形中都蘊含著與它們的形狀、大小、位置密切相關的數量關系；反之，數量關系又常常可以通過幾何圖形做出直觀地反映和描述，數形結合的實質就是將抽象的數學語言與直觀的圖形結合起來，使抽象思維和形象思維結合起來，在解決代數問題時，想到它的圖形，從而啟發思維，找到解題之路；或者在研究圖形時，利用代數的性質，解決幾何的問題．實現抽象概念與具體形象的聯系和轉化，化難為易，化抽象為直觀．

數形結合包括：函數與圖象、方程與曲線、復數與幾何的結合；幾何語言敘述與幾何圖形的結合等．

二、例題分析

1．善于觀察圖形，以揭示圖形中蘊含的數量關系．

觀察是人們認識客觀事物的開始，直觀是圖形的基本特征，觀察圖形的形狀、大小和相互位置關系，并在此基礎上揭示圖形中蘊含的數量關系，是認識、掌握數形結合的重要進程．

例1．函數的圖象的一條對稱軸方程是：

（A）（B）（C）（D）

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分析：通過畫出函數的圖象，然后分別畫出上述四條直線，逐一觀察，可以找出正確的答案，如果對函數的圖象做深入的觀察，就可知，凡直線x=a通過這一曲線的一個最高點或一個最低點，必為曲線的一條對稱軸，因此，解這個問題可以分別將代入函數的解析式，算得對應的函數值分別是：其中只有–1是這一函數的最小值，由此可知，應選（A）2．正確繪制圖形，以反映圖形中相應的數量關系．，觀察圖形，既要定性也要定量，借助圖形來完成某些題時，僅畫圖示“意”是不夠的，還必須反映出圖形中的數量關系．

例2．問：圓個？

分析 由平面幾何知：到定直線L：的距離為的點的軌跡是平行L的兩

上到直線的距離為的點共有幾條直線．因此問題就轉化為判定這兩條直線與已知圓的交點個數．

將圓方程變形為：心到定直線L的距離為，知其圓心是C(-1,-2)，半徑，由此判定平行于直線L且距離為，而圓的兩條直線中，一條通過圓心C，另一條與圓C相切，所以這兩條直線與圓C共有3個公共點（如圖1）

啟示：正確繪制圖形，一定要注意把圖形與計算結合起來，以求既定性，又定量，才能充分發揮圖形的判定作用．

3．切實把握“數”與“形”的對應關系，以圖識性以性識圖．

數形結合的核心是“數”與“形”的對應關系，熟知這些對應關系，溝通兩者的聯系，才能把握住每一個研究對象在數量關系上的性質與相應的圖形的特征之間的關聯，以求相輔相地址：鐵西區富工二街36號1門 電話：31688948 31801965 25769625

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成，相互轉化．

例3．判定下列圖中，哪個是表示函數圖象．

分析 由=，可知函數

是偶函數，其圖象應關于y軸對稱，因而否定（B）、（C），又，的圖象應當是上凸的，（在第Ⅰ象限，函數y單調增，但變化趨勢比較平緩），因而（A）應是函數圖象．

例4．如圖，液體從一圓錐形漏斗注入一圓柱形桶中，開始時，漏斗盛滿液體，經過3分鐘注完．已知圓柱中液面上升的速度是一個常量，H是圓錐形漏斗中液面下落的距離，則H與下落時間t（分）的函數關系用圖象表示只可能是（）．

分析 由于圓柱中液面上升的速度是一個常量，所以H與t的關系不是（B），下落時間t越大，液面下落的距離H應越大，這種變化趨勢應是越來越快，圖象應當是下凸的，所以只可能是（D）．

例5．若復數z滿足，且，則在復平面上對應點的圖形面積是地址：鐵西區富工二街36號1門 電話：31688948 31801965 25769625

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多少？

分析 滿足的復數z對應點的圖形是：以C(1,1)為圓心，為半徑的圓面，該圓面與圖形的公共部分為圖中所示陰影部分（要注意到∠AOC=45°）

因此所求圖形的面積為： 4．靈活應用“數”與“形”的轉化，提高思維的靈活性和創造性．

在中學數學中，數形結合的思想和方法體現最充分的是解析幾何，此外，函數與圖象之間，復數與幾何之間的相互轉化也充分體現了數形結合的思想和方法．通過聯想找到數與形之間的對應關系是實現轉化的先決條件，而強化這種轉化的訓練則是提高思維的靈活性和創造性的重要手段．

例6．已知C<0，試比較的大小．

分析 這是比較數值大小問題，用比較法會在計算中遇到一定困難，在同一坐標系中，畫出三個函數：的圖象位于y軸左側的部分，（如圖）很快就可以從三個圖象的上、下位置關系得出正確的結論：

例7 解不等式

解法一（用代數方法求解），此不等式等價于：

解得

故原不等式的解集是

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解法二（采用圖象法）設即

對應的曲線是以是一直線．（如圖）

為頂點，開口向右的拋物線的上半支．而函數y=x+1的圖象 解方程可求出拋物線上半支與直線交點的橫坐標為2，取拋物線位于直線上方的部分，故得原不等式的解集是．

借助于函數的圖象或方程的曲線，引入解不等式（或方程）的圖象法，可以有效地審清題意，簡化求解過程，并檢驗所得的結果．

例8 討論方程的實數解的個數．

分析：作出函數的圖象，保留其位于x軸上方的部分，將位于x軸下方的部分沿x軸翻折到x軸上方，便可得到函數交點個數即可． 的圖象．（如圖）再討論它與直線y=a的 ∴當a＜0時，解的個數是0；

當a=0時或a＞4時，解的個數是2； 當0＜a＜4時，解的個數是4；

當a=4時，解的個數是3．

9．已知直線和雙曲線有且僅有一個公共點，則k的不同取值有（）

（A）1個（B）2個（C）3個（D）4個

分析：作出雙曲線的圖象，并注意到直線是過定點（）的直線系，雙曲線的漸近線方程為

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∴過（外，過（）點且和漸近線平行的直線與雙曲線有且僅有一個公共點，此時k取兩個不同值，此）點且和雙曲線相切的直線與雙曲線有且僅有一個公共點，此時k取兩個不同的值，故

正確答案為（D）

例9．已知直線和雙曲線有且僅有一個公共點，則k的不同取值有（）

（A）1個（B）2個（C）3個（D）4個

分析：作出雙曲線的圖象，并注意到直線是過定點（）的直線系，雙曲線的漸近線方程為

∴過（外，過（正確答案為（D））點且和漸近線平行的直線與雙曲線有且僅有一個公共點，此時k取兩個不同值，此）點且和雙曲線相切的直線與雙曲線有且僅有一個公共點，此時k取兩個不同的值，故例10．設點P(x,y)在曲線 解 曲線

上移動，求

是中心在（3，3），長軸為的最大值和最小值．，短軸為的橢圓．設，即y=kx為過原點的直線系，問題轉化為：求過原點的直線與橢圓相切時的斜率．（如圖所示）

消去y得

解得：

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故的最大值為，最小值為

（其中a,b,c是正常數）的最小 例11．求函數值．

分析 采用代數方法求解是十分困難的，剖析函數解析式的特征，兩個根式均可視為平面上兩點間的距離，故設法借助于幾何圖形求解．如圖

設A(0,a),B(b,-c)為兩定點，P(x,0)為x軸上一動點，則

其中的等號在P為線段AB與x軸的交點外，即 故y的最小值為時成立．

例12．P是橢圓上任意一點，以OP為一邊作矩形O P Q R（O,P,Q,R依逆時針方向排列）使|OR|=2|OP|，求動點R的軌跡的普通方程．

分析 在矩形O P Q R中（如圖），由∠POR=90°，|OR|=2|OP|可知，OR是OP逆時針旋轉90°，并將長度擴大為原來的2倍得到的．這一圖形變換恰是復數乘法的幾何意義，因此，可轉化為復數的運算，找到R和P的兩點坐標之間的關系，以求得問題的解決． 解，設R點對應的復數為： 則，P點對應的復數為

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故即由點在橢圓上可知有：

整理得：就是R點的軌跡方程，表示半長軸為2a，半短軸為2b，中心在原點，焦點在y軸上的橢圓．

三解題訓練

1．求下列方程實根（1）的個數：

（2）

（3）

2．無論m取任何實數值，方程（A）1個（B）2個（C）3個（D）不確定 3．已知函數（A）b∈(-∞,0)（B）b∈(0,1)

