第1講四大數學思想(解題有道)高考試題一是著眼于學問點新奇 奇異的組合；二是著眼于對數學思想方法、數學實力的考查．假如說數學學問是數學內容，可用文字和符號來記錄和描述，那么數學思想方法則是數學意識，重在領悟、運用，屬于思維的范疇，用以對數學問題的相識、處理和解決．高考中常用到的數學思想主要有函數與方程思想、數形結合思想、分類探討思想、轉化與化歸思想．數學思想方法與數學基本方法常常在學習、駕馭數學學問的同時獲得，與此同時，它們又干脆對學問的形成起到指導作用．因此，在平常的學習中，我們應對數學思想方法進行細致的梳理與總結，逐個相識它們的本質特征，逐步做到自覺地、靈敏地將其運用于所須要解決的問題之中．一函數與方程思想——求解數學問題最常用的工具函數思想方程思想函數思想的實質是拋開所探討對象的非數學特征，用聯系和變更的觀點提出數學對象，抽象其數學特征，建立各變量之間固有的函數關系，通過函數形式，利用函數的有關性質，使問題得到解決方程思想的實質就是將所求的量設成未知數，依據題中的等量關系，列方程(組)，通過解方程(組)或對方程(組)進行探討，以求得問題的解決函數與方程思想在確定的條件下是可以相互轉化的，是相輔相成的．函數思想重在對問題進行動態的探討，方程思想則是在動中求靜，探討運動中的等量關系應用1借助“函數關系”解決問題在方程、不等式、三角、平面對量、數列、圓錐曲線等數學問題中，將原有隱含的函數關系凸顯出來，從而充分運用函數學問或函數方法使問題順當獲解．例1已知復數z的模為1，復數w＝z2＋3z.則在復平面內，復數w所對應的點與點(4，0)的距離的最大值是()A．6B．25C．35D．27[聽課記錄]名師點題本題考查兩點間距離最值的求解問題，解題關鍵是能夠將兩點間距離表示為關于cosθ的二次函數的形式，利用二次函數的最值求得結果．對點訓練1．如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，AB＝5，CD＝2，BC＝13，AC·BD＝0，M，N分別是線段AB，AD上的點，且|AM|＋|AN|＝2，則AM·2．在等差數列{an}中，a1＋a7＝12，當a32+應用2轉換函數關系解決問題在有關函數形態和曲線性質或不等式的綜合問題、恒成立問題中，常常須要求參數的取值范圍，假如依據原有的函數關系很難奏效時，不妨轉換思維角度，放棄題設的主參限制，選擇合適的主變元，揭示它與其他變元的函數關系，切入問題本質，從而使原問題獲解．例2關于x的方程9x＋(4＋a)3x＋4＝0恒有解，求a的取值范圍．名師點題對于多元方程(含參數)通常有兩類方法：一是換元，將問題轉化為二次方程，利用根與系數的關系或判別式，或者利用三角函數的有界性加以解決；二是分別變量構造函數，把方程有解轉化為求函數的值域，再依據函數的圖象和性質來解決．對點訓練1.方程m＋1-A．1B．0C．－1D．－22．對隨意a∈[－1，1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，求x的取值范圍．應用3構造函數關系解決問題在數學各分支形形色色的問題或綜合題中，將非函數問題的條件或結論，通過類比、聯想、抽象、概括等手段，構造出某些函數關系，在此基礎上利用函數思想和方法使原問題獲解，這是函數思想解題的更高層次的體現．特殊要留意的是，構造時，要深化審題，充分發掘題設中可類比、聯想的因素，促進思維遷移．例3若方程x2＋m2＋2x＋3m＝mcos(x＋1)＋7有且僅有1個實數根，則實數m的值可能為()A．2B．－2C．4D．－4名師點題本題的解題關鍵是構造函數f(x)，求出函數f(x)圖象的對稱軸，利用對稱的性質得出f(－1)＝0.對點訓練[2024·廣西崇左市模擬]若3a＋(ln2)b≥3b＋(ln2)a(a，b∈R)，則()A．3a＋b≥1B．3|a－b|≥2C．3a－b≥1D．3|a＋b|≥2應用4轉換方程形式解決問題把題目中給定的方程依據題意轉換形式，凸現其隱含條件，充分發揮其方程性質，運用有關方程的解的定理(如根與系數的關系、判別式、實根分布的充要條件)使原問題獲解，這是方程思想應用的又一個方面．