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第1讲　函数与方程思想
1.函数与方程思想的含义
(1)函数思想是用运动和变化的观点分析和研究数学中的数量关系，是对函数概念的本质认识，建立函数关系或构造函数，运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的思想方法．
(2)方程思想就是分析数学问题中变量间的等量关系，建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组，或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决的思想方法．
(3)函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的，是相辅相成的．函数思想重在对问题进行动态的研究，方程思想则是在动中求静，研究运动中的等量关系．方程思想与函数思想密切相关：方程f(x)＝0的解就是函数y＝f(x)的图象与x轴交点的横坐标；函数y＝f(x)也可以看作二元方程f(x)－y＝0，通过方程进行研究；方程f(x)＝a有解，当且仅当a属于函数f(x)的值域．函数与方程的这种相互转化关系十分重要．
2.高考把函数与方程思想作为思想方法的重点来考查，特别是在有关函数、三角函数、数列、不等式、解析几何、平面向量、立体几何等题目中．高考使用客观题考查函数与方程思想的基本运算，而在主观题中，则从更深的层次，在知识网络的交汇处，从思想方法与相关能力相结合的角度深入考查．
3.常见方法
(1)运用函数相关概念的本质解题
在理解函数的定义域、值域、性质等本质的基础上，主动、准确地运用它们解答问题．常见问题有：求函数的定义域、解析式、最值，研究函数的性质．
(2)利用函数性质求解方程问题
函数与方程相互联系，借助函数的性质可以解决方程解的个数及参数取值范围的问题．
(3)构造函数解决一些数学问题
在一些数学问题的研究中，可以通过建立函数关系式，把要研究的问题转化为函数的性质，达到化繁为简，化难为易的效果．
应用1　函数与方程思想在方程、不等式中的应用
核心知识· 精归纳
1.函数与不等式的相互转化，对函数y＝f(x)，当y>0时，就化为不等式f(x)>0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式．
2.含参不等式恒成立与存在性问题函数(方程)法是指通过构造函数，把恒成立问题与转化为函数的值域问题，从而得到关于参数的方程的方法．破解此类题的关键点：
(1)灵活转化：
①“关于x的不等式f(x)“关于x的不等式f(x)>g(a)在区间D上恒成立”转化为“fmin(x)>g(a)”；
②“关于存在x∈D使得不等式f(x)“关于存在x∈D使得不等式f(x)>g(a)成立”转化为“fmax(x)>g(a)”；
(2)求函数值域，利用函数的单调性、导数、图象等求函数的值域；
(3)得出结论，列出参数a所满足的方程，通过解方程，求出a的值．
典例研析· 悟方法
典例1 (1) (2022·晋城二模)已知函数f(x)＝为奇函数，则b＝( D )
A．－2 B．0
C．1 D．2
【解析】　当x＞0时，－x＜0，f(－x)＝－f(x)＝(－x)2＋2(－x)＝x2－2x，可得x＞0时，f(x)＝－x2＋2x，又x＞0时，f(x)＝－x2＋bx，所以b＝2.故选D.
(2) (2022·十堰模拟)函数f(x)＝16x＋＋的最小值为( A )
A．4 B．2
C．3 D．4
【解析】　f(x)＝16x＋＋＝16x＋＋＋≥4＝4，当且仅当x＝0时等号成立，所以f(x)的最小值为4.故选A.
(3) (多选)(2023·吉林通化梅河口市第五中学校考一模)下列不等式成立的是( BCD )
A．2sin 1C.< 　 D．log43【解析】　对于选项A，因为0log2(sin 1)，故选项A错误；对于选项B，设f(x)＝，则f′(x)＝，又因为f′(x)>0 0e，所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以f(π)2＝2×2 0224，所以2×2 0224－(2 0223＋2 0225)<0，所以－<0，即：<.故选项C正确；对于选项D，因为35<44＝5，所以3<4，所以log4364＝5，所以5>6，所以log65>log66＝，所以log65>log43.故选项D正确．故选BCD.
应用2　函数与方程思想在数列中的应用
核心知识· 精归纳
数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数；等差数列或等比数列的基本量的计算一般化归为方程(组)来解决．
典例研析· 悟方法
典例2 (1) (2022·全国高二课时练习)设数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，已知a1＋a4＋a7＝99，a2＋a5＋a8＝93，若对任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，则k的值是( B )
A．10 B．20
C．30 D．40
【解析】　设等差数列{an}的公差为d，由解得∴Sn＝na1＋＝39n－n(n－1)＝－n2＋40n＝－(n－20)2＋400.∴当n＝20时，Sn取得最大值．∵对任意n∈N*都有Sn≤Sk成立，∴Sk为数列{Sn}的最大值，∴k＝20.故选B.
(2) (2023·河南校联考模拟预测)记正项数列{an}的前n项和为Sn，且满足＋＋＋…＋＝.若不等式λSn≥an＋1恒成立，则实数λ的取值范围是 　.
【解析】　因为＋＋＋…＋＝①，所以当n≥2时，＋＋＋…＋＝②.①－②，得＝－＝，所以a＝4n2＋4n＋1＝(2n＋1)2，因为数列{an}是正项数列，则an＝2n＋1(*)．当n＝1时，＝，则a1＝3，符合(*)式，从而an＝2n＋1，{an}是首项为3，公比为2的等差数列，所以Sn＝＝n2＋2n，由λSn≥an＋1，得λ(n2＋2n)≥2n＋2，即λ≥.令f(n)＝＝＝，因为g(n)＝(n＋1)－在n∈N*时单调递增，所以f(n)＝单调递减，则当n＝1时，f(n)取得最大值，且为，所以λ≥.
应用3　函数与方程思想在解析几何中的应用
核心知识· 精归纳
1.解析几何中求斜率、截距、半径、点的坐标、离心率等几何量经常要用到方程(组)的思想；直线与圆锥曲线的位置关系问题，可以通过转化为一元二次方程，利用判别式进行解决；求变量的取值范围和最值问题常转化为求函数的值域、最值，用函数的思想分析解答．
2.直线与圆锥曲线的综合问题，通常借助根的判别式和根与系数的关系进行求解，这是方程思想在解析几何中的重要应用．解析几何问题的方程(函数)法可以拓展解决解析几何问题的思维，通过代数运算、方程判定等解决解析几何中的位置关系、参数取值等问题．
典例研析· 悟方法
典例3 (2023·北京高三北京市陈经纶中学校考开学考试)卵圆是常见的一类曲线，已知一个卵圆C的方程为：＋＝1(x>－2)，O为坐标原点，点A(1,0)，点P为卵圆上任意一点，则下列说法中正确的是_①③④__.
①卵圆C关于x轴对称
②卵圆上不存在两点关于直线x＝对称
③线段PO长度的取值范围是[1,2]
④△OAP的面积最大值为1
【分析】　利用点(x，y)和(x，－y)均满足方程，即可判断①；设(x0，y0)和(1－x0，y0)都在卵圆C上，再解即可判断②；利用两点间的距离公式表示|OP|2，然后利用导数研究其最值，即可判断③；利用三角形的面积公式表示出S△OAP，然后利用导数研究其最值，即可判断④.