（C）b∈(1,2)（D）b∈(2,+ ∞)的實根個數都是（）的圖象如右圖則（）

4．不等式的解集是（）

（A）（0，+∞）（B）（0，1）（C）（1，+∞）（D）（–∞，0）5．不等式

一定有解，則a的取值范圍是（）

（A）（1，+∞）（B）[1,+ ∞]（C）(-∞,1)（D）(0,1] 6．解下列不等式：

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（1）（2）

7．復平面內點A、B分別對應復數2，2+i，向量，則點C對應的復數是_______．

繞點A逆時針方向旋轉至向量 8．若復數z滿足|z|<2，則arg(z-4)的最大值為___________ 9．若復數z滿足

10．函數定點的坐標是()（A）（–（C）（–2的圖象是平面上兩定點距離之差的絕對值等于定長的點的軌跡，則這兩，–，2）（）（2，2）（B）（–）（D）（2，）（，–），2），–2）（–2 11．曲線與直線的交點個數是（）．

（A）0（B）1（C）2（D）3 12．曲線（）

與直線

有兩個交點，則實數k的取值是（A）13．已知集合（B）（C），（D）

滿足，求實數b的取值范圍．

14．函數的值域是（）

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（A）（B）

（C）（D）

四、練習答案

1．（1）2個（2）63個（3）2個

提示：分別作出兩個函數的圖象，看交點的個數．

2．B、提示：注意到方程右式，是過定點（，0）的直線系．

3．A、提示：由圖象知f(x)=0的三個實根是0，1，2這樣，函數解析式可變形f(x)=ax(x-1)(x-2)，又從圖象中可以看出當x∈(0,1)∪(2,+∞)時，f(x)>0．而當x>2時，x,(x-1),(x-2)均大于0，所以a>0，而3a<0，故選（A）4．A 5．A 6．（可以利用圖象法求解）

（1）x≤-1或0

可知b=-地址：鐵西區富工二街36號1門 電話：31688948 31801965 25769625

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12．C 13．

14．A 提示：f(x)可以視作：A(cosx,sinx),B(1,2)，則f(x)=kAB，而A點為圓x2+y2=1上的動點

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第三篇：精簡易下載版 高考數學“數形結合”解題思想方法、知識點及題型整理

Peter高分英語家教火箭式提分有“秘方”，叫板育才、實驗、二中！高考數學總復習第三講：數形結合

一、專題概述---什么是數形結合的思想

數形結合的思想，就是把問題的數量關系和空間形式結合起來加以考察的思想．

恩格斯說：“純數學的對象是現實世界的空間形式和數量關系．”“數”和“形”是數學中兩個最基本的概念，它們既是對立的，又是統一的，每一個幾何圖形中都蘊含著與它們的形狀、大小、位置密切相關的數量關系；反之，數量關系又常常可以通過幾何圖形做出直觀地反映和描述，數形結合的實質就是將抽象的數學語言與直觀的圖形結合起來，使抽象思維和形象思維結合起來，在解決代數問題時，想到它的圖形，從而啟發思維，找到解題之路；或者在研究圖形時，利用代數的性質，解決幾何的問題．實現抽象概念與具體形象的聯系和轉化，化難為易，化抽象為直觀．

數形結合包括：函數與圖象、方程與曲線、復數與幾何的結合；幾何語言敘述與幾何圖形的結合等．

二、例題分析 1．善于觀察圖形，以揭示圖形中蘊含的數量關系．

觀察是人們認識客觀事物的開始，直觀是圖形的基本特征，觀察圖形的形狀、大小和相互位置關系，并在此基礎上揭示圖形中蘊含的數量關系，是認識、掌握數形結合的重要進程．

例1．函數的圖象的一條對稱軸方程是()（A）（B）（C）（D）分析：通過畫出函數的圖象，然后分別畫出上述四條直線，逐一觀察，可以找出正確的答案，如果對函數的圖象做深入的觀察，就可知，凡直線x=a通過這一曲線的一個最高點或一個最低點，必為曲線的一條對稱軸，因此，解這個問題可以分別將

代入函數的解析式，算得對應的函數值分別是：，其中只有–1是這一函數的最小值，由此可知，應選（A）

2．正確繪制圖形，以反映圖形中相應的數量關系．

觀察圖形，既要定性也要定量，借助圖形來完成某些題時，僅畫圖示“意”是不夠的，還必須反映出圖形中的數量關系．

例2．問：圓 分析 由平面幾何知：到定直線L：這兩條直線與已知圓的交點個數．

將圓方程變形為：

上到直線的距離為的距離為的點共有幾個？ 的點的軌跡是平行L的兩條直線．因此問題就轉化為判定，而圓心到定直線L的距離為，由此，知其圓心是C(-1,-2)，半徑判定平行于直線L且距離為的兩條直線中，一條通過圓心C，另一條與圓C相切，所以這兩條直線與圓C共有3個公共點（如圖1）

啟示：正確繪制圖形，一定要注意把圖形與計算結合起來，以求既定性，又定量，才能充分發揮圖形的判定作用．

3．切實把握“數”與“形”的對應關系，以圖識性以性識圖．

數形結合的核心是“數”與“形”的對應關系，熟知這些對應關系，溝通兩者的聯系，才能把握住每一個研究對象在數量關系上的性質與相應的圖形的特征之間的關聯，以求相輔相成，相互轉化．

例3．判定下列圖中，哪個是表示函數

圖象．

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分析 由是偶函數，其圖象應關于y軸對稱，因而否定（B）、（C），又Ⅰ象限，函數y單調增，但變化趨勢比較平緩），因而（A）應是函數 例4．如圖，液體從一圓錐形漏斗注入一圓柱形桶中，開始時，漏斗完．已知圓柱中液面上升的速度是一個常量，H是圓錐形漏斗中液面下t（分）的函數關系用圖象表示只可能是（）．，圖象．

=，可知函數的圖象應當是上凸的，（在第盛滿液體，經過3分鐘注落的距離，則H與下落時間分析 由于圓柱中液面上升的速度是一個常量，所以H與t的關系不是（B），下落時間t越大，液面下落的距離H應越大，這種變化趨勢應是快，圖象應當是下凸的，所以只可能是（D）． 5．若復數z滿足析 滿足，且

越來越 例 分面與，則在復平面上對應點的圖形面積是多少？

為半徑的圓面，該圓的復數z對應點的圖形是：以C(1,1)為圓心，圖形的公共部分為圖中所示陰影部分（要注意到∠AOC=45°）

因此所求圖形的面積為：

4．靈活應用“數”與“形”的轉化，提高思維的靈活性和創造性．

在中學數學中，數形結合的思想和方法體現最充分的是解析幾何，此外，函數與圖象之間，復數與幾何之間的相互轉化也充分體現了數形結合的思想和方法．通過聯想找到數與形之間的對應關系是實現轉化的先決條件，而強化這種轉化的訓練則是提高思維的靈活性和創造性的重要手段．

例6．已知C<0，試比較的大小．

分析 這是比較數值大小問題，用比較法會在計算中遇到一定困難，在同一坐標系中，畫出三個函數：的圖象位于y軸左側的部分，（如圖）很快就可以從三個圖象的上、下位置關系得出正確的結論：

例7 解不等式

解法一（用代數方法求解），此不等式等價于：

解得 故原不等式的解集是 Peter高分英語家教火箭式提分有“秘方”，叫板育才、實驗、二中！解法二（采用圖象法）設 對應的曲線是以 解方程

即

為頂點，開口向右的拋物線的上半支．而函數y=x+1的圖象是一直線．（如圖）

可求出拋物線上半支與直線交點的橫坐標為2，取拋物線位于直線上方的部分，故得原不等式的解集是．

借助于函數的圖象或方程的曲線，引入解不等式（或方程）的圖象法，可以有效地審清題意，簡化求解過程，并檢驗所得的結果．

例8 討論方程的實數解的個數．

分析：作出函數的圖象，保留其位于x軸上方的部分，將位于x軸下方的部分沿x軸翻折到x軸上方，便可得到函數的圖象．（如圖）再討論它與直線y=a的交點個數即可．

∴當a＜0時，解的個數是0；

當a=0時或a＞4時，解的個數是2；

當0＜a＜4時，解的個數是4；

當a=4時，解的個數是3．

9．已知直線和雙曲線

有且僅有一個公共點，則k的不同取值有（）（A）1個（B）2個（C）3個（D）4個）的直線系，雙曲線的漸近線方程為）點

分析：作出雙曲線的圖象，并注意到直線是過定點（∴過（）點且和漸近線平行的直線與雙曲線有且僅有一個公共點，此時k取兩個不同值，此外，過（且和雙曲線相切的直線與雙曲線有且僅有一個公共點，此時k取兩個不同的值，故正確答案為（D）

