（通用版）2019版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二部分 備考技法 專題二 4大數(shù)學(xué)思想系統(tǒng)歸納——統(tǒng)一統(tǒng)思想講義 理（普通生含解析）.doc

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備考技法專題二 4 大數(shù)學(xué)思想系統(tǒng)歸納——統(tǒng)一統(tǒng)思想 第1講　函數(shù)與方程思想 函數(shù)思想，是指用函數(shù)的概念和性質(zhì)去分析問(wèn)題、轉(zhuǎn)化問(wèn)題和解決問(wèn)題．方程思想，是從問(wèn)題的數(shù)量關(guān)系入手，運(yùn)用數(shù)學(xué)語(yǔ)言將問(wèn)題中的條件轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)模型(方程、不等式或方程與不等式的混合組)，然后通過(guò)解方程(組或不等式組)來(lái)使問(wèn)題獲解．方程是從算術(shù)方法到代數(shù)方法的一種質(zhì)的飛躍，有時(shí)，還可以將函數(shù)與方程互相轉(zhuǎn)化、接軌，達(dá)到解決問(wèn)題的目的． 函數(shù)與方程的思想在解題中的應(yīng)用主要表現(xiàn)在兩個(gè)方面：一是借助有關(guān)初等函數(shù)的性質(zhì)，解決有關(guān)求值、解(證明)不等式、解方程以及討論參數(shù)的取值等問(wèn)題；二是在問(wèn)題的研究中，通過(guò)建立函數(shù)關(guān)系式或構(gòu)造中間函數(shù)，把所研究的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為討論函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)，達(dá)到化難為易、化繁為簡(jiǎn)的目的． 應(yīng)用(一)　借助“顯化函數(shù)關(guān)系”，利用函數(shù)思想解決問(wèn)題 在方程、不等式、三角、數(shù)列、圓錐曲線等數(shù)學(xué)問(wèn)題中，將原有隱含的函數(shù)關(guān)系凸顯出來(lái)，從而充分運(yùn)用函數(shù)知識(shí)或函數(shù)方法使問(wèn)題順利獲解． [例1]　已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列，a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比數(shù)列． (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an； (2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，bn＝＋＋…＋，若對(duì)任意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求實(shí)數(shù)k的最小值． [解]　(1)因?yàn)閍1＝2，a＝a2(a4＋1)， 又因?yàn)閧an}是正項(xiàng)等差數(shù)列，所以公差d≥0， 所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)， 解得d＝2或d＝－1(舍去)， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝2n. (2)由(1)知Sn＝n(n＋1)， 則bn＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝－＋－＋…＋－ ＝－ ＝ ＝， 令f(x)＝2x＋(x≥1)， 則f′(x)＝2－， 當(dāng)x≥1時(shí)，f′(x)>0恒成立， 所以f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)， 故當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)min＝f(1)＝3， 即當(dāng)n＝1時(shí)，(bn)max＝， 要使對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式bn≤k恒成立， 則需使k≥(bn)max＝， 所以實(shí)數(shù)k的最小值為. [技法領(lǐng)悟] 數(shù)列是定義在正整數(shù)集上的特殊函數(shù)，等差、等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，前n項(xiàng)和公式都具有隱含的函數(shù)關(guān)系，都可以看成關(guān)于n的函數(shù)，在解等差數(shù)列、等比數(shù)列問(wèn)題時(shí)，有意識(shí)地凸現(xiàn)其函數(shù)關(guān)系，從而用函數(shù)思想或函數(shù)方法研究、解決問(wèn)題 ，不僅能獲得簡(jiǎn)便的解法，而且能促進(jìn)科學(xué)思維的培養(yǎng)，提高發(fā)散思維的水平． [應(yīng)用體驗(yàn)] 1．已知等差數(shù)列{an}滿足3a4＝7a7，a1>0，Sn是數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，則Sn取得最大值時(shí)n＝________. 解析：設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，∵3a4＝7a7，∴3(a1＋3d)＝7(a1＋6d)，∴4a1＝－33d.∵a1>0，∴d<0，Sn＝na1＋d＝n＋d＝＝ ，∴n＝9時(shí)，Sn取得最大值． 答案：9 2．(2018北京高考)若△ABC的面積為(a2＋c2－b2)，且∠C為鈍角，則∠B＝ ______；的取值范圍是________． 解析：由余弦定理得cos B＝， ∴a2＋c2－b2＝2accos B. 又∵S＝(a2＋c2－b2)， ∴acsin B＝2accos B， ∴tan B＝， ∵B∈，∴∠B＝. 又∵∠C為鈍角，∴∠C＝－∠A>， ∴0<∠A<. 由正弦定理得＝ ＝＝＋. ∵0， ∴>＋＝2， 即>2. 答案：　(2，＋∞) 應(yīng)用(二)　轉(zhuǎn)換“函數(shù)關(guān)系”，利用函數(shù)思想解決問(wèn)題 在有關(guān)函數(shù)形態(tài)和曲線性質(zhì)或不等式的綜合問(wèn)題、恒成立問(wèn)題中，經(jīng)常需要求參數(shù)的取值范圍，如果按照原有的函數(shù)關(guān)系很難奏效時(shí)，不妨轉(zhuǎn)換思維角度，放棄題設(shè)的主參限制，挑選合適的主變?cè)?