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2019-2020年高考數學大二輪總復習 增分策略 專題八 數學思想方法試題
高考數學以能力立意，一是考查數學的基礎知識，基本技能；二是考查基本數學思想方法，考查數學思維的深度、廣度和寬度，數學思想方法是指從數學的角度來認識、處理和解決問題，是數學意識，是數學技能的升華和提高，中學數學思想主要有函數與方程思想、數形結合思想、分類與整合思想、化歸和轉化思想．
(一)函數與方程思想
函數思想，就是用函數與變量去思考問題
分析和研究數學中的數量關系，建立函數關系或構造函數，運用函數的圖象和性質去分析問題、轉化問題，從而使問題獲得解決的數學思想．
方程的思想，就是分析數學問題中變量間的等量關系，建立方程或方程組，或者構造方程，通過解方程或方程組，或者運用方程的性質去分析、轉化問題，使問題獲得解決的數學思想．
例1 (1)(xx湖南)若0
ln x2－ln x1
B．e－ex1e
D．x2e0時，就化為不等式f(x)>0，借助于函數的圖象和性質可解決有關問題，而研究函數的性質也離不開不等式．
(2)數列的通項與前n項和是自變量為正整數的函數，用函數的觀點去處理數列問題十分重要．
(3)解析幾何中的許多問題，需要通過解二元方程組才能解決．這都涉及二次方程與二次函數有關理論．
(4)立體幾何中有關線段、角、面積、體積的計算，經常需要運用列方程或建立函數表達式的方法加以解決．
跟蹤演練1 (1)(xx淄博實驗中學診斷)若函數f(x)在R上可導，且滿足f(x)f(2)
C．2f(1)＝f(2) D．f(1)＝f(2)
(2)如圖是函數y＝Asin(ωx＋φ)(其中A>0，ω>0，－π<φ<π)在一個周期內的圖象，則此函數的解析式是( )
A．y＝2sin(2x＋)
B．y＝2sin(2x＋)
C．y＝2sin(－)
D．y＝2sin(2x－)
(二)數形結合思想
數形結合思想包含“以形助數”和“以數輔形”兩個方面，其應用大致可以分為兩種情形：一是借助形的生動性和直觀性來闡明數形之間的聯(lián)系，即以形作為手段，數作為目的，比如應用函數的圖象來直觀地說明函數的性質；二是借助于數的精確性和規(guī)范嚴密性來闡明形的某些屬性，即以數作為手段，形作為目的，如應用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質．
例2 (1)(xx山東)已知函數f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx，若方程f(x)＝g(x)有兩個不相等的實根，則實數k的取值范圍是( )
A．(0，) B．(，1)
C．(1,2) D．(2，＋∞)
(2)若實數x、y滿足則的最小值是____．
思維升華 數形結合思想在解題中的應用
(1)構建函數模型并結合其圖象求參數的取值范圍或解不等式．
(2)構建函數模型并結合其圖象研究方程根或函數的零點的范圍．
(3)構建解析幾何模型求最值或范圍．
(4)構建函數模型并結合其圖象研究量與量之間的大小關系．
跟蹤演練2 (1)已知奇函數f(x)的定義域是{x|x≠0，x∈R}，且在(0，＋∞)上單調遞增，若f(1)＝0，則滿足xf(x)<0的x的取值范圍是___________________________________．
(2)已知P是直線l：3x＋4y＋8＝0上的動點，PA、PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，A、B是切點，C是圓心，則四邊形PACB面積的最小值為________．
(三)分類與整合思想
分類與整合思想是將一個較復雜的數學問題分解(或分割)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思想策略．對問題實行分類與整合，分類標準等于增加一個已知條件，實現了有效增設，將大問題(或綜合性問題)分解為小問題(或基礎性問題)，優(yōu)化解題思路，降低問題難度；分類研究后還要對討論結果進行整合．
例3 (1)(xx山東)設函數f(x)＝則滿足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范圍是( )
A. B．[0,1]
C. D．[1, ＋∞)
(2)設F1，F2為橢圓＋＝1的兩個焦點，P為橢圓上一點．已知P，F1，F2是一個直角三角形的三個頂點，且|PF1|>|PF2|，則的值為________．
思維升華 分類與整合思想在解題中的應用
(1)由數學概念引起的分類．有的概念本身是分類的，如絕對值、直線斜率、指數函數、對數函數等．
(2)由性質、定理、公式的限制引起的分類討論．有的定理、公式、性質是分類給出的，在不同的條件下結論不一致，如等比數列的前n項和公式、函數的單調性等．
(3)由數學運算和字母參數變化引起的分類．如除法運算中除數不為零，偶次方根為非負，對數真數與底數的限制，指數運算中底數的要求，不等式兩邊同乘以一個正數、負數，三角函數的定義域等．
(4)由圖形的不確定性引起的分類討論．有的圖形類型、位置需要分類：如角的終邊所在的象限；點、線、面的位置關系等．
跟蹤演練3 (1)(xx課標全國Ⅱ)鈍角三角形ABC的面積是，AB＝1，BC＝，則AC等于( )
A．5 B.
