资源描述
数学思想专项训练(一) 函数与方程思想
方法概述
适用题型
函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题．方程思想，是从问题中的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型(方程、不等式或方程与不等式的混合组)，然后通过解方程(组)或不等式(组)来使问题获解．有时，还通过函数与方程的相互转化、接轨，达到解决问题的目的.
函数与方s程的思想在解题中的应用格外广泛，主要有以下几种类型：
(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，而争辩函数的性质也离不开不等式．
(2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题格外重要．
(3)解析几何中的很多问题，需要通过解二元方程组才能解决．这都涉及二次方程与二次函数的有关理论．
(4)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，
一、选择题
1．已知函数f(x)＝ln x－x－a有两个不同的零点，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－1] B．(－∞，－1)
C．[－1，＋∞) D．(－1，＋∞)
解析：选B 函数f(x)＝ln x－x－a的零点即关于x的方程ln x－x－a＝0的实根，将方程化为ln x＝x＋a，令y1＝ln x，y2＝x＋a，由导数学问可知当两曲线相切时有a＝－1.若函数f(x)＝ln x－x－a有两个不同的零点，则实数a的取值范围为(－∞，－1)．
2．已知关于x的不等式(ax－1)(x＋1)＜0的解集是(－∞，－1)∪，则a等于( )
A．2 B．－2
C．－ D.
解析：选B 依据不等式与对应方程的关系知－1，－是一元二次方程ax2＋(a－1)x－1＝0的两个根，所以－1×＝－，所以a＝－2，故选B.
3．(2021·天津六校联考)若等差数列{an}满足a＋a≤10，则S＝a100＋a101＋…＋a199的最大值为( )
A．600 B．500
C．400 D．200
解析：选B S＝a100＋a101＋…＋a199＝100a100＋d＝100(a1＋99d)＋d，即99d＝－a1，由于a＋a≤10，即a＋(a1＋99d)2≤10，整理得a＋2≤10，即a＋a1＋2－10≤0有解，所以Δ＝2－4×≥0，解得－500≤S≤500，所以Smax＝500，故选B.
4．已知f(x)＝log2x，x∈[2,16]，对于函数f(x)值域内的任意实数m，则使x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立的实数x的取值范围为( )
A．(－∞，－2] B．[2，＋∞)
C．(－∞，－2]∪[2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
解析：选D ∵x∈[2,16]，∴f(x)＝log2x∈[1,4]，即m∈[1,4]．不等式x2＋mx＋4＞2m＋4x恒成立，即为m(x－2)＋(x－2)2＞0恒成立，设g(m)＝(x－2)m＋(x－2)2，则此函数在[1,4]上恒大于0，所以即解得x＜－2或x＞2.
5．(2021·黄冈质检)已知点A是椭圆＋＝1上的一个动点，点P在线段OA的延长线上，且·＝48，则点P的横坐标的最大值为( )
A．18 B．15
C．10 D.
解析：选C 当点P的横坐标最大时，射线OA的斜率k＞0，设OA：y＝kx，k＞0，与椭圆＋＝1联立解得xA＝ .又·＝xAxP＋k2xAxP＝48，解得xP＝＝＝ ，令9＋25k2＝t＞9，即k2＝，则xP＝＝×25＝80≤80× ＝10，当且仅当t＝16，即k2＝时取等号，所以点P的横坐标的最大值为10，故选C.
6．(2021·杭州二模)设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N*)．若＜－1，则( )
A．Sn的最大值是S8 B．Sn的最小值是S8
C．Sn的最大值是S7 D．Sn的最小值是S7
解析：选D 由(n＋1)Sn＜nSn＋1得(n＋1)＜n，整理得an＜an＋1，所以等差数列{an}是递增数列，又＜－1，所以a8＞0，a7＜0，所以数列{an}的前7项为负值，即Sn的最小值是S7.故选D.
二、填空题
7．已知f(x)为定义在R上的增函数，且对任意的x∈R，都有f[f(x)－2x]＝3，则f(3)＝________.
解析：设f(x)－2x＝t，则f(t)＝3，f(x)＝2x＋t，
所以2t＋t＝3，易得方程2t＋t＝3有唯一解t＝1，
所以f(x)＝2x＋1，所以f(3)＝9.
