创新设计江苏专用2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题八数学思想方法


专题八 数学思想方法教师用书 理
第 1 讲 函数与方程思想、数形结合思想 高考定位 函数与方程的思想一般通过函数与导数、三角函数、数列、解析几何等知识进行 考查;数形结合思想一般在填空题中考查.

1.函数与方程思想的含义 (1)函数的思想,是用运动和变化的观点,分析和研究数学中的数量关系,是对函数概念的本 质认识,建立函数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题,从而使 问题获得解决的思想方法. (2)方程的思想, 就是分析数学问题中变量间的等量关系, 建立方程或方程组, 或者构造方程, 通过解方程或方程组,或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题获得解决的思想方法. 2.函数与方程的思想在解题中的应用 (1)函数与不等式的相互转化,对于函数 y=f(x),当 y>0 时,就转化为不等式 f(x)>0,借 助于函数的图象和性质可解决有关问题,而研究函数的性质也离不开不等式. (2)数列的通项与前 n 项和是自变量为正整数的函数,用函数的观点去处理数列问题十分重 要. (3)解析几何中的许多问题, 需要通过解二元方程组才能解决, 这都涉及二次方程与二次函数 的有关理论. 3.数形结合是一种数学思想方法,包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面,其应用大致 可以分为两种情形:①借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系,即以形作为手段,数为 目的,比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质;②借助于数的精确性和规范严密性来 阐明形的某些属性,即以数作为手段,形作为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的 几何性质. 4.在运用数形结合思想分析和解决问题时,要注意三点:第一要彻底明白一些概念和运算的 几何意义以及曲线的代数特征,对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数 意义;第二是恰当设参、合理用参,建立关系,由数思形,以形想数,做好数形转化;第三 是正确确定参数的取值范围.数学中的知识,有的本身就可以看作是数形的结合.

热点一 函数与方程思想的应用 [微题型 1] 不等式问题中的函数(方程)法 【例 1-1】 (1)f(x)=ax -3x+1 对于 x∈[-1,1],总有 f(x)≥0 成立,则 a=________. (2)设 f(x), g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数, 当 x<0 时, f′(x)g(x)+f(x)g′(x) >0,且 g(-3)=0,则不等式 f(x)g(x)<0 的解集是________.
3

1

解析 (1)若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立; 3 1 3 当 x>0 即 x∈(0,1]时,f(x)=ax -3x+1≥0 可化为 a≥ 2- 3.

x

x

3 1 3(1-2x) 设 g(x)= 2- 3,则 g′(x)= , 4

x

x

x

? 1? ?1 ? 所以 g(x)在区间?0, ?上单调递增,在区间? ,1?上单调递减, ? 2? ?2 ? ?1? 因此 g(x)max=g? ?=4,从而 a≥4. ?2?
3 1 3 1 3 当 x<0 即 x∈[-1,0)时,f(x)=ax -3x+1≥0 可化为 a≤ 2- 3,设 g(x)= 2- 3,

x

x

x

x

且 g(x)在区间[-1,0)上单调递增,因此 g(x)min=g(-1)=4, 从而 a≤4,综上 a=4. (2)设 F(x)=f(x)g(x),由于 f(x),g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和 偶函数,得 F(-x)=f(-x)?g(-x)=-f(x)g(x)=-F(x),即 F(x)在 R 上为奇函数. 又当 x<0 时,F′(x)=f′(x)?g(x)+f(x)g′(x)>0, 所以 x<0 时,F(x)为增函数. 因为奇函数在对称区间上的单调性相同,所以 x>0 时,F(x)也是增函数. 因为 F(-3)=f(-3)g(-3)=0=-F(3). 所以,由图可知 F(x)<0 的解集是(-∞,-3)∪(0,3). 答案 (1)4 (2)(-∞,-3)∪(0,3) 探究提高 (1)在解决不等式问题时, 一种最重要的思想方法就是构造适当的函数, 利用函数 的图象和性质解决问题;(2)函数 f(x)>0 或 f(x)<0 恒成立,一般可转化为 f(x)min>0 或

f(x)max<0;已知恒成立求参数范围可先分离参数,然后利用函数值域求解.
[微题型 2] 数列问题的函数(方程)法 【例 1-2】 已知数列{an}满足 a1=3,an+1=an+p?3 (n∈N ,p 为常数),a1,a2+6,a3 成 等差数列. (1)求 p 的值及数列{an}的通项公式;
n
*

n 4 (2)设数列{bn}满足 bn= ,证明:bn≤ . an 9
(1)解 由 a1=3,an+1=an+p?3 , 得 a2=3+3p,a3=a2+9p=3+12p. 因为 a1,a2+6,a3 成等差数列, 所以 a1+a3=2(a2+6), 即 3+3+12p=2(3+3p+6),
2
n

2

得 p=2,依题意知,an+1=an+2?3 . 当 n≥2 时,a2-a1=2?3 ,
1

n

a3-a2=2?32,?, an-an-1=2?3n-1.
将以上式子相加得 an-a1=2(3 +3 +?+3 3?(1-3 所以 an-a1=2? 1-3 所以 an=3 (n≥2). 又 a1=3 符合上式,故 an=3 . (2)证明 因为 an=3 ,所以 bn= n. 3 (n+1) n -2n +2n+1 * 所以 bn+1-bn= - n= (n∈N ), n+1 n+1 3 3 3 若-2n +2n+1<0,则 n>
2 2 2 2 1 2

n-1

),

n-1

) n =3 -3,

n

n

n

n2

1+ 3 , 2

即当 n≥2 时,有 bn+1<bn, 1 4 4 又因为 b1= ,b2= ,故 bn≤ . 3 9 9 探究提高 数列最值问题中应用函数与方程思想的常见类型: (1)数列中的恒成立问题,转化为最值问题,利用函数的单调性或不等式求解. (2)数列中的最大项与最小项问题,利用函数的有关性质或不等式组? 解. (3)数列中前 n 项和的最值:转化为二次函数,借助二次函数的单调性或求使 an≥0(an≤0) 成立时最大的 n 值即可求解. [微题型 3] 解析几何问题的方程(函数)法 【例 1-3】 设椭圆中心在坐标原点,A(2,0),B(0,1)是它的两个顶点,直线 y=kx(k>0) 与 AB 相交于点 D,与椭圆相交于 E、F 两点. → → (1)若ED=6DF,求 k 的值; (2)求四边形 AEBF 面积的最大值. 解 (1)依题意得椭圆的方程为 +y =1,直线 AB,EF 的方程分别为 x 4 +2y=2,y=kx(k>0).如图,设 D(x0,kx0),E(x1,kx1),F(x2,kx2), 其中 x1<x2,且 x1,x2 满足方程(1+4k )x =4,故 x2=-x1= ①
3
2 2

? ?an-1≤an,? ?an-1≥an, ? 求 ?an≥an+1,? ?an≤an+1 ?

x2

2

2 1+4k

2

.