C．2 D．1
(2)(xx廣東)設集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中滿足條件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素個數為( )
A．60 B．90
C．120 D．130
(四)轉化與化歸思想
轉化與化歸思想，就是在研究和解決有關數學問題時采用某種手段將問題通過變換使之轉化，進而得到解決的一種方法．一般總是將復雜的問題通過變換轉化為簡單的問題，將難解的問題通過變換轉化為容易求解的問題，將未解決的問題通過變換轉化為已解決的問題．
例4 (1)定義運算：(ab)?x＝ax2＋bx＋2，若關于x的不等式(ab)?x<0的解集為{x|10且a≠1)，則f＋f＋…＋f的值為________．
提醒：完成作業(yè) 專題八
專題八
數學思想方法
A組 專題通關
1．若2x＋5y≤2－y＋5－x，則有( )
A．x＋y≥0 B．x＋y≤0
C．x－y≤0 D．x－y≥0
2．已知函數f(x)＝滿足f(a)＝3，則f(a－5)的值為( )
A．log23 B. C. D．1
3．已知函數f(x)＝ax3＋bsin x＋4(a，b∈R)，f(lg(log210))＝5，則f(lg(lg 2))等于( )
A．－5 B．－1
C．3 D．4
4．(xx重慶月考)方程log(a－2x)＝2＋x有解，則a的最小值為( )
A．2 B．1
C. D.
5．(xx廣東實驗中學階段考試)已知0 B．()a<()b
C．(lg a)2<(lg b)2 D.>
6．(xx天津)已知函數f(x)＝函數g(x)＝b－f(2－x)，其中b∈R，若函數y＝f(x)－g(x)恰有4個零點，則b的取值范圍是( )
A. B.
C. D.
7．已知變量x，y滿足的不等式組表示的是一個直角三角形圍成的平面區(qū)域，則實數k等于( )
A．－ B.
C．0 D．－或0
8．等比數列{an}中，a3＝7，前3項之和S3＝21，則公比q的值是( )
A．1 B．－
C．1或－ D．－1或
9．(xx江西)在平面直角坐標系中，A，B分別是x軸和y軸上的動點，若以AB為直徑的圓C與直線2x＋y－4＝0相切，則圓C面積的最小值為( )
A.π B.π
C．(6－2)π D.π
10．已知正四棱錐S－ABCD中，SA＝2，那么當該棱錐的體積最大時，它的高為( )
A．1 B.
C．2 D．3
11．已知函數f(x)＝若a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，則abc的取值范圍是__________．
12．(xx湖南)已知函數f(x)＝若存在實數b，使函數g(x)＝f(x)－b有兩個零點，則a的取值范圍是____________________．
13．(xx福建)要制作一個容積為4 m3，高為1 m的無蓋長方體容器．已知該容器的底面造價是每平方米20元，側面造價是每平方米10元，則該容器的最低總造價是________．(單位：元)
B組 能力提高
14．(xx黃岡中學期中)定義在R上的函數f(x)滿足：f′(x)>1－f(x)，f(0)＝6，f′(x)是f(x)的導函數，則不等式exf(x)>ex＋5(其中e為自然對數的底數)的解集為( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－∞，0)∪(1，＋∞) D．(3，＋∞)
15．(xx廣東實驗中學階段考試)已知關于x的方程＝k在(0，＋∞)有且僅有兩根，記為α，β(α<β)，則下列的四個命題正確的是( )
A．sin 2α＝2αcos2α B．cos 2α＝2αsin2α
C．sin 2β＝－2βsin2β D．cos 2β＝－2βsin2β
16．設數列{an}的前n項和為Sn.已知a1＝a，an＋1＝Sn＋3n，n∈N*.
(1)設bn＝Sn－3n，求數列{bn}的通項公式；
(2)若an＋1≥an，n∈N*，求a的取值范圍．
17．已知函數f(x)＝ln(1＋x)－.