例9．已知直線和雙曲線有且僅有一個公共點，則k的不同取值有（）（A）1個（B）2個（C）3個（D）4個

分析：作出雙曲線的圖象，并注意到直線是過定點（近線方程為 ∴過（）點且和漸近線平行的直線與雙曲線有且僅有一個公共點，此時k取兩）點且和雙曲線相切的直線與雙曲線有且僅有一個公共點，此時k取兩個不同的值，故正確）的直線系，雙曲線的漸個不同值，此外，過（答案為（D）

例10．設點P(x,y)在曲線 解 曲線

上移動，求是中心在（3，3），長軸為的最大值和最小值．，短軸為的橢圓．設，即y=kx為過原點的地址：鐵西區富工二街36號1門 電話：31688948 31801965 25769625

直線系，問題轉化為：求過原點的直線與橢圓相切時的斜率．（如圖所示）

解得： 故 消去y得的最大值為，最小值為

例11．求函數（其中a,b,c是正常數）的最小值．

分析 采用代數方法求解是十分困難的，剖析函數解析式的特征，兩個根式均可視為平面上兩點間的距離，故設法借助于幾何圖形求解．如圖

設A(0,a),B(b,-c)為兩定點，P(x,0)為x軸上一動點，則線段AB與x軸的交點外，即

時成立． 故y的最小值為

其中的等號在P為

例12．P是橢圓上任意一點，以OP為一邊作矩形O P Q R（O,P,Q,R依逆時針方向排列）使|OR|=2|OP|，求動點R的軌跡的普通方程．

分析 在矩形O P Q R中（如圖），由∠POR=90°，|OR|=2|OP|可知，OR是OP逆時針旋轉90°，并將長度擴大為原來的2倍得到的．這一圖形變換恰是復數乘法的幾何意義，因此，可轉化為復數的運算，找到R和P的兩點坐標之間的關系，以求得問題的解決． 解，設R點對應的復數為： 則，P點對應的復數為

故 整理得：

三解題訓練 即由點在橢圓上可知有：

就是R點的軌跡方程，表示半長軸為2a，半短軸為2b，中心在原點，焦點在y軸上的橢圓．

1．求下列方程實根的個數：（1）（2）（3）

2．無論m取任何實數值，方程（A）1個（B）2個（C）3個（D）不確定 的實根個數都是（）

3．已知函數的圖象如右圖則（）

（A）b∈(-∞,0)（B）b∈(0,1)C）b∈(1,2)（D）b∈(2,+ ∞)4．不等式 5．不等式的解集是（）（A）（0，+∞）（B）（0，1）（C）（1，+∞）（D）（–∞，0）

一定有解，則a的取值范圍是（）（A）（1，+∞）（B）[1,+ ∞]（C）(-∞,1)（D）(0,1] Peter高分英語家教火箭式提分有“秘方”，叫板育才、實驗、二中！6．解下列不等式：（1）（2）

至向量，則點C對應的復數是 7．復平面內點A、B分別對應復數2，2+i，向量繞點A逆時針方向旋轉_______．

8．若復數z滿足|z|<2，則arg(z-4)的最大值為___________ 10．函數（A）（–（C）（–2 11．曲線 12．曲線（A）13．已知集合 14．函數（B），–，2的圖象是平面上兩定點距離之差的絕對值等于定長的點的軌跡，則這兩定點的坐標是()）（）（2與直線與直線（C），的值域是（），2）（B）（–）（D）（2，）（，–），2），–2）（–2的交點個數是（）．（A）0（B）1（C）2（D）3

有兩個交點，則實數k的取值是（）

（D）

滿足，求實數b的取值范圍．

（A）（B）（C）（D）

四、練習答案

1．（1）2個（2）63個（3）2個 提示：分別作出兩個函數的圖象，看交點的個數．

2．B、提示：注意到方程右式，是過定點（，0）的直線系．

3．A、提示：由圖象知f(x)=0的三個實根是0，1，2這樣，函數解析式可變形f(x)=ax(x-1)(x-2)，又從圖象中可以看出當x∈(0,1)∪(2,+∞)時，f(x)>0．而當x>2時，x,(x-1),(x-2)均大于0，所以a>0，而可知b=-3a<0，故選（A）

4．A 5．A 6．（可以利用圖象法求解）（1）x≤-1或0

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第四篇：高考數學專題復習：數形結合思想

高考沖刺：數形結合

編稿：林景飛

審稿：張揚

責編：辛文升 熱點分析 高考動向

數形結合應用廣泛，不僅在解答選擇題、填空題中顯示出它的優越性，而且在解決一些抽象數學問題中常起到事半功倍的效果。高考中利用數形結合的思想在解決選、填題中十分方便，而在解答題中書寫應以代數推理論證為主，幾何方法可作為思考的方法。數形結合的重點是研究“以形助數”，但“以數解形”在近年高考試題中也得到了加強，其發展趨勢不容忽視。歷年的高考都有關于數形結合思想方法的考查，且占比例較大。

知識升華

數形結合是通過“以形助數”（將所研究的代數問題轉化為研究其對應的幾何圖形）或“以數助形”（借助數的精確性來闡明形的某種屬性），把抽象的數學語言與直觀的圖形結合起來思考，也就是將抽象思維與形象思維有機地結合起來，是解決問題的一種數學思想方法。它能使抽象問題具體化，復雜問題簡單化，在數學解題中具有極為獨特的策略指導與調節作用。

具體地說，數形結合的基本思路是：根據數的結構特征，構造出與之相應的幾何圖形，并利用圖形的特性和規律，解決數的問題；或將圖形信息全部轉化成代數信息，使解決形的問題轉化為數量關系的討論。

選擇題，填空題等客觀性題型，由于不要求解答過程，就某些題目而言，這給學生創造了靈活運用數形結合思想，尋找快速思路的空間。但在解答題中，運用數形結合思想時，要注意輔之以嚴格的邏輯推理，“形”上的直觀是不夠嚴密的。1．高考試題對數形結合的考查主要涉及的幾個方面：

（1）集合問題中Venn圖（韋恩圖）的運用；

（2）數軸及直角坐標系的廣泛應用；

（3）函數圖象的應用；

（4）數學概念及數學表達式幾何意義的應用；

（5）解析幾何、立體幾何中的數形結合。

2．運用數形結合思想分析解決問題時，要遵循三個原則：

（1）等價性原則。要注意由于圖象不能精確刻畫數量關系所帶來的負面效應；

（2）雙方性原則。既要進行幾何直觀分析，又要進行相應的代數抽象探求，僅對代數問題進行幾何分

析容易出錯；

（3）簡單性原則。不要為了“數形結合”而數形結合，具體運用時，一要考慮是否可行和是否有利；

二要選擇好突破口，恰當設參、用參、建立關系，做好轉化；三要挖掘隱含條件，準確界定參變

量的取值范圍，特別是運用函數圖象時應設法選擇動直線與定二次曲線為佳。

3．進行數形結合的信息轉換，主要有三個途徑：

（1）建立坐標系，引入參變數，化靜為動，以動求解，如解析幾何；

（2）構造成轉化為熟悉的函數模型，利用函數圖象求解；

（3）構造成轉化為熟悉的幾何模型，利用圖形特征求解。4．常見的“以形助數”的方法有：

（1）借助于數軸、文氏圖，樹狀圖，單位圓；

（2）借助于函數圖象、區域(如線性規劃)、向量本身的幾何背景；

（3）借助于方程的曲線，由方程代數式，聯想其幾何背景，并用幾何知識解決問題，如點，直線，斜

率，距離，圓及其他曲線，直線和曲線的位置關系等，對解決代數問題都有重要作用，應充分予

以重視。

5．常見的把數作為手段的數形結合：

主要體現在解析幾何中，歷年高考的解答題都有這方面的考查.經典例題透析

類型一：利用數形結合思想解決函數問題 1．(2010全國Ⅰ·理)已知函數a+2b的取值范圍是

A．

解析：畫出

由題設有，B．的示意圖.，若，且，則

C．

D．

∴，令，則

∵

∴，∴ 在，.上是增函數.∴

舉一反三：

【變式1】已知函數

.選C.在0≤x≤1時有最大值2，求a的值。

解析：∵

∴拋物線，的開口向下，對稱軸是，如圖所示：

（1）

（2）

（3）

（1）當a＜0時，如圖（1）所示，當x=0時，y有最大值，即

∴1―a=2。即a=―1，適合a＜0。

（2）當0≤a≤1時，如圖（2）所示，當x=a時，y有最大值，即

。

∴a―a+1=2，解得

2。

∵0≤a≤1，∴不合題意。

（3）當a＞1時，如圖（3）所示。

當x=1時，y有最大值，即

綜合（1）（2）（3）可知，a的值是―1或2

【變式2】已知函數

（Ⅰ）寫出

（Ⅱ）設的單調區間；，求

在[0，a]上的最大值。

。∴a=2。

解析：

如圖：

（1）的單調增區間：

，；單調減區間：（1，2）

時。

（2）當a≤1時，當

當

【變式3】已知

()

