特级教师王连笑2009年高考数学思想方法与教学专题课件(8个ppt_)3[1].数形结合思想

3.数形结合思想（王连笑）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，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.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.”,“切莫忘,几何代数统一体,永远联系,切莫分离.”高考对数形结合思想的考查，一方面是通过解析几何或者平面向量考查对一些几何问题如何用代数方法来处理，另一方面，有一些代数问题则依靠几何图形的构造和分析帮助解决，下面仅介绍2004年高考试题中用图形帮助解题的一些例子。在使用的过程中，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，数形结合的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.”这里只讨论运用图形分析帮助解决问题的例子.1.对于方程或方程组的解的个数问题,用图形分析帮助解决问题的关键是讨论图象交点的个数.【例1】(2005年，上海卷)设定义域为R的函数1,01||,1|lg|)(xxxxf，则关于x的方程0)()(2cxbfxf有7个不同实数解的充要条件是（）(A)0b且0c(B)0b且0c(C)0b且0c(D)0b且0c【分析及解】画出函数xf的图象（图3-1）,该图像关于1x对称,且0xf,令txf,若0)()(2cxbfxf有7个不同实数解,则方程02cbtt有2个不同实数解,且为一正根,一零根.因此,0b且0c,故选(C).图3-1【例2】（2004湖北卷）两个圆0222:221yxyxC与0124:222yxyxC的公切线有且仅有（）A.1条B.2条C.3条D.4条【分析及解】画出圆1C和2C（图3-2）,可知,两圆相交,故只有两条外公切线.图3-2【例3】(1991全国卷)圆034222yyxx到直线01yx的距离等于2的点共有（）.（A）1个(B)2个(C)3个(D)4个【分析及解】本题涉及到圆与直线的位置关系,为求点的个数,就要解方程组,有一定的运算量,但是,题目只要求点的个数,而不要求点的坐标,所以可以不解出方程,因此,可以借助于图形求解.画出圆222:1222Cxy,圆心1,2C直线01yx的距离12122d,所以过圆心1,2C且与直线01yx平行的直线与圆的交点,AB符合题目要求.又因为圆的半径是22,设半径CD垂直于已知直线01yx,则D到直线01yx的距离也是2,于是点D也符合题目要求.因此符合题目要求的点共有三个:,AB,D.故选(C).图3-32.对于参数范围的问题,用图形分析帮助解决问题的关键是讨论参数的几何意义的范围.【例1】(2007全国Ⅱ卷,理，文)函数sinyx的一个单调增区间是（）A．，B．3，C．，D．32，【分析及解】只要画出sinyx的图象（图3-4）,就可以得到要选的选项.图3-4【例2】（1989全国卷）设)(xf是定义在区间),(上以2为周期的函数，对于kZ，用kI表示区间]12,12(kk，已知当0xI时，2)(xxf．（Ⅰ）求)(xf在kI上的解析表达式；（Ⅱ）对自然数k,求集合aMk使方程axxf)(在kI上有两个不相等的实根}．【分析及解】（Ⅰ）由题意，22,kfxxkxI，（Ⅱ）代数解法需解方程22.xkax即方程224140gxxkxk在区间]12,12(kk内有两个不相等的实根，其充要条件是2241160,412121,2210,210.kkkkkgkgk由这个不等式组解得k的取值范围.用数形结合思想则比较直观.由图3-5中，立即可得,a的取值范围为10.21ak图3-5【例3】（2006湖南卷，理）若圆0104422yxyx上至少有三个不同的点到直线0:byaxl的距离为22,则直线l的倾斜角的取值范围是().(A)124，(B)51212，(C)63，(D)02，【分析及解】圆0104422yxyx整理为222(2)(2)(32)xy，∴圆心坐标为(2，2)，半径为32，要求圆上至少有三个不同的点到直线0:byaxl的距离为22，则圆心到直线0:byaxl的距离d应小于等于2（图3-6），∴22|22|2abdab≤，∴241aabb0，∴2323ab，akb，∴2323k，即5tantantan1212，直线l的倾斜角的取值范围是51212，，选B.图3-6【例4】已知方程230xax0a有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围.【分析及解】已知方程化为23xax.作函数2,3yxayx的图象，已知方程230xax有两个实数根就是两个函数的图象有两个交点，由图3-7可知，只有3a，即9a时。