教辅：高考数学大二轮专题复习冲刺方案-第一编第2讲

第2讲数形结合思想第一编讲方法「思想方法解读」数形结合是根据数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法．数形结合思想体现了数与形之间的沟通与转化，它包含“以形助数”和“以数解形”两个方面．数形结合的实质是把抽象的数学语言与直观的图形语言结合起来，即将代数问题几何化、几何问题代数化．数形结合思想常用来解决函数零点问题、方程根与不等式问题、参数范围问题、立体几何模型研究代数问题，以及解析几何中的斜率、截距、距离等模型问题．热点题型探究热点1数形结合化解方程问题例1已知函数f(x)＝2－x－1（x≤0），f（x－1）（x＞0），若方程f(x)＝x＋a有且只有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围为()A．(－∞，0]B．[0，1)C．(－∞，1)D．[0，＋∞)答案C解析函数f(x)＝2－x－1（x≤0），f（x－1）（x＞0）的图象如图所示，当a1时，函数y＝f(x)的图象与函数y＝x＋a的图象有两个交点，即方程f(x)＝x＋a有且只有两个不相等的实数根．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.(多选)已知函数f(x)＝|log2（x－1）|，1x≤3，12x2－6x＋292，x3，若方程f(x)＝m有四个不同的实根x1，x2，x3，x4满足x1x2x3x4，则下列结论正确的是()A．x1x2＝1B．1x1＋1x2＝1C．x3＋x4＝12D．x3x4∈(27，29)答案BCD解析作出函数y＝f(x)与y＝m的图象如图所示．由图可知，|log2(x1－1)|＝|log2(x2－1)|且1x12x23，∴log2(x1－1)＋log2(x2－1)＝0，即(x1－1)(x2－1)＝1，∴x1x2－x1－x2＋1＝1，∴1x1＋1x2＝1，即A错误，B正确；易知，x3，x4是方程12x2－6x＋292＝m(0m1)，即方程x2－12x＋29－2m＝0的两根，∴x3＋x4＝12，x3x4＝29－2m∈(27，29)，即C，D均正确．故选BCD.热点2数形结合化解不等式问题例2(1)(2020·河北省衡水中学高三第一次教学质量检测)如图，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是()A．{x|－1x≤0}B．{x|－1≤x≤1}C．{x|－1x≤1}D．{x|－1x≤2}答案C解析如图所示，画出g(x)＝log2(x＋1)的函数图象，从而可知交点D(1，1)，∴不等式f(x)≥g(x)的解集为{x|－1x≤1}，故选C.(2)已知关于x的不等式x＞ax＋32的解集为{x|4＜x＜b}，则ab＝________．答案92解析设f(x)＝x，g(x)＝ax＋32(x≥0).因为x＞ax＋32的解集为{x|4＜x＜b}，所以两函数图象在4＜x＜b上有f(x)＞g(x)，如图所示.当x＝4，x＝b时，由f(x)＝g(x)，可得4＝4a＋32，b＝ab＋32，解得a＝18，b＝36，所以ab＝18×36＝92.数形结合思想处理不等式问题，要从题目的条件与结论出发，着重分析其几何意义，从图形上找出解题思路．因此，往往构造熟知的函数，作出函数图象，利用图象的交点和图象的位置求解不等式．1．若存在实数a，对任意的x∈[0，m]，都有(sinx－a)·(cosx－a)≤0恒成立，则实数m的最大值为()A．π4B．π2C．3π4D．5π4答案C解析在同一坐标系中，作出y＝sinx和y＝cosx的图象，当m＝π4时，要使不等式恒成立，只有a＝22，当m＞π4时，在x∈[0，m]上，必须要求y＝sinx和y＝cosx的图象不在y＝a＝22的同一侧．所以m的最大值是3π4.故选C.1．若存在实数a，对任意的x∈[0，m]，都有(sinx－a)·(cosx－a)≤0恒成立，则实数m的最大值为()A．π4B．π2C．3π4D．5π4答案C解析在同一坐标系中，作出y＝sinx和y＝cosx的图象，当m＝π4时，要使不等式恒成立，只有a＝22，当m＞π4时，在x∈[0，m]上，必须要求y＝sinx和y＝cosx的图象不在y＝a＝22的同一侧．所以m的最大值是3π4.故选C.2．(多选)设f′(x)是函数f(x)的导函数，若f′(x)0，且∀x1，x2∈R(x1≠x2)，f(x1)＋f(x2)2fx1＋x22，则下列选项中一定正确的是()A．f(2)f(e)f(π)B．f′(π)f′(e)f′(2)C．f(2)f′(2)－f′(3)f(3)D．f′(3)f(3)－f(2)f′(2)答案ABD解析因为f′(x)0，所以f(x)在R上单调递增，所以f(2)f(e)f(π)，故A正确；∀x1，x2∈R(x1≠x2)，恒有f(x1)＋f(x2)2fx1＋x22，即f（x1）＋f（x2）2fx1＋x22，所以y＝f(x)的图象是向上凸起的，如图所示．