（1）若，在上的最大值為，最小值為，求證：；

（2）當]時，都

，時，對于給定的負數，有一個最大的正數，使得x∈[0，有|f(x)|≤5，問a為何值時，M(a)最大？并求出這個最大值。

解析：

（1）若a=0，則c=0，∴f(x)=2bx

當-2≤x≤2時，f(x)的最大值與最小值一定互為相反數，與題意不符合，∴a≠0；

若a≠0，假設，∴區間[-2,2]在對稱軸的左外側或右外側，∴f(x)在[-2，2]上是單調函數，（這是不可能的）

（2）當，時，∵，所以，（圖1）

（圖2）

(1)當

所以

即是方程，時（如圖1），則的較小根，即

(2)當

所以

即是方程，時（如圖2），則的較大根，即

（當且僅當

時，等號成立），由于，因此當且僅當時，取最大值

類型二：利用數形結合思想解決方程中的參數問題 2．若關于x的方程有兩個不同的實數根，求實數m的取值范圍。

思路點撥：將方程的左右兩邊分別看作兩個函數，畫出函數的圖象，借助圖象間的關系后求解，可簡化運算。

解析：畫出

和的圖象，當直線過點，即時，兩圖象有兩個交點。

又由當曲線

與曲線

相切時，二者只有一個交點，設切點

又直線，則過切點，即，得，解得切點，∴當時，兩函數圖象有兩個交點，即方程有兩個不等實根。

誤區警示：作圖時，圖形的相對位置關系不準確，易造成結果錯誤。

總結升華：

1．解決這類問題時要準確畫出函數圖象，注意函數的定義域。

2．用圖象法討論方程（特別是含參數的方程）解的個數是一種行之有效的方法，值得注意的是首先把

方程兩邊的代數式看作是兩個函數的表達式（有時可能先作適當調整，以便于作圖），然后作出兩

個函數的圖象，由圖求解。

3．在運用數形結合思想分析問題和解決問題時，需做到以下四點：

①要準確理解一些概念和運算的幾何意義以及曲線的代數特征；

②要恰當設參，合理用參，建立關系，做好轉化；

③要正確確定參數的取值范圍，以防重復和遺漏；

④精心聯想“數”與“形”，使一些較難解決的代數問題幾何化，幾何問題代數化，便于問題求解.舉一反三：

【變式1】若關于x的方程在（－1，1）內有1個實根，則k的取值范圍是。

解析：把方程左、右兩側看作兩個函數，利用函數圖象公共點的個數來確定方程根的個數。

設（x∈－1，1）

如圖：當內有1個實根。

或時，關于x的方程在（－1，1）

【變式2】若0＜θ＜2π，且方程取值范圍及這兩個實根的和。

有兩個不同的實數根，求實數m的解析：將原方程

與直線

轉化為三角函數的圖象

有兩個不同的交點時，求a的范圍及α+β的值。

設，在同一坐標中作出這兩個函數的圖象

由圖可知，當

或

時，y1與y2的圖象有兩個不同交點，即對應方程有兩個不同的實數根，若，設原方程的一個根為，則另一個根為.∴.若，設原方程的一個根為，則另一個根為，∴.所以這兩個實根的和為或.且由對稱性可知，這兩個實根的和為或。

類型三：依據式子的結構，賦予式子恰當的幾何意義，數形結合解答

3．(北京2010·理)如圖放置的邊長為1的正方形PABC沿x軸滾動，設頂點，則函數的最小正周期為________；

在其兩個相鄰的軌跡方程是零點間的圖象與x軸所圍成的區域的面積為________.解析：為便于觀察，不妨先將正方形PABC向負方向滾動，使P點落在x軸上的點，此點即是函數的一個零點（圖1）.（一）以A為中心，將正方形沿x軸正方向滾動90°，此時頂點B位于x軸上，頂點P畫出了A為圓心，1為半徑的個圓周（圖2）；

（二）繼續以B為中心，將正方形沿x軸正方向滾動90°，此時頂點C位于x軸上，頂點P畫出B為圓心，為半徑的個圓周（圖3）；

（三）繼續以C為中心，將正方形沿x軸正方向滾動90°，此時，頂點P位于x軸上，為點，它畫出了C為圓心，1為半徑的個圓周（圖4）.為又一個零點.∴ 函數的周期為4.相鄰兩個零點間的圖形與x軸圍成的圖形由兩個半徑為1的圓、半徑為的圓和兩個直角邊長為1的直角三角形，其面積是

.舉一反三：

2【變式1】已知圓C：(x+2)+y=1，P（x，y）為圓C上任一點。

（1）求的最大、最小值；

（2）求的最大、最小值；

（3）求x―2y的最大、最小值。

解析：聯想所求代數式的幾何意義，再畫出草圖，結合圖象求解。

（1）

表示點（x，y）與原點的距離，由題意知P（x，y）在圓C上，又C（―2，0），半徑r=1。

∴|OC|=2。的最大值為2+r=2+1=3，的最小值為2―r=2―1=1。

（2）表示點（x，y）與定點（1，2）兩點連線的斜率，設Q（1，2），過Q點作圓C的兩條切線，如圖：

將整理得kx―y+2―k=0。

∴，解得，所以的最大值為，最小值為。

（3）令x―2y=u，則可視為一組平行線系，當直線與圓C有公共點時，可求得u的范圍，最值必在直線與圓C相切時取得。這時

∴

。，最小值為

。，∴x―2y的最大值為

【變式2】求函數

解析：的最小值。

則y看作點P（x，0）到點A（1，1）與B（3，2）距離之和

如圖，點A（1，1）關于x軸的對稱點A＇（1，－1），則 即為P到A，B距離之和的最小值，∴

【變式3】若方程x+(1+a)x+1+a+b=0的兩根分別為橢圓、雙曲線的離心率，則值范圍是（）

2的取

A．

B．或

C．

D．或

解析：如圖

由題知方程的根，一個在（0，1）之間，一個在（1，2）之間，則，即

下面利用線性規劃的知識，則斜率

可看作可行域內的點與原點O（0，0）連線的 則，選C。

第五篇：高考數學重點難點37數形結合思想

重點重點難點36 函數方程思想

函數與方程思想是最重要的一種數學思想，高考中所占比重較大，綜合知識多、題型多、應用技巧多.函數思想簡單，即將所研究的問題借助建立函數關系式亦或構造中間函數，結合初等函數的圖象與性質，加以分析、轉化、解決有關求值、解（證）不等式、解方程以及討論參數的取值范圍等問題；方程思想即將問題中的數量關系運用數學語言轉化為方程模型加以解決.●重點重點難點磁場

1.（★★★★★）關于x的不等式2?32x–3x+a2–a–3＞0，當0≤x≤1時恒成立，則實數a的取值范圍為

.2.（★★★★★）對于函數f(x)，若存在x0∈R,使f(x0)=x0成立，則稱x0為f(x)的不動點.已知函數f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)（1）若a=1,b=–2時，求f(x)的不動點；

（2）若對任意實數b，函數f(x)恒有兩個相異的不動點，求a的取值范圍；

（3）在（2）的條件下，若y=f(x)圖象上A、B兩點的橫坐標是函數f(x)的不動點，且A、B關于直線y=kx+ 對稱，求b的最小值.●案例探究

［例1］已知函數f(x)=logm

(1)若f(x)的定義域為［α，β］，（β＞α＞0），判斷f(x)在定義域上的增減性，并加以說明；

(2)當0＜m＜1時，使f(x)的值域為［logm［m(β–1)］，logm［m(α–1)］］的定義域區間為［α,β］(β＞α＞0)是否存在？請說明理由.命題意圖：本題重在考查函數的性質，方程思想的應用.屬★★★★級題目.知識依托：函數單調性的定義判斷法；單調性的應用；方程根的分布；解不等式組.錯解分析：第(1)問中考生易忽視“α＞3”這一關鍵隱性條件；第(2)問中轉化出的方程，不能認清其根的實質特點，為兩大于3的根.技巧與方法：本題巧就巧在采用了等價轉化的方法，借助函數方程思想，巧妙解題.解：（1）x＜–3或x＞3.∵f(x)定義域為［α,β］,∴α＞3 設β≥x1＞x2≥α，有