，揭示它與其他變?cè)暮瘮?shù)關(guān)系，切入問(wèn)題本質(zhì)，從而使原問(wèn)題獲解． [例2]　已知函數(shù)f(x)＝lg，其中a為常數(shù)，若當(dāng)x∈(－∞，1]時(shí)，f(x)有意義，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______． [解析]　參數(shù)a深含在一個(gè)復(fù)雜的復(fù)合函數(shù)的表達(dá)式中，欲直接建立關(guān)于a的不等式(組)非常困難，故應(yīng)轉(zhuǎn)換思維角度，設(shè)法從原式中把a(bǔ)分離出來(lái)，重新認(rèn)識(shí)a與其他變?cè)獂的依存關(guān)系，利用新的函數(shù)關(guān)系，使原問(wèn)題“柳暗花明”． 由＞0，且a2－a＋1＝2＋＞0， 得1＋2x＋4xa＞0，故a＞－. 當(dāng)x∈(－∞，1]時(shí)，y＝與y＝都是減函數(shù)， 因此，函數(shù)y＝－在(－∞，1]上是增函數(shù)， 所以max＝－，a＞－， 故a的取值范圍是. [答案]　 [技法領(lǐng)悟] 發(fā)掘、提煉多變?cè)獑?wèn)題中變?cè)g的相互依存、相互制約的關(guān)系，反客為主，主客換位，創(chuàng)設(shè)新的函數(shù)，并利用新函數(shù)的性質(zhì)創(chuàng)造性地使原問(wèn)題獲解，是解題人思維品質(zhì)高的表現(xiàn)．本題主客換位后，利用新建函數(shù)y＝－＋的單調(diào)性巧妙地求出實(shí)數(shù)a的取值范圍．此法也叫主元法． [應(yīng)用體驗(yàn)] 3．對(duì)于滿足0≤p≤4的所有實(shí)數(shù)p，使不等式x2＋px>4x＋p－3成立的x的取值范圍是________． 解析：設(shè)f(p)＝(x－1)p＋x2－4x＋3， 則當(dāng)x＝1時(shí)，f(p)＝0. 所以x≠1. 函數(shù)f(p)在[0,4]上恒為正，等價(jià)于 即解得x>3或x<－1. 答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞) 4．已知橢圓C的離心率為，過(guò)上頂點(diǎn)(0,1)和左焦點(diǎn)的直線的傾斜角為，直線l過(guò)點(diǎn)E(－1,0)且與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)△AOB的面積是否有最大值？若有，求出此最大值；若沒(méi)有，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)因?yàn)閑＝＝，＝，b＝1，所以a＝2， 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)因?yàn)橹本€l過(guò)點(diǎn)E(－1,0)， 所以可設(shè)直線l的方程為x＝my－1或y＝0(舍去)． 聯(lián)立消去x并整理， 得(m2＋4)y2－2my－3＝0， Δ＝(－2m)2＋12(m2＋4)>0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1>y2， 則y1＋y2＝，y1y2＝， 所以|y2－y1|＝， 所以S△AOB＝|OE||y2－y1|＝＝. 設(shè)t＝，則g(t)＝t＋，t≥， 所以g′(t)＝1－＞0， 所以g(t)在區(qū)間[，＋∞)上為增函數(shù)， 所以g(t)≥，所以S△AOB≤，當(dāng)且僅當(dāng)m＝0時(shí)等號(hào)成立． 所以△AOB的面積存在最大值，為. 應(yīng)用(三)　構(gòu)造“函數(shù)關(guān)系”，利用函數(shù)思想解決問(wèn)題 在數(shù)學(xué)各分支形形色色的問(wèn)題或綜合題中，將非函數(shù)問(wèn)題的條件或結(jié)論，通過(guò)類比、聯(lián)想、抽象、概括等手段，構(gòu)造出某些函數(shù)關(guān)系，在此基礎(chǔ)上利用函數(shù)思想和方法使原問(wèn)題獲解，這是函數(shù)思想解題的更高層次的體現(xiàn)．特別要注意的是，構(gòu)造時(shí)，要深入審題，充分發(fā)掘題設(shè)中可類比、聯(lián)想的因素，促進(jìn)思維遷移． [例3]　已知函數(shù)f(x)＝ex－2x＋2a，x∈R，a∈R. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間與極值； (2)求證：當(dāng)a>ln 2－1且x>0時(shí)，ex>x2－2ax＋1. [解]　(1)由f(x)＝ex－2x＋2a，知f′(x)＝ex－2. 令f′(x)＝0，得x＝ln 2. 當(dāng)xln 2時(shí)，f′(x)>0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(ln 2，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，ln 2)，單調(diào)遞增區(qū)間是(ln 2，＋∞)，f(x)在x＝ln 2處取得極小值f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＋2a＝2－2ln 2＋2a. (2)證明：設(shè)g(x)＝ex－x2＋2ax－1(x≥0)， 則g′(x)＝ex－2x＋2a， 由(1)知g′(x)min＝g′(ln 2)＝2－2ln 2＋2a. 又a>ln 2－1，則g′(x)min>0. 于是對(duì)?x∈R，都有g(shù)′(x)>0，所以g(x)在R上單調(diào)遞增． 于是對(duì)?x>0，都有g(shù)(x)>g(0)＝0. 即ex－x2＋2ax－1>0，故ex>x2－2ax＋1. [技法領(lǐng)悟] 一般地，要證f(x)>g(x)在區(qū)間(a，b)上成立，需構(gòu)造輔助函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)，通過(guò)分析F(x)在端點(diǎn)處的函數(shù)值來(lái)證明不等式．若F(a)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞增即可；若F(b)＝0，只需證明F(x)在(a，b)上單調(diào)遞減即可． [應(yīng)用體驗(yàn)] 5.(2018天津高考)如圖，在平面四邊形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥CD，∠BAD＝120，AB＝AD＝1.若點(diǎn)E為邊CD上的動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D．