【备战】高考数学专题讲座 第7讲 解题思想方法之整体思想探讨.doc

【备战2013高考数学专题讲座】第7讲：数学思想方法之整体思想探讨数学思想是指人们对数学理论和内容的本质的认识，数学方法是数学思想的具体化形式，实际上两者的本质是相同的，差别只是站在不同的角度看问题。通常混称为“数学思想方法”。常见的数学思想有：建模思想、归纳思想，分类思想、化归思想、整体思想、数形结合思想等。整体思想就是从问题的整体性质出发，突出对问题的整体结构的分析和改造，发现问题的整体结构特征，善于用“集成”的眼光，把某些式子或图形看成一个整体，把握它们之间的关联，进行有目的、有意识的整体处理。整体思想方法在代数式的化简与求值、解方程（组）、几何解证等方面都有广泛的应用，整体代入、叠加叠乘处理、整体运算、整体设元、整体处理、几何中的补形等都是整体思想方法在解数学问题中的具体运用。结合2012年全国各地高考的实例，我们从下面四方面探讨整体思想的应用：（1）整体运算；（2）整体代换；（3）整体设元；（4）整体变形、补形。一、整体运算：整体运算是着眼结构的整体性，根据问题的条件进行运算（包括整体配方、求导等），达到简化解题思路，确定解题的突破口或者总体思路。典型例题：例1. （2012年全国课标卷理5分）设点在曲线上，点在曲线上，则最小值为【 】 【答案】。【考点】反函数的性质，导数的应用。【解析】函数与函数互为反函数，它们的图象关于对称。 函数上的点到直线的距离为 设函数，则，。 由图象关于对称得：最小值为。故选。例2. （2012年全国课标卷文5分）当时，则a的取值范围是【 】 （a）(0，) （b）(，1) （c）(1，) （d）(，2)【答案】b。【考点】指数函数和对数函数的性质。【解析】设,作图。 当时，, 在时, 的图象在的图象上方。 根据对数函数的性质，。单调递减。 由时，得，解得。 要使时，必须。 a的取值范围是(，1) 。故选b。例3. （2012年江西省文5分）已知若a=f（lg5），则【 】a. b. c. d. 【答案】c。【考点】二倍角的余弦，诱导公式，对数的运算性质。【解析】应用二倍角的余弦公式进行降幂处理：。，。故选c。例4. （2012年江西省理5分）设数列都是等差数列，若，则 。【答案】35。【考点】等差中项的性质，整体代换的数学思想。【解析】数列都是等差数列，数列也是等差数列。由等差中项的性质，得，即，解得。例5. （2012年江苏省16分）已知各项均为正数的两个数列和满足：，（1）设，求证：数列是等差数列；（2）设，且是等比数列，求和的值【答案】解：（1），。 。 。 数列是以1 为公差的等差数列。（2），。 。（） 设等比数列的公比为，由知，下面用反证法证明 若则，当时，与（）矛盾。 若则，当时，与（）矛盾。 综上所述，。，。 又，是公比是的等比数列。 若，则，于是。 又由即，得。 中至少有两项相同，与矛盾。 。 。【考点】等差数列和等比数列的基本性质，基本不等式，反证法。【解析】（1）根据题设和，求出，从而证明而得证。 （2）根据基本不等式得到，用反证法证明等比数列的公比。从而得到的结论，再由知是公比是的等比数列。最后用反证法求出。例6. （2012年全国大纲卷文12分）已知数列中， =1，前n项和（1）求，（2）求的通项公式。【答案】解：（1）由 =1，得，解得。 同理，解得。（2），。 ，即。 。 ，即。 由 =1，得。 的通项公式为。【考点】数列。【解析】（1）由已知条件，可直接求出。 （2）由求出，两式相减，求出。从而各项相乘即可求得的通项公式。例7. （2012年天津市文13分）已知是等差数列，其前项和为，是等比数列,且=，.()求数列与的通项公式； ()记，证明。【答案】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由=，得。由条件，得方程组，解得。()证明：由（1）得， ； ；由得，。【考点】等差数列与等比数列的综合；等差数列和等比数列的通项公式。【分析】（）直接设出首项和公差，根据条件求出首项和公差，即可求出通项。