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数形结合思想方法(讲解+例题+巩固+测试)


高中数学的数形结合思想方法申占宝

数形结合的思想方法(1)---讲解篇
一、 知识要点概述 数与形是数学中两个最古老、最基本的元素,是数学大厦深处的两块基石,所有的数学问题都是围绕数和形 的提炼、演变、发展而展开的:每一个几何图形中都蕴藏着一定的数量关系,而数量关系又常常可以通过图形的直 观性作出形象的描述。因此,在解决数学问题时,常常根据数学问题

的条件和结论之间的内在联系,将数的问题利 用形来观察,提示其几何意义;而形的问题也常借助数去思考,分析其代数含义,如此将数量关系和空间形式巧妙 地结合起来,并充分利用这种“结合”,寻找解题思路,使问题得到解决的方法,简言之,就是把数学问题中的数 量关系和空间形式相结合起来加以考察的处理数学问题的方法,称之为数形结合的思想方法。 数形结合是一个数学思想方法,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: 或者是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,比如应用函数的图像来直观地说 明函数的性质;或者是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。 数形结合的思想,其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来,关键是代数问题与图形之间的相互转化, 它可以使代数问题几何化,几何问题代数化。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。 二、 解题方法指导 1.转换数与形的三条途径: ① 通过坐标系的建立,引入数量化静为动,以动求解。 ② 转化,通过分析数与式的结构特点,把问题转化到另一个角度来考虑,如将转化为勾股定理或平面上两点 间的距离等。 ③ 构造,比如构造一个几何图形,构造一个函数,构造一个图表等。 2.运用数形结合思想解题的三种类型及思维方法: ①“由形化数” :就是借助所给的图形,仔细观察研究,提示出图形中蕴含的数量关系,反映几何图形内在 的属性。 ②“由数化形” :就是根据题设条件正确绘制相应的图形,使图形能充分反映出它们相应的数量关系,提示 出数与式的本质特征。 ③“数形转换” :就是根据“数”与“形”既对立,又统一的特征,观察图形的形状,分析数与式的结构, 引起联想,适时将它们相互转换,化抽象为直观并提示隐含的数量关系。 三、 数形结合的思想方法的应用 (一) 解析几何中的数形结合 解析几何问题往往综合许多知识点,在知识网络的交汇处命题,备受出题者的青睐,求解中常常通过数形结合 的思想从动态的角度把抽象的数学语言与直观的几何图形结合起来,达到研究、解决问题的目的. 1. 与斜率有关的问题 【例 1】已知:有向线段 PQ 的起点 P 与终点 Q 坐标分别为 P(-1,1),Q(2,2).若直线 l∶x+my+m=0 与 有向线段 PQ 延长相交,求实数 m 的取值范围.

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解:直线 l 的方程 x+my+m=0 可化为点斜式:y+1=- (x-0),易知直线 l 过定点 M(0,-1),且斜率为- . ∵ l 与 PQ 的延长线相交,由数形结合可得:当过 M 且与 PQ 平行时,直线 l 的斜率趋近于最小;当过点 M、 Q 时,直线 l 的斜率趋近于最大.

【点评】 含有一个变量的直线方程可化为点斜式或化为经过两直线交点的直线系方程.本题是化为点斜式方程 后,可看出交点 M(0,-1)和斜率- .此类题目一般结合图形可判断出斜率的取值范围. 2. 与距离有关的问题 【例 2】求:y=(cosθ-cosα+3)2+(sinθ-sinα-2)2 的最大(小)值. 【分析】可看成求两动点 P(cosθ,sinθ)与 Q(cosα-3,sinα+2)之间距离的最值问题. 解:两动点的轨迹方程为:x2+y2=1 和(x+3)2+(y-2)2=1,转化为求两曲线上两点之间距离的最值问题 . 如图:

3. 与截距有关的问题 3】若直线 y=x+k 与曲线 x= 曲线 x= 距. k=由数形结合知: 直线与曲线相切时, , 由图形: 可得 k=, 或-1<k≤1. 4. 与定义有关的问题 2 【例 4】求抛物线 y =4x 上到焦点 F 的距离与到点 A(3,2)的距离之和为 最小的点 P 的坐标,并求这个最小值. 【分析】要求 PA+PF 的最小值,可利用抛物线的定义,把 PF 转化为点 P 到 准线的距离,化曲为直从而借助数形结合解决相关问题. 恰有一个公共点,求 k 的取值范围.





解: 上的截

2 2 是单位圆 x +y =1 的右半圆(x≥0),k 是直线 y=x+k 在 y 轴

P′是抛物线 y2=4x 上的任意一点, 解: 过 P′作抛物线的准线 l 的垂线, 垂足为 D, 连 P′F (F 为抛物线的焦点) , 由抛物线的定义可知: .
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过 A 作准线 l 的垂线,交抛物线于 P,垂足为 Q,显然,直线 AQ 之长小于折线 AP′D 之长,因而所求的点 P 即为 AQ 与抛物线交点. 2 ∵ AQ 直线平行于 x 轴,且过 A(3,2),所以方程为 y=2,代入 y =4x 得 x=1. ∴ P(1,2)与 F、A 的距离之和最小,最小距离为 4. 【点评】 (1)化曲线为直线是求距离之和最有效的方法,在椭圆,双曲线中也有类似问题. (2)若点 A 在抛物线外,则点 P 即为 AF 与抛物线交点(内分 AF). (二) 数形结合在函数中的应用 1. 利用数形结合解决与方程的根有关的问题 方程的解的问题可以转化为曲线的交点问题,从而把代数与几何有机地结合起来,使问题的解决得到简化. 【例 5】已知方程 x2-4x+3=m 有 4 个根,则实数 m 的取值范围 .

【分析】此题并不涉及方程根的具体值,只求根的个数,而求方程的根的个数问题可以转化为求两条曲线的交点的 个数问题来解决. 解:方程 x2-4x+3=m 根的个数问题就是函数 y=x2-4x+3 与函数 y=m 图象的交点的个数. 作出抛物线 y=x2-4x+3=(x-2)2-1 的图象,将 x 轴下方的图象沿 x 轴翻折上去,得到 y=x2-4x+3 的图象,再作直 线 y=m,如图所示:由图象可以看出,当 0<m<1 时,两函数图象有 4 交点,故 m 的取值范围是(0,1). 数形结合可用于解决方程的解的问题,准确合理地作出满足题意的图象是解决这类问题的前提. 2. 利用数形结合解决函数的单调性问题 函数的单调性是函数的一条重要性质,也是高考中的热点问题之一.在解 决有关问题时,我们常需要先确定函数的单调性及单调区间,数形结合是 确定函数单调性常用的数学思想,函数的单调区间形象直观地反映在函数 的图象中. 【例 6】确定函数 y= 的单调区间.

画出函数的草图,由图象可知,函数的单调递增区间为(-∞,0],[1,+∞),函数的单调递减区间为[0,1]. 3. 利用数形结合解决比较数值大小的问题 【例 7】已知定义在 R 上的函数 y=f(x)满足下列三个条件:①对任意的 x∈R 都有 f(x+4)=f(x);②对任意的
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0≤x1<x2≤2,都有 f(x1)<f(x2);③y=f(x+2)的图象关于 y 轴对称.则 f(4.5),f(6.5),f(7)的大小关系是

.

解:由①:T=4;由②:f(x)在[0,2]上是增函数;由③:f(-x-2)=f(x+2),所以 f(x)的图象 关于直线 x=2 对称.由此,画出示意图便可比较大小.

