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2013年高三数学(理科)二轮复习教案专题二第四讲思想方法与规范解答

时间:2013-02-25


第四讲 思想方法

思想方法与规范解答(一)

1.数形结合思想 所谓数形结合思想,就是根据数与形之间的对应关系,通过数与形的相互转化来解决数学问 题的思想. 数形结合思想的应用包括以下两个方面: (1)“以形助数”,把某些抽象的数学问题直观化、生动化,能够变抽象思维为形象思维,揭示 数学问题的本质; (2)“以数解形”,把直观图形数量化,使形更加精确. 本专题中集合的运算、求二次函数的最值,确定函数零点问题、求不等式恒成立中参数等都 经常用到数形结合思想. [例 1] (2012 年高考辽宁卷)设函数 f(x)(x∈R)满足 f(-x)=f(x),f(x)=f(2-x),且当 x∈[0,1] 1 3 时, f(x)=x3.又函数 g(x)=|xcos (πx)|, 则函数 h(x)=g(x)-f(x)在[- , ]上的零点个数为( ) 2 2 A.5 B.6 C.7 D.8 [解析] 根据函数 y=f(x)的特点确定其性质,然后根据定义域分别作出图象求解. 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)=x3,则当-1≤x≤0 时,f(x) =-x3,且 g(x)=|xcos (πx)|,所以当 x=0 时,f(x)=g(x).当 x≠0 时,若 0<x≤ (πx),即 x2= |cos πx|. 1 同理可以得到在区间[-2,0), 1 3 (2,1],(1,2]上的关系式都是上式, 在同一个坐标系中作出所得关系式等号两边函数的图象,如图所示,有 5 个根.所以总 共有 6 个.
1 ,则 x3=xcos 2

[答案]

B

跟踪训练 已知 f(x)=x3-6x2+9x-abc,a<b<c,且 f(a)=f(b)=f(c)=0.现给出如下结论: ①f(0)f(1)>0;②f(0)f(1)<0; ③f(0)f(3)>0;④f(0)f(3)<0. 其中正确结论的序号是( ) A.①③ B.①④ C.②③ D.②④ 解析:利用函数的单调性及数形结合思想求解. ∵f′(x)=3x2-12x+9=3(x-1)(x-3), 由 f′(x)<0,得 1<x<3, 由 f′(x)>0,得 x<1 或 x>3, ∴f(x)在区间(1,3)上是减函数, 在区间(-∞,1),(3,+∞)上是增函数. 又 a<b<c,f(a)=f(b)=f(c)=0, ∴y 极大值=f(1)=4-abc>0, y 极小值=f(3)=-abc<0, ∴0<abc<4. ∴a,b,c 均大于零,或者 a<0,b<0,c>0. 又 x=1,x=3 为函数 f(x)的极值点,后一种情况不可能成立,如图.

∴f(0)<0,∴f(0)f(1)<0,f(0)f(3)>0, ∴正确结论的序号是②③. 答案:C 2.分类讨论思想

分类讨论思想是由问题的不确定性而引起的,需要按照问题的条件划分为几类,从而解决问 题,在本专题中常见的分类讨论思想的运用有以下两个方面: (1)二次函数在给定区间的最值求法,注意对称轴与区间关系; (2)含参数的函数的单调性的判断,极值、最值的求法. [例 2] (2012 年高考课标全国卷)设函数 f(x)=ex-ax-2.

(1)求 f(x)的单调区间; (2)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求 k 的最大值. [解析] (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=ex-a.

若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 若 a>0, 则当 x∈(-∞, a)时, ln f′(x)<0; x∈(ln a, 当 +∞)时, f′(x)>0. 所以,f(x)在(-∞,ln a)上单调递减, 在(ln a,+∞)上单调递增. (2)由于 a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1 =(x-k)(ex-1)+x+1. 故当 x>0 时,(x-k)f′(x)+x+1>0 等价于 k< x+1 +x(x>0).① ex-1 令 g(x)= x+1 +x, ex-1 -xex-1 ex(ex-x-2) +1= . (ex-1)2 (ex-1)2

则 g′(x)=

由(1)知,函数 h(x)=ex-x-2 在(0,+∞)上单调递增.而 h(1)<0,h(2)>0,所以 h(x)在(0,+ ∞)上存在唯一的零点,故 g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为 α,则 α∈ (1,2). 当 x∈ (0,α)时,g′(x)<0;当 x∈ (α,+∞)时,g′(x)>0.所以 g(x)在(0,+∞)上的最小值为 g(α). 又由 g′(α)=0,可得 eα=α+2,所以 g(α)=α+1∈ (2,3). 由于① 式等价于 k<g(α),故整数 k 的最大值为 2.