3 解析：選A　如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，連接AC. 由題意知∠CAD＝∠CAB＝60，∠ACD＝∠ACB＝30， 則D(0,0)，A(1,0)，B， C(0，)．設(shè)E(0，y)(0≤y≤)， 則＝(－1，y)，＝， ∴＝＋y2－y＝2＋， ∴當(dāng)y＝時(shí)，有最小值. 6．設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x)，對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x，都有f(x)＋f(－x)＝2x2，當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)＋1<2x，若f(a＋1)≤f(－a)＋2a＋1，則實(shí)數(shù)a的最小值為(　　) A．－ B．－1 C．－ D．－2 解析：選A　設(shè)g(x)＝f(x)－x2，則g(x)＋g(－x)＝0，所以g(x)為R上的奇函數(shù)． 當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)＝f′(x)－2x＜－1＜0，所以g(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減， 所以g(x)在R上單調(diào)遞減． 因?yàn)閒(a＋1)≤f(－a)＋2a＋1， 所以f(a＋1)－(a＋1)2≤f(－a)－(－a)2， 即g(a＋1)≤g(－a)，所以a＋1≥－a， 解得a≥－，所以實(shí)數(shù)a的最小值為－. 應(yīng)用(四)　構(gòu)造“方程形式”，利用方程思想解決問(wèn)題 分析題目中的未知量，根據(jù)條件分別列出關(guān)于未知數(shù)的方程(組)，使原問(wèn)題得到解決，這就是構(gòu)造方程法，是應(yīng)用方程思想解決非方程問(wèn)題的極富創(chuàng)造力的一個(gè)方面． [例4]　(2018全國(guó)卷Ⅲ)已知點(diǎn)M(－1,1)和拋物線C：y2＝4x，過(guò)C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A，B兩點(diǎn)．若∠AMB＝90，則k＝________. [解析]　由題意知，拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為F(1,0)， 設(shè)直線方程為y＝k(x－1)， 直線方程與y2＝4x聯(lián)立，消去y， 得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1x2＝1，x1＋x2＝. 由M(－1,1)，得＝(－1－x1,1－y1)， ＝(－1－x2,1－y2)． 由∠AMB＝90，得＝0， ∴(x1＋1)(x2＋1)＋(y1－1)(y2－1)＝0， ∴x1x2＋(x1＋x2)＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0. 又y1y2＝k(x1－1)k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]，y1＋y2＝k(x1＋x2－2)， ∴1＋＋1＋k2－k＋1＝0， 整理得－＋1＝0，解得k＝2. [答案]　2 [技法領(lǐng)悟] 本題由∠AMB＝90，知＝0，從而得出關(guān)于k的方程，問(wèn)題即可解決． [應(yīng)用體驗(yàn)] 7．(2018浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若a＝，b＝2，A＝60，則sin B＝________，c＝________. 解析：由正弦定理＝，得sin B＝sin A＝＝. 由余弦定理a2＝b2＋c2－2bccos A， 得7＝4＋c2－4ccos 60， 即c2－2c－3＝0，解得c＝3或c＝－1(舍去)． 答案：　3 8．已知x∈，則函數(shù)y＝的最小值為_(kāi)_______． 解析：將原函數(shù)變形為y2x2－5x＋2＝0，x∈. 設(shè)f(x)＝y(tǒng)2x2－5x＋2，該方程有解的充要條件為 ff(2)≤0或 解得≤y≤，所以ymin＝，此時(shí)x＝或x＝2. 答案： 應(yīng)用(五)　轉(zhuǎn)換“方程形式”，利用方程思想解決問(wèn)題 把題目中給定的方程根據(jù)題意轉(zhuǎn)換形式，凸現(xiàn)其隱含條件，充分發(fā)揮其方程性質(zhì)，運(yùn)用有關(guān)方程的解的定理(如根與系數(shù)的關(guān)系、判別式、實(shí)根分布的充要條件)使原問(wèn)題獲解，這是方程思想應(yīng)用的又一個(gè)方面． [例5]　已知sin(α＋β)＝，sin(α－β)＝，求的值． [解]　法一：由已知條件及正弦的和(差)角公式，得 所以sin αcos β＝，cos αsin β＝. 從而＝＝. 法二：令x＝.因?yàn)椋剑? 且＝＝＝＝. 所以得到方程＝.解這個(gè)方程得＝x＝. [技法領(lǐng)悟] 本例解法二運(yùn)用方程的思想，把已知條件通過(guò)變形看作關(guān)于sin αcos β與cos αsin β 的方程來(lái)求解，從而獲得欲求的三角表達(dá)式的值． [應(yīng)用體驗(yàn)] 9．已知正六棱柱的12個(gè)頂點(diǎn)都在一個(gè)半徑為3的球面上，當(dāng)正棱柱的體積取最大值時(shí)，其高的值為(　　) A．3 B. C．2 D．2 解析：選D　設(shè)正六棱柱的底面邊長(zhǎng)為a，高為h，則可得a2＋＝9，即a2＝9－， 那么正六棱柱的體積V＝h＝h＝， 令y＝－＋9h，則y′＝－＋9， 令y′＝0，解得h＝2，易知當(dāng)h＝2時(shí)，y取最大值，即正六棱柱的體積最大． 10．設(shè)非零向量a，b，c滿足a＋b＋c＝0，|a|＝2，b，c＝120，則|b|的最大值為 ______． 解析：∵a＋b＋c＝0，∴a＝－(b＋c)， ∴|a|2＝|b|2＋2|b||c|cos 120＋|c|2，即|c|2－|b||c|＋|b|2－4＝0， ∴Δ＝|b|2－4(|b|2－4)≥0，解得0<|b|≤，即|b|的最大值為. 答案： [總結(jié)升華] 函數(shù)與方程思想在解題中的應(yīng)用主要涉及以下知識(shí) (1)函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化，把不等式轉(zhuǎn)化為函數(shù)，借助函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決相關(guān)的問(wèn)題，常涉及不等式恒成立問(wèn)題、比較大小問(wèn)題．