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2019-2020年高三數(shù)學二輪復習 專題二第四講 思想方法與規(guī)范解答教案 理
思想方法
1．數(shù)形結合思想
所謂數(shù)形結合思想，就是根據(jù)數(shù)與形之間的對應關系，通過數(shù)與形的相互轉化來解決數(shù)學問題的思想．
數(shù)形結合思想的應用包括以下兩個方面：
(1)“以形助數(shù)”，把某些抽象的數(shù)學問題直觀化、生動化，能夠變抽象思維為形象思維，揭示數(shù)學問題的本質(zhì)；
(2)“以數(shù)解形”，把直觀圖形數(shù)量化，使形更加精確．
本專題中集合的運算、求二次函數(shù)的最值，確定函數(shù)零點問題、求不等式恒成立中參數(shù)等都經(jīng)常用到數(shù)形結合思想．
[例1] (xx年高考遼寧卷)設函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，且當x∈[0，1]時，f(x)＝x3.又函數(shù)g(x)＝|xcos (πx)|，則函數(shù)h(x)＝g(x)－f(x)在[－，]上的零點個數(shù)為( )
A．5 B．6 C．7 D．8
[解析] 根據(jù)函數(shù)y＝f(x)的特點確定其性質(zhì)，然后根據(jù)定義域分別作出圖象求解．
根據(jù)題意，函數(shù)y＝f(x)是周期為2的偶函數(shù)且0≤x≤1時，f(x)＝x3，則當－1≤x≤0時，f(x)＝－x3，且g(x)＝|xcos (πx)|，所以當x＝0時，f(x)＝g(x)．當x≠0時，若0
0；②f(0)f(1)<0；
③f(0)f(3)>0；④f(0)f(3)<0.
其中正確結論的序號是( )
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
解析：利用函數(shù)的單調(diào)性及數(shù)形結合思想求解．
∵f′(x)＝3x2－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，
由f′(x)<0，得10，得x<1或x>3，
∴f(x)在區(qū)間(1，3)上是減函數(shù)，
在區(qū)間(－∞，1)，(3，＋∞)上是增函數(shù)．
又a0，
y極小值＝f(3)＝－abc<0，
∴00.
又x＝1，x＝3為函數(shù)f(x)的極值點，后一種情況不可能成立，如圖．
∴f(0)<0，∴f(0)f(1)<0，f(0)f(3)>0，
∴正確結論的序號是②③.
答案：C
2．分類討論思想
分類討論思想是由問題的不確定性而引起的，需要按照問題的條件劃分為幾類，從而解決問題，在本專題中常見的分類討論思想的運用有以下兩個方面：
(1)二次函數(shù)在給定區(qū)間的最值求法，注意對稱軸與區(qū)間關系；
(2)含參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性的判斷，極值、最值的求法．
[例2] (xx年高考課標全國卷)設函數(shù)f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若a＝1，k為整數(shù)，且當x>0時，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
[解析] (1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)，f′(x)＝ex－a.
若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．
若a>0，則當x∈(－∞，ln a)時，f′(x)<0；當x∈(ln a，＋∞)時，f′(x)>0.
所以，f(x)在(－∞，ln a)上單調(diào)遞減，
在(ln a，＋∞)上單調(diào)遞增．
(2)由于a＝1，所以(x－k)f′(x)＋x＋1
＝(x－k)(ex－1)＋x＋1.
故當x>0時，(x－k)f′(x)＋x＋1>0等價于
k<＋x(x>0)．①
令g(x)＝＋x，
則g′(x)＝＋1＝.
由(1)知，函數(shù)h(x)＝ex－x－2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．而h(1)<0，h(2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點，故g′(x)在(0，＋∞)上存在唯一的零點．設此零點為α，則α∈(1，2)．
當x∈(0，α)時，g′(x)<0；當x∈(α，＋∞)時，g′(x)>0.所以g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g(α)．
又由g′(α)＝0，可得eα＝α＋2，所以g(α)＝α＋1∈(2，3)．
由于①式等價于k0，則f′(x)>0.
所以當a＝0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上為減函數(shù)，在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)．
②當a>0時，由2x－ax2<0，解得x<0或x>，
由2x－ax2>0，解得00時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)，(，＋∞)上為減函數(shù)，在區(qū)間(0，)上為增函數(shù)．
③當a<0時，由2x－ax2<0，解得0，解得x<或x>0.
所以，當a<0時，函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，)，(0，＋∞)上為增函數(shù)，在區(qū)間(，0)上為減函數(shù)．
綜上所述，當a＝0時，f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；
當a>0時，f(x)在(－∞，0)，(，＋∞)上單調(diào)遞減，在(0，)上單調(diào)遞增當a<0時，f(x)在(，0)上單調(diào)遞減，在(－∞，)，(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
考情展望
高考對本專題的考查主要是兩個方面：一是在選擇填空題中考查函數(shù)圖象與性質(zhì)及應用，二是在解答題中考查導數(shù)的應用，常與不等式聯(lián)系，難度較大，多涉及含參數(shù)問題．
名師押題
【押題】 設函數(shù)f(x)＝ln x－p(x－1)，p∈R.
(1)當p＝1時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)設函數(shù)g(x)＝xf(x)＋p(2x2－x－1)，對任意x≥1都有g(x)≤0成立，求p的取值范圍．
【解析】 (1)當p＝1時，f(x)＝ln x－x＋1，其定義域為(0，＋∞)．所以f′(x)＝－1.
由f′(x)＝－1>0得01.
所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞減區(qū)間為(1，＋∞)．
(2)由函數(shù)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，當p＝1時，f(x)≤f(1)＝0，
即不等式ln x≤x－1成立．
①當p≤－時，g′(x)＝ln x＋1＋2px≤(x－1)＋1＋2px＝(1＋2p)x≤0.
即函數(shù)g(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)≤g(1)＝0，滿足題意；
②當－0，1＋2px>0，從而g′（x）＝ln x＋1＋2px>0，即函數(shù)g(x)在(1，－)上單調(diào)遞增，從而存在x0∈(1，－)使得g(x0)>g(1)＝0，不滿足題意；
③當p≥0時，由x≥1知g(x)＝xln x＋p(x2－1)≥0恒成立，此時不滿足題意．
綜上所述，實數(shù)p的取值范圍為
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