(1)求f(x)的極小值；
(2)若a，b>0，求證：ln a－ln b≥1－.
學生用書答案精析
專題八 數學思想方法
例1 (1)C (2)π
解析 (1)設f(x)＝ex－ln x(0g(x2)，
∴x2e>x1e.
(2)f(x)＝sin 2x＋cos 2x＝sin(2x＋)，
將f(x)＝sin(2x＋)的圖象向右平移φ個單位，
得到y(tǒng)＝sin(2x＋－2φ)的圖象，
由所得圖象關于y軸對稱，可知sin(－2φ)＝1，
即sin(2φ－)＝1，
故2φ－＝kπ＋，k∈Z，
即φ＝＋，k∈Z，
又φ>0，所以φmin＝.
跟蹤演練1 (1)A (2)B
解析 (1)由于f(x)0恒成立，因此在R上是單調遞增函數，∴>，
即f(2)>2f(1)，故答案為A.
(2)依函數圖象，知y的最大值為2，
所以A＝2.
又＝－(－)＝，
所以T＝π，又＝π，
所以ω＝2，
所以y＝2sin(2x＋φ)．
將(－，2)代入可得sin(－＋φ)＝1，
故φ－＝＋2kπ，k∈Z，
又－π<φ<π，所以φ＝.
所以函數的解析式為y＝2sin(2x＋)，故選B.
例2 (1)B (2)2
解析 先作出函數f(x)＝|x－2|＋1的圖象，如圖所示，
當直線g(x)＝kx與直線AB平行時斜率為1，當直線g(x)＝kx過A點時斜率為，故f(x)＝g(x)有兩個不相等的實根時，k的范圍為(，1)．
(2)可行域如圖所示．
又的幾何意義是可行域內的點與坐標原點連線的斜率k.
由圖知，過點A的直線OA的斜率最小．
聯(lián)立得A(1,2)，
所以kOA＝＝2.所以的最小值為2.
跟蹤演練2 (1)(－1,0)∪(0,1) (2)2
解析 (1)作出符合條件的一個函數圖象草圖即可，
由圖可知xf(x)<0的x的取值范圍是(－1,0)∪(0,1)．
(2)如圖，
SRt△PAC＝|PA||AC|＝|PA|，
當CP⊥l時，|PC|＝＝3，
∴此時|PA|min＝＝2.
∴(S四邊形PACB)min ＝2(S△PAC)min＝2.
例3 (1)C (2)2或
解析 (1)由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1.
當a<1時，有3a－1≥1，∴a≥，∴≤a<1.
當a≥1時，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1.
綜上，a≥，故選C.
(2)若∠PF2F1＝90，
則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，
∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2，
解得|PF1|＝，|PF2|＝，∴＝.
若∠F2PF1＝90，
則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2
＝|PF1|2＋(6－|PF1|)2，
解得|PF1|＝4，|PF2|＝2，
∴＝2.
綜上所述，＝2或.
跟蹤演練3 (1)B (2)D
解析 (1)∵S△ABC＝ABBCsin B
＝1sin B＝，∴sin B＝，
∴B＝或.
當B＝時，根據余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2ABBCcos B＝1＋2＋2＝5，所以AC＝，此時△ABC為鈍角三角形，符合題意；
當B＝時，根據余弦定理有AC2＝AB2＋BC2－2ABBCcos B＝1＋2－2＝1，所以AC＝1，此時AB2＋AC2＝BC2，△ABC為直角三角形，不符合題意．故AC＝.
(2)在x1，x2，x3，x4，x5這五個數中，因為xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，所以滿足條件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能情況有“①一個1(或－1)，四個0，有C2種；②兩個1(或－1)，三個0，有C2種；③一個－1，一個1，三個0，有A種；④兩個1(或－1)，一個－1(或1)，兩個0，有CC2種；⑤三個1(或－1)，兩個0，有C2種．故共有C2＋C2＋A＋CC2＋C2＝130(種)，故選D.
例4 (1)D (2)A
解析 (1)1,2是方程ax2＋bx＋2＝0的兩實根，
1＋2＝－，12＝，解得
由(－31)?x＝－3x2＋x＋2<0，得3x2－x－2>0，
解得x<－或x>1.
(2)依題意，問題等價于f(x1)min≥g(x2)max.
f(x)＝ln x－x＋－1，
所以f′(x)＝－－＝.
由f′(x)>0，解得12時，g(x2)max＝g(2)＝4b－8.