例4對于函數y＝f(x)(x∈D)，若同時滿意下列條件：①f(x)在D內為單調函數；②存在區間[a，b]?D，使f(x)在[a，b]上的值域為[a，b]，那么y＝f(x)叫閉函數，若y＝k＋x+2是閉函數，求實數k的取值范圍．名師點題方程的觀點把函數與方程緊密聯系起來，應用方程的學問使得問題得以解決．本例題意新奇 ，解決這類問題的關鍵是：一是熟讀題目，搞清告知的新概念、新運算、新函數；二是把掩蓋在新概念下的學問挖掘出來，轉化為已有的學問來解決．對點訓練已知函數y＝ax+bx2+1(x∈R，且a≠0)的值域為[－1，4]，求常數a總結升華函數與方程思想在解題中的應用主要涉及以下學問(1)函數與不等式的相互轉化，把不等式轉化為函數，借助函數的圖象和性質可解決相關的問題，常涉及不等式恒成立問題、比較大小問題．一般利用函數思想構造新函數，建立函數關系求解．(2)三角函數中有關方程根的計算，平面對量中有關模、夾角的計算，常轉化為函數關系，利用函數的性質求解．(3)數列的通項與前n項和是自變量為正整數的函數，可用函數的觀點去處理數列問題，常涉及最值問題或參數范圍問題，一般利用二次函數或一元二次方程來解決．(4)解析幾何中有關求方程、求值等問題常常須要通過解方程(組)來解決，求范圍、最值等問題常轉化為求函數的值域、最值來解決．(5)立體幾何中有關線段、角、面積、體積的計算，常常須要運用列方程或建立函數表達式的方法加以解決．二數形結合思想——求解數學問題最快捷的途徑數形結合思想，就是依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思想．數形結合思想的應用包括以下兩個方面：以形助數以數助形借助形的直觀性來闡明數之間的聯系．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借助于數的精確性來闡明形的某些屬性．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由“形”到“數”的轉化，往往比較明顯，而由“數”到“形”的轉化卻須要轉化的意識，因此，數形結合思想的運用往往偏重于由“數”到“形”的轉化應用1利用數形結合思想探討函數的零點問題例1[2024·河北衡水中學一模]已知函數f(x)＝ex，x≤0lnx，x>0，g(x)＝f(x)－[聽課記錄]名師點題利用函數零點的狀況求參數值或取值范圍的方法(1)利用零點存在的判定定理構建不等式求解；(2)分別參數后轉化為函數的值域(最值)問題求解；(3)轉化為兩熟識的函數圖象的上、下關系問題，從而構建不等式求解．對點訓練[2024·湖北模擬預料]已知函數f(x)＝kx，x≤0exx，x>0，若函數g(x)＝應用2利用數形結合思想解決不等式問題例2已知函數f(x)＝ex－a＋ea－x＋12x2－a2lnx－2(a>0)，若f(x)有2個零點，則aA．(0，e]B．(0，e2)C．(e，＋∞)D．[e2，＋∞)[聽課記錄]名師點題利用數形結合解不等式應留意的問題解含參數的不等式時，由于涉及到參數，往往須要探討，導致運算過程繁瑣冗長．假如題設與幾何圖形有聯系，那么利用數形結合的方法，問題將會順當地得到解決．對點訓練已知函數f(x)＝2lnx1e≤x≤e2，g(x)＝mx＋1，若f(x)與g(應用3利用數形結合求解解析幾何問題例3設P是拋物線y2＝4x上的一個動點，則點P到點A(－1，1)的距離與點P到直線x＝－1的距離之和的最小值為________．名師點題應用幾何意義法解決問題須要熟識常見的幾何結構的代數形式，主要有：①比值——可考慮直線的斜率；②二元一次式——可考慮直線的截距；③根式分式——可考慮點到直線的距離；④根式——可考慮兩點間的距離．對點訓練點M為拋物線y＝14x2上隨意一點，點N為圓x2＋y2－2y＋34＝0上隨意一點，若函數f(x)＝loga(x＋2)＋2(a>1)的圖象恒過定點P，則|MP|＋|A．52B．C．3D．13總結升華運用數形結合思想分析解決問題的3個原則(1)等價性原則在數形結合時，代數性質和幾何性質的轉換必需是等價的，否則解題將會出現漏洞，有時，由于圖形的局限性，不能完整地表現數的一般性，這時圖形的性質只能是一種直觀而淺顯的說明．