（）写出的表达式，借助于错位相减求和。还可用数学归纳法证明其成立。例8. （2012年浙江省文14分）已知数列an的前n项和为sn，且sn=，nn，数列bn满足an=4log2bn3，nn.（1）求an，bn；（2）求数列anbn的前n项和tn.【答案】解：（1）由sn=，得 当n=1时，；当n2时，nn。由an=4log2bn3，得，nn。（2）由（1）知，nn，。，nn。【考点】等比数列、等差数列的概念、通项公式以及求和公式，对数的定义。【解析】（1）由sn=，作即可求得an；代入an=4log2bn3，化为指数形式即可求得bn。 （2）由an，bn求出数列anbn的通项，得到，从而作即可求得t。例9. （2012年全国大纲卷理5分）已知为第二象限角，则【 】a b c d【答案】a。【考点】两角和差的公式以及二倍角公式的运用。【解析】首先利用平方法得到二倍角的正弦值，然后然后利用二倍角的余弦公式，将所求的转化为单角的正弦值和余弦值的问题：，两边平方，得，即。为第二象限角，因此。故选a。例10. （2012年辽宁省理5分）已知，(0，)，则=【 】(a) 1 (b) (c) (d) 1【答案】a。【考点】三角函数中的和差公式、倍角公式、三角函数的性质。【解析】，。 又，。，即。 。故选a。 另析：，。例11. （2012年北京市理13分）已知函数。（1）求的定义域及最小正周期；（2）求的单调递增区间。【答案】解：（1）由解得， 的定义域为。 又 的最小正周期为。（2）， 根据正弦函数的增减性，得或，。 解得或，。的单调递增区间为。【考点】三角函数的定义域、最小正周期和单调增减性。【解析】（1）根据分式分母不为0的条件，结合正弦函数的零点得出的定义域。将变形，即可由求最小正周期的公式求得。 （2）根据正弦函数的增减性，结合的定义域，求出的单调递增区间。二、整体代换：整体代换是根据问题的条件，选择一个或几个元素（代数式、数列等），将它们看成一个整体，进行等量代换，达到减少计算量的目的。典型例题：例1. （2012年福建省理5分）函数在a，b上有定义，若对任意x1，x2a，b，有，则称在a，b上具有性质p.设在1,3上具有性质p，现给出如下命题：在1,3上的图象是连续不断的；在1，上具有性质p；若在x2处取得最大值1，则1，x1,3；对任意x1，x2，x3，x41,3，有其中真命题的序号是【 】a b c d【答案】d。【考点】抽象函数及其应用，函数的连续性。【解析】对于命题，设，显然它在1,3上具有性质p，但函数在处是不连续的，命题错误；对于命题，设，显然它在1,3上具有性质p，但在1，上不具有性质p，命题错误；对于命题，在x2处取得最大值1，在1，3上，即。1，x1,3。命题正确；对于命题，对任意x1，x2，x3，x41,3，有命题正确。故选d。例2. （2012年安徽省理13分）设 （i）求在上的最小值； （ii）设曲线在点的切线方程为；求的值。【答案】解：（i）设，则。 当时，。在上是增函数。 当时，的最小值为。 当时， 当且仅当时，的最小值为。（ii），。 由题意得：，即，解得。【考点】复合函数的应用，导数的应用，函数的增减性，基本不等式的应用。【解析】（i）根据导数的的性质分和求解。 （ii）根据切线的几何意义列方程组求解。例3. （2012年江苏省16分）若函数在处取得极大值或极小值，则称为函数的极值点。已知是实数，1和是函数的两个极值点（1）求和的值；（2）设函数的导函数，求的极值点；（3）设，其中，求函数的零点个数【答案】解：（1）由，得。 1和是函数的两个极值点， ，解得。 （2） 由（1）得， ， ，解得。 当时，；当时， 是的极值点。 当或时， 不是的极值点。 的极值点是2。（3）令，则。 先讨论关于 的方程 根的情况：当时，由（2 ）可知，的两个不同的根为i 和一2 ，注意到是奇函数，的两个不同的根为一和2。当时， ，一2 , 1，1 ，2 都不是的根。由（1）知。 当时， ，于是是单调增函数，从而。此时在无实根。 当时，于是是单调增函数。