故問題等價于或或
解第一個不等式組得b<1，
解第二個不等式組得1≤b≤，
第三個不等式組無解，
綜上所述，b的取值范圍是(－∞，]．故選A.
跟蹤演練4 (1)A (2)
解析 (1)∵f(x＋π)＝f(x)＋sin x，
∴f(x＋2π)＝f(x＋π)－sin x.
∴f(x＋2π)＝f(x)＋sin x－sin x＝f(x)．
∴f(x)是以2π為周期的周期函數．
又f()＝f(4π－)＝f(－)，
f＝f＋sin，
∴f＝f－.
∵當0≤x<π時，f(x)＝0，∴f＝0，
∴f＝f＝.故選A.
(2)由于直接求解較困難，可探求一般規(guī)律，
∵f(x)＋f(1－x)＝＋
＝＋
＝＋＝＝1，
∴f＋f＋…＋f
＝＋＋…＋＋f＝149＋＝.
二輪專題強化練答案精析
專題八 數學思想方法
1．B [把不等式變形為2x－5－x≤2－y－5y，構造函數y＝2x－5－x，其為R上的增函數，所以有x≤－y.所以x＋y≤0.]
2．C [分兩種情況分析，①或者②，①無解，由②得，a＝7，所以f(a－5)＝22－3＋1＝，故選C.]
3．C [因為lg(log2 10)＋lg(lg 2)＝lg(log210lg 2)
＝lg(lg 2)＝lg 1＝0，
所以lg(lg 2)＝－lg(log210)．
設lg(log210)＝t，則lg(lg 2)＝－t.
由條件可知f(t)＝5，
即f(t)＝at3＋bsin t＋4＝5，
所以at3＋bsin t＝1，
所以f(－t)＝－at3－bsin t＋4＝－1＋4＝3.]
4．B [由log(a－2x)＝2＋x得a＝2x＋()2＋x≥2＝1，當且僅當x＝－1時取等號．
∴a的最小值為1.]
5．D [∵0b－1，故A錯誤；又y＝()x是減函數，
∴()a>()b，故B錯誤；
又y＝lg x是增函數，
∴l(xiāng)g a(lg b)2，>，
故C錯誤，D正確．故選D.]
6．D [方法一 當x>2時，g(x)＝x＋b－4，f(x)＝(x－2)2；
當0≤x≤2時，g(x)＝b－x，f(x)＝2－x；
當x<0時，g(x)＝b－x2，f(x)＝2＋x.
由于函數y＝f(x)－g(x)恰有4個零點，
所以方程f(x)－g(x)＝0恰有4個根．
當b＝0時，當x>2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2－5x＋8＝0，無解；
當0≤x≤2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x－(－x)＝0，無解；
當x<0時，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2＋x＋2＝0，無解．
所以b≠0，排除答案B.
當b＝2時，當x>2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為(x－2)2＝x－2，得x＝2(舍去)或x＝3，有一解；
當0≤x≤2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x＝2－x，有無數個解；
當x<0時，方程f(x)－g(x)＝0可化為2－x2＝x＋2，得x＝0(舍去)或x＝－1，有一解．所以b≠2，排除答案A.
當b＝1時，當x>2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2－5x＋7＝0，無解；
當0≤x≤2時，方程f(x)－g(x)＝0可化為1－x＝2－x，無解；
當x<0時，方程f(x)－g(x)＝0可化為x2＋x＋1＝0，無解．
所以b≠1，排除答案C.因此答案選D.
方法二 記h(x)＝－f(2－x)在同一坐標系中作出f(x)與h(x)的圖象如圖，
直線AB：y＝x－4，設直線l：y＝x＋b′.
當直線l∥AB且與f(x)的圖象相切時，由
解得b′＝－，－－(－4)＝，
所以曲線h(x)向上平移個單位后，所得圖象與f(x)的圖象有兩個公共點，向上平移2個單位后，兩圖象有無數個公共點，因此，當＜b＜2時，f(x)與g(x)的圖象有4個不同的交點，即y＝f(x)－g(x)恰有4個零點．選D.]
7．D [不等式組表示的可行域如圖(陰影部分)所示，由圖可知若不等式組表示的平面區(qū)域是直角三角形，只有直線y＝kx＋1與直線y＝0垂直(如圖①)或直線y＝kx＋1與直線y＝2x垂直(如圖②)時，平面區(qū)域才是直角三角形．
由圖形可知斜率k的值為0或－.]