一般利用函數(shù)思想構(gòu)造新函數(shù)，建立函數(shù)關(guān)系求解． (2)三角函數(shù)中有關(guān)方程根的計(jì)算，平面向量中有關(guān)模、夾角的計(jì)算，常轉(zhuǎn)化為函數(shù)關(guān)系，利用函數(shù)的性質(zhì)求解． (3)數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，可用函數(shù)的觀點(diǎn)去處理數(shù)列問(wèn)題，常涉及最值問(wèn)題或參數(shù)范圍問(wèn)題，一般利用二次函數(shù)或一元二次方程來(lái)解決． (4)解析幾何中有關(guān)求方程、求值等問(wèn)題常常需要通過(guò)解方程(組)來(lái)解決，求范圍、最值等問(wèn)題常轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域、最值來(lái)解決． (5)立體幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計(jì)算，經(jīng)常需要運(yùn)用列方程或建立函數(shù)表達(dá)式的方法加以解決．　　　　 第2講　數(shù)形結(jié)合思想 數(shù)形結(jié)合思想，就是根據(jù)數(shù)與形之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，通過(guò)數(shù)與形的相互轉(zhuǎn)化來(lái)解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的思想．?dāng)?shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用包括以下兩個(gè)方面： 以形助數(shù) 以數(shù)助形 借助形的直觀性來(lái)闡明數(shù)之間的聯(lián)系．以形助數(shù)常用的有：借助數(shù)軸，借助函數(shù)圖象，借助單位圓，借助數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征，借助于解析幾何方法 借助于數(shù)的精確性來(lái)闡明形的某些屬性．以數(shù)助形常用的有：借助于幾何軌跡所遵循的數(shù)量關(guān)系，借助于運(yùn)算結(jié)果與幾何定理的結(jié)合 　　由“形”到“數(shù)”的轉(zhuǎn)化，往往比較明顯，而由“數(shù)”到“形”的轉(zhuǎn)化卻需要轉(zhuǎn)化的意識(shí)，因此，數(shù)形結(jié)合的思想的使用往往偏重于由“數(shù)”到“形”的轉(zhuǎn)化． 方法一：直接作圖 [例1]　(1)已知函數(shù)f(x)＝sin x＋2|sin x|，x∈[0,2π]的圖象與直線y＝k有且僅有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則k的取值范圍是________． (2)已知函數(shù)f(x)＝|lg x|.若0h(1)＝3，即a＋2b的取值范圍是(3，＋∞)．故選C. [答案]　(1)(1,3)　(2)C [技法領(lǐng)悟] 本例(1)中有一條明顯的“動(dòng)態(tài)”水平直線，通過(guò)上下移動(dòng)觀察其與函數(shù)圖象的交點(diǎn)情況．但有些題中的這條水平線就不容易能看出來(lái)，如本例(2)，實(shí)際上存在一條“虛擬”的水平直線，這一點(diǎn)固然重要，卻不是本題的關(guān)鍵．本題的關(guān)鍵在于水平直線與函數(shù)圖象的兩個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)并非毫無(wú)關(guān)聯(lián)，而是滿足一定的關(guān)系，即ab＝1，這一關(guān)鍵之處決定了該類型題目的難度和極易出錯(cuò)的特性． 在此，務(wù)必注意到水平直線穿函數(shù)圖象所得交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之間的聯(lián)系．比如，一條水平直線穿二次函數(shù)圖象的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)之和為定值，且為對(duì)稱軸的兩倍；一條水平直線穿三角函數(shù)圖象的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)滿足一定的周期性，等等． [應(yīng)用體驗(yàn)] 1．已知f(x)＝|x|＋|x－1|，若g(x)＝f(x)－a的零點(diǎn)個(gè)數(shù)不為0，則a的最小值為_(kāi)_______． 解析：原方程等價(jià)于f(x)＝其圖象如圖所示，要使a＝f(x)有零點(diǎn)，則a≥1，因此a的最小值為1. 答案：1 2．已知函數(shù)f(x)＝sin的相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為，將函數(shù)f(x)的圖象向右平移個(gè)單位后，再將所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，得到g(x)的圖象，若g(x)＋k＝0在x∈上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根，則k的取值范圍是(　　) A. B. C. D.∪{－1} 解析：選D　因?yàn)閒(x)相鄰兩條對(duì)稱軸之間的距離為， 結(jié)合三角函數(shù)的圖象可知＝， 所以T＝＝＝， 所以ω＝2，f(x)＝sin. 將f(x)的圖象向右平移個(gè)單位得到 f(x)＝sin4＋＝sin， 再將所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，得到g(x)＝sin. 所以方程為sin＋k＝0. 令2x－＝t，因?yàn)閤∈，所以－≤t≤. 若g(x)＋k＝0在x∈上有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)根， 即y＝sin t與y＝－k在上有且只有一個(gè)交點(diǎn)． 作出y＝sin t與y＝－k的圖象如圖所示，由正弦函數(shù)的圖象可知－≤－k<或－k＝1，即－. 所以k的取值范圍為. 答案： 應(yīng)用(二)　利用數(shù)形結(jié)合求解kx＋b＝f(x)型問(wèn)題 方法一：旋轉(zhuǎn)動(dòng)直線 若直線的斜率在變化，則這樣的直線往往都恒過(guò)某一個(gè)定點(diǎn)，對(duì)于這類型的題，首先找出這個(gè)定點(diǎn)非常關(guān)鍵，然后確定相應(yīng)的臨界情形，最后考慮旋轉(zhuǎn)的方向． [例3]　(1)已知函數(shù)f(x)＝|x－2|＋1，g(x)＝kx，若f(x)＝g(x)有兩個(gè)不相等的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是(　　) A. B. C．