(2)雙向性原則在數形結合時，既要進行幾何直觀的分析，又要進行代數抽象的探究，兩方面相輔相成，僅對代數問題進行幾何分析(或僅對幾何問題進行代數分析)在很多時候是很難行得通的．(3)簡潔性原則找到解題思路之后，至于用幾何方法還是用代數方法或者兼用兩種方法來敘述解題過程，則取決于哪種方法更為簡潔．三分類探討思想——求解數學問題最簡便的技巧分類探討的原則分類探討的常見類型(1)不重不漏(2)標準要統一，層次要分明(3)能不分類的要盡量避開，決不無原則的探討(1)由數學概念而引起的分類探討(2)由數學運算要求而引起的分類探討(3)由性質、定理、公式的限制而引起的分類探討(4)由圖形的不確定性而引起的分類探討(5)由參數的變更而引起的分類探討分類探討的思想是將一個較困難的數學問題分解成若干個基礎性問題，通過對基礎性問題的解答來實現解決原問題的策略應用1由概念、法則、公式引起的分類探討例1設等比數列{an}的公比為q，前n項和Sn>0(n＝1，2，3，…)，則q的取值范圍是________．[聽課記錄]名師點題本題易忽視對q＝1的探討，而干脆由a11-qn1-q>0，得q的范圍，這種解答是不完備的．本題依據等比數列前n項和公式的運用就要分q＝1，Sn＝na1對點訓練1.設等比數列{an}的前n項和為Sn，若S3＋S6＝2S9，則數列的公比q是()A．－332B．3322．已知函數f(x)＝sinπx2，-1<x<0，ex-應用2由運算、性質引起的分類探討例2已知a>0，b>0且a≠1，b≠1，若logab>1，則()A．(a－1)(b－1)<0B．(a－1)(a－b)>0C．(b－1)(b－a)<0D．(b－1)(b－a)>0名師點題應用指數、對數函數時，往往對底數是否大于1進行探討，這是由它的性質確定的．在處理分段函數問題時，首先要確定自變量的取值屬于哪個區間段，再選取相應的對應法則，離開定義域探討問題是產生錯誤的重要緣由之一．對點訓練在△ABC中，C＝π4，AB＝2，AC＝6，則cosBA．12B．－C．12或－32D．1應用3由參數變更引起的分類探討例3[2024·山東師范高校附中]已知函數f(x)＝12ax2＋(1－a)x－lnx(a∈R(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)若方程f(x)＝0有兩個不等實數根，求實數a的取值范圍．[聽課記錄]名師點題(1)參數的變更取值導致不同的結果，需對參數進行探討，如含參數的方程、不等式、函數等．(2)解析幾何中直線點斜式、斜截式方程要考慮斜率k存在或不存在，涉及直線與圓錐曲線位置關系要進行探討．(3)分類探討要標準明確、統一，層次分明，分類要做到“不重不漏”．對點訓練1.若函數f(x)＝aex－x－2a有兩個零點，則實數a的取值范圍是()A．-∞，1C．(－∞，0)D．(0，＋∞)2．函數f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]·ex在x＝1處取得微小值，求a的取值范圍．應用4依據圖形位置或形態分類探討例4(1)已知變量x，y滿意的不等式組x≥0，A．－12B．12C．0D．－(2)設圓錐曲線C的兩個焦點分別為F1，F2，若曲線C上存在點P滿意|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，則曲線C的離心率等于________．名師點題(1)圓錐曲線形態不確定時，常按橢圓、雙曲線來分類探討，求圓錐曲線的方程時，常按焦點的位置不同來分類探討．(2)相關計算中，涉及圖形問題時，也常按圖形的位置不同、大小差異等來分類探討．對點訓練設F1，F2為橢圓x29+y24＝1的兩個焦點，點P為橢圓上一點，已知點P，F1，F2是一個直角三角形的三個頂點，且|PF1總結升華1.分類探討的原則(1)不重不漏；(2)標準要統一，層次要分明；(3)能不分類的要盡量避開或盡量推遲，決不無原則地探討．2．分類探討的本質與思維流程(1)分類探討思想的本質：“化整為零，積零為整”．(2)分類探討的思維流程：明確探討的對象和動機→確定分類的標準→逐類進行探討歸納綜合結論→檢驗分類是否完備(即檢驗分類對象彼此交集是否為空集，并集是否為全集)．