→ → 由ED=6DF知 x0-x1=6(x2-x0), 1 5 10 得 x0= (6x2+x1)= x2= ; 2 7 7 7 1+4k 由 D 在 AB 上知 x0+2kx0=2, 得 x0= 2 . 1+2k

2 10 所以 = , 1+2k 7 1+4k2 化简得 24k -25k+6=0, 2 3 解得 k= 或 k= . 3 8 (2)根据点到直线的距离公式和①式知,点 E,F 到 AB 的距离分别为
2

h1= h2=

|x1+2kx1-2| 2(1+2k+ 1+4k ) = , 2 5 5(1+4k ) |x2+2kx2-2| 2(1+2k- 1+4k ) = . 2 5 5(1+4k )
2 2 2

2

又 AB= 2 +1 = 5, 所以四边形 AEBF 的面积为

S= ?AB?(h1+h2)
1 4(1+2k) 2(1+2k) = ? 5? = 2 2 2 5(1+4k ) 1+4k =2 1+4k +4k ≤2 2, 2 1+4k
2

1 2

1 2 当 4k =1(k>0),即当 k= 时,上式取等号. 2 所以 S 的最大值为 2 2. 即四边形 AEBF 面积的最大值为 2 2. 探究提高 解析几何中的最值是高考的热点,在圆锥曲线的综合问题中经常出现,求解此类 问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中, 抓住函数关系, 将目标量表示为一个(或 者多个)变量的函数,然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决. 热点二 数形结合思想的应用 [微题型 1] 利用数形结合思想讨论方程的根或函数零点 【例 2-1】 (1)若函数 f(x)=|2 -2|-b 有两个零点,则实数 b 的取值范围是________. (2)设函数 f(x)(x∈R)满足 f(-x)=f(x),f(x)=f(2-x),且当 x∈[0,1]时,f(x)=x .
3

x

4

? 1 3? 又函数 g(x)=|xcos(π x)|, 则函数 h(x)=g(x)-f(x)在?- , ?上的零点个数为________. ? 2 2?
解析 (1)由 f(x)=|2 -2|-b 有两个零点, 可得|2 -2|=b 有两个不等的实根, 从而可得函数 y=|2 -2|的图象与函数 y=b 的图象有两个交点,如图所示.
x x x

结合函数的图象,可得 0<b<2,故填(0,2). (2)根据题意,函数 y=f(x)是周期为 2 的偶函数且 0≤x≤1 时,f(x)=x , 则当-1≤x≤0 时, f(x)=-x , 且 g(x)=|xcos(π x)|, 所以当 x=0 时, f(x)=g(x).当 x≠0 1 3 2 时,若 0<x≤ ,则 x =xcos(π x),即 x =cos π x. 2
3 3

? 1 3? 再根据函数性质画出?- , ?上的图象,在同一个坐标系中作出所得关系式等号两边函数的 ? 2 2?
图象,如图所示,有 5 个根.所以总共有 6 个.

答案 (1)(0,2)

(2)6

探究提高 用图象法讨论方程(特别是含参数的指数、对数、根式、三角等复杂方程)的解(或 函数零点)的个数是一种重要的思想方法, 其基本思想是先把方程两边的代数式看作是两个熟 悉函数的表达式(不熟悉时,需要作适当变形转化为两个熟悉的函数),然后在同一坐标系中 作出两个函数的图象,图象的交点个数即为方程解(或函数零点)的个数. [微题型 2] 利用数形结合思想解不等式或求参数范围 【例 2-2】 (1)若不等式 9-x ≤k(x+2)- 2的解集为区间[a,b],且 b-a=2,则 k= ________. 1 (2)若不等式|x-2a|≥ x+a-1 对 x∈R 恒成立,则 a 的取值范围是 2 ________. 解析 (1)如图,分别作出直线 y=k(x+2)- 2与半圆 y= 9-x .由 题意,知直线在半圆的上方,由 b-a=2,可知 b=3,a=1,所以直 线 y=k(x+2)- 2过点(1,2 2),则 k= 2.
2 2

5

1 (2)作出 y=|x-2a|和 y= x+a-1 的简图,依题意知应有 2a≤2-2a, 2 1 故 a≤ . 2 答案 (1) 2 1? ? (2)?-∞, ? 2? ?

探究提高 求参数范围或解不等式问题经常联系函数的图象,根据不等式中量的特点,选择 适当的两个(或多个)函数,利用两个函数图象的上、下位置关系转化数量关系来解决问题, 往往可以避免繁琐的运算,获得简捷的解答. [微题型 3] 利用数形结合思想求最值 【例 2-3】 (1)已知 P 是直线 l:3x+4y+8=0 上的动点,PA、PB 是圆 x +y -2x-2y+1 =0 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________. (2)(2015?全国Ⅰ卷)已知 F 是双曲线 C:x - =1 的右焦点,P 是 C 的左支上一点,A(0, 8 6 6),当△APF 周长最小时,该三角形的面积为________. 解析 (1)从运动的观点看问题,当动点 P 沿直线 3x+4y+8=0 向左 1 上方或右下方无穷远处运动时, 直角三角形 PAC 的面积 SRt△PAC= PA? AC 2 1 = PA 越来越大,从而 S 四边形 PACB 也越来越大;当点 P 从左上、右下两个 2 方向向中间运动时,S 四边形 PACB 变小,显然,当点 P 到达一个最特殊的位置,即 CP 垂直直线 l |3?1+4?1+8| 时,S 四边形 PACB 应有唯一的最小值,此时 PC= =3, 2 2 3 +4 从而 PA= PC -AC =2 2. 1 所以(S 四边形 PACB)min=2? ?PA?AC=2 2. 2 (2)设双曲线的左焦点为 F1,连接 PF1,根据双曲线的定义可知 PF=2+PF1,则△APF 的周长 为 PA+PF+AF=PA+2+PF1+AF=PA+PF1+AF+2, 由于 AF+2 是定值,要使△APF 的周长最小,则 PA+PF1 最小,即 P,A,
2 2 2 2 2

y2

F1 三点共线,如图所示.
由于 A(0,6 6),F1(-3,0), 直线 AF1 的方程为: + =1, -3 6 6 即 x=

x

y

y
2 6

-3,

代入双曲线方程整理可得

6

y2+6 6y-96=0,解得 y=2 6或 y=-8 6(舍去),
所以点 P 的纵坐标为 2 6. 1 1 所以 S△APF=S△AFF1-S△PFF1= ?6?6 6- ?6?2 6=12 6. 2 2 答案 (1)2 2 (2)12 6