答案：9
8．已知奇函数f(x)的定义域为R，当x＞0时，f(x)＝2x－x2.若x∈[a，b]时，函数f(x)的值域为，则ab＝________.
解析：由题意知a＜b，且＞，则a，b同号，当x＞0时，f(x)＝2x－x2＝－(x－1)2＋1≤1，若0＜a＜b，则≤1，即a≥1.由于f(x)在[1，＋∞)上单调递减，所以解得所以ab＝.
由f(x)是奇函数知，当x＜0时，f(x)＝x2＋2x，同理可知，当a＜b＜0时，解得
所以ab＝.综上，ab＝.
答案：
9．为了考察某校各班参与课外书法小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参与该小组的人数作为样本数据．已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为________．
解析：设5个班级的样本数据从小到大依次为0≤a＜b＜c＜d＜e.由平均数及方差的公式得＝7，＝4.设a－7，b－7，c－7，d－7，e－7分别为p，q，r，s，t，则p，q，r，s，t均为整数，且设f(x)＝(x－p)2＋(x－q)2＋(x－r)2＋(x－s)2＝4x2－2(p＋q＋r＋s)x＋(p2＋q2＋r2＋s2)＝4x2＋2tx＋20－t2，由(x－p)2，(x－q)2，(x－r)2，(x－s)2不能完全相同知f(x)＞0，则判别式Δ＜0，即4t2－4×4×(20－t2)＜0，解得－4＜t＜4，所以－3≤t≤3，故e的最大值为10.
答案：10
10．(2021·东城期末)若函数f(x)＝m－的定义域为[a，b]，值域为[a，b]，则实数m的取值范围是________．
解析：易知f(x)＝m－在[a，b]上单调递减，由于函数f(x)的值域为[a，b]，所以即两式相减得，－＝a－b＝(a＋3)－(b＋3)＝()2－()2，所以＋＝1，由于a＜b，所以0≤＜，而m＝＋a＝a－＋1，所以m＝(a＋3)－－2＝2－，又0≤＜，所以－＜m≤－2.
答案：
二、解答题
11.如图，在平行四边形ABCD中，BC＝2，BD⊥CD，四边形ADEF为正方形，平面ADEF⊥平面ABCD.记CD＝x，V(x)表示四棱锥FABCD的体积．
(1)求V(x)的表达式；
(2)求V(x)的最大值．
解：(1)∵平面ADEF⊥平面ABCD，交线为AD且FA⊥AD，∴FA⊥平面ABCD.
∵BD⊥CD，BC＝2，CD＝x.
∴FA＝2，BD＝(0＜x＜2)，
S▱ABCD＝CD·BD＝x，
∴V(x)＝S▱ABCD·FA＝x(0＜x＜2)．
(2)V(x)＝x＝
＝.
∵0＜x＜2，∴0＜x2＜4，
∴当x2＝2，即x＝时，V(x)取得最大值，且V(x)max＝.
12．设P是椭圆＋y2＝1(a>1)短轴的一个端点，Q为椭圆上的一个动点，求|PQ|的最大值．
解：依题意可设P(0,1)，Q(x，y)，则
|PQ|＝.
又由于Q在椭圆上，所以x2＝a2(1－y2)．
|PQ|2＝a2(1－y2)＋y2－2y＋1＝(1－a2)y2－2y＋1＋a2
＝(1－a2)2－＋1＋a2，
由于|y|≤1，a>1，若a≥，则≤1，
当y＝时，|PQ|取最大值；
若1<a<，则当y＝－1时，|PQ|取最大值2，
综上，当a≥时，|PQ|的最大值为；当1<a<时，|PQ|的最大值为2.
数学思想专项训练(二) 转化与化归思想
方法概述
适用题型
转化与化归思想方法在争辩、解决数学问题中，当思维受阻时考虑寻求简洁方法或从一种情形转化到另一种情形，也就是转化到另一种情境使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是成功的思维方式.
常见的转化方法有以下几种类型：
(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；
(2)换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较简洁的函数、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：争辩原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系，通过相互变换获得转化途径；
(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.