显然,f(4.5)<f(7)<f(6.5). 4. 利用数形结合解决抽象函数问题 抽象函数问题是近几年高考中经常出现的问题, 是高考中的难点.利用数形结合常能使我们找到解决此类问题的 捷径. 【例 8】 设 f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,在区间[a,b](a<b<0)上,f ′(x)g(x) +f(x) g′(x)>0,且 f(x)· g(x)有最小值-5.则函数 y=f(x)· g(x)在区间[-b,-a]上( ). A. 是增函数且有最小值-5 B. 是减函数且有最小值-5 C. 是增函数且有最大值5 D. 是减函数且有最大值5 析】 f ′(x)g(x)+f(x)g′(x)=[f(x)· g(x)]′>0. y=f(x)· g(x)在区间[a,b](a<b<0)上是增函数, f(x),g(x)分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数. y=f(x)· g(x)是奇函数. 【解 ∴ 又∵ ∴ 因此

它的图象关于原点对称,作出示意图,易知函数 y=f(x)· g(x)在区间[-b,-a]上是增函数且有最大值5,因此 选C. (三)运用数形结合思想解不等式 1. 求参数的取值范围 【例 9】若不等式 A. [0,+∞) C. (-∞,0) 解:令 f(x)= >ax 的解集是{x|0<x≤4},则实数 a 的取值范围是( ). B. (-∞,4] D. (-∞,0] ,g(x)=ax,则 f(x)= 的图象是以(2,0)为圆心,以2为半径

的圆的上半部分,包括点(4,0),不包括点(0,0);g(x)=ax 的图象是通过原点、斜率为 a 的直
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线,由已知

>ax 的解集是{x|0<x≤4},

即要求半圆在直线的上方,由图可知 a<0,所以选C. 【点评】 本题很好的体现了数形结合思想在解题中的妙用. 【例 10】 若 x∈(1,2)时,不等式(x-1)2<logax 恒成立,则 a 的取值范围是( ). A. (0,1) C. (1,2] B. (1,2) D. [1,2]

解:设 y1=(x-1)2(1<x<2),y2=logax. 由图可知若 y1<y2(1<x<2),则 a>1.

y1=(x-1)2 过(2,1)点,当 y2=logax 也过(2,1)点,即 a=2 时,恰 (1<x<2) <a≤2 时(x-1)2<logax 在 x∈(1,2)上成立,故选C. 例1、 例2两题的求解实际上综合运用了函数与方程以及数形结合的思想方法. 等式

有 y1<y2 ∴ 1 【点评】 2. 解不

【例 11】已知 f(x)是R上的偶函数,且在[0,+∞)上是减函数,f(a)=0(a>0),那么不等式 xf(x) <0 的解集是( ). A. {x|0<x<a} C. {x|-a<x<a} B. {x|-a<x<0 或 x>a} D. {x|x<-a 或 0<x<a}

解:依题意得 f(x)是R上的偶函数,且在[0,+∞)上是减函数,f(a)=0(a>0),可得到 f(x) 图象,又由已知 xf(x)<0,可知 x 与 f(x)异号,从图象可知,当 x∈(-a,0)∪(a,+∞)时满足题意, 故选B. 【例 12】 设函数 f(x)=2 【解法1】由 f(x)≥2 得2 ,求使 f(x)≥2 ≥2 =2 . 的取值范围.

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易求出 g(x)和 h(x)的图象的交点 【解法 3】 由

立时,x 的取值范围为[ ,+∞).

的几何意义可设F1(-1,0),F2(1,0),M(x,y),则

,可知M的轨迹是以F1、F2为焦点的双曲线的右支,其中右顶点为( ,0),由 双曲线的图象和 x+1-x-1≥ 知 x≥ . 【点评】 本题的三种解法都是从不同角度构造函数或不等式的几何意义,让不等式的解集直观地表现出来, 体现出数形结合的思想,给我们以“柳暗花明”的解题情境. (四)运用数形结合思想解三角函数题 纵观近三年的高考试题,巧妙地运用数形结合的思想方法来解决一些问题,可以简化计算,节省时间,提高 考试效率,起到事半功倍的效果. 【例 13】函数 f(x)=sinx+2sinx,x∈[0,2π]的图象与直线 y=k 有且仅有2个不同的交点,则 k 的取值 范围是 .
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【分析】本题根据函数解析式,画出图象,可以直观而简明地得出答案,在有时间限制的高考中就能大大地 节约时间,提高考试的效率.

解:函数 f(x)=

由图象可知:1<k<3.

【例 14】当 0<x< 时,函数 f(x)= A. 2 解:y= B. 2 C. 4 D. 4

的最小值为( ).

则 y 为点A(0,5)与点B(-sin2x,3cos2x)两点连线的斜率,又点B的轨迹

方程

(0<α<

) , 即 x2+

=1 (x<0) , 如图, 当过点A的直线 l∶y=kx+5 与椭圆 x2+

=1 (x<0)

相切时,k 有最小值4,故选C.

【例 15】若 sinα+cosα=tanα(0<α<

),则 α∈( ).

解:令 f(x)=sinx+cosx= 从标 xP>

sin(x+

)(0<α<

),g(x)=tanx,画出图象,从图象上看出交点P的横 ≈1.732>1.367,由图象知 xP 应小于 .故选C. ,淘汰了A、B

.再令 α= ,则 sin +cos =

≈1.366,tan =

【点评】 本题首先构造函数 f(x),g(x),再利用两个函数的图象的交点位置确定 α> 两选项,然后又用特殊值 估算,结合图象确定选项C,起到了出奇制胜的效果.

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【例 16】 已知函数 f(x)是定义在(-3,3)上的奇函数,当 0<x<3 时 f(x)图象如下图所示,那么不 等式 f(x)cosx<0 的解集是( ).

解:函数 f(x)定义在(-3,3)上,且是奇函数,根据奇函数图象性质可知,f(x)在(-3,0)上 的图象如图所示,若使 f(x)cosx<0,只需 f(x)与 cosx 异号,即图象须分别分布在 x 轴上下侧,由图可知, 有三部分区间符合条件要求,即(- ,-1)∪(0,1)∪( ,3),故选 B.

【点评】已知函数的一部分图象,根据函数的性质可得到函数的另一部分图象,利用数形结合的思想,可以先 画出完整的函数图象,再研究有关问题. 【例 17】△ABC中,A= ,BC=3,则△ABC的周长为( ).

解:本题是我们常用三角恒等变形和正弦定理通过一定量的计算来完成的,但是应用数形结合,可以很快解 决问题.为此,延长CA到D,使AD=AB,则CD=AB+AC,∠CBD=∠B+ ,∠D= ,由正弦

定理

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即AB+AC=6sin(B+ ),故选C.

(五)运用数形结合思想解复数题 【例 18】设|z 1 |=5,|z 2 |=2, |z 1 - z2 |= 13 ,求

z1 的值。 z2

【分析】 利用复数模、四则运算的几何意义,将复数问题用几何图形帮助求解。 【解】 如图,设 z 1 = OA 、z 2 = OB 后,则 z1 = OC 、 z2 = OD 如图所示 y 由图可知,| A D B C

5 z1 |= ,∠AOD=∠BOC,由余弦定理得: 2 z2

O

x

4 52 ? 22 ? ( 13 )2 cos∠AOD= = 5 2×5× 2


3 z1 5 4 3 = ( ± i)=2± i 2 z2 2 5 5

【另解】设 z 1 = OA 、 z2 = OD 如图所示。则|

z1 z2

|=

5 ,且 2

y O

A D x

4 3 52 ? 22 ? ( 13 )2 cos∠AOD= = ,sin∠AOD=± , 5 5 2×5× 2
所以

z1 z2



5 4 3 3 3 z1 ( ± i)=2± i,即 =2± i。 2 5 5 2 2 z2

【注】本题运用“数形结合法”,把共轭复数的性质与复平面上的向量表示、代数运算的几何意义等都表达得 淋漓尽致,体现了数形结合的生动活泼。 一般地,复数问题可以利用复数的几何意义而将问题变成几何问题,也 可利用复数的代数形式、三角形式、复数性质求解。 本题设三角形式后转化为三角问题的求解过程是:设 z 1 =5(cosθ
z2 |=|(5cosθ
1 -2cosθ 2 )+(5sinθ 1 +2sinθ 2 )i|= 1 +isinθ 1 ),z 2 =+isinθ 2 ),则|z 1 -