探究提高 破解圆锥曲线问题的关键是画出相应的图形,注意数形结合的相互渗透,并从相 关的图形中挖掘对应的信息加以分析与研究.直线与圆锥曲线的位置关系的转化有两种, 一种 是通过数形结合建立相应的关系式,另一种是通过代数形式转化为二元二次方程组的解的问 题进行讨论.

1.当问题中涉及一些变化的量时,就需要建立这些变化的量之间的关系,通过变量之间的关 系探究问题的答案,这就需要使用函数思想. 2.借助有关函数的性质,一是用来解决有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取 值范围等问题,二是在问题的研究中,可以通过建立函数关系式或构造中间函数来求解. 3.许多数学问题中,一般都含有常量、变量或参数,这些参变量中必有一个处于突出的主导 地位,把这个参变量称为主元,构造出关于主元的方程,主元思想有利于回避多元的困扰, 解方程的实质就是分离参变量. 4.在数学中函数的图象、方程的曲线、不等式所表示的平面区域、向量的几何意义、复数的 几何意义等都实现以形助数的途径,当试题中涉及这些问题的数量关系时,我们可以通过图 形分析这些数量关系,达到解题的目的. 5.有些图形问题,单纯从图形上无法看出问题的结论,这就要对图形进行数量上的分析,通 过数的帮助达到解题的目的. 6.利用数形结合解题,有时只需把图象大致形状画出即可,不需要精确图象.

一、填空题 1.直线 3x-y+m=0 与圆 x +y -2x-2=0 相切,则实数 m=________. 解析 圆的方程(x-1) +y =3, 圆心(1, 0)到直线的距离等于半径?
2 2 2 2

| 3+m| = 3? | 3+ 3+1

m|=2 3? m= 3或 m=-3 3.
答案 -3 3或 3 2.已知函数 f(x)满足下面关系:①f(x+1)=f(x-1);②当 x∈[-1,1]时,f(x)=x ,则 方程 f(x)=lg x 解的个数是________. 解析 由题意可知,f(x)是以 2 为周期,值域为[0,1]的函数.
2

7

又 f(x)=lg x,则 x∈(0,10],画出两函数图象, 则交点个数即为解的个数. 由图象可知共 9 个交点.

答案 9 3.函数 f(x)的定义域为 R,f(-1)=2,对任意 x∈R,f′(x)>2,则 f(x)>2x+4 的解集为 ________. 解析 f′(x)>2 转化为 f′(x)-2>0,构造函数 F(x)=f(x)-2x, 得 F(x)在 R 上是增函数. 又 F(-1)=f(-1)-2?(-1)=4,f(x)>2x+4, 即 F(x)>4=F(-1),所以 x>-1. 答案 (-1,+∞) 4.已知 a,b 是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量 c 满足(a-c)?(b-c)=0,则|c| 的最大值是________. → → → → → → 解析 如图,设OA=a,OB=b,OC=c,则CA=a-c,CB=b-c.由题意知CA⊥ →

CB,
∴O,A,C,B 四点共圆. → ∴当 OC 为圆的直径时,|c|最大,此时,|OC|= 2. 答案 2
2

5.已知函数 f(x)=x -2ax-3 在区间[1, 2]上具有单调性, 则实数 a 的取值范围为________. 解析 函数 f(x)=x -2ax-3 的图象开口向上,对称轴为直线 x=a,画 出草图如图所示.由图象可知函数在(-∞,a]和[a,+∞)上都具有单调 性,因此要使函数 f(x)在区间[1,2]上具有单调性,只需 a≤1 或 a≥2, 从而 a∈(-∞,1]∪[2,+∞). 答案 (-∞,1]∪[2,+∞) 6.(2015?全国Ⅱ卷改编)已知 A,B 为双曲线 E 的左,右顶点,点 M 在 E 上,△ABM 为等腰三 角形,且顶角为 120°,则 E 的离心率为________. 解析 如图,设双曲线 E 的方程为 2- 2=1(a>0,b>0),则 AB=2a, 由双曲线的对称性,可设点 M(x1,y1)在第一象限内,过 M 作 MN⊥x 轴于 点 N(x1,0),
2

x2 y2 a b

8

∵△ABM 为等腰三角形,且∠ABM=120°, ∴BM=AB=2a,∠MBN=60°, ∴y1=MN=BMsin∠MBN=2asin 60°= 3a,x1=OB+BN=a+2acos 60°=2a.将点 M(2a, 3

x2 y2 c a)的坐标代入 2- 2=1,可得 a2=b2,∴e= = a b a
答案 2

a2+b2 = 2. a2

7.已知 e1, e2 是平面内两个相互垂直的单位向量, 若向量 b 满足|b|=2, b?e1=1, b?e2=1, 则对于任意 x,y∈R,|b-(xe1+ye2)|的最小值为________. 解析 |b-(xe1+ye2)| =b +x e1+y e2-2xb?e1-2yb?e2+2xye1?e2=4+x +y -2x-2y =(x-1) +(y-1) +2≥2, 当且仅当 x=1, y=1 时, |b-(xe1+ye2)| 取得最小值 2, 此时|b-(xe1+ye2)|取得最小值 2. 答案 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