當0＜m＜1時，f(x)為減函數，當m＞1時，f(x)為增函數.（2）若f(x)在［α,β］上的值域為［logmm(β–1),logmm(α–1)］ ∵0＜m＜1, f(x)為減函數.∴

即

即α,β為方程mx2+(2m–1)x–3(m–1)=0的大于3的兩個根 ∴

∴0＜m＜

故當0＜m＜ 時，滿足題意條件的m存在.［例2］已知函數f(x)=x2–(m+1)x+m(m∈R)(1)若tanA,tanB是方程f(x)+4=0的兩個實根，A、B是銳角三角形ABC的兩個內角.求證：m≥5;(2)對任意實數α,恒有f(2+cosα)≤0，證明m≥3;(3)在(2)的條件下，若函數f(sinα)的最大值是8，求m.-1-命題意圖：本題考查函數、方程與三角函數的相互應用；不等式法求參數的范圍.屬 ★★★★★級題目.知識依托：一元二次方程的韋達定理、特定區間上正負號的充要條件，三角函數公式.錯解分析：第(1)問中易漏掉Δ≥0和tan(A+B)＜0，第(2)問中如何保證f(x)在［1,3］恒小于等于零為關鍵.技巧與方法：深挖題意，做到題意條件都明確，隱性條件注意列.列式要周到，不遺漏.（1）證明：f(x)+4=0即x2–(m+1)x+m+4=0.依題意：

又A、B銳角為三角形內兩內角 ∴ ＜A+B＜π

∴tan(A+B)＜0，即

∴ ∴m≥5(2)證明：∵f(x)=(x–1)(x–m)又–1≤cosα≤1，∴1≤2+cosα≤3，恒有f(2+cosα)≤0 即1≤x≤3時，恒有f(x)≤0即(x–1)(x–m)≤0 ∴m≥x但xmax=3，∴m≥xmax=3(3)解：∵f(sinα)=sin2α–(m+1)sinα+m= 且 ≥2,∴當sinα=–1時，f(sinα)有最大值8.即1+(m+1)+m=8，∴m=3 ●錦囊妙計

函數與方程的思想是最重要的一種數學思想，要注意函數，方程與不等式之間的相互聯系和轉化.考生應做到：

（1）深刻理解一般函數y=f(x)、y=f–1(x)的性質（單調性、奇偶性、周期性、最值和圖象變換），熟練掌握基本初等函數的性質，這是應用函數思想解題的基礎.（2）密切注意三個“二次”的相關問題，三個“二次”即一元二次函數、一元二次方程、一元二次不等式是中學數學的重要內容，具有豐富的內涵和密切的聯系.掌握二次函數基本性質，二次方程實根分布條件，二次不等式的轉化策略.●殲滅重點重點難點訓練

一、選擇題

1.（★★★★★）已知函數f(x)=loga［ –(2a)2］對任意x∈［ ,+∞］都有意義，則實數a的取值范圍是（）A.(0，B.(0,)

C.［ ,1

D.(,）2.（★★★★★）函數f(x)的定義域為R，且x≠1，已知f(x+1)為奇函數，當x＜1時，f(x)=2x2–x+1，那么當x＞1時，f(x)的遞減區間是（）A.［，+∞

B.(1，C.［ ,+∞

D.(1, ］

二、填空題

3.（★★★★）關于x的方程lg(ax–1)–lg(x–3)=1有解，則a的取值范圍是

.4.（★★★★★）如果y=1–sin2x–mcosx的最小值為–4，則m的值為

.三、解答題

5.（★★★★）設集合A={x｜4x–2x+2+a=0,x∈R}.（1）若A中僅有一個元素，求實數a的取值集合B；

（2）若對于任意a∈B，不等式x2–6x＜a(x–2)恒成立，求x的取值范圍.6.（★★★★）已知二次函數f(x)=ax2+bx(a,b為常數，且a≠0)滿足條件:f(x–1)=f(3–x)且-2-方程f(x)=2x有等根.（1）求f(x)的解析式；

（2）是否存在實數m，n(m＜n＝，使f(x)定義域和值域分別為［m,n］和［4m,4n］，如果存在，求出m、n的值；如果不存在，說明理由.7.（★★★★★）已知函數f(x)=6x–6x2，設函數g1(x)=f(x), g2(x)=f［g1(x)］, g3(x)=f ［g2(x)］, ?gn(x)=f［gn–1(x)］,?

（1）求證：如果存在一個實數x0，滿足g1(x0)=x0，那么對一切n∈N，gn(x0)=x0都成立；（2）若實數x0滿足gn(x0)=x0，則稱x0為穩定不動點，試求出所有這些穩定不動點；（3）設區間A=（–∞,0）,對于任意x∈A，有g1(x)=f(x)=a＜0, g2(x)=f［g1(x)］=f(0)＜0，且n≥2時，gn(x)＜0.試問是否存在區間B（A∩B≠），對于區間內任意實數x，只要n≥2，都有gn(x)＜0.8.（★★★★）已知函數f(x)=(a＞0,x＞0).（1）求證:f(x)在(0,+∞)上是增函數；

（2）若f(x)≤2x在(0,+∞)上恒成立，求a的取值范圍；

（3）若f(x)在［m,n］上的值域是［m,n］(m≠n)，求a的取值范圍.參 考 答 案

●重點重點難點磁場

1.解析：設t=3x，則t∈［1,3］，原不等式可化為a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］.等價于a2–a–3大于f(t)=–2t2+t在［1,3］上的最大值.答案：(–∞,–1)∪(2,+∞)2.解：（1）當a=1,b=–2時，f(x)=x2–x–3，由題意可知x=x2–x–3，得x1=–1,x2=3.故當a=1,b=–2時，f(x)的兩個不動點為–1,3.（2）∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有兩個不動點，∴x=ax2+(b+1)x+(b–1)，即ax2+bx+(b–1)=0恒有兩相異實根 ∴Δ=b2–4ab+4a＞0(b∈R)恒成立.于是Δ′=(4a)2–16a＜0解得0＜a＜1 故當b∈R，f(x)恒有兩個相異的不動點時，0＜a＜1.（3）由題意A、B兩點應在直線y=x上，設A(x1,x1),B(x2,x2)又∵A、B關于y=kx+ 對稱.∴k=–1.設AB的中點為M(x′,y′)∵x1,x2是方程ax2+bx+(b–1)=0的兩個根.∴x′=y′=，又點M在直線 上有，即

∵a＞0，∴2a+ ≥2 當且僅當2a= 即a= ∈(0,1)時取等號，故b≥–，得b的最小值–.●殲滅重點重點難點訓練

一、1.解析：考查函數y1= 和y2=(2a)x的圖象，顯然有0＜2a＜1.由題意 得a=，再結合指數函數圖象性質可得答案.答案：A 2.解析：由題意可得f(–x+1)=–f(x+1).令t=–x+1，則x=1–t，故f(t)=–f(2–t)，即f(x)=–f(2–x).當x＞1,2–x＜1，于是有f(x)=–f(2–x)=–2(x–)2–，其遞減區間為［，+∞).答案：C-3-3.解析：顯然有x＞3，原方程可化為

故有(10–a)?x=29,必有10–a＞0得a＜10 又x= ＞3可得a＞.答案： ＜a＜10 4.解析：原式化為.當 ＜–1,ymin=1+m=–4 m=–5.當–1≤ ≤1,ymin= =–4 m=±4不符.當 ＞1，ymin=1–m=–4 m=5.答案：±5

二、5.解：(1)令2x=t(t＞0)，設f(t)=t2–4t+a.由f(t)=0在(0,+∞)有且僅有一根或兩相等實根，則有 ①f(t)=0有兩等根時，Δ=0 16–4a=0 a=4 驗證：t2–4t+4=0 t=2∈(0,+∞)，這時x=1 ②f(t)=0有一正根和一負根時,f(0)＜0 a＜0 ③若f(0)=0，則a=0，此時4x–4?2x=0 2x=0（舍去），或2x=4,∴x=2，即A中只有一個元素

綜上所述，a≤0或a=4，即B={a｜a≤0或a=4}（2）要使原不等式對任意a∈(–∞,0］∪｛4｝恒成立.即g(a)=(x–2)a–(x2–6x)＞0恒成立.只須

＜x≤2 6.解：（1）∵方程ax2+bx=2x有等根，∴Δ=(b–2)2=0,得b=2.由f(x–1)=f(3–x)知此函數圖象的對稱軸方程為x=– =1得a=–1，故f(x)=–x2+2x.（2）f(x)=–(x–1)2+1≤1，∴4n≤1，即n≤