(1,2) D．(2，＋∞) (2)(2018天津高考)已知a＞0，函數(shù)f(x)＝若關(guān)于x的方程f(x)＝ax恰有2個(gè)互異的實(shí)數(shù)解，則a的取值范圍是________． [解析]　(1)由題意得函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)g(x)的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，分別畫(huà)出函數(shù)y＝f(x)與y＝g(x)的圖象如圖所示．直線g(x)＝kx過(guò)原點(diǎn)這個(gè)定點(diǎn)，尋找臨界點(diǎn)，當(dāng)直線過(guò)點(diǎn)(2,1)時(shí)，直線與函數(shù)f(x)＝|x－2|＋1只有一個(gè)交點(diǎn)，此時(shí)k＝＝，然后直線繞著原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)與y＝f(x)在x>2時(shí)的圖象平行時(shí)，就只有一個(gè)交點(diǎn)， 所以|x－a|至少有一個(gè)負(fù)數(shù)解，則a的取值范圍是________． [解析]　(1)畫(huà)出函數(shù)y＝f(x)的圖象，如圖所示，y＝x＋a是斜率恒為1的動(dòng)直線，首先考慮直線過(guò)原點(diǎn)(這就是我們所說(shuō)的初始位置)，此時(shí)直線剛好與y＝f(x)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，將直線往下平移會(huì)有三個(gè)交點(diǎn)，一直平移直到與y＝f(x)，x∈[0,1]相切，此時(shí)剛好又出現(xiàn)兩個(gè)交點(diǎn)的情形(注意平移的動(dòng)作慢一點(diǎn))，此時(shí)聯(lián)立?x2－x－a＝0，Δ＝1＋4a＝0?a＝－，所以在一個(gè)周期內(nèi)得到滿足條件的a的值為a＝0或a＝－，又因?yàn)橹芷跒?，所以a＝2k或a＝－＋2k(k∈Z)． (2)令f(x)＝2－x2，g(x)＝|x－a|，由于g(x)＝|x－a|的圖象是V形．首先將這個(gè)V形的尖點(diǎn)放在點(diǎn)(2,0)(這是我們所說(shuō)的初始位置，該點(diǎn)往往都是使得結(jié)論恰好成立或者恰好不成立的位置，然后再平移)，此時(shí)a＝2.然后再將V形尖點(diǎn)向左平移，即如圖中的箭頭所示．由圖可知，向左平移的臨界情況是V形尖點(diǎn)右支與f(x)相切，此時(shí)聯(lián)立知x2＋x－a－2＝0有一個(gè)解，Δ＝1＋4(2＋a)＝0?a＝－.要特別注意，此時(shí)g(x)＝|x－a|的圖象與f(x)＝2－x2的圖象相切，但不等式取不到等號(hào)，因此a≠－，注意到a＝2時(shí)無(wú)負(fù)數(shù)根，因此a的取值范圍為. [答案]　(1)D　(2) [技法領(lǐng)悟] 對(duì)于平移動(dòng)直線情形，關(guān)鍵在于如何選取初始位置(臨界情形)，這個(gè)難把握之處正是本塊內(nèi)容的核心，初始位置的選取并非信手拈來(lái)，而是有根有據(jù)的，通過(guò)本例中的兩個(gè)題目，仔細(xì)體會(huì)． [應(yīng)用體驗(yàn)] 7．已知函數(shù)f(x)＝且關(guān)于x的方程f(x)＋x－a＝0有且只有一個(gè)實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(1，＋∞) B．(－1,3) C．(－∞，1) D．(2,4) 解析：選A　畫(huà)出f(x)圖象，如圖所示，則由方程有且僅有一個(gè)實(shí)根可得f(x)的圖象與直線y＝－x＋a的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)．首先讓直線過(guò)(0,1)(這是我們所說(shuō)的初始位置，因?yàn)楫?dāng)直線向下平移時(shí)你會(huì)發(fā)現(xiàn)有兩個(gè)交點(diǎn))，由圖可知，只有向上平移才能滿足f(x)圖象與直線y＝－x＋a只有一個(gè)交點(diǎn)，所以a的取值范圍是(1，＋∞)． 8．已知函數(shù)f(x)＝若方程f(x)＝x＋a有且只有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(－∞，0] B．[0,1) C．(－∞，1) D．[0，＋∞) 解析：選C　注意本題只有在(－1，＋∞)內(nèi)才是周期為1的函數(shù)，根據(jù)函數(shù)的解析式首先畫(huà)出在(－∞，0]內(nèi)的圖象，然后截取(－1,0]的圖象向右一個(gè)單位一個(gè)單位的平移，可以得到f(x)的圖象，如圖所示．y＝x＋a是斜率為1的動(dòng)直線，首先讓直線過(guò)(0,1)(這是我們所說(shuō)的初始位置，因?yàn)楫?dāng)直線向下平移時(shí)你會(huì)發(fā)現(xiàn)有兩個(gè)交點(diǎn)，向上平移只有一個(gè)交點(diǎn))，由圖可知，只有向下平移才能滿足f(x)圖象與直線y＝x＋a有兩個(gè)交點(diǎn)，所以a的取值范圍是(－∞，1)． [例5]　(1)(2018全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)F1，F(xiàn)2是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)．過(guò)F2作C的一條漸近線的垂線，垂足為P.若|PF1|＝|OP|，則C的離心率為(　　) A. B．2 C. D. (2)已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點(diǎn)A(－m，0)，B(m，0)(m>0)．若圓C 上存在點(diǎn)P，使得 ∠APB＝90，則 m的最大值為(　　) A．7 B．6 C．5 D．4 [解析]　(1)如圖，過(guò)點(diǎn)F1向OP的反向延長(zhǎng)線作垂線，垂足為P′，連接P′F2，由題意可知，四邊形PF1P′F2為平行四邊形，且 △PP′F2是直角三角形． 因?yàn)閨F2P|＝b，|F2O|＝c，所以|OP|＝a. 又|PF1|＝a＝|F2P′|，|PP′|＝2a， 所以|F2P|＝a＝b，所以c＝＝a， 所以e＝＝. (2)根據(jù)題意，畫(huà)出示意圖，如圖所示，則圓心C的坐標(biāo)為(3,4)，半徑r＝1，且|AB|＝2m，因?yàn)椤螦PB＝90，連接OP，易知|OP|＝|AB|＝m. 