65高中数学思想方法.docx

1、65高中数学思想方法1函数与方程的思想： 函数与方程的思想：考试中心对考试大纲的说明中指出： 高考把函数与方程的思想作为思想方法的重点来考 “ 查， 使用选择题和填空题考查函数与方程思想的基本运算， 而在解答题中， 则从更深的层次， 在知识的网络的交汇处，从思想方法与相关能力相综合的角度进行深入考查。 ” 什么是函数和方程思想？简单地说， 就是学会用函数和变量来思考， 学会转化已知与未 知的关系,在解题时，用函数思想做指导就需要把字母看作变量，把代数式看作函数，利用 函数的性质做工具进行分析，或者构造一个函数把表面上不是函数的问题化归为函数问 题用方程思想做指导就需要把含字母的等式看作方程,研

2、究方程的根有什么要求.一、例题分析: 例题分析:【例 1】.已知数列 a n 各项都是正数,且满足 a 0 = 1, a n +1 = 例 （）证明 a n a n +1 2, n N ; （）求数列 a n 的通项公式 an. 这是一个以递推公式为背景的数列不等式， 但是把递推公式看作一个函数， 就可以获得一 个很简单的解法。 【分析及解 分析及解】.（）方法一:把 a n +1 = 分析及解1 a n (4 a n ), n N . 21 a n (4 a n ), n N . 看作一个函数 2f ( x) =由此启发得1 x(4 x) 2a k +1 =1 1 1 2 a k (4 a

3、k ) = 4 (a k 2) 2 = (a k 2 ) + 2 2. 2 2 2 于是 a k 0, 2 2 所以 a k +1 a k ,由以上有 an an +1 2, n N;方法二：用数学归纳法证明： 1当 n=1 时， a 0 = 1, a1 = 0 a 0 a1 2 ； 2假设 n = 令 f ( x) =1 3 a0 (4 a0 ) = , 2 2k 时有 a k 1 a k 2 成立，1 x(4 x) ， f (x) 在0，2上单调递增， 2 所以由假设有： f ( a k 1 ) f ( a k ) f ( 2), 1 1 1 即 a k 1 ( 4 a k 1 ) a k

4、 ( 4 a k ) 2 ( 4 2), 2 2 2 也即当 n=k+1 时 a k a k +1 2 成立，所以对一切 n N, 有a k a k +1 0.即2于是 2c n +1 = c n , 两边取常用对数,得则 lg cn lg 2是以 lg c0 lg 2 = lg 2 为首项, 2 为公比的等比数列.lg 2 + lg c n +1 = 2 lg c n , 构造等比数列 lg c n ， 为此设 lg c n +1 =2(lg c n ) ，用待定系数法可得 = lg 2 。这是方程思想的作用。lg c n lg 2 = ( lg 2) 2 n = lg 2 2 , . n

5、1 lg c n = lg 2 lg 2 2 = lg n , 2 2 1ncn = 2 a n = 212n 1,2 1 an = 2 2 2n 1【例 2】 .给定抛物线 C : y = 4 x , F 是 C 的焦点,过点 F 的直线 l 与 C 相交于 A, B 两点. （）设 FB = AF ,若 4,9 ,求 l 在 y 轴上的截距的变化范围. 【分析及解 分析及解】 （）C 的焦点为 F（1，0） ，直线 l 的斜率为 1， 分析及解 所以 l 的方程为 y = x 1. 将 y = x 1 代入方程 y 2 = 4 x ，并整理得 （）设 l 的斜率为 1,求 OA 与 OB

6、的夹角的大小;x 2 6 x + 1 = 0. 设 A( x1 , y1 ), B ( x 2 , y 2 ), 则有x1 + x 2 = 6, x1 x 2 = 1.2 2 | OA | OB |= x12 + y12 x2 + y 2OA OB = ( x1 , y1 ) ( x2 , y 2 ) = x1 x2 + y1 y 2 = 2 x1 x2 ( x1 + x2 ) + 1 = 3.cos(OA, OB ) = OA OB | OA | | OB | = x1 x2 x1 x2 + 4( x1 + x2 ) + 16 = 41.3 14 . 41第 2 页 共 29 页所以 OA与

7、OB 夹角的大小为 arccos （）由题设 FB = AF 得 即3 14 . 41 ( x 2 1, y 2 ) = (1 x1 , y1 ), x 2 = x1 . 2 x 2 1 = (1 x1 ), y 2 = y1. 2 2 2 2 由得 y 2 = y1 ， y12 = 4 x1 , y 2 = 4 x 2 , 联立、解得 x 2 = ，依题意有 0. B ( ,2 ), 或B ( ,2 ), 又 F（1，0） ，得直线 l 方程为( 1) y = 2 ( x 1)或( 1) y = 2 ( x 1),当 4,9 时，l 在方程 y 轴上的截距为 把2 2 或 , 1 12 2