而拋物線y=–x2+2x的對稱軸為x=1 ∴n≤ 時，f(x)在［m,n］上為增函數.若滿足題設條件的m,n存在，則

又m＜n≤ ,∴m=–2,n=0，這時定義域為［–2,0］，值域為［–8,0］.由以上知滿足條件的m、n存在，m=–2,n=0.7.(1)證明：當n=1時，g1(x0)=x0顯然成立； 設n=k時，有gk(x0)=x0(k∈N)成立，則gk+1(x0)=f［gk(x0)］=f(x0)=g1(x0)=x0 即n=k+1時，命題成立.∴對一切n∈N,若g1(x0)=x0，則gn(x0)=x0.（2）解：由（1）知，穩定不動點x0只需滿足f(x0)=x0 由f(x0)=x0，得6x0–6x02=x0,∴x0=0或x0= ∴穩定不動點為0和.(3)解：∵f(x)＜0，得6x–6x2＜0 x＜0或x＞1.∴gn(x)＜0 f［gn–1(x)］＜0 gn–1(x)＜0或gn–1(x)＞1 要使一切n∈N,n≥2，都有gn(x)＜0，必須有g1(x)＜0或g1(x)＞1.由g1(x)＜0 6x–6x2＜0 x＜0或x＞1 由g1(x)＞0 6x–6x2＞1

故對于區間()和(1,+∞)內的任意實數x,只要n≥2,n∈N，都有gn(x)＜0.8.(1)證明：任取x1＞x2＞0,f(x1)–f(x2)=

-4-∵x1＞x2＞0,∴x1x2＞0，x1–x2＞0, ∴f(x1)–f(x2)＞0，即f(x1)＞f(x2)，故f(x)在(0,+∞)上是增函數.（2）解：∵ ≤2x在(0,+∞)上恒成立，且a＞0, ∴a≥ 在（0，+∞）上恒成立，令（當且僅當2x= 即x= 時取等號），要使a≥ 在(0,+∞)上恒成立，則a≥.故a的取值范 圍是［ ,+∞).(3)解：由（1）f(x)在定義域上是增函數.∴m=f(m),n=f(n)，即m2– m+1=0，n2– n+1=0 故方程x2– x+1=0有兩個不相等的正根m，n，注意到m?n=1，故只需要Δ=()2–4＞0,由于a＞0，則0＜a＜.重點難點37 數形結合思想

數形結合思想在高考中占有非常重要的地位，其“數”與“形”結合，相互滲透，把代數式的精確刻劃與幾何圖形的直觀描述相結合，使代數問題、幾何問題相互轉化，使抽象思維和形象思維有機結合.應用數形結合思想，就是充分考查數學問題的條件和結論之間的內在聯系，既分析其代數意義又揭示其幾何意義，將數量關系和空間形式巧妙結合，來尋找解題思路，使問題得到解決.運用這一數學思想，要熟練掌握一些概念和運算的幾何意義及常見曲線的代數特征.●重點難點磁場

1.曲線y=1+(–2≤x≤2)與直線y=r(x–2)+4有兩個交點時，實數r的取值范圍

.2.設f(x)=x2–2ax+2,當x∈［–1,+∞)時，f(x)＞a恒成立，求a的取值范圍.●案例探究

［例1］設A={x｜–2≤x≤a}，B={y｜y=2x+3，且x∈A}，C={z｜z=x2，且x∈A }，若C B，求實數a的取值范圍.命題意圖：本題借助數形結合，考查有關集合關系運算的題目.屬★★★★級題目.知識依托：解決本題的關鍵是依靠一元二次函數在區間上的值域求法確定集合C.進而將C B用不等式這一數學語言加以轉化.錯解分析：考生在確定z=x2，x∈［–2,a］的值域是易出錯，不能分類而論.巧妙觀察圖象將是上策.不能漏掉a＜–2這一種特殊情形.技巧與方法：解決集合問題首先看清元素究竟是什么，然后再把集合語言“翻譯”為一般的數學語言，進而分析條件與結論特點，再將其轉化為圖形語言，利用數形結合的思想來解決.解：∵y=2x+3在［–2, a］上是增函數

∴–1≤y≤2a+3，即B={y｜–1≤y≤2a+3} 作出z=x2的圖象，該函數定義域右端點x=a有三種不同的位置情況如下：

①當–2≤a≤0時，a2≤z≤4即C={z｜z2≤z≤4} 要使C B,必須且只須2a+3≥4得a≥ 與–2≤a＜0矛盾.②當0≤a≤2時，0≤z≤4即C={z｜0≤z≤4}，要使C B，由圖可知： 必須且只需

解得 ≤a≤2 ③當a＞2時，0≤z≤a2，即C={z｜0≤z≤a2}，要使C B必須且只需

-5-解得2＜a≤3 ④當a＜–2時，A= 此時B=C=，則C B成立.綜上所述，a的取值范圍是(–∞,–2)∪［ ,3］.［例2］已知acosα+bsinα=c, acosβ+bsinβ=c(ab≠0,α–β≠kπ, k∈Z)求證：

.命題意圖：本題主要考查數學代數式幾何意義的轉換能力.屬★★★★★級題目.知識依托：解決此題的關鍵在于由條件式的結構聯想到直線方程.進而由A、B兩點坐標特點知其在單位圓上.錯解分析：考生不易聯想到條件式的幾何意義，是為瓶頸之一.如何巧妙利用其幾何意義是為瓶頸之二.技巧與方法：善于發現條件的幾何意義，還要根據圖形的性質分析清楚結論的幾 何意義，這樣才能巧用數形結合方法完成解題.證明:在平面直角坐標系中，點A（cosα,sinα）與點B（cosβ, sinβ）是直線l:ax+by=c與單位圓x2+y2=1的兩個交點如圖.從而：｜AB｜2=(cosα–cosβ)2+(sinα–sinβ)2 =2–2cos(α–β)

又∵單位圓的圓心到直線l的距離

由平面幾何知識知｜OA｜2–(｜AB｜)2=d2即

∴.●錦囊妙計

應用數形結合的思想，應注意以下數與形的轉化：（1）集合的運算及韋恩圖（2）函數及其圖象

（3）數列通項及求和公式的函數特征及函數圖象（4）方程（多指二元方程）及方程的曲線

以形助數常用的有：借助數軸；借助函數圖象；借助單位圓；借助數式的結構特征；借助于解析幾何方法.以數助形常用的有：借助于幾何軌跡所遵循的數量關系；借助于運算結果與幾何定理的結合.●殲滅重點難點訓練

一、選擇題

1.（★★★★）方程sin(x–)= x的實數解的個數是（）A.2

B.3

C.4

D.以上均不對

2.（★★★★★）已知f(x)=(x–a)(x–b)–2（其中a＜b，且α、β是方程f(x)=0的兩根（α＜β，則實數a、b、α、β的大小關系為（）A.α＜a＜b＜β

B.α＜a＜β＜b C.a＜α＜b＜β

D.a＜α＜β＜b

二、填空題

3.（★★★★★）(4cosθ+3–2t)2+(3sinθ–1+2t)2，(θ、t為參數)的最大值是

.4.（★★★★★）已知集合A={x｜5–x≥ },B={x｜x2–ax≤x–a}，當A B時，則a的取值范圍是

.三、解答題

-6-5.（★★★★）設關于x的方程sinx+ cosx+a=0在（0,π）內有相異解α、β.（1）求a的取值范圍；（2）求tan(α+β)的值.6.（★★★★）設A={(x,y)｜y= ,a＞0}，B={(x,y)｜(x–1)2+(y–3)2=a2,a＞0},且A∩B≠，求a的最大值與最小值.7.（★★★★）已知A（1，1）為橢圓 =1內一點，F1為橢圓左焦點，P為橢圓上一動點.求｜PF1｜+｜PA｜的最大值和最小值.8.（★★★★★）把一個長、寬、高分別為25 cm、20 cm、5 cm的長方體木盒從一個正方形窗口穿過，那么正方形窗口的邊長至少應為多少？

參 考 答 案 ●重點難點磁場

1.解析：方程y=1+ 的曲線為半圓，y=r(x–2)+4為過（2，4）的直線.答案：（］

2.解法一：由f(x)＞a，在［–1,+∞)上恒成立 x2–2ax+2–a＞0在［–1,+∞)上恒成立.考查函數g(x)=x2–2ax+2–a的圖象在［–1,+∞］時位于x軸上方.如圖兩種情況：

不等式的成立條件是：(1)Δ=4a2–4(2–a)＜0 a∈(–2,1)(2)a∈(–3,–2，綜上所述a∈(–3,1).解法二：由f(x)＞a x2+2＞a(2x+1)令y1=x2+2,y2=a(2x+1),在同一坐標系中作出兩個函數的圖象.如圖滿足條件的直線l位于l1與l2之間，而直線l1、l2對應的a值（即直線的斜率）分別為1，–3，故直線l對應的a∈(–3,1).●殲滅重點難點訓練