一、选择题
1．已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2－4)＜2，则实数x的取值范围是( )
A．(－2,2) B．(2，)
C．(－，－2) D．(－，－2)∪(2，)
解析：选D 由于函数f(x)＝ln x＋2x在定义域上单调递增，且f(1)＝ln 1＋2＝2，所以由f(x2－4)＜2得f(x2－4)<f(1)，所以0＜x2－4＜1，解得－＜x＜－2或2＜x＜.
2．已知函数f(x)＝ax和函数g(x)＝bx都是指数函数，则“f(2)＞g(2)”是“a＞b”的 ( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
解析：选C 由于函数f(x)＝ax和函数g(x)＝bx都是指数函数，则a＞0且a≠1，b＞0且b≠1，f(2)＞g(2)等价于a2＞b2，等价于a＞b，所以“f(2)＞g(2)”是“a＞b”的充要条件．故选C.
3．如图所示，在棱长为5的正方体ABCDA1B1C1D1中，EF是棱AB上的一条线段，且EF＝2，点Q是A1D1的中点，点P是棱C1D1上的动点，则四周体PQEF的体积( )
A．是变量且有最大值
B．是变量且有最小值
C．是变量有最大值和最小值
D．是常量
解析：选D 点Q到棱AB的距离为常数，所以△EFQ的面积为定值．由C1D1∥EF，可得棱C1D1∥平面EFQ，所以点P到平面EFQ的距离是常数．于是四周体PQEF的体积为常数．
4．已知点P在直线x＋y＋5＝0上，点Q在抛物线y2＝2x上，则|PQ|的最小值为( )
A. B．2
C. D.
解析：选A 设与直线x＋y＋5＝0平行且与抛物线y2＝2x相切的直线方程是x＋y＋m＝0，则由消去x得y2＋2y＋2m＝0，令Δ＝4－8m＝0，得m＝，因此|PQ|的最小值为直线x＋y＋5＝0与直线x＋y＋＝0之间的距离，即＝.
5．在平面直角坐标系中，若与点A(1,1)的距离为1，且与点B(2，m)的距离为2的直线l恰有两条，则实数m的取值范围是( )
A．[1－2，1＋2] B．(1－2，1＋2)
C．[1－2，1)∪(1,1＋2] D．(1－2，1)∪(1,1＋2)
解析：选D 由题意可得，以点A(1,1)为圆心、1为半径的圆与以点B(2，m)为圆心、2为半径的圆相交，则1＜1＋(m－1)2＜9，得1－2＜m＜1＋2 且m≠1.
6．若不等式2xln x≥－x2＋ax－3恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，0) B．(－∞，4]
C．(0，＋∞) D．[4，＋∞)
解析：选B 2x ln x≥－x2＋ax－3恒成立，即a≤2ln x＋x＋恒成立．设h(x)＝2lnx＋x＋，则h′(x)＝(x＞0)．当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增，所以h(x)min＝h(1)＝4.所以a≤h(x)min＝4.
二、填空题
7．已知f(x)是定义域为实数集R的偶函数，对任意的x1≥0，x2≥0，若x1≠x2，则＜0.假如f＝，4f＞3，那么x的取值范围为________．
解析：依题意得，函数f(x)在[0，＋∞)上是减函数，又f(x)是定义域为实数集R的偶函数，所以函数f(x)在(－∞，0)上是增函数，则4f＞3等价于f＞，即f＞f，所以＜，解得＜x＜2.
答案：
8．已知tan(α＋β)＝1，tan(α－β)＝2，则＝________.
解析：＝＝
＝
＝1.
答案：1
9．(2021·西城期末)已知命题p：∃x0∈R，ax＋x0＋≤0.若命题p是假命题，则实数a的取值范围是________．
解析：由于命题p是假命题，所以綈p为真命题，即∀x∈R，ax2＋x＋＞0恒成立．当a＝0时，x＞－，不满足题意；当a≠0时，要使不等式恒成立，则有
即解得，所以a＞，即实数a的取值范围是.
答案：
10．若椭圆C的方程为＋＝1，焦点在x轴上，与直线y＝kx＋1总有公共点，那么m的取值范围为________．
解析：由椭圆C的方程及焦点在x轴上，知0＜m＜5.
又直线y＝kx＋1与椭圆总有公共点，直线恒过点(0,1)，
则定点(0,1)必在椭圆内部或边界上．
则＋≤1，即m≥1.