四轉化與化歸思想——求解數學問題最常用的方法轉化與化歸的原則常見的轉化與化歸的方法(1)熟識化原則(2)簡潔化原則(3)直觀化原則(4)正難則反原則(1)干脆轉化法(2)換元法(3)數形結合法(4)構造法(5)坐標法(6)類比法(7)特殊化方法(8)等價問題法(9)加強命題法(10)補集法轉化與化歸思想就是在探討和解決有關數學問題時，接受某種手段將問題通過變換使之轉化，進而使問題得到解決的一種數學思想方法應用1正與反的轉化例1(1)由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，得m的取值范圍是(－∞，a)，則實數a的值是()A．(－∞，1)B．(－∞，2)C．1D．2(2)若對于隨意t∈[1，2]，函數g(x)＝x3＋m2+2x2－2x在區間(t，3)上總不為單調函數，則實數名師點題依據命題的等價性對題目條件進行明晰化是解題常見思路；對困難問題可接受正難則反策略，也稱為“補集法”；含兩個變量的問題可以變換主元．對點訓練設命題p：函數f(x)＝lgax2-x+a16的定義域為R；命題q：3x－9x<a對一切的實數x恒成立，假如命題“p應用2常量與變量的轉化例2若不等式x2＋px>4x＋p－3對一切0≤p≤4均成立，試求實數x的取值范圍．名師點題在有幾個變量的問題中，常常有一個變元處于主要地位，我們稱之為主元，由于思維定勢的影響，在解決這類問題時，我們總是緊緊抓住主元不放，這在很多狀況下是正確的．但在某些特定條件下，此路往往不通，這時若能變更主元，轉移變元在問題中的地位，就能使問題迎刃而解．本題中，若視x為主元來處理，既繁瑣且易出錯，實行主元的轉化，使問題變成關于p的一次不等式，使問題實現了從高維向低維轉化，解題簡潔易行．對點訓練已知函數f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導函數．對滿意－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，則實數x的取值范圍為________．應用3特殊與一般的轉化例3已知函數f(x)＝(a－3)x－ax3在[－1，1]上的最小值為－3，則實數a的取值范圍是()A．(－∞，－1]B．[12，＋∞)C．[－1，12]D．-名師點題用特殊化方法實現劃歸與轉化是在解決問題過程中將某些特殊問題進行一般化的方法，常用的特例有特殊數值，特殊數列，特殊圖形，特殊角，特殊位置．提示學生留意一般與特殊的轉化只限選擇題填空題中運用，在大題中可用該種方法猜想結論，找到解題的突破口．對點訓練在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若a，b，c成等差數列，則cosA應用4函數、方程、不等式間的轉化例4若2x－2y<3－x－3－y，則()A．ln(y－x＋1)>0B．ln(y－x＋1)<0C．ln|x－y|>0D．ln|x－y|<0[聽課記錄]名師點題函數、方程、不等式進行轉化與化歸可以將問題化繁為簡，一般可將不等關系轉化為最值（值域）問題，從而求出參變量的范圍．對點訓練已知函數f(x)＝elnx，g(x)＝1ef(x)－(x(1)求函數g(x)的極大值；(2)求證：1＋12+13＋…＋1n>ln(n＋1)(應用5形體位置關系的相互轉化例5[2024·全國卷Ⅰ]如圖，在三棱錐P-ABC的平面綻開圖中，AC＝1，AB＝AD＝3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，則cos∠FCB＝________．名師點題1．解本題的關鍵是要清晰三棱錐綻開前后線段的位置關系與數量關系的變與不變，動與靜相結合，留意挖掘線段之間的關系，再利用余弦定理來解決．2．形體位置關系的相互轉化的技巧(1)分析特征，一般要分析形體特征，依據形體特征確立須要轉化的對象；(2)位置轉化，將不規則幾何體通過切割、挖補、延展等方式轉化為便于視察、計算的常見幾何體．由于新的幾何體是轉化而來，一般須要對新的幾何體的位置關系、數據狀況進行必要分析，精確理解新的幾何體的特征；(3)得出結論，在新的幾何結構中解決目標問題．