8.设直线 l 与抛物线 y =4x 相交于 A,B 两点,与圆 C:(x-5) +y =r (r>0)相切于点 M, 且 M 为线段 AB 的中点.若这样的直线 l 恰有 4 条,则 r 的取值范围是________. 解析 设直线 l 的方程为 x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2), 把直线 l 的方程代入抛物线方程 y =4x 并整理得 y -4ty-4m=0, 则 Δ =16t +16m>0,y1+y2=4t,y1y2=-4m,那么 x1+x2=(ty1+m)+(ty2+m)=4t +2m, 则线段 AB 的中点 M(2t +m,2t). 由题意可得直线 AB 与直线 MC 垂直,且 C(5,0). 当 t≠0 时,有 kMC?kAB=-1, 即 2t-0 1 2 ? =-1,整理得 m=3-2t , 2 2t +m-5 t
2 2 2 2 2 2 2

把 m=3-2t 代入 Δ =16t +16m>0, 可得 3-t >0,即 0<t <3. 由于圆心 C 到直线 AB 的距离等于半径, 即 d= |5-m| 1+t = 2 2+2t
2 2 2 2

1+t

=2 1+t =r,

2

所以 2<r<4,此时满足题意且不垂直于 x 轴的直线有两条. 当 t=0 时,这样的直线 l 恰有 2 条,即 x=5±r,所以 0<r<5. 综上,可得若这样的直线恰有 4 条,则 2<r<4. 答案 (2,4) 二、解答题 9.已知数列{an}是一个等差数列,且 a2=1,a5=-5. (1)求{an}的通项 an;

9

(2)求{an}前 n 项和 Sn 的最大值. 解 (1)设{an}的公差为 d,由已知条件,
? ?a1+d=1, ? 解得 a1=3,d=-2. ?a1+4d=-5, ?

所以 an=a1+(n-1)d=-2n+5. (2)Sn=na1+

n(n-1) d=-n2+4n=4-(n-2)2.
2

所以 n=2 时,Sn 取到最大值 4. 10.椭圆 C 的中心为坐标原点 O,焦点在 y 轴上,短轴长为 2,离心率为 → → 交于点 P(0,m),与椭圆 C 交于相异两点 A,B,且AP=3PB. (1)求椭圆 C 的方程; (2)求 m 的取值范围. 解 (1)设椭圆 C 的方程为 2+ 2=1(a>b>0),设 c>0,c =a -b ,由题意,知 2b= 2, 2 ,直线 l 与 y 轴 2

y2 x2 a b

2

2

2

c 2 = , a 2
所以 a=1,b=c= 2 . 2
2

故椭圆 C 的方程为 y + =1.即 y +2x =1. 1 2 1 (2)当直线 l 的斜率不存在时,由题意求得 m=± ; 2 当直线 l 的斜率存在时, 设直线 l 的方程为 y=kx+m(k≠0),l 与椭圆 C 的交点坐标为 A(x1,y1),B(x2,y2), 由?
? ?y=kx+m,
2 2

x2

2

2

?2x +y =1, ?
2

得(k +2)x +2kmx+m -1=0,
2 2

2

2

2

Δ =(2km) -4(k +2)(m -1) =4(k -2m +2)>0,(*) 解上述方程后易得:x1+x2= -2km m -1 ,x1x2= 2 . 2 k +2 k +2
2 2 2

→ → 因为AP=3 PB,所以-x1=3x2. 所以?
? ?x1+x2=-2x2, ?x1x2=-3x2. ?
2 2

所以 3(x1+x2) +4x1x2=0.

10

所以 3??

2km? m -1 ?- +4? 2 =0. 2 ? k +2 ? k +2 ?
2 2 2 2

2

2

整理得 4k m +2m -k -2=0, 即 k (4m -1)+(2m -2)=0. 1 1 2-2m 2 2 2 当 m = 时,上式不成立;当 m ≠ 时,k = 2 , 4 4 4m -1 由(*)式,得 k >2m -2, 2-2m 2 又 k≠0,所以 k = 2 >0. 4m -1 1 1 解得-1<m<- 或 <m<1. 2 2 1? ?1 ? ? 综上,所求 m 的取值范围为?-1,- ?∪? ,1?. 2? ?2 ? ? 11.设函数 f(x)=ax -3ax,g(x)=bx -ln x(a,b∈R),已知它们在 x=1 处的切线互相平 行. (1)求 b 的值; (2)若函数 F(x)=?
?f(x),x≤0, ? ?g(x),x>0, ?
2 3 2 2 2 2 2 2 2 2

且方程 F(x)=a 有且仅有四个解,求实数 a 的取值范围.

2

解 函数 g(x)=bx -ln x 的定义域为(0,+∞), (1)f′(x)=3ax -3a? f′(1)=0,
2

g′(x)=2bx- ? g′(1)=2b-1, x
1 依题意得 2b-1=0,所以 b= . 2 1 (2)x∈(0,1)时,g′(x)=x- <0,

1

x

即 g(x)在(0,1)上单调递减,

x∈(1,+∞)时,g′(x)=x- >0,即 g(x)在(1,+∞)上单调递增, x
1 所以当 x=1 时,g(x)取得极小值 g(1)= ; 2 当 a=0 时,方程 F(x)=a 不可能有四个解; 当 a<0,x∈(-∞,-1)时,f′(x)<0,即 f(x)在(-∞,-1)上单调递减,x∈ (-1,0)时,f′(x)>0, 即 f(x)在(-1,0)上单调递增,
2

1

所以当 x=-1 时,f(x)取得极小值 f(-1)=2a,
11

又 f(0)=0,所以 F(x)的图象如图(1)所示, 从图象可以看出 F(x)=a 不可能有四个解. 当 a>0,x∈(-∞,-1)时,f′(x)>0, 即 f(x)在(-∞,-1)上单调递增,
2

x∈(-1,0)时,f′(x)<0,
即 f(x)在(-1,0)上单调递减, 所以当 x=-1 时,f(x)取得极大值 f(-1)=2a. 又 f(0)=0,所以 F(x)的图象如图(2)所求, 1 2 2 从图(2)看出,若方程 F(x)=a 有四个解,则 <a <2a, 2 得 2 <a<2, 2

所以,实数 a 的取值范围是?

? 2 ? ,2?. ?2 ?

第 2 讲 分类讨论思想、转化与化归思想 高考定位 分类讨论思想,转化与化归思想近几年高考每年必考,一般体现在解析几何、函 数与导数及数列解答题中,难度较大.