要求m的最大值，即求圓C上的點(diǎn)P到原點(diǎn)O的最大距離．因?yàn)閨OC|＝ ＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值為6. [答案]　(1)C　(2)B [技法領(lǐng)悟] (1)在解析幾何的解題過(guò)程中，通常要數(shù)形結(jié)合，這樣使數(shù)更形象，更直白，充分利用圖象的特征，挖掘題中所給的代數(shù)關(guān)系式和幾何關(guān)系式，避免一些復(fù)雜的計(jì)算，給解題提供方便． (2)應(yīng)用幾何意義數(shù)形結(jié)合法解決問(wèn)題需要熟悉常見(jiàn)的幾何結(jié)構(gòu)的代數(shù)形式，主要有：①比值——可考慮直線的斜率；②二元一次式——可考慮直線的截距；③根式分式——可考慮點(diǎn)到直線的距離；④根式——可考慮兩點(diǎn)間的距離． [應(yīng)用體驗(yàn)] 9．過(guò)直線x＋y－2＝0上一點(diǎn)P作圓x2＋y2＝1的兩條切線，若兩條切線的夾角是60，則點(diǎn)P的坐標(biāo)是________． 解析：如圖，由題意可知∠APB＝60，由切線性質(zhì)可知∠OPB＝30.在Rt△OBP中，OP＝2OB＝2，又點(diǎn)P在直線x＋y－2＝0上，所以不妨設(shè)點(diǎn)P(x,2－x)，則OP＝＝2，即x2＋(2－x)2＝4，整理得x2－2x＋2＝0，所以x＝，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為(，)． 答案：(，) 10．已知拋物線的方程為x2＝8y，F(xiàn)是其焦點(diǎn)，點(diǎn)A(－2,4)，在此拋物線上求一點(diǎn)P，使△APF的周長(zhǎng)最小，此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)為_(kāi)_______． 解析：因?yàn)?－2)2<84，所以點(diǎn)A(－2,4)在拋物線x2＝8y的內(nèi)部， 如圖，設(shè)拋物線的準(zhǔn)線為l， 過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥l于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)A作AB⊥l于點(diǎn)B，連接AQ， 由拋物線的定義可知△APF的周長(zhǎng)為|PF|＋|PA|＋|AF|＝|PQ|＋|PA|＋|AF|≥|AQ|＋|AF|≥|AB|＋|AF|， 當(dāng)且僅當(dāng)P，B，A三點(diǎn)共線時(shí)，△APF的周長(zhǎng)取得最小值，即|AB|＋|AF|. 因?yàn)锳(－2,4)，所以不妨設(shè)△APF的周長(zhǎng)最小時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為(－2，y0)， 代入x2＝8y，得y0＝， 故使△APF的周長(zhǎng)最小的點(diǎn)P的坐標(biāo)為. 答案： [總結(jié)升華] 運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想分析解決問(wèn)題的3個(gè)原則 (1)等價(jià)性原則 在數(shù)形結(jié)合時(shí)，代數(shù)性質(zhì)和幾何性質(zhì)的轉(zhuǎn)換必須是等價(jià)的，否則解題將會(huì)出現(xiàn)漏洞，有時(shí)，由于圖形的局限性，不能完整地表現(xiàn)數(shù)的一般性，這時(shí)圖形的性質(zhì)只能是一種直觀而淺顯的說(shuō)明． (2)雙向性原則 在數(shù)形結(jié)合時(shí)，既要進(jìn)行幾何直觀的分析，又要進(jìn)行代數(shù)抽象的探索，兩方面相輔相成，僅對(duì)代數(shù)問(wèn)題進(jìn)行幾何分析(或僅對(duì)幾何問(wèn)題進(jìn)行代數(shù)分析)在許多時(shí)候是很難行得通的． (3)簡(jiǎn)單性原則 找到解題思路之后，至于用幾何方法還是用代數(shù)方法或者兼用兩種方法來(lái)敘述解題過(guò)程，則取決于哪種方法更為簡(jiǎn)單．　　　　 第3講　分類討論思想 在解題時(shí)，我們常常遇到這樣一種情況，解到某一步之后，不能再以統(tǒng)一的方法、統(tǒng)一的式子繼續(xù)進(jìn)行了，因?yàn)檫@時(shí)被研究的問(wèn)題包含了多種情況，這就必須在條件所給出的總區(qū)域內(nèi)，正確劃分若干個(gè)子區(qū)域，然后分別在多個(gè)子區(qū)域內(nèi)進(jìn)行解題，這里集中體現(xiàn)的是由大化小，由整體化為部分，由一般化為特殊的解決問(wèn)題的方法，其研究方向基本是“分”，但分類解決問(wèn)題之后，還必須把它們總合在一起，這種“合—分—合”的解決問(wèn)題的過(guò)程，就是分類討論的思想方法． 分類討論是許多考生的弱點(diǎn)，也是高考的熱點(diǎn)和難點(diǎn)．分類討論思想在函數(shù)、數(shù)列、不等式、解析幾何、立體幾何、概率等數(shù)學(xué)問(wèn)題求解中有廣泛的應(yīng)用． [例1]　(2018武昌調(diào)研)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若對(duì)任意的正整數(shù)n，Sn＋2＝4Sn＋3恒成立，則a1的值為(　　) A．－3　　　　　　　　 　B．1 C．－3或1 D．1或3 [解析]　設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q，當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＋2＝(n＋2)a1，Sn＝na1，由Sn＋2＝4Sn＋3得，(n＋2)a1＝4na1＋3，即3a1n＝2a1－3，若對(duì)任意的正整數(shù)n,3a1n＝2a1－3恒成立，則a1＝0且2a1－3＝0，矛盾，所以q≠1，所以Sn＝，Sn＋2＝， 代入Sn＋2＝4Sn＋3并化簡(jiǎn)得a1(4－q2)qn＝3＋3a1－3q，若對(duì)任意的正整數(shù)n該等式恒成立，則有解得或 故a1＝1或－3. [答案]　C [技法領(lǐng)悟] 本題易忽略對(duì)q＝1的情況進(jìn)行討論，而直接利用Sn＝，很容易造成漏解或增解，若本題是解答題，這種解答是不完備的．本題根據(jù)等比數(shù)列前n項(xiàng)和公式的使用就要分q＝1，Sn＝na1和q≠1，Sn＝進(jìn)行討論． [應(yīng)用體驗(yàn)] 1．