對點訓練如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，點D為側棱BB1上的動點．當AD＋DC1最小時，三棱錐D-ABC1的體積為________．總結升華1.轉化與化歸的原則(1)熟識化原則：將生疏的問題轉化為熟識的問題，以利于我們運用熟識的學問、閱歷來解決．(2)簡潔化原則：將困難問題化歸為簡潔問題，通過對簡潔問題的解決，達到解決困難問題的目的，或獲得某種解題的啟示和依據．(3)直觀化原則：將比較抽象的問題化為比較直觀的問題來解決．(4)正難則反原則：當問題正面探討遇到困難時，可考慮問題的反面，設法從問題的反面去探討，使問題獲解．2．轉化與化歸的指導思想(1)把什么問題進行轉化，即化歸對象．(2)化歸到何處去，即化歸目標．(3)如何進行化歸，即化歸方法．轉化與化歸思想是一切數學思想方法的核心．第1講四大數學思想(解題有道)一函數與方程思想[例1]解析：∵|z|＝1，∴可設z＝cosθ＋isinθ，∴w＝cos2θ＋isin2θ＋3cosθ＋3isinθ，∴w對應的點坐標為(cos2θ＋3cosθ，sin2θ＋3sinθ)，∴w對應的點與(4，0)的距離d＝cos2∴d＝26+6＝-8cos2∴當cosθ＝－916時，dmax＝-16×答案：B對點訓練1．解析：設∠CBA＝θ，則∠BCD＝π－θ，BD＝BC+CD，∵CD∥AB，CD＝2，AB＝5，∴CD＝25∴BD＝BC+∵BD⊥AC，∴BD·AC＝BC+25BA即13－13×5×cosθ＋25×5×13×cosθ－2得313cosθ＝3，即cosθ＝1313如圖，過C作CE⊥AB，過D作DF⊥AB，則CE∥DF，CE＝DF，則BE＝BC·cosθ＝1，CE＝BC·sinθ＝13×1-113則DF＝CE＝23，∵CE∥DF，CE＝DF，∴EF∥CD，EF＝CD＝2，∴AF＝AB－BE－EF＝2，則tan∠DAF＝232＝∴∠DAB＝∠DAF＝π3∴AD＝AFcos由|AM|＋|AN|＝2，得|AM|＝2－|AN|，∴AM·AN＝|AM|·|AN|·cos∠DAB＝(2－|AN|)·|AN|·12＝|AN|－12|AN|∵|AN|∈(0，2)，函數y＝－12x2＋x開口向下，對稱軸x∴當|AN|＝1時，(AM·AN)max＝1－12×12＝1答案：12．解析：設等差數列{an}的公差為d.由等差中項的性質，得a1+a7＝2a4所以a32+a42+a52＝(6－d)2＋62＋(6＋d)2＝2d2＋108，當答案：6[例2]解析：方法一設3x＝t，則t>0.原方程有解即方程t2＋(4＋a)t＋4＝0有正根，設為t1，t2，∴Δ≥0t∴a解得a≤－8.方法二設f(t)＝t2＋(4＋a)t＋4(t＞0)，①當Δ＝0時，即(4＋a)2－16＝0，∴a＝0或a＝－8.a＝0時，f(t)＝(t＋2)2＝0，得t＝－2<0，不符合題意；a＝－8時，f(t)＝(t－2)2＝0，得t＝2>0，符合題意．∴a＝－8.②Δ>0，即a<－8，或a>0時，∵f(0)＝4，故只需對稱軸－4+a2>0，即a<－4，∴a綜上可得，a≤－8.對點訓練1．解析：由原式得m＝x－1-x，設1-x＝則m＝1－t2－t＝54∴m＝54∴t＝0時，m的最大值為1.答案：A2．解析：令f(a)＝(x－2)a＋x2－4x＋4，則原問題轉化為f(a)>0恒成立(a∈[－1，1])．當x＝2時，可得f(a)＝0，不合題意．當x≠2時，應有f1>0f-故x的取值范圍為(－∞，1)∪[例3]解析：依題意得方程x2＋m2＋2x＋3m－mcos(x＋1)－7＝0，即(x＋1)2－mcos(x＋1)＋m2＋3m－8＝0有且僅有1個實數根．令f(x)＝(x＋1)2－mcos(x＋1)＋m2＋3m－8，因為f(－2－x)＝(－1－x)2－mcos(－1－x)＋m2＋3m－8＝(x＋1)2－mcos(x＋1)＋m2＋3m＋8，即f(－2－x)＝f(x)，易知函數f(x)圖象的對稱軸為直線x＝－1.因為方程x2＋m2＋2x＋3m＝mcos(x＋1)＋7有且僅有1個實數根，所以f(－1)＝0，即m2＋2m－8＝0，解得m＝2或m＝－4.