1.中学数学中可能引起分类讨论的因素 (1)由数学概念而引起的分类讨论:如绝对值的定义、不等式的定义、二次函数的定义、直线 的倾斜角等. (2)由数学运算要求而引起的分类讨论: 如除法运算中除数不为零, 偶次方根被开方数为非负 数,对数运算中真数与底数的要求,指数运算中底数的要求,不等式中两边同乘以一个正数、 负数,三角函数的定义域,等比数列{an}的前 n 项和公式等. (3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论:如函数的单调性、基本不等式等. (4)由图形的不确定性而引起的分类讨论: 如二次函数图象、 指数函数图象、 对数函数图象等. (5)由参数的变化而引起的分类讨论: 如某些含有参数的问题, 由于参数的取值不同会导致所 得的结果不同,或者由于对不同的参数值要运用不同的求解或证明方法等. 2.常见的转化与化归的方法 转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题时,思维受阻或寻求简单方法或从一种状况转 化到另一种情形,也就是转化到另一种情境使问题得到解决,这种转化是解决问题的有效策 略,同时也是获取成功的思维方式.常见的转化方法有: (1)直接转化法:把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题. (2)换元法:运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等,把较复杂的函数、方程、不

12

等式问题转化为易于解决的基本问题. (3)数形结合法: 研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系, 通过互相变换获得 转化途径. (4)等价转化法:把原问题转化为一个易于解决的等价命题,达到化归的目的. (5)特殊化方法:把原问题的形式向特殊化形式转化,并证明特殊化后的问题、结论适合原问 题. (6)构造法:“构造”一个合适的数学模型,把问题变为易于解决的问题. (7)坐标法:以坐标系为工具,用计算方法解决几何问题是转化方法的一个重要途径. (8)类比法:运用类比推理,猜测问题的结论,易于确定. (9)参数法:引进参数,使原问题转化为熟悉的形式进行解决. (10)补集法:如果正面解决原问题有困难,可把原问题的结果看做集合 A,而把包含该问题 的整体问题的结果类比为全集 U,通过解决全集 U 及补集?UA 获得原问题的解决,体现了正难 则反的原则.

热点一 分类讨论思想的应用 [微题型 1] 由性质、定理、公式的限制引起的分类 【例 1-1】(1)设数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知 2Sn=3 +3, 求数列{an}的通项 an=________.
?2x+a,x<1, ? (2)(2016?苏北四市调研)已知实数 a≠0,函数 f(x)=? 若 f(1-a)=f(1+ ?-x-2a,x≥1. ?
n

a),则 a 的值为________.
解析 (1)由 2Sn=3 +3 得: 当 n=1 时,2S1=3 +3=2a1,解得 a1=3; 1 n n-1 n-1 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1= [(3 +3)-(3 +3)]=3 ,由于 n=1 时,a1=3 不适合上式. 2
? ?3,n=1, ∴数列{an}的通项公式为 an=? n-1 ?3 ,n≥2. ?
1

n

(2)当 a>0 时,1-a<1,1+a>1, 这时 f(1-a)=2(1-a)+a=2-a,

f(1+a)=-(1+a)-2a=-1-3a.
3 由 f(1-a)=f(1+a)得 2-a=-1-3a,解得 a=- ,不合题意,舍去; 2 当 a<0 时,1-a>1,1+a<1, 这时 f(1-a)=-(1-a)-2a=-1-a,

f(1+a)=2(1+a)+a=2+3a.
由 f(1-a)=f(1+a)得-1-a=2+3a,
13

3 解得 a=- . 4 3 综上可知,a 的值为- . 4
?3,n=1, ? 3 答案 (1)? n-1 (2)- 4 ?3 ,n≥2 ?

探究提高 由性质、定理、公式的限制引起的分类整合法往往是因为有的数学定理、公式、 性质是分类给出的, 在不同的条件下结论不一致的情况下使用, 如等比数列的前 n 项和公式、 函数的单调性等. [微题型 2] 由数学运算要求引起的分类 【例 1-2】 (1)(2016?苏、 锡、 常、 镇调研改编)不等式|x|+|2x+3|≥2 的解集是________. (2)已知 m∈R,求函数 f(x)=(4-3m)x -2x+m 在区间[0,1]上的最大值为________. 3 ? ?x<- , 2 解析 (1)原不等式可转化为? ? ?-x-(2x+3)≥2, 3 ? ?x>0, ?- ≤x≤0, ? 或? 2 或? ?x+(2x+3)≥2. ? ? ?-x+(2x+3)≥2 5 解得 x≤- 或-1≤x≤0 或 x>0, 3 5? ? 故原不等式的解集为?-∞,- ?∪[-1,+∞). 3? ? 4 4 (2)①当 4-3m=0,即 m= 时,函数 y=-2x+ , 3 3 4 它在[0,1]上是减函数,所以 ymax=f(0)= . 3 4 ②当 4-3m≠0, 即 m≠ 时,y 是二次函数. 3 4 1 当 4-3m>0,即 m< 时,二次函数 y 的图象开口向上,对称轴方程 x= >0,它在[0, 3 4-3m 1]上的最大值只能在区间端点取得(由于此处不涉及最小值,故不需讨论区间与对称轴的关 系).
2

f(0)=m,f(1)=2-2m,
4 2 4 当 m≥2-2m,又 m< ,即 ≤m< 时,ymax=m. 3 3 3 4 2 当 m<2-2m,又 m< ,即 m< 时,ymax=2(1-m). 3 3

14

4 1 当 4-3m<0,即 m> 时,二次函数 y 的图象开口向下,又它的对称轴方程 x= <0,所 3 4-3m 以函数 y 在[0,1]上是减函数,于是 ymax=f(0)=m. 2 ? ?2-2m,m<3, =? 2 ?m,m≥3. ?

由①、②可知,这个函数的最大值为 ymax

5? ? 答案 (1)?-∞,- ?∪[-1,+∞) 3? ? 2 ? ?2-2m,m<3, =? 2 ? ?m,m≥3

(2)ymax

探究提高 由数学运算要求引起的分类整合法,常见的类型有除法运算中除数不为零,偶次 方根为非负,对数运算中真数与底数的要求,指数运算中底数的要求,不等式两边同乘以一 个正数、负数问题,含有绝对值的不等式求解,三角函数的定义域等,根据相应问题中的条 件对相应的参数、关系式等加以分类分析,进而分类求解与综合. [微题型 3] 由参数变化引起的分类 【例 1-3】 (2015?全国Ⅱ卷)已知函数 f(x)=ln x+a(1-x). (1)讨论 f(x)的单调性; (2)当 f(x)有最大值,且最大值大于 2a-2 时,求 a 的取值范围. 1 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -a.

x

若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)上单调递增.