【解析】　对于①，设(x，y)是卵圆C上的任意一个点，因为＋＝＋＝1，所以点(x，－y)也在卵圆C上，又点(x，y)和点(x，－y)关于x轴对称，所以卵圆C关于x轴对称，故①正确；对于②，设(x0，y0)在卵圆C上，(x0，y0)关于直线x＝对称的点(1－x0，y0)也在卵圆C上，则解得或所以卵圆上存在(－1,0)，(2,0)两点关于直线x＝对称，故②错误；对于③，由＋＝1，得＝1－，所以≤1，又x>－2，所以－1≤x≤2，设点P(x，y)，x∈[－1,2]，则|OP|2＝x2＋y2＝x2＋4＝＋4，令f(x)＝＋4，(x∈[－1,2])，则f′(x)＝，(x∈[－1,2])，令f′(x)＝0，则x＝0或－1±，当－10，当01，所以f(x)min＝1，f(x)max＝4，即|OP|2∈[1,4]，所以|OP|∈[1,2]，故③正确；对于④，点P(x，y)，x∈[－1,2]，S△OAP＝|OA|·|y|＝×2＝，令g(x)＝，－1≤x≤2，则g′(x)＝，－1≤x≤2，当－10，所以g(x)在(－1,0)上递减，在(0,2)上递增，所以g(x)min＝g(0)＝0，此时△OAP的面积取得最大值1，故④正确．
应用4　函数与方程思想在立体几何中的应用
核心知识· 精归纳
立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决．
典例研析· 悟方法
典例4 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( C )
A. B．
C． D．
【分析】　方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值．
【解析】　方法一：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为α，则SABCD＝·AC·BD·sin α≤·AC·BD≤·2r·2r＝2r2(当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立)即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2，又设四棱锥的高为h，则r2＋h2＝1，VO－ABCD＝·2r2·h＝≤＝，当且仅当r2＝2h2即h＝时等号成立．故选C
方法二：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r＝a，所以该四棱锥的高h＝，V＝a2＝≤＝＝(当且仅当＝1－，即a2＝时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高h＝＝＝.故选C.
方法三：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r＝a，所以该四棱锥的高h＝，V＝a2，令a2＝t(00，单调递增，【整体点评】　方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
应用5　函数与方程思想在平面向量中的应用
核心知识· 精归纳
1.平面向量问题的函数(方程)法是把平面向量问题，通过模、数量积等转化为关于相应参数的函数(方程)问题，从而利用相关知识结合函数或方程思想来处理有关参数值问题．破解此类题的关键点：
(1)向量代数化，利用平面向量中的模、数量积等结合向量的位置关系、数量积公式等进行代数化，得到含有参数的函数(方程)；
(2)代数函数(方程)化，利用函数(方程)思想，结合相应的函数(方程)的性质求解问题；
(3)得出结论，根据条件建立相应的关系式，并得到对应的结论．
2.平面向量中含函数(方程)的相关知识，对平面向量的模进行平方处理，把模问题转化为数量积问题，再利用函数与方程思想来分析与处理，这是解决此类问题一种比较常见的思维方式．
典例研析· 悟方法
典例5 (2023·天津南开高三南开中学校考阶段练习)如图，在边长为1的正方形ABCD中，P是对角线AC上一点，且＝，则·＝ －　，若点M为线段BD(含端点)上的动点，则·的最小值为 －　.
【分析】　建立平面直角坐标系，求得正方形各顶点坐标，利用向量的坐标运算求得P，可得，的坐标，根据数量积的坐标运算，求得·；设＝λ＝(λ，－λ)，0≤λ≤1，表示出M(λ，1－λ)，可得，坐标，继而求得·的表达式，结合二次函数性质求得·的最小值．
【解析】　如图，以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(1,0)，D(0,1)，C(1,1)，∴＝(1,1)，∵P是对角线AC上一点，且＝＝，可得P，∴＝，＝，∴·＝×＋×＝－；因为点M为线段BD(含端点)上的动点，则设＝λ＝(λ，－λ)，0≤λ≤1，故M(λ，1－λ)，所以＝，＝(1－λ，λ－1)，故·＝·(1－λ，λ－1)＝2λ2－3λ＋1＝22－，由于0≤λ≤1，所以λ＝时，22－取到最小值－，即·的最小值为－.
应用6　函数与方程思想在概率统计中的应用
核心知识· 精归纳
利用概率知识解决实际问题，尤其是生产和经营问题，其实与一般的应用题在本质上没有什么不同，只是因为个别因素由确定变量变成不确定变量，从而导致结果的不确定性，所以才需要作决策优化，抛开概率的烟雾弹，其实题目反映的都是最简单的公式(比如利润＝收入—成本)，所以面对复杂题目要学会审题，还是要回归常识．
典例研析· 悟方法
典例6 (多选)(2023·山西晋城高三校考阶段练习)已知小李每天在上班路上都要经过甲、乙两个路口，且他在甲、乙两个路口遇到红灯的概率分别为，p.记小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为X，在甲、乙这两个路口遇到红灯个数之和为Y，则( BC )
A．P(X＝4)＝
B．D(X)＝
C．小李星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的最大值为
D．当p＝时，E(Y)＝
【分析】　确定X～B，即可求出P(X＝4)和D(X)，判断A，B；表示一天至少遇到一次红灯的概率为＋p，【解析】　对于A，B，小李在星期一到星期五这5天每天上班路上在甲路口遇到红灯个数之和为X，则X～B，则P(X＝4)＝C4＝，D(X)＝5××＝，A错误，B正确；对于C，由题意可设一天至少遇到一次红灯的概率为t＝1－(1－p)＝＋p，1时，f′(t)>0，当【点睛】　难点点睛：求解星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率，关键是要明确一天至少遇到一次红灯的概率，从而表示出星期一到星期五上班路上恰有3天至少遇到一次红灯的概率的表达式，难点在于要利用导数求解最值，因此设函数f(t)＝10t3(1－t)2＝10(t5－2t4＋t3)，求导，利用导数解决问题．第2讲　数形结合思想
一、运用数形结合思想分析解决问题时，要遵循三个原则：
(1)等价性原则．在数形结合时，代数性质和几何性质的转换必须是等价的，否则解题将会出现漏洞．有时，由于图形的局限性，不能完整的表现数的一般性，这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明，要注意其带来的负面效应．
(2)双方性原则．既要进行几何直观分析，又要进行相应的代数抽象探求，仅对代数问题进行几何分析容易出错．
(3)简单性原则．不要为了“数形结合”而数形结合．具体运用时，一要考虑是否可行和是否有利；二要选择好突破口，恰当设参、用参、建立关系、做好转化；三要挖掘隐含条件，准确界定参变量的取值范围，特别是运用函数图象时应设法选择动直线与定二次曲线．
二、特别提醒
数形结合思想是解答高考数学试题的一种常用方法与技巧，特别是在解选择题、填空题时发挥着奇特功效，这就要求我们在平时学习中加强这方面的训练，以提高解题能力和速度．具体操作时，应注意以下几点：
(1)准确画出函数图象，注意函数的定义域；
(2)用图象法讨论方程(特别是含参数的方程)的解的个数是一种行之有效的方法，值得注意的是首先要把方程两边的代数式看作是两个函数的表达式(有时可能先作适当调整，以便于作图)，然后作出两个函数的图象，由图求解；利用数形结合探究方程解的问题应注意两点．
(3)在解答题中数形结合思想是探究解题的思路时使用的，不可使用形的直观代替相关的计算和推理论证．
三、命题规律
1.数形结合思想在高考试题中主要有以下几个常考点
(1)集合的运算及Venn图；
(2)函数及其图象；
(3)平面向量；
(4)数列通项及求和公式的函数特征及函数图象；
(5)方程(多指二元方程)及方程的曲线；
(6)对于研究距离、角或面积的问题，往往涉及直线与圆、立体几何、圆锥曲线等，利用几何图形或形数转换求解；
(7)对于研究函数、方程或不等式(最值)的问题，可通过函数的图象求解(函数的零点、顶点是关键点)，做好知识的迁移与综合运用(与函数方程思想相结合)．
2.数形结合思想常用模型：一次、二次函数图象；“对勾函数”应用单调性或基本不等式；三角函数图象和性质；斜率公式；两点间的距离公式(或向量的模、复数的模)；点到直线的距离公式等．
应用1　研究图形的形状、位置关系、性质等
核心知识· 精归纳
函数图象与性质应用问题：即通过函数图象来分析和解决函数问题的方法，对于高中数学函数贯穿始终，因此这种方法是最常用的，破解此类题的关键点：
(1)分析数理特征，一般解决问题时不能精确画出图象，只能通过图象的大概性质分析问题，因此需要确定能否用函数图象解决问题；
(2)画出函数图象，画出对应的函数、转化的函数或构造函数的图象；
(3)数形转化，这个转化实际是借助函数图象将难以解决的数理关系明显化；
(4)得出结论，通过观察函数图象得出相应的结论．
典例研析· 悟方法
典例1 (1) (2023·河南省普高联考高三下学期测评(四))函数y＝的大致图象是( A )
【分析】　先判断函数的奇偶性即可排除选项B，D；再利用特殊值即可排除选项C，进而求解．
【解析】　函数y＝f(x)＝的定义域为(－∞,0)∪(0，＋∞)，且f(－x)＝＝＝－f(x)，所以f(x)是奇函数，图象关于原点对称，排除B，D选项，只需研究x>0的图象，当x＝时，－3sin ＝－<0，则f<0，排除C选项．故选A.