4 3 29 ? 20 cos(?1 ? ? 2 ) = 13 ,所以 cos(θ 1 +θ 2 )= ,sin(θ 1 +θ 2 )=± , 5 5

5 4 3 3 z1 5[cos( ??1 ) ? i sin( ?? 2 )] 5 = = [cos(θ 1 +θ 2 )+isin(θ 1 +θ 2 )]= ( ± i)=2± i。 2 2 5 5 2 2(cos? 2 ? i sin ? 2 ) z2
本题还可以直接利用复数性质求解,其过程是:由|z 1 - z2 |= 13 得:
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(z 1 - z2 )( z1 -z 2 )=z 1 z1 +z 2 z2 -z 1 z 2 - z1 z2 =25+4-z 1 z 2 - z1 z2 =13, 所以 z 1 z 2 + z1 z2 =16,再同除以 z 2 z2 得

z1 z2



3 z1 z1 =4,设 =z,解得 z=2± i。 2 z2 z2

几种解法,各有特点,由于各人的立足点与思维方式不同,所以选择的方法也有别。一般地,复数问题可以应 用于求解的几种方法是:直接运用复数的性质求解;设复数的三角形式转化为三角问题求解;设复数的代数形 式转化为代数问题求解;利用复数的几何意义转化为几何问题求解。 四、运用数形结合思想分析和解决问题时,要注意如下几点 在解题时,有时把数转化为形,以形直观地表达数来解决,往往使复杂问题简单化、 抽象问题具体化.但是,依赖图象直观解题,也要注意如下几个问题. 1、注意图象延伸趋势 【例 19】 判断命题:“当 a>1 时,关于 x 的方程 ax=logax 无实解.”正确与 否. 错解:在同一坐标系中分别作出函数 y=ax 及 y=logax 的图象(a>1)(如 图 1),可见它们没有公共点,所以方程无实解,命题正确. 【评析】 实际上对不同的实数 a,y=ax 和 y=logax 的图象的延伸趋 势不同.例如当 a=2 时,方程无实数解;而当 a= 时,x=2 是方程的 解.说明两图象向上延伸时,一定相交,交点在直线 y=x 上. 2、注意图象伸展“速度” n 2 【例 20】比较 2 与 n 的大小,其中 n≥2,且 n∈N+. x 2 错解:在同一坐标系中分别作出函数 y=2 及 y=x 的图象(如图 2). 由图可知,两图象有一个公共点. x 2 当 x=2 时,2 =x ; x 2 当 x>2 时,2 <x . n 2 ∴ 当 n=2 时,2 =n ; n 2 当 n>2,且 n∈N+时,2 <n . n 2 n 2 【评析】事实上,当 n=4 时,2 与 n 也相等;当 n=5 时,2 >n .错因是没有充分注意到两个图象在 x≥2 时的递 增“速度”!要比较两个图象的递增速度,确实很难由图象直观而得.本题可以先猜想,后用数学归纳法证明. 本题的正确答案是 n 2 当 n=2、4 时,2 =n ; n 2 当 n=3 时,2 <n ; n 2 当 n≥5 时,n∈N+时,2 >n . 证明略. 3、注意数形等价转化 2 【例 21】已知方程 x +2kx-3k=0 有两个实数在-1 与 3 之间,求 k 的取值范围.
2 错解:令 f(x)=x +2kx-3k,结合题意画出图象 3 中的(1),再由图象列出不等

解略. 【评析】 事实上,不等式组(*)并不与题意等价,图象 3 中的(2)也满足不等式组(*),但两实根均大于 3, 还可以举出两实根均小于-1 的反例.若不等式组(*)与图 3 中的(1)等价,需加上条件-3<k<1.因此,数形转化要
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注意等价性. 4、注意仔细观察图象 【例 22】已知关于 x、y 的方程组

(a>b>0)有四组实数解,求 a、b、m 应满足的关系. 错解:已知方程组中的两个方程分别是椭圆和抛物线的方程,原方程组有四组实数解等价于椭圆与抛物线有四个 <a,即-a2<m<-b. 不同的公共点.由图 4 知,m<-b,且 =a 时, 【评析】 观察图象过于草率! 事实上, 图 5 也是一种可能的情形, 即当 仍有可能为四组解.例如当 a=2, b=1,m=-4 时,可得解集为:{(2,0),(-2,0),( 现用数形结合求解: 考虑一元二次方程 a2y2+b2y-(m+a2)b2=0, 令 Δ=0(即相切情形), 解得 m=结合图象, 注意到 m<-b,则 a、b、m 应满足的关系是<m<-b. 从以上 而得,值 , ,),(- )}.

看出,有些问题可以用图象解决,但要认真分析,有些问题很难由图象直观 得注意. 5. 数形结合也有简繁之分 数形结合的核心与灵魂是“结合”.解题时,由于观察与联想的视角不同,会出现 “结合”, “结合”得好就得到好的解题方法, “结合”得不好就使解题过程繁琐且易出错, 的优劣反映出了我们的基础与能力,也反映出我们思维灵活性与创造性的水平,“结 优化选择,应是数形结合法研究的重要一环.为便于说明,我们先看几例: 【例 23】已知方程 mx=x+m 有两个相异实根,求实数 m 的取值范围. 角一:视方程 mx=x+m 两边的代数式为两个函数,分别画出函数 y=mx,y=x+m 的图象 (如图 1),由于两个函数中都含有 m,故需进一步对 m 进行分类讨论,情况复 图 1 仅表示 m>0 时的示意图. 视角二:由 m≠0,先将原方程变形,得 x-1= x,再视方程 x-1= x 两边的代数 为两个函数,分别画出函数 y=x-1,y= x 的图象(如图 2),由图易看出: 当 0< <1 或-1< <0,即 m<-1 或 m>1 时,图象有两个不同交点,此时原方程 异实根. 视角三:用分离参数法,先将原方程化为 分别作出函数 y= =m.

不同的 “ 结合 ” 合”的 视 杂 .



有两个相

,y=m 的图象(如图 3),由图易看出,当 m<-1,m>1 时,两函数的图象有两个不同交点,
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此时原方程有两个相异实根.

视角四:用分离参数法,先将原方程化为 当 x>0 时,得 1- = ,当 x<0 时,得-1- = . 分别作出函数 y=

.

,y= 的图象(如图 4),由图易

看出,当 0< <1 或-1< <0,即当 m>1 或 m<-1 时,两函 数的图象有两个不同交点,此时原方程有两个相异实根. 可见,例 1 的各解虽同是数形结合,但大有简繁之分,视角二优于视角一,视角一中两函数中的都含有 m,因而 他们的图象也是变化的,虽可以通过讨论而获得结论,但讨论时容易因考虑不周而产生漏解,视角三虽看图直观明 了,但图象不易作出,而视角四既比视角三作图方便,又比视角二简单,不用讨论,这是因为视角二还有一个函数 中含有 m,而视角四中已不含 m,所以这里以视角四为最理想. 2 【例 24】已知函数 f(x)=ax +bx 且 2≤f(1)≤4,1≤f(-1)≤2,求 f(-2)的取值范围. 这是我们常出错的题,其代数解法有待定系数法、特征函数法、三角代换法等,而众所周知的数形结合法是线性规 划法. 这类问题可看作一个条件极值问题,即变量 a、b 在 2≤a+b≤4 ① 1≤a-b≤2 ② 这两 个约束条件下,求目标函数 y=4a-2b 的最大(小)值问题 .约束条件 2≤a+b≤4,1≤a-b≤2 的解集是非空集,在坐标平面上表 示的区域是由直线:a+b=4,a+b=2,a-b=2,a-b=1 所围成的封闭 图形(图 5 中的阴影部分). y 的大小又可以看作直线 b=2a- y 在 b 轴上截距的大小, 从图中易知当直线 b=2a- y 经过 A( , ),C(3,1) 时截距分别为最小 f(-2)=5 和最大 f(-2)=10. 以 5≤f(-2)≤10. 实还可有如下数形结合法: 要求 f(-2)的取值范围,只要确定 f(-2)的最大(小)值,即找到 f(x) 图象在 x=-2 时的最高点 F 与最低点 E 的纵坐标,为此只要确定 f(x)经 E、F 时的函数表达式,由于 f(x)=ax2+bx 是经过原点(c=0)的抛物线 所以只要再有两点就可确定,由已知 2≤f(1)≤4,1≤f(-1)≤2,知 f(x) x=1 时的最高点 B(1,4),最低点 A(1,2),f(x)在 x=-1 时的最高 D(-1,2),最低点 C(-1,1),(如图 6),由抛物线的图象特征易知 2 过 F 点的图象就是经过 O、B、D 的图象 C ,经过 E 点的图象就是经过 O、 C 的图象 C1,于是: 将 B(1,4),D(-1,2)坐标代入 f(x)=ax2+bx 得 所 其 的 过 系, 在 点 经 A、