? 1? ?1 ? ? 1? 若 a>0, 则当 x∈?0, ?时, f′(x)>0; 当 x∈? ,+∞?时, f′(x)<0, 所以 f(x)在?0, ? ?
a?

?a

?

?

a?

?1 ? 上单调递增,在? ,+∞?上单调递减. ?a ?
综上,知当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;

? 1? ?1 ? 当 a>0 时,f(x)在?0, ?上单调递增,在? ,+∞?上单调递减. ?
a?

?a

?

(2)由(1)知,当 a≤0 时,f(x)在(0,+∞)上无最大值; 1 1 ? 1? ?1? 当 a>0 时,f(x)在 x= 处取得最大值,最大值为 f? ?=ln +a?1- ?=-ln a+a-1.

a

?a?

a

?

a?

?1? 因此 f? ?>2a-2 等价于 ln a+a-1<0. a ? ?
令 g(a)=ln a+a-1,则 g(a)在(0,+∞)上单调递增,

g(1)=0.
15

于是,当 0<a<1 时,g(a)<0;当 a>1 时,g(a)>0. 因此,a 的取值范围是(0,1). 探究提高 由参数的变化引起的分类整合法经常用于某些含有参数的问题, 如含参数的方程、 不等式,由于参数的取值不同会导致所得结果不同,或对于不同的参数值要运用不同的求解 或证明方法. 热点二 转化与化归思想 [微题型 1] 换元法 【例 2-1】 已知实数 a,b,c 满足 a+b+c=0,a +b +c =1,则 a 的最大值是________. 解析 令 b=x,c=y,则 x+y=-a,x +y =1-a . 此时直线 x+y=-a 与圆 x +y =1-a 有交点, |a| 2 2 2 则圆心到直线的距离 d= ≤ 1-a ,解得 a ≤ , 3 2 所以 a 的最大值为 答案 6 3 6 . 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2

探究提高 换元法是一种变量代换,也是一种特殊的转化与化归方法,是用一种变数形式去 取代另一种变数形式,是将生疏(或复杂)的式子(或数),用熟悉(或简单)的式子(或字母)进 行替换;化生疏为熟悉、复杂为简单、抽象为具体,使运算或推理可以顺利进行. [微题型 2] 特殊与一般的转化 【例 2-2】已知 f(x)= =________. 3 3 3 3 3+ 3 解析 f(x)+f(1-x)= x + 1-x = x + =1,∴f(0)+f(1)= x= x 3+ 3 3 + 3 3+ 3 3+3 3 + 3 1,f(-2 015)+f(2 016)=1, ∴f(-2 015)+f(-2 014)+?+f(0)+f(1)+?+f(2 016)=2 016. 答案 2 016 探究提高 一般问题特殊化,使问题处理变得直接、简单.特殊问题一般化,可以使我们从宏 观整体的高度把握问题的一般规律,从而达到成批处理问题的效果. [微题型 3] 常量与变量的转化 【例 2-3】对任意的|m|≤2, 函数 f(x)=mx -2x+1-m 恒为负, 则 x 的取值范围为________. 解析 对任意的|m|≤2,有 mx -2x+1-m<0 恒成立,即|m|≤2 时,(x -1)m-2x+1<0 恒成立.设 g(m)=(x -1)m-2x+1,则原问题转化为 g(m)<0 恒成立(m∈[-2,2]).
2 2 2 2

, 则 f(-2 015)+f(-2 014)+?+f(0)+f(1)+?+f(2 016) 3+ 3
x

3

x

x

16

? ?g(-2)<0, ? ?2x +2x-3>0, 所以? 即? 2 ? ? ?g(2)<0, ?2x -2x-1<0.

2

解得

7-1 3+1 3+1? ? 7-1 <x< ,即实数 x 的取值范围为? , ?. 2 2 2 ? ? 2 3+1? ? 7-1 , ? 2 ? ? 2

答案 ?

探究提高 在处理多变元的数学问题时,我们可以选取其中的参数,将其看做是“主元”, 而把其它变元看做是常量,从而达到减少变元简化运算的目的. [微题型 4] 正与反的相互转化

? ? 2 3 【例 2-4】 若对于任意 t∈[1,2],函数 g(x)=x +? +2?x -2x 在区间(t,3)上总不为单 ?2 ?
m
调函数,则实数 m 的取值范围是________. 解析 g′(x)=3x +(m+4)x-2,若 g(x)在区间(t,3)上总为单调函数,则①g′(x)≥0 在 (t,3)上恒成立,或②g′(x)≤0 在(t,3)上恒成立. 2 2 2 由①得 3x +(m+4)x-2≥0,即 m+4≥ -3x 在 x∈(t,3)上恒成立,∴m+4≥ -3t 恒成
2

x

t

立,则 m+4≥-1, 2 即 m≥-5;由②得 m+4≤ -3x 在 x∈(t,3)上恒成立,

x

2 37 则 m+4≤ -9,即 m≤- . 3 3 37 ∴函数 g(x)在区间(t,3)上总不为单调函数的 m 的取值范围为- <m<-5. 3

? 37 ? 答案 ?- ,-5? 3 ? ?
探究提高 否定性命题,常要利用正反的相互转化,先从正面求解,再取正面答案的补集即 可,一般地,题目若出现多种成立的情形,则不成立的情形相对很少,从反面考虑较简单, 因此,间接法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中.