(2) (2022·北京统考模拟预测)已知函数y＝f(x)的图象如图1所示，则图2对应的函数有可能是( C )
A．x2f(x) B．
C．xf(x) D．xf2(x)
【分析】　利用分类讨论思想，根据函数值的符号及变化，分别对四个选项判断即可求解．
【解析】　对于A，当x<0时，f(x)<0，所以x2f(x)<0，故选项A错误；对于B，当x<0时，f(x)<0，所以<0，故选项B错误；对于C，当x<0时，f(x)<0，所以xf(x)>0，且x→－∞时，f(x)→－∞，xf(x)→＋∞；当x>0时，f(x)>0，所以xf(x)>0，且x→＋∞时，f(x)→0，xf(x)→0，故选项C正确；对于D，当x<0时，f(x)<0，则f2(x)>0，所以xf2(x)<0，故选项D错误，故选C.
方法技巧· 精提炼
函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)利用函数值考察特征点，排除不合要求的图象．(5)应用导数研究函数的性质，考察图象升降的快慢、极值点，发现图象差别．利用上述方法排除、筛选选项．
应用2　构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围
核心知识· 精归纳
1.构建函数模型并结合图象研究方程的根或函数的零点所涉及的参数问题；
2.构建函数模型并结合图象研究量与量之间的大小关系，求参数的取值范围或解不等式．
典例研析· 悟方法
典例2 (1)设函数f(x)＝ex(2x－1)－ax＋a，其中a<1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是( D )
A. B．
C. D．
【分析】　设g(x)＝ex(2x－1)，y＝a(x－1)，问题转化为存在唯一的整数x0使得满足g(x0)g(0)＝－1且g(－1)＝－≥－2a，由此可得出实数a的取值范围．
【解析】　设g(x)＝ex(2x－1)，y＝a(x－1)，由题意知，函数y＝g(x)在直线y＝ax－a下方的图象中只有一个点的横坐标为整数，g′(x)＝ex(2x＋1)，当x<－时，g′(x)<0；当x>－时，g′(x)>0.所以，函数y＝g(x)的最小值为g＝－2e－.又g(0)＝－1，g(1)＝e>0.直线y＝ax－a恒过定点(1,0)且斜率为a，故－a>g(0)＝－1且g(－1)＝－≥－a－a，解得≤a<1，故选D.
(2)已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－|kx2－2x|(k∈R)恰有4个零点，则k的取值范围是( D )
A.∪(2，＋∞)
B.∪(0,2)
C．(－∞,0)∪(0,2)
D．(－∞,0)∪(2，＋∞)
【解析】　注意到g(0)＝0，所以要使g(x)恰有4个零点，只需方程|kx－2|＝恰有3个实根即可，令h(x)＝，即y＝|kx－2|与h(x)＝的图象有3个不同交点．因为h(x)＝＝当k＝0时，此时y＝2，如图1，y＝2与h(x)＝有1个不同交点，不满足题意；当k<0时，如图2，此时y＝|kx－2|与h(x)＝恒有3个不同交点，满足题意；当k>0时，如图3，当y＝kx－2与y＝x2相切时，联立方程得x2－kx＋2＝0，令Δ＝0得k2－8＝0，解得k＝2(负值舍去)，所以k>2.综上，k的取值范围为(－∞,0)∪(2，＋∞)．故选D.
方法技巧· 精提炼
充分利用函数与函数的图象之间的关系，利用数形结合思想得到不同的交点下参数的范围．
应用3　构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系
核心知识· 精归纳
熟练掌握常见函数的图象以及函数图象的变换：由函数图象的变换能较快画出函数图象，应该掌握平移(上下左右平移)、翻折(关于特殊直线翻折)、对称(中心对称和轴对称)等基本转化法与函数解析式的关系．
典例研析· 悟方法
典例3 (1) (多选)(2022·福建泉州高三校考阶段练习)已知函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是( BC )
A．ea＋ln b>2 B．ea＋ln b＝2
C．a＋b＝2 D．ab>1
【分析】　把问题转化为两个函数图象交点问题，根据反函数的性质、基本不等式进行逐一判断即可．
【解析】　令f(x)＝0、g(x)＝0，则ex＝2－x、ln x＝2－x，在同一坐标系中分别绘出函数y＝ex、y＝ln x、y＝2－x的图象，因为函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为b，所以A(a，ea)，B(b，ln b)，解方程组 因为函数y＝ex与y＝ln x互为反函数，所以由反函数性质知A(a，ea)、B(b，ln b)关于(1,1)对称，则a＋b＝2，ea＋ln b＝2，所以ab≤＝1，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，所以A、D错误，B、C正确．故选BC.
方法技巧· 精提炼
对于零点关系问题，往往把函数零点转化为方程的根，再转化为新函数的交点横坐标关系问题，另外本题要注意函数y＝ex与函数y＝ln x是反函数，故两个交点A、B关于点(1,1)中心对称．
(2) (2023·贵州贵阳统考模拟预测)已知正实数a，b，c，若>＝ln ，b>e，则a，b，c的大小关系为( D )
A．a>c>b B．a>b>c
C．b>c>a D．b>a>c
【分析】　根据已知关系式的特征可构造函数f(x)＝，利用导数可求得f(x)单调性，并确定f(x)的图象，根据>＝－>0，结合图象可确定a，b，c的大小关系．
【解析】　令f(x)＝，则f′(x)＝，∴当x∈(0，e)时，f′(x)>0；当x∈(e，＋∞)时，f′(x)<0；所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，∴f(x)max＝f(e)＝，又f(1)＝0，当x>1时，f(x)>0恒成立，可得f(x)图象如下图所示，∵>，b>e，∴10，∴<0，∴0a>c.故选D.
方法技巧· 精提炼
本题考查构造函数比较函数值大小的问题，解题关键是能够根据已知关系式的结构特征，准确构造函数，将问题转化为函数值大小关系的比较问题，从而利用导数确定函数的单调性和图象来进行求解．
应用4　构建函数模型并结合其几何意义研究函数的最值问题和证明不等式
核心知识· 精归纳
向量、复数、圆锥曲线等数学概念具有明显的几何意义，可利用图形观察求解有关问题；灵活应用一些几何结构的代数形式，如斜率、距离公式等．应用几何意义法解决问题需要熟悉常见的几何结构的代数形式，主要有：①比值——可考虑直线的斜率；②二元一次式—可考虑直线的截距；③根式分式——可考虑点到直线的距离；④根式——可考虑两点间的距离．
典例研析· 悟方法
典例4 (1)在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，DE⊥AB且交AB于点E.DF∥AB且交AC于点F，则|2＋|的值为_1__；(＋)·的最小值为 　.