一、1.解析：在同一坐標系內作出y1=sin(x–)與y2= x的圖象如圖.答案：B 2.解析：a,b是方程g(x)=(x–a)(x–b)=0的兩根，在同一坐標系中作出函數f(x)、g(x)的圖象如圖所示：

答案：A

二、3.解析：聯想到距離公式，兩點坐標為A(4cosθ,3sinθ),B(2t–3,1–2t)點A的幾何圖形是橢圓，點B表示直線.考慮用點到直線的距離公式求解.答案：

4.解析：解得A={x｜x≥9或x≤3}，B={x｜(x–a)(x–1)≤0}，畫數軸可得.答案：a＞3

三、5.解：①作出y=sin(x+)(x∈(0,π))及y=– 的圖象，知當｜– ｜＜1且– ≠

時，曲線與直線有兩個交點，故a∈(–2,–)∪(– ,2).②把sinα+ cosα=–a,sinβ+ cosβ=–a相減得tan，故tan(α+β)=3.-7-6.解：∵集合A中的元素構成的圖形是以原點O為圓心，a為半徑的半圓；集合B中的元素是以點O′(1,)為圓心，a為半徑的圓.如圖所示

∵A∩B≠，∴半圓O和圓O′有公共點.顯然當半圓O和圓O′外切時，a最小

a+a=｜OO′｜=2,∴amin=2 –2 當半圓O與圓O′內切時，半圓O的半徑最大，即 a最大.此時 a–a=｜OO′｜=2,∴amax=2 +2.7.解：由 可知a=3,b= ,c=2，左焦點F1(–2,0),右焦點F2(2,0).由橢圓定義，｜PF1｜=2a–｜PF2｜=6–｜PF2｜, ∴｜PF1｜+｜PA｜=6–｜PF2｜+｜PA｜=6+｜PA｜–｜PF2｜ 如圖：

由｜｜PA｜–｜PF2｜｜≤｜AF2｜= 知 – ≤｜PA｜–｜PF2｜≤.當P在AF2延長線上的P2處時，取右“=”號； 當P在AF2的反向延長線的P1處時，取左“=”號.即｜PA｜–｜PF2｜的最大、最小值分別為，–.于是｜PF1｜+｜PA｜的最大值是6+ ,最小值是6–.8.解：本題實際上是求正方形窗口邊長最小值.由于長方體各個面中寬和高所在的面的邊長最小，所以應由這個面對稱地穿過窗口才能使正方形窗口邊長盡量地小.如圖：

設AE=x,BE=y, 則有AE=AH=CF=CG=x，BE=BF=DG=DH=y ∴

∴.高考數學重點難點突破 重點難點38 分類討論思想.txt人永遠不知道誰哪次不經意的跟你說了再見之后就真的再也不見了。一分鐘有多長？這要看你是蹲在廁所里面，還是等在廁所外面??

重點難點38 分類討論思想

分類討論思想就是根據所研究對象的性質差異，分各種不同的情況予以分析解決.分類討論題覆蓋知識點較多，利于考查學生的知識面、分類思想和技巧；同時方式多樣，具有較高的邏輯性及很強的綜合性，樹立分類討論思想，應注重理解和掌握分類的原則、方法與技巧、做到“確定對象的全體，明確分類的標準，分層別類不重復、不遺漏的分析討論.”

●重點難點磁場

1.（★★★★★）若函數在其定義域內有極值點，則a的取值為

.2.（★★★★★）設函數f(x)=x2+｜x-a｜+1，x∈R.(1)判斷函數f(x)的奇偶性；(2)求函數f(x)的最小值.●案例探究

［例1］已知{an}是首項為2，公比為的等比數列，Sn為它的前n項和.（1）用Sn表示Sn+1;

（2）是否存在自然數c和k，使得成立.命題意圖：本題主要考查等比數列、不等式知識以及探索和論證存在性問題的能力，屬★★★★★級題目.知識依托：解決本題依據不等式的分析法轉化，放縮、解簡單的分式不等式；數列的基本性質.錯解分析：第2問中不等式的等價轉化為學生的易錯點，不能確定出.技巧與方法：本題屬于探索性題型，是高考試題的熱點題型.在探討第2問的解法時，采取優化結論的策略，并靈活運用分類討論的思想：即對雙參數k,c輪流分類討論，從而獲得答案.解：（1）由Sn=4(1-），得

，(n∈N*)

（2）要使，只要

因為

所以，(k∈N*)

故只要Sk-2＜c＜Sk，（k∈N*）

因為Sk+1＞Sk，(k∈N*)

①

所以Sk-2≥S1-2=1.又Sk＜4，故要使①成立，c只能取2或3.當c=2時，因為S1=2，所以當k=1時，c＜Sk不成立，從而①不成立.當k≥2時，因為，由Sk＜Sk+1(k∈N*)得

Sk-2＜Sk+1-2

故當k≥2時，Sk-2＞c，從而①不成立.當c=3時，因為S1=2，S2=3，所以當k=1，k=2時，c＜Sk不成立，從而①不成立

因為，又Sk-2＜Sk+1-2

所以當k≥3時，Sk-2＞c，從而①成立.綜上所述，不存在自然數c,k,使成立.［例2］給出定點A（a,0)（a＞0）和直線l：x=-1，B是直線l上的動點，∠BOA的角平分線交AB于點C.求點C的軌跡方程，并討論方程表示的曲線類型與a值的關系.命題意圖：本題考查動點的軌跡，直線與圓錐曲線的基本知識，分類討論的思想方法.綜合性較強，解法較多，考查推理能力和綜合運用解析幾何知識解題的能力.屬★★★★★級題目.知識依托：求動點軌跡的基本方法步驟.橢圓、雙曲線、拋物線標準方程的基本特點.錯解分析：本題易錯點為考生不能巧妙借助題意條件，構建動點坐標應滿足的關系式和分類討論軌跡方程表示曲線類型.技巧與方法：精心思考，發散思維、多途徑、多角度的由題設條件出發，探尋動點應滿足的關系式.巧妙地利用角平分線的性質.解法一：依題意，記B（-1，b)，(b∈R），則直線OA和OB的方程分別為y=0和y=-bx.設點C(x,y)，則有0≤x＜a，由OC平分∠AOB，知點C到OA、OB距離相等.根據點到直線的距離公式得｜y｜=

①

依題設，點C在直線AB上，故有

由x-a≠0，得

②

將②式代入①式，得y2［(1-a)x2-2ax+(1+a)y2］=0 若y≠0，則

(1-a)x2-2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a)若y=0則b=0,∠AOB=π，點C的坐標為（0，0）滿足上式.綜上，得點C的軌跡方程為

（1-a）x2-2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a(i)當a=1時，軌跡方程化為y2=x(0≤x＜1

③ 此時方程③表示拋物線弧段；(ii)當a≠1，軌跡方程化為

④

所以當0＜a＜1時，方程④表示橢圓弧段； 當a＞1時，方程④表示雙曲線一支的弧段.解法二：如圖，設D是l與x軸的交點，過點C作CE⊥x軸，E是垂足.（i）當｜BD｜≠0時，設點C(x,y)，則0＜x＜a，y≠0 由CE∥BD，得.∵∠COA=∠COB=∠COD-∠BOD=π-∠COA-∠BOD ∴2∠COA=π-∠BOD ∴

∵

∴整理，得

(1-a)x2-2ax+(1+a)y2=0(0＜x＜a)(ii)當｜BD｜=0時，∠BOA=π，則點C的坐標為(0,0)，滿足上式.綜合(i)、(ii)，得點C的軌跡方程為(1-a)x2-2ax+(1+a)y2=0(0≤x＜a)以下同解法一.解法三：設C(x,y)、B(-1,b)，則BO的方程為y=-bx，直線AB的方程為

∵當b≠0時，OC平分∠AOB，設∠AOC=θ，∴直線OC的斜率為k=tanθ,OC的方程為y=kx于是

又tan2θ=-b ∴-b=

① ∵C點在AB上 ∴

②

由①、②消去b，得

③ 又，代入③，有

整理，得(a-1)x2-(1+a)y2+2ax=0

④

當b=0時，即B點在x軸上時，C(0,0)滿足上式：

a≠1時，④式變為

當0＜a＜1時，④表示橢圓弧段；

當a＞1時，④表示雙曲線一支的弧段； 當a=1時，④表示拋物線弧段.●錦囊妙計

分類討論思想就是依據一定的標準，對問題分類、求解，要特別注意分類必須滿足互斥、無漏、最簡的原則.分類討論常見的依據是：

1.由概念內涵分類.如絕對值、直線的斜率、指數對數函數、直線與平面的夾角等定義包含了分類.2.由公式條件分類.如等比數列的前n項和公式、極限的計算、圓錐曲線的統一定義中圖形的分類等.3.由實際意義分類.如排列、組合、概率中較常見，但不明顯、有些應用問題也需分類討論.在學習中也要注意優化策略，有時利用轉化策略，如反證法、補集法、變更多元法、數形結合法等簡化甚至避開討論.●殲滅重點難點訓練