又，的图象不间断， 在（1 , 2 ）内有唯一实根。同理，在（一2 ，一i ）内有唯一实根。 当时，于是是单调减两数。又， ，的图象不间断，在（一1，1 ）内有唯一实根。因此，当时，有两个不同的根满足；当 时有三个不同的根，满足。现考虑函数的零点：( i ）当时，有两个根，满足。而有三个不同的根，有两个不同的根，故有5 个零点。( 11 ）当时，有三个不同的根，满足。而有三个不同的根，故有9 个零点。综上所述，当时，函数有5 个零点；当时，函数有9 个零点。【考点】函数的概念和性质，导数的应用。【解析】（1）求出的导数，根据1和是函数的两个极值点代入列方程组求解即可。 （2）由（1）得，求出，令，求解讨论即可。 （3）比较复杂，先分和讨论关于 的方程 根的情况；再考虑函数的零点。例4. （2012年全国课标卷文5分）设函数的最大值为m，最小值为m，则m+m= 【答案】2。【考点】奇函数的性质。【解析】， 设。 ， 函数是奇函数，关于坐标原点对称，它的最大值与最小值之和为0。 。例5. （2012年上海市文4分）方程的解是 【答案】。【考点】解指数方程。【解析】根据方程，化简得。令，则原方程可化为，解得 或。原方程的解为。例6. （2012年全国课标卷文5分）数列满足，则的前60项和为【 】（a）3690 （b）3660 （c）1845 （d）1830【答案】d。【考点】分类归纳（数字的变化类），数列。【解析】求出的通项：由得， 当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；当时，（）。，的四项之和为（）。设（）。则的前项和等于的前15项和，而是首项为10，公差为16的等差数列，的前项和=的前15项和=。故选d。例7. （2012年四川省文5分）设函数，是公差不为0的等差数列，则【 】a、0 b、7 c、14 d、21【答案】d。【考点】高次函数的性质，等差数列性质。【解析】是公差不为0的等差数列，记公差为。 。 则 。，。设，则。故选d。例8. （2012年山东省理13分）在平面直角坐标系xoy中，f是抛物线c：x2=2py（p0）的焦点，m是抛物线c上位于第一象限内的任意一点，过m，f，o三点的圆的圆心为q，点q到抛物线c的准线的距离为。（）求抛物线c的方程；（）是否存在点m，使得直线mq与抛物线c相切于点m？若存在，求出点m的坐标；若不存在，说明理由；（）若点m的横坐标为，直线l：y=kx+与抛物线c有两个不同的交点a，b，l与圆q有两个不同的交点d，e，求当时，的最小值。【答案】解：（）f抛物线c：x2=2py（p0）的焦点f，设m，。由题意可知，则点q到抛物线c的准线的距离为，解得。抛物线c的方程为。（）假设存在点m，使得直线mq与抛物线c相切于点m，而，即。由可得，则，即，解得，点m的坐标为。（）点m的横坐标为，点m，。由可得。设，则。圆，圆心到直线l 的距离。，令。设，则。当时，即当时，。当时，。【考点】抛物线和圆的性质，切线斜率的应用和意义，韦达定理的应用，导数的应用。函数的单调性质。【解析】（）由已知条件，根据抛物线和圆的性质列式求解。 （）假设存在点m，使得直线mq与抛物线c相切于点m，则由条件列式，并由切线斜率的应用和意义求出点m的坐标。 （）应用韦达定理、勾股定理，用表示出和，根据函数的单调性质可求解。三、整体设元：整体设元是用新的参数去代替已知式或已知式中的某一部分，达到化繁为简、化难为易的目的。典型例题：例1. （2012年山东省理5分）设函数，若的图像与图像有且仅有两个不同的公共点a（x1，y1）,b(x2，y2),则下列判断正确的是【 】a. 当a0时，x1x20 b. 当a0， y1y20时，x1x20，y1y20时，x1x20， y1y20【答案】b。【考点】导数的应用。【解析】令，则。设，。令，则要使的图像与图像有且仅有两个不同的公共点必须：，整理得。取值讨论：可取来研究。当时，解得，此时，此时；当时，解得，此时，此时。故选b。例2. （2012年全国大纲卷理12分）设函数。