【分析】　设BE＝x，由(2＋)2＝42＋4·＋2可求出；将(＋)·化为关于x的关系式即可求出最值．
【解析】　设BE＝x，x∈，∵△ABC为边长为1的等边三角形，DE⊥AB，∴∠BDE＝30°，BD＝2x，DE＝x，DC＝1－2x，∵DF∥AB，∴△DFC为边长为1－2x的等边三角形，DE⊥DF，∴(2＋)2＝42＋4·＋2＝4x2＋4x(1－2x)×cos 0°＋(1－2x)2＝1，∴|2＋|＝1，∵(＋)·＝(＋)·(＋)＝2＋·＝(x)2＋(1－2x)×(1－x)＝5x2－3x＋1＝52＋，所以当x＝时，(＋)·的最小值为.
(2)如图，直三棱柱ABC－A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝2，BC＝2，AA1＝2，P为线段BB1上动点，AP＋PC1的最小值为_8__，当tan(∠PAB＋∠PC1B1)最大时，＝ 　.
【分析】　以BB1为轴，将四边形BCC1B1旋转到与四边形ABB1A1同在一个平面内，利用当A、P、C1三点共线时，可求得AP＋PC1的最小值；设BP＝t(0≤t≤2)，则B1P＝2－t，利用基本不等式可求得tan(∠PAB＋∠PC1B1)，利用等号成立的条件求出t的值，即可求得的值．
【解析】　由已知条件知AB＝＝4，以BB1为轴，将四边形BCC1B1旋转到与四边形ABB1A1同在一个平面内，连接AC1交BB1于点T，此时A、P、C1三点共线距离最小，点T满足使AP＋PC1最小，易得AC1＝＝8，设BP＝t(0≤t≤2)，则B1P＝2－t，在Rt△ABP中，tan∠PAB＝＝，在Rt△B1C1P中，tan∠PC1B1＝＝，所以，tan(∠PAB＋∠PC1B1)＝＝＝，令x＝4－t，则2≤x≤4，令f(x)＝＝＝≤＝＝＝8＋3.当且仅当x＝4－t＝8时，即当t＝4－8时，等号成立，此时＝＝＝.
应用5　构建几何模型研究代数问题
核心知识· 精归纳
1.在解决问题的过程中对题目中的一些代数式进行几何意义分析，将其转化为与几何结构相关的问题，通过解决几何问题达到解决代数问题的目的．此方法适用于难以直接解决的抽象问题，可利用图形使其直观化，再通过图形的性质快速解决问题．破解此类题的关键点：
(1)分析特征，一般从图形结构、性质等方面分析代数式是否具有几何意义．
(2)进行转化，把要解决的代数问题转化为几何问题．
(3)得出结论，将几何问题得出的结论回归到代数问题中，进而得出结论．
2.几何图形有关的最值问题，若通过代数方法计算则小题大做，计算繁杂，解题时要充分考虑几何关系，充分利用“三角形两边之和大于第三边”“两点之间线段最短”等几何结论．
典例研析· 悟方法
典例5 (1) (2023·河南高三河南省淮阳中学校联考开学考试)已知平面向量，满足||＝||＝1，，的夹角为，若||＝1，则||的最小值为( C )
A.－1 B．＋1
C.－1 D．＋1
【分析】　不妨设P(0,0)，A(1,0)，B(x0，y0)，C(x，y)，利用数量积和模长的坐标表示求得C点的轨迹即可求解．
【解析】　因为||＝||＝1，，的夹角为，所以·＝||||cos〈，〉＝－，不妨设P(0,0)，A(1,0)，B(x0，y0)，则＝(1,0)，＝(x0，y0)，则解得B或B，设C(x，y)，由||＝1得C在以B为圆心，1为半径的圆上，所以||的最小值为||－1＝－1＝－1.故选C.
　
(2)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱BC的中点，F是侧面BCC1B1上的动点，且A1F∥平面AD1E.记A1F与平面BCC1B1所成角为α，A1F与AD1所成角为β，则( D )
A．α<β< B．α<<β
C．α>β> D．<α<β
【分析】　利用作图，构造出α和β，分别求tan α和tan β，比较后，即可判断选项．
【解析】　如图，取CC1，BB1，B1C1的中点G，M，N，连接EG，D1G，MN，A1M，A1N，B1F，设棱长为2，∵MN∥EG，MN 平面AEGD1，EG 平面AEGD1，所以MN∥平面AEGD1，A1N∥AE，同理A1N∥平面AEGD1，且A1N∩MN＝N，所以平面A1MN∥平面AEGD1，所以点F在线段MN上，因为A1B1⊥平面BCC1B1，所以∠A1FB1＝α，因为AD1∥MN，所以∠A1FM或∠A1FN为β，tan α＝，当点F在MN的中点时，B1F最小，此时tan α最大，最大值是2，当点F与点M，N重合时，B1F最大，此时tan α最小，最小值是2，当点F在MN的中点时，β＝，当点F与点M，N重合时，β最小，A1M＝，MF＝，A1F＝＝，tan β＝3，所以2≤tan α≤2，tan β≥3，tan ＝，所以<α<β.故选D.
应用6　构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型研究最值等问题
核心知识· 精归纳
1.在解析几何的解题过程中，通常要数形结合，挖掘题中所给的代数关系式和几何关系式，构建解析几何模型并应用模型的几何意义求最值或范围；常见的几何结构的代数形式主要有：
(1)比值——可考虑直线的斜率；
(2)二元一次式——可考虑直线的截距；
(3)根式分式——可考虑点到直线的距离；
(4)根式——可考虑两点间的距离．
2.圆锥曲线数形结合法：是根据圆锥曲线中许多对应的长度、数式等都具有一定的几何意义，挖掘题目中隐含的几何意义，采用数形结合思想，快速解决某些相应的问题．破解此类题的关键点：
(1)画出图形，画出满足题设条件的圆锥曲线的图形，以及相应的线段、直线等；
(2)数形求解，通过数形结合，利用圆锥曲线的定义、性质、直线与圆锥曲线的位置关系、圆与圆锥曲线的位置关系等进行分析与求解；
(3)得出结论，结合题目条件进行分析，得出所要求解的结论．
3.破解圆锥曲线问题的关键是画出相应的图形，注意数和形的相互渗透，并从相关的图形中挖掘对应的信息进行研究．直线与圆锥曲线的位置关系的转化有两种：
(1)通过数形结合建立相应的关系式；
(2)通过代数形式转化为二元二次方程组的解的问题进行讨论．
典例研析· 悟方法
典例6 (1)已知函数f(x)＝x3＋x，且f(y2－2y＋3)＋f(x2－4x＋1)≤0，则当y≥1时，的取值范围是( A )
A. B．
C．[1,3－3] D．
【分析】　判断函数f(x)的奇偶性和单调性，将不等式进行转化，利用直线和圆的位置关系，结合数形结合和的几何意义即可得到结论．
【解析】　由题意可知，f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，由f(x)＝x3＋x，得f′(x)＝3x2＋1>0，所以f(x)在R单调递增，f(－x)＝(－x)3＋(－x)＝－(x3＋x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，f(y2－2y＋3)＋f(x2－4x＋1)≤0有f(y2－2y＋3)≤－f(x2－4x＋1)＝f(－x2＋4x－1)，∴y2－2y＋3≤－x2＋4x－1，整理得(x－2)2＋(y－1)2≤1，y≥1时，即(x，y)的取值区域如图中阴影部分所示：∴表示直线y＝k(x＋1)在过图中阴影部分的点时斜率k＝，即问题转化为直线与阴影区域有交点时，k的取值范围，当与半圆相切，k取最大值，而此时圆心(2,1)到y＝k(x＋1)的距离d＝＝1，得k＝；当交半圆于右端点(3,1)时，k取最小值为，所以k的取值范围.故选A.
(2) (2023·广西柳州高三统考阶段练习)已知z∈C，且|z＋i|＝1，i为虚数单位，则|z－2|的最大值是_4__.