已知函數(shù)f(x)＝若f(1)＋f(a)＝2，則a的所有可能值為_(kāi)_____． 解析：f(1)＝e0＝1，即f(1)＝1. 由f(1)＋f(a)＝2，得f(a)＝1. 當(dāng)a≥0時(shí)，f(a)＝1＝ea－1，所以a＝1. 當(dāng)－10，且a≠1)在[－1,2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則a＝________. 解析：若a>1，有a2＝4，a－1＝m，此時(shí)a＝2，m＝，此時(shí)g(x)＝－為減函數(shù)，不合題意；若00，且a≠1)的定義域和值域都是[－1,0]，則a＋b＝________. 解析：當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f(x)＝ax＋b在[－1,0]上為增函數(shù)， 由題意得無(wú)解． 當(dāng)00時(shí)，g(x)的對(duì)稱軸x＝－<0， g(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，符合題意， 當(dāng)a<0時(shí)，需滿足g(x)的對(duì)稱軸x＝－≥1， 解得－≤a＜0， 綜上，a≥－. 答案： [例3]　(2018北京高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex. (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線與x軸平行，求a； (2)若f(x)在x＝2處取得極小值，求a的取值范圍． [解]　(1)因?yàn)閒(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex， 所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex. 所以f′(1)＝(1－a)e. 由題設(shè)知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1. 此時(shí)f(1)＝3e≠0. 所以a的值為1. (2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex ＝(ax－1)(x－2)ex. 若a>，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0; 當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0. 所以f(x)在x＝2處取得極小值． 若a≤，則當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，x－2<0，ax－1≤x－1<0， 所以f′(x)>0. 所以2不是f(x)的極小值點(diǎn)． 綜上可知，a的取值范圍是. [技法領(lǐng)悟] (1)本題研究函數(shù)性質(zhì)對(duì)參數(shù)a進(jìn)行分類討論，分為a>和a≤兩種情況． (2)若遇到題目中含有參數(shù)的問(wèn)題，常常結(jié)合參數(shù)的意義及對(duì)結(jié)果的影響進(jìn)行分類討論，此種題目為含參型，應(yīng)全面分析參數(shù)變化引起結(jié)論的變化情況，參數(shù)有幾何意義時(shí)還要考慮適當(dāng)?shù)剡\(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想，分類要做到分類標(biāo)準(zhǔn)明確、不重不漏． [應(yīng)用體驗(yàn)] 5．已知函數(shù)f(x)＝mx2－x＋ln x，若在函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)存在區(qū)間D，使得該函數(shù)在區(qū)間D上為減函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍為_(kāi)_______． 解析：f′(x)＝2mx－1＋＝， 即2mx2－x＋1<0在(0，＋∞)上有解． 當(dāng)m≤0時(shí)，顯然成立； 當(dāng)m>0時(shí)，由于函數(shù)y＝2mx2－x＋1的圖象的對(duì)稱軸x＝>0， 故只需Δ>0，即1－8m>0，解得m<. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍為. 答案： 6．已知函數(shù)f(x)＝sin x，g(x)＝mx－(m∈R)． (1)求曲線y＝f(x)在點(diǎn)P處的切線方程； (2)求函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間． 解：(1)因?yàn)閒′(x)＝cos x， 所以所求切線的斜率k＝f′＝cos＝，切點(diǎn)P， 所以切線方程為y－＝， 即x－y＋1－＝0. (2)g′(x)＝m－x2. ①當(dāng)m≤0時(shí)，g′(x)≤0，則g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，＋∞)； ②當(dāng)m>0時(shí)，令g′(x)<0，解得x<－或x>，則g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－)，(，＋∞)． 綜上所述，當(dāng)m≤0時(shí)，g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，＋∞)； 當(dāng)m>0時(shí)，g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－)，(，＋∞)． [例4]　(2018全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)拋物線C：y2＝2x，點(diǎn)A(2，0)，B(－2,0)，過(guò)點(diǎn)A的直線l與C交于M，N兩點(diǎn)． (1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線BM的方程； (2)證明：∠ABM＝∠ABN. [解]　(1)當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，l的方程為x＝2， 可得點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,2)或(2，－2)． 所以直線BM的方程為 y＝(x＋2)或y＝－(x＋2)， 即x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0. (2)證明：當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，AB為MN的垂直平分線，所以∠ABM＝∠ABN. 