8、看作函数，设 g ( ) = , 1 1 2 2 2 g ( ) = = + , 1 +1 1 4,92 在4，9上是递减的， 1 +1 （或用导数 g ( ) = 0 ，证明 g ( ) 是减函数。 ） ( 1)2可知 g ( ) =3 2 4 4 2 3 , , 4 1 3 3 1 4 4 3 3 4 直线 l 在 y 轴上截距的变化范围为 , , . 3 4 4 3 【 例 3 】 . 已 知 x = 1 是 函 数 f ( x ) = mx 3 3( m + 1) x 2 + nx + 1 的 一 个 极 值 点 ， 其 中m, n R, m 0 ， （）求 m 与 n 的关系式； （

9、）求 f ( x ) 的单调区间；（） x 1,1 时， 当 函数 y = f ( x) 的图象上任意一点的切线斜率恒大于 3 m ， m 求 的取值范围. 【分析及解 分析及解】:() f ( x ) = 3mx 2 6( m + 1) x + n 分析及解 因为 x = 1 是函数 f ( x ) 的一个极值点, 所以 f (1) = 0 ,即 3m 6( m + 1) + n = 0 ， 所以 n = 3m + 6 （II）由（I）知， f ( x ) = 3mx 2 6(m + 1) x + 3m + 6 = 3m( x 1) x 1 + 2 m 当 m 1 +2 ，当 x 变化时，

10、f ( x ) 与 f ( x ) 的变化如下表： m第 3 页 共 29 页xf ( x) f ( x)2 ,1 + m 0单调递增1 0 极大值(1, + )0单调递减极小值当 m 3m ，即 mx 2( m + 1) x + 2 0 2 2 2 又 m 0 所以 x (m + 1) x + 0 m m 2 2 2 即 x ( m + 1) x + 0, x 1,1 m m 1 2 2 设 g ( x) = x 2(1 + ) x + ， m m 其函数开口向上，由题意知式恒成立，而式恒成立等价于 g ( x ) max 0,2 2 g (1) 0 1 + 2 + + 0 所以 m m g

11、 (1) 0 1 0 4 4 解之得 m 又 m 0 所以 m 0， S13 0 S13 13a1 + 78d = 156 + 52d 024 d3 7（2） S n = na1 +n(n 1) 1 5 d = dn 2 + (12 d )n 2 2 2 5 12 2 dd0， S n 是关于 n 的二次函数，对称轴方程为：x 24 d3 765 12 13 m ln (1 + n ) 分析及解ln (1 + x ) ln (1 + x ) ( x 2) ,只要证明 g ( x ) = 为减函数就可以了. x x x1 ln (1 + x ) ln (1 + x ) 由 g ( x ) = g

12、 (n ) ln (1 + m ) ln (1 + n ) 因而 , m n构造函数 g ( x ) = 于是, (1 + m) n (1 + n) m 成立.ln (1 + m ) ln (1 + n ) , m n二、课后练习: 课后练习:1.已知关于 x 的方程 x 2 (2m 8) x + m 2 16 = 0 的两个实根 x1 , x2 满足 x1 数 m 的取值范围_。 2.已知函数 f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d 的图象如下，则（ （A） b ( , 0 ) (C) b (1, 2) (B) b ( 0,1) (D) b (2, +)23 x2 ，则

13、实 2） y012x3已知关于 x 的方程 sin 参考答案:1. m | x + a cos x 2 a = 0 有实数解，求实数 a 的取值范围。1 7 m 2. A 3. 0 a 4 2 3 2 22.数形结合的思想 2.数形结合的思想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， 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.”.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

14、“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。 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

15、数形结合思想的考查以由 形数 到 的转化为主。一、例题分析: 例题分析:第 5 页 共 29 页【例 1】: 如果实数x、y满足 ( x 2) + y = 3，则 例2 2y 的最大值为 ( x)A.1 2B.3 3C.3 2D. 3【分析及解 ： 分析及解】 分析及解等式 ( x 2) 2 + y 2 = 3有明显的几何意义，它表坐标平面上的一个圆，圆心为 (2 ， 0) ，半径r = 3， ( 如图 ) ，而 y y0 = 则表示圆上的点 ( x，y ) 与坐 x x0标原点(0，0) 的连线的斜率。如此以来，该问题可转化为如下几何问题：动点A在以(2 ， 0) 为圆心，以 3为半径的圆上