（1）讨论的单调性；（2）设，求的取值范围。【答案】解：。（1），。当时，在上为单调递增函数；当时，在上为单调递减函数；当时，由得， 由得或； 由得。 当时在和上为为单调递增函数；在上为单调递减函数。（2）由恒成立可得。令，则。当时，当时，。又，所以，即故当时，有，当时，所以。当时，。综上可知故所求的取值范围为。【考点】导数在研究函数中的运用，三角函数的有界性，。【解析】（1）利用三角函数的有界性，求解单调区间。 （2）运用构造函数的思想，证明不等式。关键是找到合适的函数，运用导数证明最值大于或者小于零的问题得到解决。例3. （2012年全国课标卷理12分）已知函数满足满足；（1）求的解析式及单调区间；（2）若，求的最大值。【答案】解：（1），。令得，。，得。 的解析式为。 设，则。 在上单调递增。 又时，单调递增；时，单调递减。 的单调区间为：单调递增区间为，单调递减区间为。 （2），。令得。 当时，在上单调递增。 但时，与矛盾。 当时，由得；由得。 当时， 。 令；则。 由得；由得。 当时， 当时，的最大值为。【考点】函数和导函数的性质。【解析】（1）由求出和即可得到的解析式，根据导数的性质求出单调区间。（2）由和，表示出，根据导函数的性质求解。例4. （2012年北京市理13分）已知函数（1）若曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；（2）当时，求函数的单调区间，并求其在区间（，1）上的最大值。【答案】解：（1）（1，c）为公共切点，。 ，即。 又，。 又曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线， 。 解，得。（2），设。 则。令，解得。 ，。 又在各区间的情况如下：00在单调递增，在单调递减，在上单调递增。若，即时，最大值为；若，即时，最大值为。若时，即时，最大值为。综上所述：当时，最大值为；当时，最大值为1。【考点】函数的单调区间和最大值，切线的斜率，导数的应用。【解析】（1）由曲线与曲线有公共点（1，c）可得；由曲线与曲线在它们的交点（1，c）处具有公共切线可得两切线的斜率相等，即。联立两式即可求出a、b的值。 （2）由 得到只含一个参数的方程，求导可得的单调区间；根据 ，和三种情况讨论的最大值。 例5. （2012年天津市理14分）已知函数的最小值为，其中.（）求的值；（）若对任意的,有成立，求实数的最小值；（）证明.【答案】解：（）函数的定义域为，求导函数可得. 令，得。当变化时，和的变化情况如下表：0极小值在处取得极小值。由题意，得。（）当0时，取，有，故0不合题意。当0时，令，即。求导函数可得。令，得。当时， 0，在（0，+）上恒成立，因此在（0，+）上单调递减，从而对任意的），总有，即对任意的，有成立。符合题意。当时，0，对于(0， )，0，因此在(0， )上单调递增，因此取(0， )时，即有不成立。 不合题意。综上，实数的最小值为。（）证明：当=1时，不等式左边=2ln32=右边，所以不等式成立。当2时，。在（2）中，取，得，。综上，。【考点】导数在最大值、最小值问题中的应用，利用导数求闭区间上函数的最值。【分析】（）确定函数的定义域，求导函数，确定函数的单调性，求得函数的最小值，利用函数的最小值为，即可求得的值。（）当0时，取，有，故0不合题意。当0时，令，求导函数，令导函数等于0，分类讨论：当 时，0，在（0，+）上单调递减，从而对任意的），总有。当时，0，对于(0， )，0，因此在(0， )上单调递增。由此可确定的最小值。（）当=1时，不等式左边=2ln32=右边，所以不等式成立。当2时，由，在（）中，取得,从而可得，由此可证结论。例6. （2012年山东省理13分）已知函数 = （k为常数，e=2.71828是自然对数的底数），曲线y= )在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行。（）求k的值；（）求的单调区间；（）设g(x)=(x2+x) ，其中为f(x)的导函数，证明：对任意x0，。