當m＝－4時，函數f(x)＝(x＋1)2＋4cos(x＋1)－4，易知函數f(x)是連續函數，又f(1)＝4cos2<0，f(2)＝5＋4cos3>0，所以函數f(x)在[1，2]上也必有零點，此時f(x)不止有一個零點，故m＝－4不符合題意；當m＝2時，f(x)＝(x＋1)2－2cos(x＋1)＋2，此時f(x)只有x＝－1這一個零點，故m＝2符合題意．答案：A對點訓練解析：∵3a＋(ln2)b≥3b＋(ln2)a(a，b∈R)，∴3a－(ln2)a≥3b－(ln2)b，構造函數f(x)＝3x－(ln2)x(x∈R)，求導得f′(x)＝3xln3－(ln2)xln(ln2)，因為3x>0，ln3>0，(ln2)x>0，又∵0<ln2<1，∴ln(ln2)<0，所以f′(x)＝3xln3－(ln2)xln(ln2)>0，故函數f(x)在R上是單調遞增的，由于3a＋(ln2)b≥3b＋(ln2)a(a，b∈R)，即f(a)≥f(b)，所以a≥b，故3a≥3b即3a－b≥1.答案：C[例4]解析：由題意知存在[a，b]?[－2，＋∞)，使得y＝k＋x+2在[a，b]上的值域為[a，b]，因為y＝k＋x+2在[－2，＋∞)上是增函數，所以a=k+a+2b=k+b+2，所以a、b是方程y＝k＋x+2的兩個相異的實根，由x＝k＋x+2?x+2＝x－k?x+2=x-k2x≥k?x2-2k+1x+k2-2=0x≥k，即方程x2－(2k＋1)x＋k2－2＝0在[k對點訓練解析：因為函數y＝ax+bx2+1(x∈R，且a≠0)的值域為[－1，4]，所以對于隨意y∈[－1，4]必有x∈R使y＝ax+bx2+1成立，所以關于x的方程y(x即方程yx2－ax＋(y－b)＝0，若y＝0，則x＝－ba∈R若y≠0，則Δ＝a2－4(y－b)y≥0，即4y2－4by－a2≤0，而－1≤y≤4.所以方程4y2－4by－a2＝0的兩根為－1，4，由根與系數的關系，得b＝3，a2＝16，故a＝±4，b＝3.二數形結合思想[例1]解析：作出函數f(x)的圖象如圖：由g(x)＝0得f(x)＝mx＋1，設y＝mx＋1，當m＝0時，y＝mx＋1與f(x)有2個交點；當m<0時，y＝mx＋1與f(x)有2個交點；當m>0時，設y＝mx＋1與y＝ex相切，切點為(x1，ex1)，則y′＝ex，所以其切線方程為y-ex1＝ex1又因切線恒過點(0，1)，所以1-ex1＝ex1(0－x1)，解得x1當m>0時，設y＝mx＋1與y＝lnx相切，切點為(x2,lnx2)，則y′＝1x，所以切線的斜率為k2＝1其切線方程為y－lnx2＝1x2(x－x又因切線恒過點(0，1)，所以1－lnx2＝1x2(0－x2)，解得x2＝e2，所以切線的斜率為k2所以當m≥1時，y＝mx＋1與f(x)有1個交點；當1e2<m<1時，y＝mx＋1與f(當m＝1e2時，y＝mx＋1與f(當0<m<1e2時，y＝mx＋1與f(所以實數m的取值范圍為0<m<1e2時，g(答案：0<m<1對點訓練解析：因為g(x)＝f(x)＋f(－x)，所以g(－x)＝f(－x)＋f(x)＝g(x)，且定義域為R，所以函數g(x)為偶函數，又g(0)＝2f(0)＝0，所以g(x)在(0，＋∞)上有兩個零點，即f(x)＋f(－x)＝exx－kx＝0有兩個不同的正實數解，即k＝令φ(x)＝exx2，則φ′(xφ′(x)＝ex∴x>2；φ′(x)＝ex∴0<x<2.故φ(x)在(0，2)上遞減，(2，＋∞)上遞增，故φ(x)min＝g(2)＝e2從而k>e2答案：e[例2]解析：f(x)＝0可轉化為ex－a＋ea－x－2＝－12x2＋a2lnx設g(x)＝ex－a＋ea－x－2，由基本不等式得ex－a＋ea－x－2≥2ex當且僅當x＝a時，g(x)取到最小值0.設h(x)＝－12x2＋a2lnx(a>0)，則h′(x)＝－x＋a2x當0<x<a時，h′(x)>0，h(x)單調遞增；當x>a時，h′(x)<0，h(x)單調遞減，所以當x＝a時，h(x)取到最大值－12a2＋a2lna若f(x)有2個零點，則g(x)與h(x)有兩個交點，此時－12a2＋a2lna>0，解得a>e答案：C對點訓練解析：g(x)＝mx＋1關于直線y＝1對稱的直線為y＝h(x)＝1－mx，∴直線y＝1－mx與y＝2lnx在1e作出y＝1－mx與y＝2lnx的函數圖象，如圖所示：若直線y＝1－mx經過點1e，-2，則m＝3e，若直線y＝1－mx與設切點為(x，y)，則y=1-mxy=2∴-2e答案：-[例3]解析：如圖，易知拋物線的焦點為F(1，0)，準線是x＝－1，由拋物線的定義知點P到直線x＝－1的距離等于點P到F的距離．