1.分类讨论思想的本质是“化整为零, 积零为整”.用分类讨论的思维策略解数学问题的操作 过程:明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论→归纳综合结论→检验分类 是否完备(即分类对象彼此交集为空集, 并集为全集).做到“确定对象的全体, 明确分类的标 准,分类不重复、不遗漏”的分析讨论. 常见的分类讨论问题有: (1)集合:注意集合中空集?讨论. (2)函数:对数函数或指数函数中的底数 a,一般应分 a>1 和 0<a<1 的讨论;函数 y=ax
2

17

+bx+c 有时候分 a=0 和 a≠0 的讨论;对称轴位置的讨论;判别式的讨论. (3)数列:由 Sn 求 an 分 n=1 和 n>1 的讨论;等比数列中分公比 q=1 和 q≠1 的讨论. (4)三角函数:角的象限及函数值范围的讨论. (5)不等式:解不等式时含参数的讨论,基本不等式相等条件是否满足的讨论. (6)立体几何:点线面及图形位置关系的不确定性引起的讨论; (7)平面解析几何:直线点斜式中 k 分存在和不存在,直线截距式中分 b=0 和 b≠0 的讨论; 轨迹方程中含参数时曲线类型及形状的讨论. (8)去绝对值时的讨论及分段函数的讨论等. 2.转化与化归思想遵循的原则: (1)熟悉已知化原则:将陌生的问题转化为熟悉的问题,将未知的问题转化为已知的问题,以 便于我们运用熟知的知识、经验和问题来解决. (2)简单化原则:将复杂问题化归为简单问题,通过对简单问题的解决,达到解决复杂问题的 目的,或获得某种解题的启示和依据. (3)和谐统一原则: 转化问题的条件或结论, 使其表现形式更符合数与形内部所表示的和谐统 一的形式;或者转化命题,使其推演有利于运用某种数学方法或符合人们的思维规律. (4)正难则反原则:当问题正面讨论遇到困难时,应想到问题的反面,设法从问题的反面去探 讨,使问题获得解决.

一、填空题 1.等比数列{an}中,a3=7,前 3 项之和 S3=21,则公比 q 的值是________. 解析 当公比 q=1 时,a1=a2=a3=7,S3=3a1=21,符合要求. 当 q≠1 时,a1q =7, 1 - . 2 1 答案 1 或- 2 2.过双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)上任意一点 P,引与实轴平行的直线,交两渐近线于 R,Q → → 两点,则PR?PQ的值为________. → → 解析 当直线 PQ 与 x 轴重合时,|PR|=|PQ|=a. 答案 a
2 2

a1(1-q3) 1 =21,解之得,q=- 或 q=1(舍去).综上可知,q=1 或 1-q 2

x2 y2 a b

3.方程 sin x+cos x+k=0 有解,则 k 的取值范围是________. 解析 求 k=-sin x-cos x 的值域.
2

2

18

1? 5 ? k=cos2x-cos x-1=?cos x- ? - .

2

?

2?

4

1 5 当 cos x= 时,kmin=- ,当 cos x=-1 时,kmax=1, 2 4 5 ∴- ≤k≤1. 4

? 5 ? 答案 ?- ,1? ? 4 ?
4.若数列{an}的前 n 项和 Sn=3 -1,则它的通项公式 an=________. 解析 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=3 -1-(3 式子 an=2?3
n-1 n n-1 n

-1)=2?3

n-1

;当 n=1 时,a1=S1=2,也满足


n-1

∴数列{an}的通项公式为 an=2?3 答案 2?3
n-1

.

x2 5.已知 a 为正常数,若不等式 1+x≥1+ - 对一切非负实数 x 恒成立,则 a 的最大值为 2 2a x
________.

x2 x 解析 原不等式即 ≥1+ - 1+x(x≥0),(*) 2a 2
令 1+x=t,t≥1,则 x=t -1, (t -1) t -1 t -2t+1 (t-1) 所以(*)式可化为 ≥1+ -t= = 对 t≥1 恒成立, 2a 2 2 2 (t+1) 所以 ≥1 对 t≥1 恒成立,
2 2 2 2 2 2 2

a

又 a 为正常数,所以 a≤[(t+1) ]min=4, 故 a 的最大值是 4. 答案 4 → → → → → → 6.已知△ABC 和点 M 满足MA+MB+MC=0.若存在实数 k 使得CA+CB=kCM成立,则 k 等于 ________. → → → 解析 ∵MA+MB+MC=0, ∴M 为已知△ABC 的重心,取 AB 的中点 D, 3→ → → → → ∴CA+CB=2CD=2? CM=3CM, 2 → → → ∵CA+CB=kCM,∴k=3. 答案 3 7.设 F1,F2 为椭圆 + =1 的两个焦点,P 为椭圆上一点.已知 P,F1,F2 是一个直角三角形 9 4
19

2

x2 y2

的三个顶点,且 PF1>PF2,则 解析 若∠PF2F1=90°, 则 PF1=PF2+F1F2, ∵PF1+PF2=6,F1F2=2 5,
2 2 2

PF1 的值为________. PF2

14 4 PF1 7 解得 PF1= ,PF2= ,∴ = . 3 3 PF2 2 若∠F2PF1=90°, 则 F1F2=PF1+PF2 =PF1+(6-PF1) , 解得 PF1=4,PF2=2, ∴
2 2 2 2 2

PF1 =2. PF2 PF1 7 =2 或 . PF2 2

综上所述,

7 答案 2 或 2 1 3 2 8.已知函数 f(x)=ln x- x+ -1,g(x)=-x +2bx-4,若对任意的 x1∈(0,2),任意 4 4x 的 x2∈[1,2],不等式 f(x1)≥g(x2)恒成立,则实数 b 的取值范围是________. 解析 依题意,问题等价于 f(x1)min≥g(x2)max,

f(x)=ln x- x+ -1(x>0), 4 4x
1 1 3 4x-x -3 所以 f′(x)= - - 2= . 2 x 4 4x 4x 由 f′(x)>0,解得 1<x<3,故函数 f(x)单调递增区间是(1,3),同理得 f(x)的单调递减 区间是(0,1)和(3,+∞),故在区间(0,2)上,x=1 是函数 f(x)的极小值点,这个极小值 1 点是唯一的,所以 f(x1)min=f(1)=- . 2 函数 g(x2)=-x2+2bx2-4,x2∈[1,2]. 当 b<1 时,g(x2)max=g(1)=2b-5; 当 1≤b≤2 时,g(x2)max=g(b)=b -4; 当 b>2 时,g(x2)max=g(2)=4b-8. 故问题等价于
2 2 2

1

3

b<1, 1≤b≤2, ?b>2, ? ? ? ? ? 或? 1 2 或? 1 ? 1 - ≥2b-5 ?- ≥b -4 ?- ≥4b-8. ? ? 2 ? 2 ? 2
20

解第一个不等式组得 b<1, 解第二个不等式组得 1≤b≤ 第三个不等式组无解. 综上所述,b 的取值范围是?-∞, 答案 ?-∞, 二、解答题 9.数列{an}中,a1=8,a4=2,且满足 an+2-2an+1+an=0. (1)求数列的通项公式; (2)设 Sn=|a1|+|a2|+?+|an|,求 Sn. 解 (1)an+2-2an+1+an=0, 所以 an+2-an+1=an+1-an, 所以{an+1-an}为常数列, 所以{an}是以 a1 为首项的等差数列, 设 an=a1+(n-1)d, 14 , 2

? ?