解得 a=3,b=1. 2 故图象经过 O、B、D 的函数为 C2∶f(x)=3x +x,所以 fmax(-2)=10.
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2 将 A(1,2),C(-1,1)的坐标代入 f(x)=ax +bx 得

故图象经过 O、A、C 的函数为 C1∶f(x)= x2+ x,fmin(-2)=5. 所以 5≤f(-2)≤10. 2 【例 25】正数 a、b、c、A、B、C 满足 a+A=b+B=c+C=k,求证:aB+bC+cA<k . 本题的难度较大, 用代数方法一时是无从下手的.若能数形结合, 揭示其条件 a+A=b+B=c+C=k 中隐含的几何背景—— 联想到三数相等的几何图形是等边三角形,则可得如下简捷的证法. 证明:如图 7, 作边长为 k 的正三角形 PQR,分别在各边上取点 L、M、N,使得 QL=A,LR=a,RM=B,MP=b,PN=C,NQ=c,

如果再观察 a+A=b+B=c+C=k 这个代数条件, 从三数相等的几何图形是等边三角形, 联想到四数 相等 a+A=b+B=c+C=k 的几何图形是正方形.则又可作边长 k 的正方形(图 8). 由面积关系知其结论 aB+bC+cA<k 显然成立. 仅举三例,可见一斑,不但数形结合的确好,而且同是数形结合,也有不好与好之分,只有把握住 “结合” 这一 数形结合法的核心,才能把在由数到形这一变换、操作过程中的图形选择的多样性,变成解题的灵活性和创造性 . 在实际学习中要结合具体问题掌握一些常规的操作策略,例如要画的若是函数图象,那就要设法让要画图象的函数 尽可能少含参变量,最好不含参变量,如果一定要含有,也要设法让它在较低次的函数(如一次函数)或在简单函 数中含有.只有这样,才能从一个新的层面上去理解、掌握、运用好数形结合法. 【结束语】 在数形结合法的学习中,我们还应进一步看到运算、证明的简捷化与严格化 “数学中每一步真正的进步都与更有力的工具和更简单的方法的发展密切联系着, 是密切相关的, 这些工具和方法同时会有助于理解已有的理论并把陈旧的复杂的东西抛到一边.数学科学发展的 这种特点是根深蒂固的.”“把证明的严格化与简捷化绝对对立起来是错误的.相反,我们可以通过 大量的例子来证实;严格的方法同时也是比较简捷比较容易理解的方法.正是追求严格化的努力 驱使我们去寻求更简捷的推理方法”.
2

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数形结合的思想方法(2)---高考题选讲
数形结合思想是一种很重要的数学思想,数与形是事物的两个方面,正是基于对数与形的抽象研究才产生了数 学这门学科,才能使人们能够从不同侧面认识事物,华罗庚先生说过:“数与形本是两依倚,焉能分作两边飞.数缺 形时少直观,形少数时难入微.” 把数量关系的研究转化为图形性质的研究,或者把图形性质的研究转化为数量关系的研究,这种解决问题过程 中“数”与“形”相互转化的研究策略,就是数形结合的思想.数形结合思想就是要使抽象的数学语言与直观的图形结合 起来,使抽象思维与形象思维结合起来. 在使用过程中,由“形”到“数”的转化,往往比较明显,而由“数”到“形”的转化却需要转化的意识,因此,数形结 合思想的使用往往偏重于由“数”到“形”的转化. 考试中心对考试大纲的说明中强调:“在高考中,充分利用选择题和填空题的题型特点,为考查数形结合的思想 提供了方便,能突出考查考生将复杂的数量关系转化为直观的几何图形问题来解决的意识,而在解答题中,考虑到 推理论证的严密性,对数量关系问题的研究仍突出代数的方法而不提倡使用几何的方法,解答题中对数形结合思想 的考查以由?形?到?数?的转化为主.” 1. 注重图形的内涵与拓展,突出对数字直觉能力的考查 【例 1】图 1 有面积关系 则由图 2 有体积关系: _______.

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解: 【点评】 本题注重考查图形分析能力.思维方式上从平面向空间拓展,面积与体积类比,直观类比与猜想并举.体 现了高考题以能力立意考查注重素质的命题原则. 【例 2】 如图所示,已知椭圆 =1 的左、右焦点分别为 F1,F2,点 P 在椭圆上,若 F1,F2,P 是一个直角

三角形的三个顶点,则点 P 到 x 轴的距离为( ).

解:以O为圆心以OF1 为半径画圆,可知此圆与椭圆无交点,则△F1F
2P

中∠PF1F2(或∠PF2F1)为直角,如此求出P点坐标即得 yp=± ,

故选D. 【点评】 本题以作图直观判断为突破口,直觉与逻辑推理互动,化解析几何问题为平面几何问题,化计算为判断, 在理性的高度认识问题. 【例3】某城市各类土地租价 y(万元)与该地段和市中心的距离 x(km)关系如图所示.其中 l1 表示商业用地,l2 表示工业用地,l3 表示居住用地.要使各类用地租金收入最高,应将工业用地划在( ). A. 与市中心距离分别为 3km 和 5km 的圆环型区域上 B. 与市中心距离分别为 1km 和 4km 的圆环型区域上 C. 与市中心距离为5km 的区域外 D. 与市中心距离为 5km 的区域内 解:由函数 y 的实际意义知:在区间(1,4)上,即在与市中心距离分别为1km 和4km 的圆环型区域上,工 业用地的租金大于商业用地的租金和居住用地的租金,为了获取最高的租金,因此这个区域应租用给工业,故选 B. 【点评】 这道题考查的是阅读理解能力,提醒我们在日常的学习中,要注意训练直觉思维,养成整体观察、检索 信息、把握问题实质的良好习惯. 2. 注重绘图,突出对动手能力和探究性学习的考查 【例4】设奇函数 f(x)定义域为[-5,5],若当 x∈[0,5]时,f(x)图象如下图,则不等式 f(x)<0 的解集是____.

解:由奇函数的图象关于原点对称,完成 f(x)在定义域内的图象,再由 f(x)<0 找出使 f(x)图象在 x 轴下方 的区域,从而得到不等式 f(x)<0 的解集为(-2,0)∪(2,5]. 【点评】用数形结合的方法去分析解决问题除了能读图外,还要能画图.绘制图形既是数形结合方法的需要,也是培 养我们动手能力的需要.
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【例5】设集合U={(x,y)x∈R,y∈R},A={(x,y)2x-y+m>0},B={(x,y)x+y-n≤0},那 么点P(2,3)∈A∩( A. m>-1,n<5 C. m<-1,n>5 B)的充要条件是( ).