因为f′(x)反映了函数f(x)图象上各点处的切线的斜率，由图象可知，随着x的增大，f(x)的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小，所以f′(π)f′(e)f′(2)，故B正确；因为f(3)－f(2)＝f（3）－f（2）3－2，表示点A(2，f(2))与B(3，f(3))连线的斜率，由图可知f′(3)kABf′(2)，故D正确；C无法推出，故选ABD.热点3数形结合化解平面向量问题例3(1)已知a，b是单位向量，a·b＝0，若向量c满足|c－a－b|＝1，则|c|的取值范围是()A．[2－1，2＋1]B．[2－1，2＋2]C．[1，2＋1]D．[1，2＋2]答案A解析如图，令OA→＝a，OB→＝b，OD→＝a＋b，OC→＝c，∵a，b是单位向量，a·b＝0，∴四边形AOBD是边长为1的正方形，|OD→|＝2.又|c－a－b|＝1，∴点C在以点D为圆心、半径为1的圆上．易知点C与O，D共线时，|OC→|达到最值，最大值为2＋1，最小值为2－1.∴|c|的取值范围是[2－1，2＋1].(2)(2020·山东省济宁市高三二模)如图，在△ABC中，∠BAC＝π3，AD→＝2DB→，P为CD上一点，且满足AP→＝mAC→＋12AB→，若△ABC的面积为23，则|AP→|的最小值为()A．2B．3C．3D．43答案B解析设|AB→|＝3a，|AC→|＝b，则△ABC的面积为12×3absinπ3＝23，解得ab＝83，由AP→＝mAC→＋12AB→＝mAC→＋34AD→，且C，P，D三点共线，可知m＋34＝1，即m＝14，故AP→＝14AC→＋34AD→.以AB所在直线为x轴，以A为坐标原点，过A作AB的垂线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，则A(0，0)，D(2a，0)，B(3a，0)，C12b，32b，则AC→＝12b，32b，AD→＝(2a，0)，AP→＝18b＋32a，38b，则|AP→|2＝18b＋32a2＋38b2＝164b2＋94a2＋38ab＋364b2＝116b2＋94a2＋1≥2116b2×94a2＋1＝34ab＋1＝3当且仅当116b2＝94a2，即a＝23，b＝4时取“＝”.故|AP→|的最小值为3.建坐标系可以实现平面向量问题的全面运算，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，化繁为简，轻松破解．给定两个长度为1的平面向量OA→和OB→，它们的夹角为2π3.如图所示，点C在以O为圆心的圆弧AB︵上运动．若OC→＝xOA→＋yOB→，其中x，y∈R，则x＋y的最大值为________，此时∠AOC＝________．2π3解析由图示和题意可知，A(1，0)，B－12，32.设∠AOC＝αα∈0，2π3，则C(cosα，sinα).由OC→＝xOA→＋yOB→，得cosα＝x－12y，sinα＝32y，解得x＝cosα＋33sinα，y＝233sinα，所以x＋y＝cosα＋3sinα＝2sinα＋π6.又α∈0，2π3，所以当α＝π3时，x＋y取得最大值2.热点4数形结合化解圆锥曲线问题例4(2020·山东省临沂市高三一模)点M为抛物线y＝14x2上任意一点，点N为圆x2＋y2－2y＋34＝0上任意一点，若函数f(x)＝loga(x＋2)＋2(a1)的图象恒过定点P，则|MP|＋|MN|的最小值为()A．52B．114C．3D．134答案A解析如图所示，函数f(x)＝loga(x＋2)＋2(a1)的图象恒过定点(－1，2)，故P(－1，2).y＝14x2，即x2＝4y，焦点为F(0，1)，准线为y＝－1，x2＋y2－2y＋34＝0，即x2＋(y－1)2＝14.|MP|＋|MN|≥|MP|＋|MF|－12≥|PD|－12＝3－12＝52，当P，M，D共线时等号成立．故选A.与圆锥曲线有关的最值问题，通常是利用函数的观点，建立函数表达式求解．但一味的强调函数观点，有时会使思维陷入僵局，此时若能合理利用圆锥曲线的定义，以形助数，会使问题变得特别简单．椭圆x25＋y24＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是()A．55B．655C．855D．455答案C解析如图，设椭圆的右焦点为F′，连接MF′，NF′.因为|MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以当直线x＝m过椭圆的右焦点时，△FMN的周长最大．此时|MN|＝2b2a＝855，又c＝a2－b2＝5－4＝1，所以此时△FMN的面积S＝12×2×855＝855.故选C.本课结束