【分析】　根据复数的几何意义可知：复数z表示以(0，－1)为圆心的半径为1的圆C，而|z－2|表示圆C上的点到(2，0)的距离，结合图形即可得|z－2|的最大值．
【解析】　记z＝a＋bi，a，b∈R，因为|z＋i|＝1，即＝1，所以复数z表示以(0，－1)为圆心，半径为1的圆C，而|z－2|＝，表示圆C上的点到(2，0)的距离，所以距离最大为圆心到(2，0)的距离再加上半径，故|z－2|的最大值为＋1＝4.
(3) (2023·吉林统考二模)已知函数f(x)＝，点M、N是函数f(x)图象上不同的两个点，则tan∠MON(O为坐标原点)的取值范围是_(0,2)__.
【分析】　作出函数f(x)的图形，求出过原点且与函数f(x)(x≥0)的图象相切的直线的方程，以及函数f(x)＝(x<0)的渐近线方程，结合两角差的正切公式，数形结合可得出tan∠MON的取值范围．
【解析】　当x≥0时，f(x)＝xex－2＋4，则f′(x)＝(x＋1)ex－2>0，所以，函数f(x)在[0，＋∞)上为增函数；当x<0时，由y＝>0可得y2＝1＋x2，即y2－x2＝1，作出函数f(x)的图象如图所示：设过原点且与函数f(x)(x≥0)的图象相切的直线的方程为y＝kx，设切点为(x0，x0ex0－2＋4)，所以，切线方程为y－x0ex0－2－4＝(x0＋1)ex0－2(x－x0)，将原点坐标代入切线方程可得－x0ex0－2－4＝－(x0＋x)ex0－2，即xex0－2＝4，构造函数g(x)＝x2ex－2，其中x≥0，则g′(x)＝(x2＋2x)ex－2>0，所以，函数g(x)＝x2ex－2在[0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝4，由g(x0)＝xex0－2＝4，解得x0＝2，所以，k＝(x0＋1)ex0－2＝3，而函数f(x)＝(x<0)的渐近线方程为y＝－x，设直线y＝－x与y＝3x的夹角为θ，设直线y＝3x的倾斜角为α，则tan θ＝tan＝＝＝2，结合图形可知，0方法技巧· 精提炼
解本题的关键在于求出设过原点且与函数f(x)(x≥0)的图象相切的直线的方程以及函数f(x)＝(x<0)的渐近线方程，再利用两角差的正切公式以及数形结合思想求解．
应用7　构建方程模型或函数模型，结合其图象研究零点的范围与个数问题
核心知识· 精归纳
讨论方程的解(或函数零点)的问题一般可以构造两个函数，将方程解的个数转化为两条曲线的交点个数．构造函数时，要先对方程进行变形，尽量构造两个比较熟悉的函数．方程解的个数问题可通过构造函数，转化为函数图象的交点个数问题；f(x)典例研析· 悟方法
典例7 (1) (多选)(2023·广东韶关高三校联考开学考试)已知函数f(x)＝－10x(x>1)，g(x)＝－lg x(x>1)的零点分别为x1，x2，则( BC )
A．x1＝2lg x2 B．＋＝1
C．x1＋x2>4 D．x1x2<10
【分析】　根据函数y＝的图象关于直线y＝x对称建立x1，x2的关系，由图象判断x1，x2所在区间，逐项判断．
【解析】　∵y＝＝1＋，∴由y＝的图象向右向上各平移一个单位得到y＝图象，∴函数y＝的图象关于直线y＝x对称，即可知点A，B关于直线y＝x对称．∴x1＝lg x2＝，x2>x1>1，故A不正确；由x1＝ x1x2＝x1＋x2 ＋＝1，故B正确；x1＋x2＝1＋＋x2＝(x2－1)＋＋2≥4，∵g(2)＝2－lg 2≠0，∴x2≠2，等号不成立，∴x1＋x2>4，故C正确；由图知x1∈(1，＋∞)，∵g(10)＝－lg 10＝>g(x2)，易知函数g(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以x2∈(10，＋∞)，∴x1x2>10，故D不正确．故选BC.
(2) (2023·北京大兴高三校考开学考试)已知函数f(x)＝，则函数f(x)的零点个数为_3__.
【分析】　当x<0时直接求解函数零点，当x≥0时，转化为y＝ex与y＝2x2的图象的交点个数求解即可．
【解析】　当x<0时，f(x)＝(x＋1)ex＝0，解得x＝－1；当x≥0时，f(x)＝ex－2x2＝0得ex＝2x2，易得f(2)＝e2－8<0，作出函数y＝ex，y＝2x2的图象，如图，所以，结合指数函数与幂函数性质，函数y＝ex，y＝2x2在(0，＋∞)有两个交点，所以当x≥0时，f(x)＝ex－2x2＝0有两个实数根，所以，函数f(x)的零点个数为3.第3讲　分类与整合思想
1.分类整合思想的含义
分类与整合思想是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略．对问题实行分类与整合，分类标准等于增加一个已知条件，实现了有效增设，将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，优化解题思路，降低问题难度；分类研究后还要对讨论结果进行整合．
2.分类与整合思想在解题中的应用
(1)由数学概念引起的分类．有的概念本身是分类的，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等．
(2)由性质、定理、公式的限制引起的分类讨论．有的定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不一致，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等．
(3)由数学运算和字母参数变化引起的分类．如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对数真数与底数的限制，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域等．
(4)由图形的不确定性引起的分类讨论．有的图形类型、位置需要分类：如角的终边所在的象限；点、线、面的位置关系等．
3.分类方法与原则
(1)简化分类讨论的策略：分类讨论的思想是将一个较复杂的数学问题分解成若干个基础性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的策略．
①消去参数；②整体换元；③变更主元；④考虑反面；⑤整体变形；⑥数形结合；⑦缩小范围等．
(2)分类讨论遵循的原则是：
①不重不漏，科学地划分
②标准要统一，层次要分明，分清主次，不越级讨论．
③能不分类的要尽量避免，决不无原则的讨论．
4.解题时把好“四关”
(1)要深刻理解基本知识与基本原理，把好“基础关”；
(2)要找准划分标准，把好“分类关”；
(3)要保证条理分明，层次清晰，把好“逻辑关”；
(4)要注意对照题中的限制条件或隐含信息，合理取舍，把好“检验关”．
5.高考以解答题的方式考查分类与整合思想，主要是函数导数解答题、数列题和解析几何解答题等．
应用1　由概念、法则、公式、性质引起的分类讨论
核心知识· 精归纳
1.有许多核心的数学概念是分类的，由数学概念引起的分类讨论，如绝对值的定义、二次函数的定义、分段函数的定义、异面直线所成角的定义、直线的斜率、指数函数、对数函数等．
2.在中学数学中，一次函数、二次函数、指数函数、对数函数的单调性，基本不等式，等比数列的求和公式在不同的条件下有不同的结论，或者在一定的限制条件下才成立，应根据题目条件确定是否进行分类讨论．
3.有些分类讨论的问题是由运算的需要引发的．比如除法运算中分母能否为零的讨论；解方程及不等式时，两边同乘一个数是否为零、正数、负数的讨论；二次方程运算中对两根大小的讨论；求函数单调性时，导数正负的讨论；排序问题；差值比较中的差的正负的讨论；有关去绝对值或根号问题中等价变形引发的讨论等．
典例研析· 悟方法
典例1 (1) (2023·河南校联考模拟预测)已知a＝ln 1.1，b＝ln ，c＝，则下列判断正确的是( D )
A．aC．c【分析】　结合对数函数、导数的知识确定正确答案．
【解析】　①比较a，b的大小：因为1.1>，所以ln 1.1>ln ，所以a>b.②比较b，c的大小：令f(x)＝ln x－(x－1)，则f′(x)＝－1＝.当00；当x>1时，f′(x)<0，所以当x>0时，f(x)≤f(1)＝0，即ln x≤x－1，所以ln <，即b1－＝，即a>c.综上，a>c>b.故选D.