B. m<-1,n<5 D. m>-1,n>5

n=5.再确定两个不等式 2x-y-1>0 和 x+y-5>0 解: 先假定点P (2, 3) 在直线 2x-y+m=0 和直线 x+y-n=0 上, 则 m=-1, 所共同确定的区域,平移两直线得到答案A. 【点评】此题考查了集合、二元一次不等式表示的区域、充要条件等知识.以运动、变化、联系的观点考虑问题,变 静态思维方式为动态思维方式,强调辨证思维能力. 3. 注重对思维的灵活性和创造性的考查 【例6】已知点P是椭圆 上的动点,F1,F2分别是左、右焦点,O为原点,则

的取值范围是( ).

解:此题的一种解法是:在△PF1F2中,根据中线定理得:PF12+PF22=2OP2+2F1O2,再由椭圆定义,得到 ( PF1-PF 2 ) 2 =O P 2 -16,由 2≤ O P≤2 得答案D . 另一种解法是数形结合,根据P点所处的位置对

取值的影响来判断出结论.逐渐移动P点到长轴端点, OP 值逐渐增大,

逐渐接近

,当移动P点到短轴端点时 PF1=PF2,

取最小值 0.从而判断出答案为D.

【点评】解法二是采用极端性原则变静态思维方式为动态思维方式,把数与形分别视为运动事物在某一瞬间的取 值或某一瞬间的相对位置.运用动态思维方式处理、研究问题,揭示了问题的本质,体现了思维的灵活性. 4. 注重方法的通用性、应用性,突出能力考查 【例 7】电信局为了满足客户的不同需求,制定了 A,B 两种话费计算方案.这两种方案应付话费(元)与通话时间 (分钟)之间的关系如下图所示(MN∥CD). (1)若通话时间为 2 小时,按方案 A,B 各付话费多少元? (2)方案 B 从 500 钟以后,每分钟收费多少元? (3)通话时间在什么范围内方案 B 才会比方案 A 优惠?

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解:由 M(60,98),C(500,168),N(500,230). ∵ MN∥CD. 设这两方案的应付话费与通话时间的函数关系式分别为 fA(x),fB(x),

(1)通话两小时的费用分别是 116 元和 168 元. (2)由 fB(n+1)-fB(n)=0.3(n>500)或由直线 CD 的斜率的实际意义知方案 B 从 500 分钟以后每分钟收费 0.3 元. (3)由图知:当 0≤x≤60 时 fA(x)<fB(x);当 x>500 时 fA(x)>fB(x);当 60<x≤500 时,令 fA(x)>fB(x) 得 x> ,即通话时间为( ,+∞)时方案 B 较优惠.

【评析】此题在实际问题中融入函数,直线等知识,考查了阅读理解能力,体现了在知识应用过程中对能力的考查. 下面就高考中出现的一些相关题进行点评 【例 8】. 若方程 lg(-x +3x-m)=lg(3-x)在 x∈(0,3)内有唯一解,求实数 m 的取值范围。 【分析】将对数方程进行等价变形,转化为一元二次方程在某个范围内有实解的问题,再利用二次函数的图像 进行解决。 【解】 原方程变形为 ?
2

?3 ? x ? 0
2 ?? x ? 3x ? m ? 3 ? x

即: ?

?3 ? x ? 0
2 ?( x ? 2) ? 1 ? m
2

设曲线 y 1 =(x-2)

, x∈(0,3)和直线 y 2 =1-m,图像如图所示。由图可知:

① 当 1-m=0 时,有唯一解,m=1; ②当 1≤1-m<4 时,有唯一解,即-3<m≤0, ∴ m=1 或-3<m≤0 此题也可设曲线 y 1 =-(x-2) +1 , x∈(0,3)和直线 y 2 =m 后画出图像求解。 【注】 一般地,方程的解、不等式的解集、函数的性质等进行讨论时,可以借助于函数的图像直观解决,简单明 了。此题也可用代数方法来讨论方程的解的情况,还可用分离参数法来求(也注意结合图像分析只一个 x 值)。
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2

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【例 9】. 直线 L 的方程为:x=-

p 2

(p>0),椭圆中心 D(2+

p ,0), 焦点在 x 轴上, 长半轴为 2,短半轴为 1, 2

它的左顶点为 A。问 p 在什么范围内取值,椭圆上有四个不同的点,它们中每一个点到点 A 的距离等于该点到直线 L 的距离? 【分析】 由抛物线定义,可将问题转化成:p 为何值时,以 A 为焦点、L 为准线的抛物线与椭圆有四个交点, 再联立方程组转化成代数问题(研究方程组解的情况)。 【解】 由已知得:a=2,b=1, A(

p ,0),设椭圆与双曲线方程并联立有: 2

? y 2 ? 2 px ? p2 ? 2 p 2 ,消 y 得:x -(4-7p)x+(2p+ )=0 ? [ x ? ( 2 ? )] 4 2 2 ? ? y ?1 ? 4 ?
所以△=16-64p+48p >0,即 6p -8p+2>0,解得:p<
2 2

1 或 p>1。 3

结合范围(

p p p2 2 ,4+ )内两根,设 f(x)=x -(4-7p)x+(2p+ ), 2 2 4

p 4 ? 7p p 1 p p < <4+ 即 p< ,且 f( )>0、f(4+ )>0 即 p>-4+3 2 。 2 2 2 2 2 2 1 结合以上,所以-4+3 2 <p< 。 3
所以 【注】 本题利用方程的曲线将曲线有交点的几何问题转化为方程有实解的代数问题。一般地,当给出方程的解 的情况求参数的范围时可以考虑应用了“判别式法”,其中特别要注意解的范围。另外,“定义法”、“数形结合 法”、“转化思想”、“方程思想”等知识都在本题进行了综合运用。 【例 10】. 设 a、b 是两个实数,A={(x,y)|x=n,y=na+b} (n∈Z),B={(x,y)|x=m,y=3m +15} (m ∈Z),C={(x,y)|x +y ≤144},讨论是否,使得 A∩B≠φ 与(a,b)∈C 同时成立。 【分析】集合 A、B 都是不连续的点集,“存在 a、b,使得 A∩B≠φ ”的含意就是“存在 a、b 使得 na+b=3n
2 2 2 2

+15(n∈Z)有解(A∩B 时 x=n=m)。再抓住主参数 a、b,则此问题的几何意义是:动点(a,b)在直线 L:nx+y= 3n +15 上,且直线与圆 x +y =144 有公共点,但原点到直线 L 的距离≥12。 【解】 由 A∩B≠φ 得:na+b=3n +15 ; 设动点(a,b)在直线 L:nx+y=3n +15 上,且直线与圆 x +y =144 有公共点,
2 2 2 2 2 2 2

所以圆心到直线距离 d=

|3n 2 ? 15| n2 ? 1

=3( n2 ? 1 +

4 n2 ? 1

)≥12

∵ n 为整数 ∴ 上式不能取等号,故 a、b 不存在。 【注】 集合转化为点集(即曲线),而用几何方法进行研究。此题也属探索性问题用数形结合法解,其中还体 现了主元思想、方程思想,并体现了对有公共点问题的恰当处理方法。 本题直接运用代数方法进行解答的思路是: 由 A∩B≠φ 得:na+b=3n +15 ,即 b=3n +15-an (①式);
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2 2

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由(a,b)∈C 得,a +b ≤144 (②式); 把①式代入②式,得关于 a 的不等式: (1+n )a -2n(3n +15)a+(3n +15) -144≤0 (③式), 它的判别式△=4n (3n +15) -4(1+n )[(3n +15) -144]=-36(n -3)
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

因为 n 是整数,所以 n -3≠0,因而△<0,又因为 1+n >0,故③式不可能有实数解。 所以不存在 a、b,使得 A∩B≠φ 与(a,b)∈C 同时成立 【例 11】已知 f(x)=ax+b,2a2+6b2=3,证明对任意 x∈[-1,1]恒有 f(x)≤ 【点拨】从等式 2a2+6b2=3 联想到几何图形:椭圆.于是一个好解法出现了. .