8．C [當公比q＝1時，a1＝a2＝a3＝7，S3＝3a1＝21，符合要求．當q≠1時，a1q2＝7，＝21，解得q＝－或q＝1(舍去)．綜上可知，q＝1或－.]
9．A [∵∠AOB＝90，∴點O在圓C上．
設直線2x＋y－4＝0與圓C相切于點D，
則點C與點O間的距離等于它到直線2x＋y－4＝0的距離，∴點C在以O為焦點，以直線2x＋y－4＝0為準線的拋物線上，
∴當且僅當O，C，D共線時，圓的直徑最小為|OD|.
又|OD|＝＝，∴圓C的最小半徑為，
∴圓C面積的最小值為π()2＝π.]
10．C [設正四棱錐S－ABCD的底面邊長為a(a>0)，則高h＝ ＝ ，
所以體積V＝a2h＝ .
設y＝12a4－a6(a>0)，
則y′＝48a3－3a5.令y′>0，得04.故函數y在(0,4]上單調遞增，在[4，＋∞)上單調遞減．
可知當a＝4時，y取得最大值，即體積V取得最大值，此時h＝ ＝2，
故選C.]
11．(10,12)
解析 作出f(x)的大致圖象．
由圖象知，要使f(a)＝f(b)＝f(c)，不妨設aa時，f(x)＝x2，函數先單調遞減后單調遞增，f(x)的圖象如圖(1)實線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個公共點．
②若0≤a≤1，則a3≤a2，函數f(x)在R上單調遞增，f(x)的圖象如圖(2)實線部分所示，其與直線y＝b至多有一個公共點．
③若a>1，則a3>a2，函數f(x)在R上不單調，f(x)的圖象如圖(3)實線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個公共點．
綜上，a<0或a>1.
13．160
解析 設該長方體容器的長為x m，則寬為 m．又設該容器的造價為y元，則y＝204＋2(x＋)10，即y＝80＋20(x＋)(x>0)．因為x＋≥2＝4(當且僅當x＝，即x＝2時取“＝”)，
所以ymin＝80＋204＝160(元)．
14．A [由題意可知不等式
exf(x)－ex－5>0，
設g(x)＝exf(x)－ex－5.
所以g′(x)＝exf(x)＋exf′(x)－ex
＝ex[f(x)＋f′(x)－1]>0，所以函數g(x)在定義域上單調遞增，
又因為g(0)＝0，所以g(x)>0的解集為x>0.]
15．C [由＝k，即得方程|cos x|＝kx在(0，＋∞)上有兩個不同的解，
作出y＝|cos x|的圖象，
由圖知直線y＝kx與y＝|cos x|與x∈(，π)時相切，
此時y＝|cos x|＝－cos x，
y′|x＝β＝sin β＝k，
又|cos β|＝kβ?k＝，
所以sin β＝?sin 2β＝－2βsin2β.]
16．解 (1)依題意，Sn＋1－Sn＝an＋1＝Sn＋3n，
即Sn＋1＝2Sn＋3n，由此得Sn＋1－3n＋1
＝2(Sn－3n)．
即bn＋1＝2bn，又b1＝S1－3＝a－3，
因此，所求通項公式為bn＝Sn－3n
＝(a－3)2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知Sn＝3n＋(a－3)2n－1，n∈N*，
于是，當n≥2時，
an＝Sn－Sn－1＝3n＋(a－3)2n－1－3n－1－(a－3)2n－2
＝23n－1＋(a－3)2n－2，
an＋1－an＝43n－1＋(a－3)2n－2
＝2n－2[12()n－2＋a－3]，
當n≥2時，an＋1≥an?12()n－2＋a－3≥0?a≥－9.
又a2＝a1＋3>a1.
綜上，所求的a的取值范圍是[－9，＋∞)．
17．(1)解 f′(x)＝－＝(x>－1)．令f′(x)＝0，得x＝0.
當x變化時，f′(x)和f(x)的變化情況
列表如下：
x
(－1,0)
0
(0，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
f(x)
極小值
由上表可知，x＝0時f(x)取得極小值f(0)＝0.
(2)證明 在x＝0時，f(x)取得極小值，而且是最小值，于是f(x)≥f(0)＝0，從而ln(1＋x)≥在x>－1時恒成立，
令1＋x＝>0，則＝1－＝1－，
∴l(xiāng)n a－ln b＝ln ≥1－.
因此ln a－ln b≥1－在a>0，b>0時成立．
∴l(xiāng)n a－ln b≥1－.
2019-2020年高考數學大二輪總復習 增分策略 專題八 數學思想方法試題.doc
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