方法技巧· 精提炼
比较对数式的大小，结合的是对数函数的单调性，此时要注意对数函数y＝logax的底数a的取值范围对单调性的影响．比较对数式和实数的大小，可考虑分段法或构造函数法来进行求解．
(2) (2022·全国模拟预测)设正项数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝(an＋1)2，记[x]表示不超过x的最大整数，bn＝＋1.若数列{bn}的前n项和为Tn，则使得Tn≥2 022成立的n的最小值为( A )
A．1 180 B．1 179
C．2 020 D．2 021
【分析】　利用通项公式an和前n项和Sn之间的关系求出{an}数列的通项公式，再根据n的取值讨论bn＝＋1并判断Tn≥2 022即可．
【解析】　Sn＝(an＋1)2①，令n＝1，得4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1.Sn－1＝(an－1＋1)2，n≥2②，由①－②可得an＝Sn－Sn－1＝(an＋1)2－(an－1＋1)2，整理得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0，根据an>0可知an－an－1＝2(n≥2)，则数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，∴an＝1＋2(n－1)＝2n－1，n∈N*.∴bn＝＋1＝＋1，n∈N*，当n∈[1,505]时，4n－2<2 022，bn＝1；当n∈[506,1 011]时，2 022≤4n－2≤4 042，bn＝2，当n∈[1 012,1 517)时，4 044<4n－2<6 066，bn＝3.∵T1 011＝505＋506×2＝1 517，(2 022－1 517)÷3≈168.3，∴使Tn≥2 022成立的n的最小值为1 011＋169＝1 180.故选A.
应用2　由图形位置或形状引起的分类讨论
核心知识· 精归纳
1.一般由图形的位置或形状变动引发的讨论包括：二次函数对称轴位置的变动；函数问题中区间的变动；函数图象形状的变动；直线由斜率引起的位置变动；圆锥曲线由焦点引起的位置变动或由离心率引起的形状变动；立体几何中点、线、面的位置变动等．
2.圆锥曲线形状不确定时，常按椭圆、双曲线来分类讨论，求圆锥曲线的方程时，常按焦点的位置不同来分类讨论．
3.相关计算中，涉及图形问题时，也常按图形的位置不同、大小差异等来分类讨论．
典例研析· 悟方法
典例2 (1) (多选)(2023·梅河口市第五中学校考一模)长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝3，BC＝2，BB1＝1，则( AC )
A．A到平面A1BD的距离为
B．A到平面A1BD的距离为
C．沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3
D．沿长方体的表面从A到C1的最短距离为2
【分析】　利用体积相等求出点A到平面A1BD的距离即可判断选项A和B；求A点到C1的最短距离，由两点之间直线段最短，想到需要把长方体剪开再展开，把A到C1的最短距离转化为求三角形的边长问题，根据实际图形，应该有三种展法，展开后利用勾股定理求出每一种情况中AC1的长度，比较三个值的大小后即可得到结论，进而判断C和D.
【解析】　如图，连接A1D，DB，A1B，因为AB＝3，BC＝2，BB1＝1，
所以A1B＝＝，A1D＝＝，BD＝＝，在△A1BD中，由余弦定理可得：cos∠BA1D＝＝＝，所以sin∠BA1D＝＝＝，则S△BA1D＝A1B·A1Dsin∠BA1D＝×××＝，又S△ABD＝AB·AD＝×2×3＝3，设点A到平面A1BD的距离为h，由体积相等可得：VA1－ABD＝VA－A1BD，即S△ABD×AA1＝S△A1BD×h，所以×3×1＝××h，解得：h＝，故选项A正确；选项B错误；长方体ABCD－A1B1C1D1的表面可能有三种不同的方法展开，如图所示：
AB＝3，BC＝2，BB1＝1，表面展开后，依第一个图形展开，则AC1＝＝3；依第二个图形展开，则AC1＝＝；依第三个图形展开，则AC1＝＝2；三者比较得：A点沿长方体表面到C1的最短距离为3，故选项C正确，选项D错误，故选AC.
(2) (2023·贵州贵阳高三统考期末)设点P是棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1表面上的动点，点M是棱A1D1的中点，N为底面ABCD的中心，则下列结论中所有正确结论的编号有_①③④__.
①当点P在底面ABCD内运动时，三棱锥P－C1D1M的体积为定值；
②当点P在线段B1C上运动时，异面直线AP与A1D所成角的取值范围是；
③当点P在线段A1D1上运动时，平面PAN⊥平面BDD1B1；
④当点P在侧面BCC1B1内运动时，若P到棱A1B1的距离等于它到棱BC的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分．
【分析】　对于①，根据点P到平面C1D1M的距离即为点P到平面A1B1C1D1的距离为2即可判断；对于②，异面直线AP与A1D所成角即为直线AP与B1C所成角，转化为在△AB1C中，AP与B1C所成角即可判断；对于③，根据N为底面ABCD的中心和正方体的性质，证明得AN⊥平面BDD1B1即可得到结论；对于④，点P在侧面BCC1B1内运动时，根据A1B1⊥平面BCC1B1，则P到棱A1B1的长度等于PB1的长度，结合抛物线定义即可判断．
【解析】　对于①，当点P在底面ABCD内运动时，点P到平面C1D1M的距离即为点P到平面A1B1C1D1的距离为2，则VP－C1D1M＝S△C1D1Mh＝×2××2×1＝，故①正确；对于②，如图：
点P在线段B1C上运动时，因为A1D∥B1C，所以异面直线AP与A1D所成角即为直线AP与B1C所成角．因为AC＝AB1＝B1C＝2，所以△AB1C为等边三角形，当点P在线段B1C的中点时，AP⊥B1C，即直线AP与B1C所成角为，当点P向两个端点运动时，直线AP与B1C所成角越来越小，当点P与点B1或点C重合时，直线AP与B1C所成角为，所以直线AP与B1C所成角的取值范围是，即异面直线AP与A1D所成角的取值范围是，故②错误；对于③，如图：
∵N为底面ABCD的中心，∴AN⊥BD，∵BB1⊥平面ABCD，AN 平面ABCD，∴AN⊥BB1，又BD∩BB1＝B，BD 平面BDD1B1，BB1 平面BDD1B1，∴AN⊥平面BDD1B1，∵AN 平面PAN，∴平面PAN⊥平面BDD1B1，故③正确；对于④，点P在侧面BCC1B1内运动时，∵A1B1⊥平面BCC1B1，∴P到棱A1B1的距离等于PB1的长度，∴P到棱A1B1的距离等于它到棱BC的距离即为点P到B1的距离等于点P到棱BC的距离，根据抛物线的定义，又点P在侧面BCC1B1内运动，∴点P的轨迹为抛物线的一部分．
应用3　由变量或参数引起的分类讨论
核心知识· 精归纳
含有参数的分类讨论问题主要包括：(1)含有参数的不等式的求解；(2)含有参数的方程的求解；(3)函数解析式中含参数的最值与单调性问题；(4)二元二次方程表示曲线类型的判定等．求解这类问题的一般思路是：结合参数的意义及参数对结果的影响进行分类讨论．讨论时，应全面分析参数变化引起结论的变化情况，参数有几何意义时还要考虑适当地运用数形结合思想．
典例研析· 悟方法
典例3 (2023·湖南株洲高三株洲二中校考阶段练习)数列{an}满足＋＋＋…＋＝.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝，数列{bn}的前n项和为Sn.若对于任意正整数n，均有(3n＋4)m≥(2n－5)··2n恒成立，求m的最小值．
【分析】　(1)当n＝1时，求出a1＝1，当n≥2时，利用＋＋…＋＝求出an＝2n－1，检验后得到答案；
(2)利用错位相减法得到Sn，不等式转化为m≥×，令Tn＝，作差法得到Tn的单调性，从而得到Tn的最大值，得到m的最小值．
【解析】　(1)取n＝1，由＝，得a1＝1；
当n≥2时，由＋＋…＋＝，得＋＋…＋＝，
两式相减得＝－＝，整理得an＝2n－1；
当n＝1时，a1＝1也适合上式．
综上，an＝2n－1.