14? ?. 2 ?

? ?

14? ? 2 ?

a4=a1+3d,
2-8 所以 d= =-2, 3 所以 an=10-2n. (2)因为 an=10-2n, 令 an=0,得 n=5. 当 n>5 时,an<0; 当 n=5 时,an=0; 当 n<5 时,an>0. 所以当 n>5 时,

Sn=|a1|+|a2|+?+|an|
=a1+a2+?+a5-(a6+a7+?+an) =T5-(Tn-T5)=2T5-Tn=n -9n+40,
2

Tn=a1+a2+?+an,
当 n≤5 时,

Sn=|a1|+|a2|+?+|an|
=a1+a2+?+an=Tn=9n-n .
2

21

? (n≤5), ?9n-n 所以 Sn=? 2 ? ?n -9n+40 (n>5).

2

10.已知函数 g(x)=

ax (a∈R),f(x)=ln(x+1)+g(x). x+1

(1)若函数 g(x)过点(1,1),求函数 f(x)的图象在 x=0 处的切线方程; (2)判断函数 f(x)的单调性.

a 2x 解 (1)因为函数 g(x)过点(1,1),所以 1= ,解得 a=2,所以 f(x)=ln(x+1)+ . 1+1 x+1
由 f′(x)= 1 2 x+3 + , 则 f′(0)=3, 所以所求的切线的斜率为 3.又 f(0) 2= x+1 (x+1) (x+1)2

=0,所以切点为(0,0),故所求的切线方程为 y=3x. (2)因为 f(x)=ln(x+1)+ 所以 f′(x)= 1 +

ax

x+1

(x>-1),

x+1

a(x+1)-ax x+1+a = 2 2. (x+1) (x+1)

①当 a≥0 时,因为 x>-1, 所以 f′(x)>0, 故 f(x)在(-1,+∞)上单调递增; ②当 a<0 时,由?
?f′(x)<0, ? ? ?x>-1,

得-1<x<-1-a,

故 f(x)在(-1,-1-a)上单调递减; 由?
?f′(x)>0, ? ?x>-1, ?

得 x>-1-a,

故 f(x)在(-1-a,+∞)上单调递增. 综上,当 a≥0 时,函数 f(x)在(-1,+∞)上单调递增; 当 a<0 时,函数 f(x)在(-1,-1-a)上单调递减, 在(-1-a,+∞)上单调递增.

x2 y2 2 11.已知椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的一个焦点与抛物线 y =4 3x 的焦点 F 重合,且椭圆短轴 a b
的两个端点与点 F 构成正三角形. (1)求椭圆的方程; (2)若过点(1, 0)的直线 l 与椭圆交于不同的两点 P, Q, 试问在 x 轴上是否存在定点 E(m, 0), → → 使PE?QE恒为定值?若存在,求出 E 的坐标,并求出这个定值;若不存在,请说明理由. 解 (1)由题意,知抛物线的焦点为 F( 3,0), 所以 c= a -b = 3. 因为椭圆短轴的两个端点与 F 构成正三角形,
22
2 2

所以 b= 3?

3 =1. 3

可求得 a=2,故椭圆的方程为 +y =1. 4 (2)假设存在满足条件的点 E,当直线 l 的斜率存在时设其斜率为 k,则 l 的方程为 y=k(x- 1).

x2

2

x ? ? +y2=1, 由? 4 ? ?y=k(x-1),
得(4k +1)x -8k x+4k -4=0, 设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 8k 4k -4 解上述方程后易得:x1+x2= 2 ,x1x2= 2 . 4k +1 4k +1 → → 则PE=(m-x1,-y1),QE=(m-x2,-y2), → → 所以PE?QE=(m-x1)(m-x2)+y1y2 =m -m(x1+x2)+x1x2+y1y2 =m -m(x1+x2)+x1x2+k (x1-1)(x2-1)
2 2 8k 8k m 4k -4 2?4k -4 ? 2 =m - 2 + 2 +k ? 2 - 2 +1? 4 k + 1 4 k +1 ? 4k +1 4k +1 ? 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

(4m -8m+1)k +(m -4) = 2 4k +1 1 ? 2 1? 2 2 2 (4m -8m+1)?k + ?+(m -4)- (4m -8m+1) 4? 4 ? = 2 4k +1 17 2m- 4 1 2 = (4m -8m+1)+ 2 . 4 4k +1 17 → → 要使PE?QE为定值,令 2m- =0, 4 17 → → 33 即 m= ,此时PE?QE= . 8 64 当直线 l 的斜率不存在时, 不妨取 P?1,

2

2

2

? ?

3? ? 3? ?,Q?1,- ?, 2? ? 2?

3? → ?9 3? → ?9 ?17 ? 由 E? ,0?,可得PE=? ,- ?,QE=? , ?, ?8 ? 8 2 8 2 ? ? ? ?

23

→ → 81 3 33 所以PE?QE= - = . 64 4 64 综上,存在点 E? 33 → ?17,0?,使→ PE?QE为定值 . ? 8 64 ? ?

24


相关文档

创新设计江苏专用2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题八数学思想方法教师用书理
创新设计(江苏专用)2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题八数学思想方法教师用书理
创新设计江苏专用届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题八数学思想方法教师用书理
创新设计江苏专用2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题七数学思想方法教书用书
创新设计(江苏专用)2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题七数学思想方法教书用书文
创新设计全国通用2017届高考数学二轮复习专题八数学思想方法选用第2讲分类讨论思想转化与化归思想训练
创新设计(全国通用)2017届高考数学二轮复习专题八数学思想方法第2讲分类讨论思想、转化与化归思想练习理
创新设计全国通用2017届高考数学二轮复习专题八数学思想方法第2讲分类讨论思想转化与化归思想练习理
创新设计江苏专用2017届高考数学二轮复习上篇专题整合突破专题七数学思想方法
创新设计全国通用2017届高考数学二轮复习专题八数学思想方法选用第2讲分类讨论思想转化与化归思想训练文
电脑版