于是，問題轉化為在拋物線上求一點P，使點P到點A(－1，1)的距離與點P到F(1，0)的距離之和最小，明顯，連接AF與拋物線相交的點即為滿意題意的點，此時最小值為1--1答案：5對點訓練解析：如圖所示，函數f(x)＝loga(x＋2)＋2(a>1)的圖象恒過定點(－1，2)，故P(－1，2)．y＝14x2，即x2＝4y，焦點為F(0，1)，準線為y＝－1，x2＋y2－2y＋34＝0，即x2＋(y－1)2＝14.|MP|＋|MN|≥|MP|＋|MF|－12≥|PD|－12＝3－12＝52答案：A三分類探討思想[例1]解析：由{an}是等比數列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0，當q＝1時，Sn＝na1>0.當q≠1時，Sn＝a1即1-qn則有1-q>0由①得－1<q<1，由②得q>1.故q的取值范圍是(－1，0)∪答案：(－1，0)∪對點訓練1．解析：若q＝1，則有S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1，但a1≠0，即得S3＋S6≠2S9，與題設沖突，故q≠1.又S3＋S6＝2S9，①依據數列性質S3，S6－S3，S9－S6成等比數列，②由①②可得S3＝2S6，∴q3＝S6-S3S3＝－答案：C2．解析：f(1)＝e0＝1，即f(1)＝1.由f(1)＋f(a)＝2，得f(a)＝1.當a≥0時，f(a)＝ea－1＝1，所以a＝1.當－1<a<0時，f(a)＝sin(πa2)＝1，所以πa2＝2kπ＋π2(k∈Z所以a2＝2k＋12(k∈Z)，k只能取0，此時a2＝1因為－1<a<0，所以a＝－22則實數a的取值集合為-2答案：-[例2]解析：∵a>0，b>0且a≠1，b≠1，∴當a>1，即a－1>0時，不等式logab>1可化為alogab>a1，即b>a>1，∴(a－1)(a－b)<0，(a－1)(b－1)>0，(b－1)(b－a)>0.當0<a<1，即a－1<0時，不等式logab>1可化為alogab<a1，即0<b<a<1，∴(a－1)(a－b)<0，(a－1)(b－1)>0，(b－1)(b－a)>0.綜上可知，故選D.答案：D對點訓練解析：由題意知C＝π4，c＝AB＝2，b＝AC＝6由正弦定理bsinB＝csinC，得sinB＝因為b>c，所以B>C＝π4又0<B<π，所以B＝π3或2當B＝π3時，cosB＝1當B＝2π3時，cosB＝－答案：D[例3]解析：(1)當a＝1時，f(x)＝12x2－lnx∴f′(x)＝x－1x又有f(1)＝12，f∴切線方程為y＝12(2)f(x)的定義域為(0，＋∞)，∵f(x)＝12ax2－(a－1)x－lnx∴f′(x)＝ax－(a－1)－1x＝ax2-若方程f(x)＝0有兩個不等實數根，即函數f(x)有兩個不同的零點，當a≥0時，由f′(x)<0得x∈(0，1)，由f′(x)>0得x∈(1，＋∞)，所以函數f(x)在(0，1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，∴若函數f(x)有兩個不同的零點則必有f(1)＝－12a＋1<0，即a此時，在x∈(1，＋∞)上有f(2)＝2a－2(a－1)－ln2＝2－ln2>0，在x∈(0，1)上，－1<x2－2x<0，∵f(x)＝12a(x2－2x)＋x－lnx，∴f(x)>－12a＋x－ln∴f(e-12a)>－12a＋e∴f(x)在區間0，1、(1，＋∞)上各有一個零點，故當a＝－1時，∵函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，∴函數f(x)至多有一個零點，不合題意；當－1<a<0時，∵函數f(x)在區間(0，1)上單調遞減，在1，-1∴函數f(x)的微小值為f(1)＝1－12a>0，∴函數f(x當a<－1時，∵函數f(x)在0，-1∴函數f(x)的微小值為f-1a＝12a+1a(a－1)－ln∴函數f(x)至多有一個零點，不合題意．