这是本题的 一个优美解,从等式的外形联想到构造一个几何图形,思维在数和形的天地里驰骋. 【例 12】设 p=(log2x)2+(t-2)log2x+1-t,当 t∈[-2,2]时恒有 p>0,求 x 的范围. 【点拨】初读,无论如何与图形挂不起钩来,但 t 的范围不是确定了吗?而且发现 p 是关于 t 的一次函数.这个发现 好极了,一次函数的图象太简单了,于是按 t 降幂排列:p=f(t)=(log2x-1)t+log22x-2log2x+1, ∵ t∈[-2,2]时 p>0 恒成立(如图 2), ∴ f(-2)>0 且 f(2)>0,

∴ x>8 或 0<x< . 简捷吧?数与形和谐地统一,使得问题真正化繁为简了. 【例 13】设 x≥1,求点A(x+ ,x- )与点B(1,0)之间的距离的最小值. 【点拨】A是个动点,这个动点在坐标平面上的轨迹图形是什么呢? 令 z=x+ ,y=x- , 则 y2-z2=-4(z≥2). 这个表达式太熟悉了,它的图象是双曲线的一支. 用不着画出图形来,在脑子里做想像,我们准确地判断ABmin=1.
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【例 15】 【例 14】

【点拨】机敏的读者一下子发现了一个熟悉的图形:椭圆.这样,思路纳入了解析几何的轨道,下面的解法,当然 与解析几何紧密地联系在一起了. 如图3所示,设椭圆的长轴为 2a,焦距为 2c,

丰富的想像,是数向形转化的前提,外形的启发,是构造图象的直接提示.数形结合,既有它的优越性又有其局限 性,它决非放之四海而皆准,只有那些因为数形结合而使得解答简捷的问题,我们才选用.

【点拨】读完题目与任何一个图形似乎很难联系起来,我们在对已知条件的分析中,去寻觅解题的灵感. a2<a-b,即为 b<a-a2.要证 今 那么 a 与 k 如何取得联系呢? 这样一来,一个二次函数的图形出现了,它对解题有帮助吗?

二次函数 g(a)的图象的对称轴为 a= ,而 k≥2,则 g(a)在 0<a< 上单调递增,又 b<g(a),

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在分析已知条件时找到了一个能够帮助我们解决问题的图形,而正是这个图形的启示,以后的思路畅通无阻了. 数形结合,发生在解题过程中的任何时刻,我们绝不是刻意地去追求或精心地去构造直观的几何图形,而这 个在解题时十分有用的直观图往往总是在对问题透彻了解之后突然出现的,这就是解题中的灵感.

数形结合的思想方法(3)--巩固练习
1. 设命题甲:0<x<5;命题乙:|x-2|<3,那么甲是乙的_____。 A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2. 若 log a 2<log b 2<0,则( A. 0<a<b<1 3. 如果|x|≤ B. 0<b<a<1 ) C. a>b>1 D. b>a>1 )

π 2 ,那么函数 f(x)=cos x+sinx 的最小值是( 4
B. -

A.

2 ?1 2

2 ?1 2

C. -1

D.

1? 2 2

4. 如果奇函数 f(x)在区间[3,7]上是增函数且最小值是 5,那么 f(x)的[-7,-3]上是() A.增函数且最小值为-5 B.增函数且最大值为-5 C.减函数且最小值为-5 D.减函数且最大值为-5 5. 设全集 I={(x,y)|x,y∈R}, 集合 M={(x,y)| A. φ B. {(2,3)} C. (2,3)

y?3 =1}, N={(x,y)|y≠x+1}, 那么 M∪N 等于 ( x?2
D. {(x,y)|y=x+1



6. 如果θ 是第二象限的角,且满足 cos

θ θ θ -sin = 1 ? sin θ ,那么 是( ) 2 2 2
)。

A.第一象限角 B.第三象限角 C.可能第一象限角,也可能第三象限角 D.第二象限角 7. 已知集合 E={θ |cosθ <sinθ ,0≤θ ≤2π },F={θ |tgθ <sinθ },那么 E∩F 的区间是( A. (

π ,π ) 2

B. (

π 3π , ) 4 4

C. (π ,

3π ) 2

D. (

3π 5π , ) 4 4

8. 若复数 z 的辐角为

5π ,实部为-2 3 ,则 z=( 6



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A. -2 3 -2i

B. -2 3 +2i
2 2

C. -2 3 +2 3 i

D. -2 3 -2 3 i )

9. 如果实数 x、y 满足等式(x-2) +y =3,那么

y 的最大值是( x

A.

1 2

B.

3 3

C.

3 2

D.

3

10. 满足方程|z+3- 3 i|= 3 的辐角主值最小的复数 z 是_____。 11.条件甲:x2+y2≤4;条件乙:x2+y2≤2x,那么甲是乙的( A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既非充分条件又非必要条件 ).

12. 已知集合 U={1,2,3,4,5,6,7},A={2,4,5,7},B={3,4,5},则( ( ). A. {1,6} B. {4,5} C. {2,3,4,5,7} D. {1,2,3,6,7} 13. “a=1”是“函数 f(x)=x-a 在区间[1,+∞)上为增函数”的( ). A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2 14. 已知函数 f(x)=ax +2ax+4(0<a<3),若 x1<x2,x1+x2=1-a,则( ). B. f(x1)<f(x2) A. f(x1)>f(x2) C. f(x1)=f(x2) D. f(x1)与 f(x2)的大小不能确定

A∪

B)=

15. 将函数 y=sinωx(ω>0)的图象按向量 a=(- ,0)平移,平移后的图象如图所示,则平移后的图象所对应函数 的解析式是( ).

16. 已知向量 a=(cosα,sinα),b=(cosβ,sinβ),且 a≠±b,那么 a+b 与 a-b 的夹 . 小是 17. 若 a>0,b>0,则不等式-b< <a 等价于( ).

角的大

平面区域 D 由以 A(1,3)、B(5,2)、C(3,1)为顶点的三角形内 组成.若在区域 D 上有无穷多个点(x,y)可使目标函数 z=x+my 取得最 m=( ). A. -2 B. -1 C. 1 19. 已知点 P(x,y)的坐标满足条件 D. 4

18. 已 知 部和边界 小值,则

,点 O 为坐标原点,那么 PO 的最小值等于

,最大值等于

.
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巩固练习答案 1:将不等式解集用数轴表示,可以看出,甲=>乙,选 A; 2:由已知画出对数曲线,选 B; 3:设 sinx=t 后借助二次函数的图像求 f(x)的最小值,选 D; 4:由奇函数图像关于原点对称画出图像,选 B; 5:将几个集合的几何意义用图形表示出来,选 B; 6:利用单位圆确定符号及象限;选 B; 7:利用单位圆,选 A; 8:将复数表示在复平面上,选 B; 9:转化为圆上动点与原点连线的斜率范围问题;选 D; 10 小题:利用复平面上复数表示和两点之间的距离公式求解,答案-

3 3 + i。 2 2

11. 【点拨】 画一张示意图如图 1.圆面 x2+y2≤2x(包括圆周)被另一个圆面 x2+y2≤4包含,结论不是一目了然

了吗?选 B. 12. 思路分析: (1). ( A)∪( B)是由不属于A或不属于B的元素组成的集合,显然选择B、C 中都含有集合 A、B 的 A)∪( B),

元素,而选择支 A 中{1,6}表示既不属于A又不属于B的元素组成的集合,即{1,6} ( 从而排除了选项A、B、C,选D. (2). 利用文氏图,直观求解,不难得到选项D. (3). 由( 7},选D. (4). 直接可求得 A={1,3,6}, B={1,2,6,7},则( A)∪( A)∪( B)= (A∩B),显然,A∩B={4,5},故