【答案】解：（）由 = 可得，曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，即，解得。（），令可得，即。 令， 由指数函数和对数函数的单调性知，在时，从单调减小；从单调增加。和只相交于一点，即只有一解。 由（）知，。当时，；当时，。（取点代入）在区间内为增函数；在内为减函数。（）， 可以证明，对任意x0，有（通过函数的增减性和极值证明）， 。 设。则。 令，解得。 当时，；当时，。 在取得最大值。 ，即。 对任意x0，。【考点】曲线的切线，两直线平行的性质，幂函数、指数函数和对数函数的性质和极值。【解析】（）由曲线y= f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x轴平行，可令y= f(x)在点（1，f(1)）处的导数值为0，即可求得k的值。 （）求出函数的导数，讨论它的正负，即可得的单调区间。 （）对，用缩小法构造函数，求出它的最大值即可得到证明。例7. （2012年广东省理14分）设a1，集合，（1）求集合d（用区间表示）（2）求函数在d内的极值点。【答案】解：（1）设，方程的判别式当时，恒成立，。，即集合d=。当时，方程的两根为，。，即集合d=。当时，方程的两根为，。，即集合d=。（2）令得的可能极值点为。 当时，由（1）知，所以随的变化情况如下表：00极大值极小值在d内有两个极值点为：极大值点为，极小值点为。当时，由（1）知=。， ，随的变化情况如下表：0极大值在d内仅有一个极值点：极大值点为，没有极小值点。当时， 由（1）知。，。在d内没有极值点。【考点】分类思想的应用，集合的计算， 解不等式，导数的应用。【解析】（1）根据根的判别式应用分类思想分、讨论即可，计算比较繁。 （2）求出，得到的可能极值点为。仍然分、讨论。例8. （2012年全国课标卷文5分）设函数()求的单调区间()若a=1，k为整数，且当x0时，求k的最大值【答案】解：() f(x)的的定义域为，。 若，则，在上单调递增。 若，则当时，；当时，在上单调递减，在上单调递增。 ()a=1，。 当x0时，它等价于。 令，则。 由()知，函数在上单调递增。 ，在上存在唯一的零点。 在上存在唯一的零点，设此零点为，则。 当时，；当时，。 在上的最小值为。 又，即，。 因此，即整数k的最大值为2。【考点】函数的单调性质，导数的应用。【解析】()分和讨论的单调区间即可。 ()由于当x0时，等价于，令，求出导数，根据函数的零点情况求出整数k的最大值。例9.（2012年全国课标卷理5分） 已知函数；则的图像大致为【 】 【答案】。【考点】导数的应用。【解析】设，则。 时，；时， 。 或均有。因此排除。故选。五、整体变形、补形：整体变形是将问题中某些局部运算作整体变形处理，使之呈现规律性结构形式，达到简化问题或减少运算量的目的。整体补形是根据题设条件将原题中的图形补足为某种特殊的图形，建立题设条件与特殊的图形之间的关系，突出问题本质，找到较简洁的解题方法。典型例题：例1. （2012年辽宁省理5分）已知正三棱锥abc，点p，a，b，c都在半径为的求面上，若pa，pb，pc两两互相垂直，则球心到截面abc的距离为 。【答案】。【考点】组合体的线线，线面，面面位置关系，转化思想的应用。【解析】在正三棱锥abc中，pa，pb，pc两两互相垂直，可以把该正三棱锥看作为一个正方体的一部分，（如图所示），此正方体内接于球，正方体的体对角线为球的直径ep，球心为正方体对角线的中点o，且ep平面abc，ep与平面abc上的高相交于点f。球o到截面abc的距离of为球的半径op减去正三棱锥abc在面abc上的高fp。球的半径为，设正方体的棱长为，则由勾股定理得。解得正方体的棱长=2，每个面的对角线长。截面abc的高为， 。在rtbfp中，由勾股定理得，正三棱锥abc在面abc上的高。所以球心到截面abc的距离为。例2.（2012年福建省文12分） 如图所示，在长方体abc