綜上所述，實數a的取值范圍是(2，＋∞)．對點訓練1．解析：函數f(x)＝aex－x－2a的導函數f′(x)＝aex－1，當a≤0時，f′(x)<0恒成立，函數f(x)在R內單調遞減，不行能有兩個零點；當a>0時，令f′(x)＝0，得x＝ln1a，函數在(－∞，ln1a)內單調遞減，在(ln所以f(x)的最小值為fln1a＝1－ln1a－2a＝1＋lna令g(a)＝1＋lna－2a(a>0)，則g′(a)＝1a當a∈0，12時，g(a)單調遞增，當a∈12，所以g(a)max＝g12所以f(x)的最小值fln1當x→－∞時，f(x)→＋∞，當x→＋∞時，f(x)→＋∞，函數f(x)＝aex－x－2a有兩個零點．綜上，實數a的取值范圍是(0，＋∞)．故選D.答案：D2．解析：f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.令f′(x)＝0，得x1＝1a，x2若a>1，則當x∈1a，1時，f當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0.所以f(x)在x＝1處取得微小值．若a≤1，則當x∈(0，1)時，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0.所以1不是f(x)的微小值點．綜上可知，a的取值范圍是(1，＋∞)．[例4]解析：(1)不等式組x≥0，由圖可知，若要使不等式組x≥0，y≥2x，kx-y+1≥0表示的平面區域是直角三角形，只有當直線kx－y＋1＝0與y軸或結合圖形可知斜率k的值為0或－12(2)不妨設|PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，|PF2|＝2t，其中t＞0.若該曲線為橢圓，則有|PF1|＋|PF2|＝6t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝ca＝2c2a＝3t6t若該曲線為雙曲線，則有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝ca＝2c2a＝3t2t答案：(1)D(2)12或對點訓練解析：若∠PF2F1＝90°，則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，又|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝25，解得|PF1|＝143，|PF2|＝43，∴PF1若∠F1PF2＝90°，則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，∴|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20，又|PF1|>|PF2|，∴|PF1|＝4，|PF2|＝2，∴PF1綜上知，PF1PF2答案：72四轉化與化歸思想[例1]解析：(1)由命題“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命題，可知它的否定形式“隨意x∈R，e|x－1|－m>0”是真命題，可得m(2)g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2，若g(x)在區間(t，3)上為單調函數，則①g′(x)≥0在(t，3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t，3)上恒成立．由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥2x－3x在x∈(t所以m＋4≥2t－3t恒成立，則m即m≥－5；由②得m＋4≤2x－3x在x∈(t則m＋4≤23－9，即m≤－37所以使函數g(x)在區間(