才有可能。故实数a的取值范围是9a.图3-7【例5】已知方程440xxax有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围.【分析及解】已知方程化为44xxax.作函数4yxx的图象，这是以2,0为圆心,以2为半径,在x轴上方的半圆,再作函数440yaxax的图象,这是以a为斜率.且过0,4点的直线.已知方程440xxax有两个实数根就是直线与半圆有两个交点，设AT切半圆于T，由图3-8可知，斜率a应满足ABATkak。1ABk，因为AT为圆的切线，所以，圆心2,0到直线440yaxax的距离等于半径2，即22421aa，解得34ATk，所以，实数a的取值范围为314a.TB(4,0)A(0,4)Oyx图3-8【例6】若方程组2220,0.xyyaxbxyx有且仅有三组不同的实数解,试求,ab应满足的条件.【分析及解】方程①可化为2221122xy,这是以10,2为圆心,12为半径的圆.方程②可化为10xaxby,当0x时,代入方程①得120,1yy,因此,有两组解0,0和0,1.于是,方程组22211,2210.xyaxby只有一组解,且这组解不同于0,0和0,1,这时,只有两种可能:(1)直线与圆相切（图3-9）,.(2)直线过圆上的0,1点（图3-10）.当直线与圆相切时,有22101122abab,即2440aba;当直线过圆上的0,1点时,有01ab且.所以,方程组有且仅有三组不同的实数解得条件是0a且244ab或1b.T1(0,12)Oyx图3-91(0,12)Oyx图3-103.对于最大值或最小值的问题,用图形分析帮助解决问题的关键是讨论图形的极端位置.【例1】(2006浙江卷,理)对,abR,记babbaaba＜,,,max,函数max1,2fxxxxR的最小值是.【分析及解】画出函数1yx和2yx的图象（图3-11），由fx的定义,可得212211xxxxxf，则2312121minfxf.图3-11【例2】(1990全国卷)如果实数,xy满足等式2223,xy那么yx的最大值是().（A）12（B）33（C）32（D）3【分析及解】根据已知等式,画出以2,0为圆心,以3为半径的圆,则yx的几何意义是圆上一点,xy与原点0,0所连直线的斜率.显然,yx的最大值是过原点0,0与圆相切的直线OA的斜率（图3-12）,由2,3OCCA可得3AOC.于是,yx的最大值是tan33,故选（D图3-12【例3】(2008四川卷,理16)设等差数列{}na的前n项和为nS，若451015SS，，则4a的最大值为．【分析及解】4.由题意，11434102545152adad，即114610,51015.adad，11235,23.adad，413aad．建立平面直角坐标系1aOd，画出可行域1123523adad（如图3-13），画出目标函数即直线413aad，当直线413aad过可行域内(1,1)点时截距最大，此时目标函数取最大值44a．图3-13【例4】已知向量(2,0)OB,(2cos,2sin)CA，(2,2)OC,则OA与OB夹角的最小值和最大值依次是（）.（A）4,0(B)125,4(C)125,12(D)2,125【分析及解】本题用直接法相当麻烦,下面先用直接法求解.由22cos,22sinOAOCCA及(2,0)OB可知,向量OA与向量OB的夹角就是直线OA的倾斜角,向量OA是直线OA的方向向量,于是22sin2sintan22cos2cos.设2sintan2cosk,则2cos2sinkk,221sincos21,sin,1kkkk由于sin1,则22111kk,解得2323k,即5tan23tan23tan1212k,于是51212,minmax5,1212.故选(C).而根据向量的几何意义用图形解题就比较简单.由22cos,22sinOA则点A在以2,2C为圆心,2为半径的圆上,又由已知,(2,0)OB,则OB是Ox轴上的一个向量,所以圆C上的点与0,0点的连线的倾斜角即为OA与OB的夹角.如图3-14,可以求出,AOx4612,DOx54612.因而,minmax5,1212,选(C).图3-144.对于求值或比较大小的问题,用图形分析帮助解决问题的关键是借助于图形，进行观察与计算。【例1】（2007天津卷,理）设,,abc均为正数,且122log,aa121log,2bb21log,2cc则().A.abcB.cbaC.cabD.bac【分析及解】由题意画出函数21212,,log,log2xxyyyxyx的图象（图3-15:从图象可得abc,故选(A).图3-15【例2】(2005江苏卷)△ABC中，,3,3ABC则△ABC的周长为().A.43sin()33BB.43sin()36BC.6sin()33BD.6sin()36B【分析及解】本题用三角恒等变形和正弦定