故m的取值范围为[1,5)．
答案：[1,5)
三、解答题
11．(2021·潍坊二检)设奇函数f(x)在[－1,1]上是增函数，且f(－1)＝－1，若函数f(x)≤t2－2at＋1(其中t≠0)对全部的x∈[－1,1]都成立，当a∈[－1,1]时，求t的取值范围．
解：由于奇函数f(x)在[－1,1]上是增函数，且f(－1)＝－1，所以最大值为f(1)＝1，要使f(x)≤t2－2at＋1对全部的x∈[－1,1]都成立，则1≤t2－2at＋1，即t2－2at≥0.令g(a)＝－2ta＋t2，可知即
解得t≥2或t≤－2.
故t的取值范围为(－∞，－2]∪[2，＋∞)
12．设P是双曲线－y2＝1右支上的一个动点，F是双曲线的右焦点，已知A点的坐标是(3,1)，求|PA|＋|PF|的最小值．
解：设F′为双曲线的左焦点，
则|PF′|－|PF|＝2，
|PF|＝|PF′|－2，
∴|PA|＋|PF|＝|PA|＋|PF′|－2，原问题转化成了求|PA|＋|PF′|的最小值问题，(如图)(|PA|＋|PF′|)min＝|AF′|＝.
∴(|PA|＋|PF|)min＝(|PA＋|PF′|)min－2
＝－2.
数学思想专项训练(三) 分类争辩思想
方法概述
适用题型
所谓分类争辩，就是当问题所给的对象不能进行统一争辩时，如不能用同一标准、同一种运算、同一个定理或同一种方法去解决，因而会毁灭多种状况，我们就需要对争辩的对象进行分类，然后对每一类分别争辩，得出每一类的结论，最终综合各类的结论得到整个问题的解答．实质上分类争辩是“化整为零，各个击破，再积零为整”的策略．分类争辩时应留意理解和把握分类的原则、方法与技巧，做到“确定对象的全体，明确分类的标准，不重复、不遗漏地分类争辩”.
分类争辩的常见类型有以下几种：
(1)由数学概念引起的分类争辩：有的概念本身是分类的，如确定值、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争辩：有的数学定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不全都，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等；
(3)由数学运算要求引起的分类争辩：如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对数真数与底数的要求，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争辩：如角的终边所在的象限；点、线、面的位置关系等；
(5)由参数的变化引起的分类争辩：某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，由于参数的取值不同会导致所得结果不同，或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法.
一、选择题
1．已知集合A＝{x|1≤x＜5}，B＝{x|－a＜x≤a＋3}．若B∩A＝B，则a的取值范围为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 由于B∩A＝B，所以B⊆A.
①当B＝∅时，满足B⊆A，此时－a≥a＋3，即a≤－；
②当B≠∅时，要使B⊆A，则
解得－＜a≤－1.
由①②可知，a的取值范围为(－∞，－1]．
2．设函数f(x)＝若f(－2)＝f(0)，f(－1)＝－3，则方程f(x)＝x的解集为( )
A. B.
C. D.
解析：选C 当x≤0时，f(x)＝x2＋bx＋c，由于f(－2)＝f(0)，f(－1)＝－3，则解得
故f(x)＝当x≤0时，由f(x)＝x，得x2＋2x－2＝x，解得x＝－2或x＝1(舍去)．当x＞0时，由f(x)＝x，得x＝2.所以方程f(x)＝x的解集为{－2,2}．
3.(2021·成都一诊)如图，函数y＝f(x)的图象为折线ABC，设g(x)＝f[f(x)]，则函数y＝g(x)的图象为( )
解析：选A 由题意可知函数f(x)为偶函数，由A(－1，－1)，B(0,1)，C(1，－1)可知，直线BC的方程为y＝－2x＋1，直线AB的方程为y＝2x＋1，所以f(x)＝
争辩x≥0的状况，若0≤x≤，解得0≤f(x)≤1，则g(x)＝f[f(x)]＝－2(－2x＋1)＋1＝4x－1；
若＜x≤1，解得－1≤f(x)＜0，则g(x)＝f[f(x)]＝2(－2x＋1)＋1＝－4x＋3，
所以当x∈[0,1]时，g(x)＝故选A.