跟踪训练 (2012 年济南模拟)已知函数 f(x)=x2e-ax,a ? R. (1)当 a=1 时,求函数 y=f(x)的图象在点(-1,f(-1))处的切线方程; (2)讨论 f(x)的单调性. 解析:(1)因为当 a=1 时,f(x)=x2e-x, f′(x)=2xe-x-x2e-x=(2x-x2)e-x,所以 f(-1)=e,f′(-1)=-3e. 从而 y=f(x)的图象在点(-1,f(-1))处的切线方程为 y-e=-3e(x+1),即 y=-3ex-2e. (2)f′(x)=2xe-ax-ax2e-ax=(2x-ax2)e-ax. ①当 a=0 时,若 x<0,则 f′(x)<0, 若 x>0,则 f′(x)>0. 所以当 a=0 时,函数 f(x)在区间(-∞,0)上为减函数,在区间(0,+∞)上为增函数. 2 ②当 a>0 时,由 2x-ax2<0,解得 x<0 或 x>a, 2 由 2x-ax2>0,解得 0<x<a. 2 2 所以当 a>0 时,函数 f(x)在区间(-∞,0),(a,+∞)上为减函数,在区间(0,a)上为增函数. 2 ③当 a<0 时,由 2x-ax2<0,解得a<x<0, 2 由 2x-ax2>0,解得 x<a或 x>0. 2 2 所以,当 a<0 时,函数 f(x)在区间(-∞,a),(0,+∞)上为增函数,在区间(a,0)上为减函数. 综上所述,当 a=0 时,f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增; 2 2 当 a>0 时,f(x)在(-∞,0),(a,+∞)上单调递减,在(0,a)上单调递增当 a<0 时,f(x)在 2 2 (a,0)上单调递减,在(-∞,a),(0,+∞)上单调递增. 考情展望 高考对本专题的考查主要是两个方面:一是在选择填空题中考查函数图象与性质及应用,二 是在解答题中考查导数的应用,常与不等式联系,难度较大,多涉及含参数问题. 名师押题 【押题】 设函数 f(x)=ln x-p(x-1),p∈R. (1)当 p=1 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)设函数 g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1),对任意 x≥1 都有 g(x)≤0 成立,求 p 的取值范围.

1 【解析】 (1)当 p=1 时,f(x)=ln x-x+1,其定义域为(0,+∞).所以 f′(x)= -1. x

1 由 f′(x)= x-1>0 得 0<x<1, 由 f′(x)<0 得 x>1. 所以函数 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (2)由函数 g(x)=xf(x)+p(2x2-x-1) =xln x+p(x2-1)(x>0),得 g′(x)=ln x+1+2px. 由(1)知,当 p=1 时,f(x)≤f(1)=0, 即不等式 ln x≤x-1 成立. 1 ①当 p≤-2时,g′(x)=ln x+1+2px≤(x-1)+1+2px=(1+2p)x≤0. 即函数 g(x)在[1,+∞)上单调递减,从而 g(x)≤g(1)=0,满足题意; 1 1 ②当-2<p<0 时, 存在 x∈(1, 2p)使得 ln x>0, - 1+2px>0, 从而 g′ x) ( =ln x+1+2px>0, 1 1 即函数 g(x)在(1,-2p)上单调递增,从而存在 x0∈(1,-2p)使得 g(x0)>g(1)=0,不满足题意; ③当 p≥0 时,由 x≥1 知 g(x)=xln x+p(x2-1)≥0 恒成立,此时不满足题意.
1 综上所述,实数 p 的取值范围为 (??, ? ]. 2


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