當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1>0，x2>0. 由得ky2－2y－4k＝0， 所以y1＋y2＝，y1y2＝－4. 直線BM，BN的斜率之和為 kBM＋kBN＝＋＝.① 將x1＝＋2，x2＝＋2及y1＋y2，y1y2的表達(dá)式代入①式分子， 可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝＝＝0. 所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的傾斜角互補(bǔ)， 所以∠ABM＝∠ABN. 綜上，∠ABM＝∠ABN成立． [技法領(lǐng)悟] (1)本題中直線l的位置不確定，設(shè)直線方程時(shí)，應(yīng)分兩種情況討論． (2)根據(jù)圖形位置或形狀分類討論的關(guān)鍵點(diǎn) ①確定特征，一般在確立初步特征時(shí)將能確定的所有位置先確定． ②分類，根據(jù)初步特征對(duì)可能出現(xiàn)的位置關(guān)系進(jìn)行分類． ③得結(jié)論，將“所有關(guān)系”下的目標(biāo)問(wèn)題進(jìn)行匯總處理． [應(yīng)用體驗(yàn)] 7．已知變量x，y滿足的不等式組表示的是一個(gè)直角三角形圍成的平面區(qū)域，則實(shí)數(shù)k＝(　　) A．－ B. C．0 D．0或－ 解析：選D　不等式組表示的可行域如圖(陰影部分)所示，由圖可知，若要使不等式組表示的平面區(qū)域是直角三角形，只有當(dāng)直線y＝kx＋1與直線x＝0或y＝2x垂直時(shí)才滿足． 結(jié)合圖形可知斜率k的值為0或－. 8．設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為橢圓上一點(diǎn)．已知P，F(xiàn)1，F(xiàn)2是一個(gè)直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，且|PF1|＞|PF2|，求的值． 解：①若∠PF2F1＝90. 則|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2， 又∵|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2， 解得|PF1|＝，|PF2|＝，∴＝. ②若∠F1PF2＝90，則|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2， ∴|PF1|2＋(6－|PF1|)2＝20， 解得|PF1|＝4，|PF2|＝2，∴＝2. 綜上知，＝或2. [總結(jié)升華] 1．分類討論的原則 (1)不重不漏； (2)標(biāo)準(zhǔn)要統(tǒng)一，層次要分明； (3)能不分類的要盡量避免或盡量推遲，決不無(wú)原則地討論． 2．分類討論的本質(zhì)與思維流程 (1)分類討論思想的本質(zhì)：“化整為零，積零為整”． (2)分類討論的思維流程： 明確討論的對(duì)象和動(dòng)機(jī)→確定分類的標(biāo)準(zhǔn)→逐類進(jìn)行討論歸納綜合結(jié)論→檢驗(yàn)分類是否完備(即檢驗(yàn)分類對(duì)象彼此交集是否為空集，并集是否為全集)． 第4講　轉(zhuǎn)化與化歸思想 “抓基礎(chǔ)，重轉(zhuǎn)化”是學(xué)好中學(xué)數(shù)學(xué)的金鑰匙．事實(shí)上，數(shù)學(xué)中的轉(zhuǎn)化比比皆是，如未知向已知轉(zhuǎn)化，復(fù)雜問(wèn)題向簡(jiǎn)單問(wèn)題轉(zhuǎn)化，新知識(shí)向舊知識(shí)轉(zhuǎn)化，命題之間的轉(zhuǎn)化，數(shù)與形的轉(zhuǎn)化，空間向平面轉(zhuǎn)化，高維向低維轉(zhuǎn)化，多元向一元轉(zhuǎn)化，高次向低次轉(zhuǎn)化，函數(shù)與方程的轉(zhuǎn)化等，都是轉(zhuǎn)化思想的體現(xiàn)． 轉(zhuǎn)化的常用策略有熟悉化、簡(jiǎn)單化、直觀化、特殊化、一般化、整體化、間接化等． [例1]　若對(duì)任意的t∈[1,2]，函數(shù)g(x)＝x3＋x2－2x在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是______________． [解析]　由題意得g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2， 若g(x)在區(qū)間(t,3)上總為單調(diào)函數(shù)， 則①g′(x)≥0在(t,3)上恒成立，或②g′(x)≤0在(t,3)上恒成立． 由①得3x2＋(m＋4)x－2≥0，即m＋4≥－3x在x∈(t,3)上恒成立， ∴m＋4≥－3t恒成立，則m＋4≥－1，即m≥－5； 由②得m＋4≤－3x在x∈(t,3)上恒成立， 則m＋4≤－9，即m≤－. ∴函數(shù)g(x)在區(qū)間(t,3)上總不為單調(diào)函數(shù)的m的取值范圍為－0”是真命題，可得m的取值范圍是(－∞，1)，而(－∞，a)與(－∞，1)為同一區(qū)間，故a＝1. 2．已知集合A＝{x|－1≤x≤0}，集合B＝{x|ax＋b2x－1<0,0≤a≤2,1≤b≤3}，若a∈R，b∈R，則A∩B≠?的概率為(　　) A. B. C. D. 解析：選D　因?yàn)閍∈[0,2]，b∈[1,3]，所以(a，b)對(duì)應(yīng)的區(qū)域?yàn)檫呴L(zhǎng)為2的正方形，如圖，正方形的面積為4.令函數(shù)f(x)＝ax＋b2x－1，x∈[－1,0]，則f′(x)＝a＋bln 22x.因?yàn)閍∈[0,2]，b∈[1,3]，所以f′(x)>0，即f(x)在[－1,0]上是單調(diào)遞增函數(shù)，所以f(x)在[－1,0]上的最小值為－a＋－1.要使A∩B＝?，只需f(x)min＝－a＋－1≥0，即2a－b＋2≤0，所以滿足A∩B＝?的(a，b)對(duì)應(yīng)的區(qū)域?yàn)槿鐖D所示的陰影部分． 易知S陰影＝1＝，所以A∩B＝?的概率為＝， 故A∩B≠?的概率為1－＝. [例2]　已知函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．對(duì)任意a∈[－1,1]都有g(shù)(x)<0，則實(shí)數(shù)x的取值范圍為_(kāi)_______． [解析]　由題意，知g(x)＝3x2－ax＋3a－5， 令φ(a)＝(3－x)a＋3x2－5，－1≤a≤1. 因?yàn)閷?duì)a∈[－1,1]，恒有g(shù)(x)<0，即φ(a)<0， 所以即 解得－a4a5