(2)由(1)知bn＝＝n×n－1，得
Sn＝1＋＋＋…＋，Sn＝＋＋…＋＋，
两式相减得Sn＝1＋＋＋…＋－＝－＝－×－，
整理得Sn＝－.
由题意对于任意正整数n，均有(3n＋4)m≥(2n－5)·2n恒成立，则(3n＋4)m≥×2n，即m≥×恒成立．
设Tn＝，由Tn＋1－Tn＝－＝，
则当n≤3时，Tn＋1－Tn>0，即Tn＋1>Tn；
当n≥4时，Tn＋1－Tn<0，即Tn＋1于是Tn的最大值为T4＝，所以m≥×＝，即m的最小值是.
典例4 (2022·全国高三专题练习)设a为实数，函数f(x)＝(x－a)2＋|x－a|－a(a－1)．
(1)若f(0)≤1，求a的取值范围；
(2)讨论f(x)的单调性；
(3)当a>2时，讨论f(x)＋|x|在R上的零点个数．
【分析】　(1)写出f(0)＝|a|＋a≤1，讨论a的取值情况，解得答案；(2)分类讨论去掉绝对值符号，再根据二次函数的性质，求得答案；(3)分段讨论去掉绝对值符号，得到f(x)＋|x|的解析式，结合二次函数图象的对称轴确定函数的单调性，结合零点存在定理即可得答案．
【解析】　(1)∵f(0)≤1
∴f(0)＝(0－a)2＋|0－a|－a(a－1)＝a2＋|a|－a(a－1)＝|a|＋a≤1，
∴当a≤0时，不等式为0≤1恒成立，满足条件，
当a>0时，不等式为a＋a≤1，
∴0综上所述a的取值范围为.
(2)当x其对称轴为x＝＝a＋>a，此时y＝f(x)在(－∞，a)时是减函数，
当x≥a时，f(x)＝x2＋(1－2a)x，
其对称轴为：x＝a－综上所述，f(x)在(a，＋∞)上单调递增，在(－∞，a)上单调递减．
(3)设g(x)＝f(x)＋|x|＝
当x≥a时，其对称轴为x＝a－1，
当0≤x当x<0时，其对称轴为x＝a＋1，
∴g(x)在(－∞,0)上单调递减，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
∵g(0)＝2a>0，g(a)＝a2＋(2－2a)a＝2a－a2＝－(a－1)2＋1，
又a>2，
∴g(a)＝－(a－1)2＋1在(2，＋∞)上单调递减，
∴g(a)∴f(x)在(0，a)和(a，＋∞)上各有一个零点，
综上所述a>2时，f(x)＋|x|在R上有2个零点．第4讲　转化与化归思想
1.转化与化归思想的含义
转化与化归的思想方法，就是在研究和解决有关数学问题时，采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而得到解决的一种方法．一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题．
2.转化与化归的原则
(1)熟悉化原则；(2)简单化原则；(3)直观化原则；(4)正难则反原则．
3.转化与化归的策略方法
(1)直接转化法；(2)换元法；(3)数形结合法；(4)构造法；(5)坐标法；(6)类比法；(7)特殊化方法；(8)等价问题法；(9)加强命题法；(10)补集法．
4.转化与化归思想在解题中的应用
(1)在三角函数和解三角形中，主要的转化方法有公式的“三用”(顺用、逆用、变形用)、角度的转化、函数的转化、通过正弦定理、余弦定理实现边角关系的相互转化等．
(2)换元法是将一个复杂的或陌生的函数、方程、不等式转化为简单的或熟悉的函数、方程、不等式的一种重要的方法．
(3)在解决平面向量与三角函数、平面几何、解析几何等知识的交汇题目时，常将平面向量语言与三角函数、平面几何、解析几何语言进行转化．
(4)在解决数列问题时，常将一般数列转化为等差数列或等比数列求解．
(5)在利用导数研究函数问题时，常将函数的单调性、极值(最值)、切线问题转化为其导函数f′(x)构成的方程、不等式问题求解．
(6)在解决解析几何、立体几何问题时，常常在数与形之间进行转化．
5.转化与化归的常见类型
(1)直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题；如在三角函数和解三角形中，主要的转化方法有公式的“三用”(顺用、逆用、变形用)、角度的转化、函数的转化、通过正弦定理、余弦定理实现边角关系的相互转化等．
(2)换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题．
(3)数形结合法：研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系，通过互相变换获得转化途径．
(4)等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到化归的目的．
(5)特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的问题，结论适合原问题．
应用1　等与不等引起的转化
核心知识· 精归纳
函数、方程与不等式就像“一胞三兄弟”，解决方程、不等式的问题需要函数帮助，解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数、方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等式关系转化为最值(值域)问题，从而求出参变量的范围．
典例研析· 悟方法
典例1 (2023·全国模拟预测)已知a＝e－3，b＝ln 1.01，c＝sin 0.02，则( D )
A．aC．c【分析】　先利用不等式x>sin x(x>0)比较a，c的大小，再构造函数，利用函数的单调性比较b，c的大小，即可得到结果．
【解析】　如图，单位圆A中，∠BAC＝θ，BD⊥AC于D，则的长度l＝θ，|BD|＝sin θ，则由图易得，l>|BC|>|BD|，即θ>sin θ，所以a＝e－3＝>>＝0.02>sin 0.02＝c.设f(x)＝sin 2x－ln(1＋x)，x∈，则f′(x)＝2cos 2x－>1－>0，所以f(x)在上单调递增，则f(0.01)>0，即sin 0.02>ln 1.01，即b方法技巧· 精提炼
1.比较对数式大小，一般可构造函数，根据函数的单调性来比较大小；
2.比较非特殊角三角函数大小，可结合单位圆转化为比较长度，则可由数形结合解答．
典例2 定义在R上的奇函数f(x)的图象连续不断，其导函数为f′(x)，对任意正数x恒有xf′(x)<2f(－x)，若g(x)＝x2f(x)，则不等式g(log2(x2－2))＋g(－1)>0的解集为( D )
A．(0,2)
B．(－，2)
C．(－2,2)
D．(－2，－)∪(，2)
【分析】　由f(x)的奇偶性和xf′(x)<2f(－x)判断出g(x)在R上的奇偶性和单调性，利用g(x)的单调性和奇偶性，求不等式g(log2(x2－2))＋g(－1)>0的解集即可．
【解析】　∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴当x>0时，xf′(x)<2f(－x)＝－2f(x) 2f(x)＋xf′(x)<0，又∵g(x)＝x2f(x)，∴g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]，当x>0时，g′(x)<0，∴g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减，又∵当x∈R时，g(－x)＝(－x)2f(－x)＝－x2f(x)＝－g(x)，∴g(x)＝x2f(x)为R上的奇函数，∵f(x)在R上的图象连续不断，∴g(x)在R上单调递减．又∵g(log2(x2－2))＋g(－1)>0，∴g(log2(x2－2))－g(1)>0，即g(log2(x2－2))>g(1)，∴log2(x2－2)<1＝log22，∵y＝log2x在区间(0，＋∞)上单调递增，∴0应用2　特殊与一般引起的转化
核心知识· 精归纳
特殊与一般转化法是在解决问题过程中将某些一般问题进行特殊化处理或将某些特殊问题进行一般化处理的方法．这类转化法一般的解题步骤是：
第一步：确立需转化的目标问题：一般将要解决的问题作为转化目标．
第二步：寻找“特殊元素”与“一般元素”：把一般问题转化为特殊问题时，寻找“特殊元素”把特殊问题转化为一般问题时，寻找“一般元素”．
第三步：确立新目标问题：根据新确立的“特殊元素”或者“一般元素”明确其与需要解决问题的关系，确立新的需要解决的问题．
第四步：解决新目标问题：在新的板块知识背景下用特定的知识解决新目标问题．
第五步：回归目标问题．
第六步：回顾反思：常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等．对于选择题，当题设在普通条件下都成立时，用特殊值进行探求，可快捷地得到答案；对于填空题，当填空题的结论唯一或题设条件提供的信息暗示答案是一个定值时，可以把题中变化的量用特殊值代替，即可得到答案．
典例研析· 悟方法
典例3 已知α，β，γ是互不相同的锐角，则在sin αcos β，sin βcos γ，sin γcos α三个值中，大于的个数的最大值是( C )
A．0 B．1
C．2 D．3
【分析】　利用基本不等式或排序不等式得sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α≤，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值．
【解析】　方法一：由基本不等式有sin αcos β≤，同理sin βcos γ≤，sin γcos α≤，故sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α≤，故sin αcos β，sin βcos γ，sin γcos α不可能均大于.取α＝，β＝，γ＝，则sin αcos β＝<，sin βcos γ＝>，sin γcos α＝>，故三式中大于的个数的最大值为2，故选C.