(A∩B)={1,2,3,6,

B)={1,2,3,

6,7},选D. 【点评】 思路1是从集合的概念出发的针对选择题的排除法,思路2、思路 3、思路 4 都是针对解答题的方法, 思路 2 体现了数形结合的解题思想, 思路 3 是区别于思路 4 的利用德摩根定律解题的间接法.但我们认为思路 2 最简 捷. 13. 【分析】本题是以函数 f(x)=x-a 的图象为依托构造的一道考查充要条件的题目,要求学生要熟悉函数 y=x、 y=x、y=x-a 的图象之间的关系,并要理解充分条件和必要条件的含义. 思路分析: (1). 若 a=1,函数 f(x)=x-1 图象是由函数 y=x 的图象向右平移 1 个单位得到的,所以其在区间[1,+∞) 上为增函数;反之,函数 f(x)=x-a 在区间[1,+∞)上为增函数,a 不一定等于1,如 a=0,所以选A. (2). 函数 f(x)=x-a 在区间[a,+∞)上为增函数的充要条件为 a≤1,且 ,所

以选A. 【点评】思路1紧扣概念,借助图象性质理性分析,着实有效.思路2从“函数 f(x)=x-a 在区间[1,+∞)上为 增函数”的充要条件入手,学会用集合思想解决有关条件命题应引起重视.
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14. 【分析】本题考查含参数的二次函数问题,题设表述简洁,问题的实质是比较两个函数值的大小,解决问题的 关键是确定 x1、x2 的相对位置. 思路分析: (1). 易得 f(x1)-f(x2)=a(x1-x2)(x1+x2+2),由已知可得,a>0,x1-x2<0,x1+x2+2=3-a>0,从而 f(x1)<f(x2),故选B. (2). 由 f(x)=a(x+1)2+4-a 知对称轴为 x=-1,又 0<a<3,则有 ,结合函数图象可

以看出,其弦的中点在对称轴右侧,所以 f(x1)<f(x2),故选B. (3). 由已知可得 x1、x2 不可能都在对称轴左侧,若 x1、x2 在对称轴两侧,则 x1<-1<x2,又0<a<3,从而可知 x2 与对称轴的距离 x2+1大于 x1 到对称轴的距离-1-x1,所以 f(x1)<f(x2),故选B. 【点评】 思路1直接比较 f(x1)与 f(x2)的大小,容易思考;思路 2 和思路 3 都是依赖二次函数的图象性质解 题,简捷明快,体现了数形结合的优越性,其本质都是在确定 x1、x2 的相对位置. 15. 【分析】已知三角函数图象求解析式是高考中常考题,但本题又结合向量知识使得试题更加综合化、更加灵活 化,难度进一步加深,当然入口也更宽. 思路分析: (1). 直接法:由平移得图象所对应的解析式为 y=sinω(x+ ),再由图象五点对应法,ω( ω=2,因此选C. (2). 排除法:由图象可得函数过点( C正确. (3). 反向检验法:平移后的图象由 a=( ,0)得 y=sinωx(ω>0),由 y=f(x- )=sinωx 排除B、D,再由 x= + = 时,y=-1,得选项C正确. ,-1),即 x= 时,y=-1,对A、B、C、D四个选项检验得选项 + )= ,所以

【点评】 三角函数图象与性质、向量是本题涉及的主要知识点,作为选择题我们推崇方法2的简捷;方法1直接 法中五点对应要求掌握及正确运用;方法3反过来考虑有时也是一条思路,这里我们不推崇. 16. 【分析】本题是一道涉及向量的坐标表示、坐标运算、向量运算的几何意义等知识点的常规问题,解题的入口 较宽,对训练我们思维的发散性有价值.

思路分析: (1). 根据题意知,所求结论与 α、β 的大小无关,不妨取 α=0,β= ,则 a=(1,0),b=(0,1),从而 a+b=(1,1),a-b=(1,-1),所以<a+b,a-b>=90° . (2) . 因为 a+b= (cosα+cosβ, sinα+sinβ) , a-b= (cosα-cosβ, sinα-sinβ) , 所以 (a+b) ( · a-b) =cos2α-cos2β+sin2α-sin2β=0, 故<a+b,a-b>=90° . (3) 如图,在单位圆中作 OAPB 是菱形,则 ⊥ ,再作 OAPB,则 =a-b, =a+b,由于 ,所以

,即(a+b)⊥(a-b),故<a+b,a-b>=90° .

(4). 不难发现 a=b,所以(a+b)· (a-b)=a2-2=0,故<a+b,a-b>=90° .
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【点评】思路 1 是基于该题答案的不变性而采用了特殊化思想;思路 2 采用了直接运算的方法;思路 3 抓住了向量 运算的几何意义,利用了数形结合的思想;思路 4 挖掘了两向量模为 1 的隐含条件,并运用了向量的符号运 算.这 4 种思路各有特色,都是处理本题的较好方法. 17. 【点评】 从同解变形是等价变形的角度考查了解不等式. 思路分析: (1). 求解对照,过程略. (2) 将 a、b 特殊化为具体数字,如令 a=b=1,解后对照选项. (3). 从数形结合的角度考虑.分别作 y=-b,y=a,y= 的图象(图略),可知选 D. 【点评】 函数、方程、不等式密不可分,对本题而言思路 3 最简捷.

18. 解:由 A(1,3)、B(5,2)、C(3,1)的坐标位置知道 ,△ABC 所在的区域 D 在第一象限,故 x>0,y>0. 由 z=x+my 得 y=x+ ,它的斜率为. =kAC= ,即 m=1 时满足在区域 D 上有

(1)若 m>0,则要使 z=x+my 取得最小值,必须使 最小,此时需无穷多个点使得 z=x+my 取得最小值;当-

不平行于 kAC 时,满足条件的点只有一个点,这不符合要求.

(2)若 m<0,则要使 z=x+my 取得最小值,必须使 最大,此时满足条件的点也只是一个点,不符合要求. (3)若 m=0,满足条件的点也只是一个点,不符合要求. 综上可知,m=1.选 C. 【点评】 画出平面区域 D,结合图形分类讨论是解决本类问题的基本方法. 19. 解:画出如图所示的平面区域.

观察图形易知: POmin=AO= ,POmax=CO= .

【点评】在平面区域内求二元二次函数最值,一般用数形结合的方法.

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数形结合的思想方法(4)-------综合测试
一、选择题(本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分) 1. 方程 sin(x- )= x 的实数解的个数是( ). A. 2 B. 3 C. 4 D. 以上均不对 则实数 a、b、 α、

2. 已知 f(x)=(x-a)(x-b)-2(其中 a<b),且 α、β 是方程 f(x)=0的两根(α<β), β 的大小关系为( ). A. α<a<b<β B. α<a<β<b C. a<α<b<β D. a<α<β<b

3. 已知 y=f(x)是定义在R上的单调函数,实数 x1≠x2, <f(α)-f(β),则( ). A. λ<0 B. λ=0 C. 0<λ<1 D. λ≥1

, 若 f(x1)-f(x2)

4. 一给定函数 y=f(x)的图象在下列图中,并且对任意 a1∈(0,1),由关系式 an+1=f(an)得到的数列{an} 满足 an+1>an(n∈N+),则该函数的图象是( ).

5. 设函数 f(x)=

.若 f(x0)>1,则 x0 的取值范围是( ).

A. (-1,1) C. (-∞,-2)∪(0,+∞)

B. (-1,+∞) D. (-∞,-1)∩(1,+∞)

6. 已知不等式 x2-logmx<0 在 x∈(0, )时恒成立,则 m 的取值范围是( ).
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A. (0,1)

B. [

,1)

C. (1,∞)

D. (0,



7. 已知函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 的图象如图所示,则( ). A. b∈(-∞,0) C. b∈(1,2) 8. 设定义域为R的函数 f(x)= 有7个不同实数解的充要条件是( ). A. b<0 且 c>0 C. b<0 且 c=0 B. b>0 且 c<0 D. b≥0 且 c=0 B. b∈(0,1) D. b∈(2,+∞) ,则关于 x 的方程 f 2(x)+bf(x)+c=0

二、填空题(本题共6小题,每小题5分,共30分) 9. 曲线 y=1+ (-2≤x≤2)与直线 y=r(x-2)+4 有两个交点时,实数 r 的取值范围为___.