一、選擇題

1.（★★★★）已知其中a∈R，則a的取值范圍是（）

A.a＜0

B.a＜2或a≠-2

C.-2＜a＜2

D.a＜-2或a＞2

2.（★★★★★）四面體的頂點和各棱的中點共10個點，在其中取4個不共面的點，不同的取法共有（）

A.150種

B.147種

C.144種

D.141種

二、填空題

3.（★★★★）已知線段AB在平面α外，A、B兩點到平面α的距離分別為1和3，則線段AB的中點到平面α的距離為

.4.（★★★★★）已知集合A={x｜x2-3x+2=0},B={x｜x2-ax+(a-1)=0}，C={x｜x2-mx+2=0}，且A∪B=A，A∩C=C，則a的值為，m的取值范圍為

.三、解答題

5.（★★★★）已知集合A={x｜x2+px+q=0}，B={x｜qx2+px+1=0},A,B同時滿足：

①A∩B≠,②A∩B={-2}.求p、q的值.6.（★★★★）已知直角坐標平面上點Q（2，0）和圓C：x2+y2=1，動點M到圓C的切線長與｜MQ｜的比等于常數λ(λ＞0).求動點M的軌跡方程，并說明它表示什么曲線.7.(★★★★★)已知函數y=f(x)的圖象是自原點出發的一條折線.當n≤y≤n+1(n=0,1,2,...)時，該圖象是斜率為bn的線段（其中正常數b≠1），設數列{xn}由f(xn)=n(n=1,2,...)定義.（1）求x1、x2和xn的表達式；

（2）計算xn；

（3）求f(x)的表達式，并寫出其定義域.8.（★★★★★）已知a＞0時，函數f(x)=ax-bx2

（1）當b＞0時，若對任意x∈R都有f(x)≤1，證明a≤2b;

（2）當b＞1時，證明：對任意x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1的充要條件是b-1≤a≤2；

（3）當0＜b≤1時，討論：對任意x∈［0,1］,｜f(x)｜≤1的充要條件.-11-

參 考 答 案

●重點難點磁場

1.解析：即f(x)=(a-1)x2+ax-=0有解.當a-1=0時，滿足.當a-1≠0時，只需Δ=a2-(a-1)＞0.答案：或a=1

2.解：(1)當a=0時，函數f(-x)=(-x)2+｜-x｜+1=f(x)，此時f(x)為偶函數.當a≠0時，f(a)=a2+1,f(-a)=a2+2｜a｜+1.f(-a)≠f(a),f(-a)≠-f(a)

此時函數f(x)既不是奇函數，也不是偶函數.（2）①當x≤a時，函數f(x)=x2-x+a+1=(x-)2+a+

若a≤，則函數f(x)在(-∞,a］上單調遞減.從而函數f(x)在（-∞,a上的最小值為f(a)=a2+1

若a＞，則函數f(x)在（-∞,a上的最小值為f()=+a，且f()≤f(a).②當x≥a時，函數f(x)=x2+x-a+1=(x+)2-a+

若a≤-，則函數f(x)在［a,+∞］上的最小值為f(-)=-a，且f(-)≤f(a)；

若a＞-，則函數f(x)在［a,+∞)單調遞增.從而函數f(x)在［a,+∞］上的最小值為f(a)=a2+1.綜上，當a≤-時，函數f(x)的最小值為-a；

當-＜a≤時，函數f(x)的最小值是a2+1；

當a＞時，函數f(x)的最小值是a+.●殲滅重點難點訓練

一、1.解析：分a=

2、｜a｜＞2和｜a｜＜2三種情況分別驗證.答案：C

2.解析：任取4個點共C=210種取法.四點共面的有三類：（1）每個面上有6個點，則有4×C=60種取共面的取法；（2）相比較的4個中點共3種；（3）一條棱上的3點與對棱的中點共6種.答案：C

二、3.解析：分線段AB兩端點在平面同側和異側兩種情況解決.答案：1或2

4.解析：A={1,2},B={x｜(x-1)(x-1+a)=0}，由A∪B=A可得1-a=1或1-a=2；

由A∩C=C，可知C={1}或.答案：2或3 3或（-2，2）

三、5.解：設x0∈A，x0是x02+px0+q=0的根.若x0=0，則A={-2,0}，從而p=2,q=0,B={-}.此時A∩B=與已知矛盾，故x0≠0.將方程x02+px0+q=0兩邊除以x02，得

.即滿足B中的方程，故∈B.∵A∩={-2},則-2∈A,且-2∈.設A={-2,x0}，則B={}，且x0≠2（否則A∩B=）.若x0=-，則-2∈B,與-2B矛盾.又由A∩B≠,∴x0=，即x0=±1.-12-

即A={-2,1}或A={-2,-1}.故方程x2+px+q=0有兩個不相等的實數根-2，1或-2，-1

∴

6.解：如圖，設MN切圓C于N，則動點M組成的集合是P={M｜｜MN｜=λ｜MQ｜,λ＞0}.∵ON⊥MN,｜ON｜=1，∴｜MN｜2=｜MO｜2-｜ON｜2=｜MO｜2-1

設動點M的坐標為(x,y)，則

即（x2-1)(x2+y2)-4λ2x+(4λ2+1)=0.經檢驗，坐標適合這個方程的點都屬于集合P，故方程為所求的軌跡方程.（1）當λ=1時，方程為x=，它是垂直于x軸且與x軸相交于點（，0）的直線；

（2）當λ≠1時，方程化為：

它是以為圓心，為半徑的圓.7.解：（1）依題意f(0)=0，又由f(x1)=1，當0≤y≤1，函數y=f(x)的圖象是斜率為b0=1的線段，故由

∴x1=1

又由f(x2)=2，當1≤y≤2時，函數y=f(x)的圖象是斜率為b的線段，故由

即x2-x1= ∴x2=1+ 記x0=0，由函數y=f(x)圖象中第n段線段的斜率為bn-1，故得

又由f(xn)=n,f(xn-1)=n-1 ∴xn-xn-1=()n-1,n=1,2,......由此知數列{xn-xn-1}為等比數列，其首項為1，公比為.因b≠1，得(xk-xk-1)=1++...+ 即xn=（2）由（1）知，當b＞1時，當0＜b＜1，n→∞, xn也趨于無窮大.xn不存在.（3）由（1）知，當0≤y≤1時，y=x，即當0≤x≤1時，f(x)=x;當n≤y≤n+1，即xn≤x≤xn+1由（1）可知 f(x)=n+bn(x-xn)(n=1,2,...),由（2）知 當b＞1時，y=f(x)的定義域為［0,);當0＜b＜1時，y=f(x)的定義域為［0,+∞).8.(1)證明：依設，對任意x∈R，都有f(x)≤1 ∵ ∴≤1 ∵a＞0,b＞0 ∴a≤2.（2）證明：必要性：

對任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1-1≤f(x），據此可以推出-1≤f(1)-13-

即a-b≥-1，∴a≥b-1

對任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1f(x)≤1.因為b＞1，可以推出f()≤1即a?-1≤1，∴a≤2,∴b-1≤a≤2

充分性：

因為b＞1，a≥b-1，對任意x∈［0,1］.可以推出ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x≥-1

即ax-bx2≥-1

因為b＞1,a≤2,對任意x∈［0,1］，可以推出ax-bx2≤2x-bx2≤1

即ax-bx2≤1,∴-1≤f(x)≤1

綜上，當b＞1時，對任意x∈［0,1］，｜f(x)｜≤1的充要條件是b-1≤a≤2.(3)解：∵a＞0，0＜b≤1

∴x∈［0,1］,f(x)=ax-bx2≥-b≥-1

即f(x)≥-1

f(x)≤1f(1)≤1a-b≤1

即a≤b+1

a≤b+1f(x)≤(b+1)x-bx2≤1

即f(x)≤1 所以當a＞0，0＜b≤1時高考數學重點難點突破 重點難點39 化歸思想.txt人和人的心最近又最遠，真誠是中間的通道。試金可以用火，試女人可以用金，試男人可以用女人--往往都經不起那么一試。