16、移动，求直线OA的斜率的最大值，由图可见，当A在第一象限，且与圆相切时，OA的斜率最大，经简单计算，得最大值为 tan 60 3 ，选 D =【例 2】: 若集合M = ( x，y ) 例 x = 3 cos (0 ) ，集合N = ( x，y )| y = x + b y = 3 sin 。且M I N，则b的取值范围为2 2 分析： M = ( x，y )| x + y = 9 ， 0 y 1，显然，M表示以 ( 0， 0) 为圆心，以 3 为半径的圆在 x 轴上方的部分， （如图） ，而 N 则表示一条直线，其斜率 k=1，纵截距为b，由图形易知，欲使M I N，即是使直线y = x +

17、 b与半圆有公共点， 显然b的最小逼近值为 3，最大值为 3 2 ，即 3 b 3 2【例 3】: 已知 0 a 0，f (3) 0 ，f ( b ) = f ( k ) 0 同时成立，解得 1 k 0，故k (1， 0) 2a【例 5】: 已知复数z满足| z 2 2i| = 例2 ，求z的模的最大值、最小值的范围。分析： 分析： 由于| z 2 2i| =| z (2 + 2i )| ，有明显的几何意义，它表示复数z对应的点到复数 2 + 2i对应的点之间的距离，因此满足| z (2 + 2i )| = 2 的复数z对应点 Z，在以 (2 ， 2) 为圆心，半径为 2 的圆上， ( 如下图

18、 ) ，而| z| 表示复数z对应的 点Z到原点O的距离，显然，当点Z、圆心C、点O三点共线时，| z| 取得最值，| z|min = 2 ，| z|max = 3 2 ， | z| 的取值范围为 2 ， 3 2 第 7 页 共 29 页【例 6】:已知 y = f ( x ) 是定义在 R 上的单调函数，实数 x1 x 2 , 1, =x1 + x 2 ， 1+ =x 2 + x1 ，若 f ( x1 ) f ( x 2 ) f ( ) f ( ) ，则（ 1+ ） 。【分析及解 分析及解】如果采用代数运算，则无所适从，如果画出单调函数 y = f ( x ) 的示意图象， 分析及解 由 f

19、 ( x1 ) f ( x 2 ) f ( ) f ( ) 可断定横坐标为 , 的点， 至少有一个在横坐标为 x1 , x 2 的点的外部，因而 a n (n N ) ，则该函数的图象是（）（A）(B)(C)(D)【分析及解 分析及解】这是一道函数,数列,函数图象综合在一起的选择题,需要通过数列的性质研究 分析及解 函 数 图 象 的 特 征 . 实 际 上 , 只 要 设 a n = x, a n +1 = y , 则 有 y = f ( x ) 且 y x , 并 对 所 有n N 都成立,因此选(A).第 8 页 共 29 页【 例 9 】 : 设 定 义 域 为 R 的 函 数 f (

20、 x) = | lg | x 1 |, 0, x 1 x =1），则关于 x 的方程f 2 ( x) + bf ( x) + c = 0 有 7 个不同实数解的充要条件是（(A) b 0 (C) b 0 且 c 0 (D) b 0 且 c = 0【分析及解 分析及解】画出函数 f ( x ) 的图像,该图像关于对称, 分析及解 且 f ( x ) 0 ,令 f ( x ) = t ,若 f ( x) + bf ( x) + c = 02有 7 个不同实数解,则方程 t + bt + c = 0 有 2 个不同 实数解,且为一正根,一零根.因此, b 0 且 c = 0 ,故选(C).二、课后练

21、习: 课后练习:一、选择题： 选择题： 1.方程 lg x = sin x 的实根的个数为（ A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 ） D. 4 个 ）2. 函数 y = a| x|与y = x + a 的图象恰有两个公共点，则实数 a 的取值范围是（ A. (1， + ) C. ( ， 1 U1， + ) B. ( 1，1) D. ( ， 1) U(1， + ) ）3. 设命题甲： 0 x 3 ，命题乙： | x 1| 0) 的解集为 x| m x n，且| m n| = 2a， a 的值为( A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 ）6. 已知复数 z1 = 3 i，| z 2 | =

22、 2 ，则| z1 + z 2 | 的最大值为（ A.10 2B. 5C. 2 + 10D. 2 + 2 2 ）7. 若 x (1， 2) 时，不等式 ( x 1) 2 log a x 恒成立，则 a 的取值范围为（ A. （0，1） B. （1，2） C. （1，2 D. 1，28. 定义在 R 上的函数 y = f ( x ) 在 ( ，2) 上为增函数，且函数 y = f ( x + 2) 的图象的对第 9 页 共 29 页称轴为 x = 0 ，则（ A. f ( 1) f ( 3) D. f ( 2) f ( 3)9. 若复数 z 满足 | z| = 2 ，则 | z + 1 i| 的最大值为_。 10. 若 f ( x ) = x + bx + c 对任意实数 t，都有 f ( 2 + t ) = f ( 2 t ) ，则 f (1) 、f ( 3) 、