10. (4cosθ+3-2t)2+(3sinθ-1+2t)2(θ、t 为参数)的最大值是 ___. 11. 已知集合A={x|5-x≥
2 },B={x|x -ax≤x-a},当A

B时,a 的取值范围是____.

12. 若 3a=0.618,a∈[k,k+1],k∈Z,则 k=___. 13. 设 α,β 分别是方程 log2x+x-3=0 和 2x+x-3=0 的根,则 α+β=___ ,log2α+2β=___. 14. 设函数 f(x)的图象与直线 x=a,x=b 及 x 轴所围成图形的面积称为函数 f(x)在[a,b]上的面积,已知函 数 y=sinnx 在[0, ]上的面积为 (n∈N+), (1)y=sin3x 在[0, ]上的面积为___; ]上的面积为___.

(2)y=sin(3x-π)+1 在[

三、解答题(15~18每题13分,19~20每题14分,共80分) 15. 设A={x|-2≤x≤a},B={y|y=2x+3,且 x∈A},C={z|z=x2,且 x∈A},若C 范围. 16. 已知 A(1,1)为椭圆 和最小值. 18. 已知关于 x 的不等式 19. 设函数 f(x)= >ax+b 的解集为( ),试求实数 a,b 的值. =1 内一点,F1 为椭圆左焦点,P 为椭圆上一动点.求 的最大值 B,求实数 a 的取值

-ax,其中 a>0,解不等式 f(x)≤1.

20. 设 f(x)是定义在区间(-∞,+∞)上以 2 为周期的函数,对 k∈Z,用 Ik 表示区间[2k-1,2k+1),已知当 x∈I0 时,f(x)=x2.
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(1)求 f(x)在Ik 上的解析表达式; (2)对自然数 k,求集合Mk={a |使方程 f(x)=ax 在Ik 上有两个不相等的实根}. 答 案

一、选择题 1. B 2. A 3. A 4. A 5. D 6. B 7. A 8. C

二、填空题 9. 解:方程 y=1+ 的曲线为半圆,y=r(x-2)+4 为过(2,4)的直线. 答案:

10. 解:联想到距离公式,两坐标为A(4cosθ,3sinθ),B(2t-3,1-2t),点A的几何图形是椭圆,点B表 示直线.考虑用点到直线的距离公式求解. 答案: 答案:a>3

11. 解:解得A={x|1≤x≤3};B={x|(x-a)(x-1)≤0},画数轴可得. 12. 如图,在同一坐标系中分别作出 y=3x,y=0.618 的图象,易知,-1<a<0, 所以 k=-1.

13. 两个方程都是超越方程, 用一般方法无法解决.但是 y=log2x 和 y=2x 互为反函数, 其图象关于直线 y=x 对称, 所以它们的图象与直线 y=3-x 的交点,即点 的交点,即F( , ). 关于直线 y=x 对称,又F点为 y=3-x 与 y=x

如图,所以

.
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14. 解:本题给出了 y=sinnx 在[0, 及 y=sin(3x-π)+1在[ ,

]上的面积为

,需要由此类比 y=sin3x 在[0,

]上的面积

]上的面积,这需要寻求相似性,其思维的依据就是已知条件给出的面积的定义

和已知函数的面积,因此要研究这个已知条件,要注意已知条件所给出的是半个周期的面积,而第(1)问则是 n =3 时一个周期的面积= π+ . ,第(2)问,画出 y=sin(3x-π)+1 在[ , ]上的图象,就可以容易地得出答案

三、解答题 15. 解: ∵y=2x+3 在[-2,a]上是增函数,∴-1≤y≤2a+3,即B={y|-1≤y≤2a+3},作出 z=x2 的图象,该 函数定义域右端点 x=a 有三种不同的位置情况如下:

①当-2≤a≤0 时, a2≤z≤4 即C={z|a2≤z≤4}要使C B,必须且只需 2a+3≥4,得 a≥ ②当0≤a≤2时,0≤z≤4即C={z|0≤z≤4},要使C B,由图可知:

,与-2≤a<0矛盾;

必须且只需

解得

≤a≤2;

③当 a>2 时,0≤z≤a2,即C={z|0≤z≤a2},要使C B必须且只需 解得2<a≤3; ④当 a<-2 时,A= ,此时B=C= ,则C B成立. ,3].
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综上所述,a 的取值范围是(-∞,-2)∪[

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16. 解:由

=1 可知 a=3,b= ,

,c=2,左焦点F1(-2,0)右焦点F2(2,0).由椭圆定义,

如图:





.

当P在AF2延长线上的P2处时,取右“=”号; 当P在AF2的反向延长线的P1 处时,取左“=”号.

即|PA| - |PF1| 的最大、最小值分别为

,-

.

于是|PF1|+|PA|的最大值是 6+

,最小值是 6-

.

17. 解:本题实际上是求正方形窗口边长最小值.由于长方体各个面中宽和高所在的面的边长最小,所以应 由这个面对称地穿过窗口才能使正方形窗口边长尽量的小. 如图:

设AE=x,BE=y, 则有AE=AH=CF=CG=x,BE=BF=DG=DH=y,

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18. 解:记 y1= 时,圆弧

,y2=ax+b,如图,原不等式的解集为 ,B

的充要条件是当 x∈ .

在直线 y2=ax+b 的上方,即直线 y2=ax+b 过点A

19. 解:f(x)≤1即

≤1+ax 利用数形结合,设 y1=1+ax1,设 y2=



=1(y2>0),所

以研究的问题变为直线L∶y1=1+ax1 位于双曲线 C:

=1 上半支上方时 x 的取值范围,如图所示:

(1)当 0<a<1 时,直线L与双曲线C有两个交点,其对应横坐标分别为 x=0,x=

,所以 0≤x≤



(2)当 a≥1 时,直线L与双曲线C只有(0,1)一个交点,所以只要 x≥0,原不等式就成立.
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综上可知,当 0<a<1 时,所给不等式的解集为{x|0≤x≤ 当 a≥1 时,所给不等式的解集为{x|x≥0}. 20. (1)解:∵ f (x)是以2为周期的函数,

};

∴ 当 k∈Z 时,2k 是 f(x)的周期,

∵ 当 x∈Ik 时,(x-2k)∈I0,

∴ f(x)=f(x-2k)=(x-2k)2.

(2)解法一:当 k∈N 且 x∈Ik 时,利用(1)的结论可得方程(x-2k)2=ax. 整理得 x2-(4k+a)x+4k2=0. 它的判别式 Δ=(4k+a)2-16k2=a(a+8k).

上述方程在区间 Ik 上恰有两个不相等的实根的充要条件是 a 满足

由①知 a>0,或 a<-8k.

当 a>0 时,因 2+a>2-a,

故从②,③可得

≤2-a,





即 0<a≤

.

当 a<-8k 时,2+a<2-8k<0(∵ k∈N), 易知 <2+a 无解.

综上所述,a 应满足 0<a≤

.

故所求集合Mk={a|0<a≤

}.
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(2)解法二:同解法一,得 x2-(4k+a)x+4k2=0 (*)

记 f(x)=x2-(4k+a)x+4k2.

如图知上述方程在区间 Ik 上恰有两个不相等的实根的充要条件是 a 满足

故所求集合 Mk={a|0<a≤

}. 结

【点评】 解法二无论从运算量,还是书写上均优于解法一.这是由于解法二借用“数形结合思想”思考的

果.利用解法二(利用二次函数图象研究一元二次方程的实根分布)主要应考虑:判别式、顶点位置、区间端点处的 函数值.

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