方法二：不妨设α<β<γ，则cos α>cos β>cos γ，sin α，sin γcos α＝>，故三式中大于的个数的最大值为2，故选C.
典例4 (2023·全国高三专题练习)若a1>0，a1≠1，an＋1＝(n＝1,2，…)．
(1)求证：an＋1≠an；
(2)令a1＝，写出a2、a3、a4、a5的值，观察并归纳出这个数列的通项公式an.
【分析】　(1)假设an＋1＝an，根据已知条件得出＝an，解得an，结合题设条件推出矛盾，即可证得原结论成立；
(2)根据递推公式可写出a2、a3、a4、a5的值，由此可归纳出数列{an}的通项公式，然后通过递推公式得出－1＝，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列{an}的通项公式．
【解析】　(1)证明：假设an＋1＝an，因n∈N*，an＋1＝，则＝an，解得an＝0或an＝1，
于是得a1＝0或a1＝1，与题设a1>0且a1≠1矛盾，故假设不成立，所以an＋1≠an成立．
(2)因a1＝，n∈N*，an＋1＝，
则a2＝＝＝，a3＝＝＝，a4＝＝＝，
a5＝＝＝，
显然有a1＝，a2＝，a3＝，a4＝，a5＝，
猜想an＝(n∈N*)，
由an＋1＝得＝＋·，即－1＝，
又－1＝1，因此数列是首项为1，公比为的等比数列，
所以，－1＝，则an＝，所以an＝(n∈N*)．
应用3　正与反引起的转化
核心知识· 精归纳
正难则反，利用补集求得其解，这就是补集思想，一种充分体现对立统一、相互转化的思想方法．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单，因此，间接法多用于含有“至多”“至少”情形的问题中．
典例研析· 悟方法
典例5 (1) (2022·全国高三专题练习)中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱、问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲、乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实验舱的种数有( C )
A．60 B．66
C．72 D．80
【分析】　根据分步计数原理结合部分平均分组以及结合间接法运算求解．
【解析】　5名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有CCC＝90种安排方法，若甲乙在同一实验舱的种数有CCC＝18种，故甲乙不在同一实验舱的种数有90－18＝72种．故选C.
(2) (2022·全国高三专题练习)8个点将半圆分成9段弧，以10个点(包括2个端点)为顶点的三角形中钝角三角形有多少个( B )
A．55 B．112
C．156 D．120
【分析】　根据题意，用间接法，先利用组合数公式计算其中三角形的数目，排除其中直角三角形的数目计算可得答案．
【解析】　根据题意，如图：在10个点中，任意三点不共线，在其中任取3个点，可以组成C＝120个三角形，其中没有锐角三角形，直角三角形是包含A、B点和余下的8点任意取一个构成的三角形，有8个，则钝角三角形有120－8＝112个．故选B.
应用4　空间与平面引起的转化
核心知识· 精归纳
立体几何中有些问题的解答，可以转化为平面几何问题来解决，即考虑转化成在一个平面上的问题，运用平面几何知识求解．特别是涉及旋转体的问题，通过研究轴截面，寻找几何体与几何体几何元素之间的关系．
典例研析· 悟方法
典例6 如图1，在△ABC中，D为AC的中点，BC＝2，CD＝，cos C＝，将△ABD沿BD折起，得到如图2所示的三棱锥P－BCD，且平面PBD⊥平面BDC.
(1)证明：BC⊥面PBD；
(2)求二面角C－PD－B的余弦值．
【分析】　(1)根据余弦定理可得BD＝1，利用勾股定理的逆定理可得BC⊥BD，结合面面垂直的性质即可证明；(2)建立如图所示的空间直角坐标系，根据余弦定理求出AB，进而求得点P的坐标，得平面PCD的法向量，利用空间向量的数量积的定义即可求解．
【解析】　(1)证明：在△BCD中，BC＝2，CD＝，cos C＝，
由余弦定理知BD2＝22＋5－2×2××＝1，即BD＝1，
所以BD2＋BC2＝CD2，即BC⊥BD.
因为平面PBD⊥平面BDC，平面BCD∩平面PBD＝BD，
所以BC⊥平面PBD.
(2)以B为坐标原点，BC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，过点B且垂直于平面BCD的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则B(0,0,0)，C(2,0,0)，D(0,1,0)．
在△ABC中，由余弦定理知AB2＝22＋(2)2－2×2×2×，
解得AB＝2，
所以cos∠ABD＝，∠ABD＝，
可求得P(0,2,2)，
从而＝(0,1,2)，＝(2，－1,0)．
设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，
由得令y＝2，可得n＝(1,2，－1)．
因为BC⊥平面PBD，
所以可取平面PBD的一个法向量为m＝(1,0,0)，
所以cos〈m，n〉＝＝，
即二面角C－PD－B的余弦值为.
应用5　数与形引起的转化
核心知识· 精归纳
利用数形结合思想，往往可以实现数与形的相互转化，特别是涉及函数方程与函数图象、曲线与方程等问题，适时进行数与形的相互转化，可以达到化难为易、化繁为简的良好效果．
典例研析· 悟方法
典例7 (2023·山东日照统考一模)已知△ABC中，a，b，c是角A，B，C所对的边，asin ＝bsin A，且a＝1.
(1)求角B；
(2)若AC＝BC，在△ABC的边AB，AC上分别取D，E两点，使△ADE沿线段DE折叠到平面BCE后，顶点A正好落在边BC(设为点P)上，求AD的最小值．
【分析】　(1)由正弦定理边角互化得sin Asin ＝sin Bsin A，又A＋C＝π－B，可得cos ＝sin B，结合二倍角公式可求得结果；(2)由题意可知△ABC为等边三角形，设AD＝m，则BD＝1－m，PD＝m，由余弦定理得BP2＋(1－2m)＝BP·(1－m)，设BP＝x,0≤x≤1，所以m＝2－x＋－3，利用基本不等式可求得答案．
【解析】　(1)因为asin ＝bsin A，所以由正弦定理边角互化得sin Asin ＝sin Bsin A，因为A∈(0，π)，sin A≠0，A＋C＝π－B，所以sin＝sin B，即cos ＝sin B，所以cos ＝2sin cos ，
因为B∈(0，π)，所以∈，cos ≠0，所以sin ＝，
所以＝，即B＝.
(2)因为AC＝BC，B＝，所以△ABC为等边三角形，即AC＝BC＝AB＝1，
设AD＝m，则BD＝1－m，PD＝m，
所以在△BPD中，由余弦定理得cos B＝＝＝，整理得BP2＋(1－2m)＝BP·(1－m)，
设BP＝x,0≤x≤1，所以m＝＝＝2－x＋－3，
由于0≤x≤1，故1≤2－x≤2，
所以m＝2－x＋－3≥2－3，当且仅当2－x＝＝时等号成立，此时x＝2－，
所以AD的最小值为2－3.

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