4．已知函数f(n)＝且an＝f(n)＋f(n＋1)，则a1＋a2＋a3＋…＋a100的值为( )
A．100 B．－100
C．102 D．101
解析：选A 当n为奇数时，an＝(n＋1)2－(n＋2)2＝－(2n＋3)；当n为偶数时，an＝－(n＋1)2＋(n＋2)2＝2n＋3，所以an＝(－1)n(2n＋3)．所以a1＋a2＋a3＋…＋a100＝－5＋7－9＋11－…－201＋203＝50×2＝100.
5．关于x的不等式＞0的解集为P，不等式log2(x2－1)≤1的解集为Q.若Q⊆P，则实数a的取值范围是( )
A．(－1,0) B．[－1,1]
C．(1，＋∞) D．[1，＋∞)
解析：选B 对a进行分类争辩，当a≥－1时，P＝(－∞，－1)∪(a，＋∞)；当a＜－1时，P＝(－∞，a)∪(－1，＋∞)．对于log2(x2－1)≤1，有解得所以Q＝[－，－1)∪(1，]．由于Q⊆P，所以P＝(－∞，－1)∪(a，＋∞)，从而－1≤a≤1.
6．三棱柱底面内的一条直线与棱柱的另一底面的三边及三条侧棱所在的6条直线中，能构成异面直线的条数的集合是( )
A．{4,5} B．{3,4,5}
C．{3,4,6} D．{3,4,5,6}
解析：选D 如图所示，当直线l在图(1)、(2)、(3)、(4)中所示的位置时，与l异面的直线分别有3条、4条、5条、6条，故能构成异面直线的条数的集合是{3,4,5,6}．
二、填空题
7．若函数f(x)＝x＋asin x在R上单调递增，则实数a的取值范围为________．
解析：∵f′(x)＝1＋acos x，∴要使函数f(x)＝x＋asin x在R上单调递增，则1＋acos x≥0对任意实数x都成立．
∵－1≤cos x≤1，
①当a＞0时，－a≤acos x≤a，∴－a≥－1，∴0＜a≤1；
②当a＝0时，明显成立；
③当a＜0时，a≤acos x≤－a，∴a≥－1，∴－1≤a<0.
综上，－1≤a≤1.
答案：[－1,1]
8．已知在等比数列{an}中，a2＝1，则其前3项的和S3的取值范围是_____________．
解析：由于a2＝1，所以S3＝a1＋a2＋a3＝a2＝1＋q＋，所以当公比q＞0时，S3＝1＋q＋≥1＋2 ＝3；当公比q＜0时，S3＝1－≤1－2 ＝－1，所以S3的取值范围为(－∞，－1]∪[3，＋∞)．
答案：(－∞，－1]∪[3，＋∞)
9．定义运算：ab＝，若关于x的不等式x(x＋1－m)＞0的解集是[－3,3]的子集，则实数m的取值范围是________．
解析：由x(x＋1－m)＞0知，＞0，即x(x－m－1)＜0.分类争辩得，当原不等式的解集为空集时，m＋1＝0，即m＝－1；当m＋1＞0，即m＞－1时，原不等式的解集(0，m＋1)⊆[－3,3]，则m＋1≤3，解得m≤2，所以m∈(－1,2]；当m＋1＜0，即m＜－1时，原不等式的解集(m＋1,0)⊆[－3,3]，则m＋1≥－3，解得m≥－4，所以m∈[－4，－1)．综上所述，实数m的取值范围是[－4,2]．
答案：[－4,2]
10．已知函数f(x)＝4x2－4ax，x∈[0,1]，关于x的不等式|f(x)|＞1的解集为空集，则满足条件的实数a的取值范围是________．
解析：由题意知函数f(x)的对称轴为x＝.
①当≤0，即a≤0时，函数f(x)的取值范围为[0,4－4a]，当4－4a≤1，即a≥时，不等式|f(x)|＞1的解集为空集，a不存在；
②当≥1，即a≥2时，函数f(x)的取值范围为[4－4a,0]，当4－4a≥－1，即a≤时，不等式|f(x)|＞1的解集为空集，a不存在；
③当0＜≤，即0＜a≤1时，函数f(x)的取值范围为[－a2,4－4a]，当－a2≥－1,4－4a≤1，即≤a≤1时，不等式|f(x)|＞1的解集为空集，所以≤a≤1；
④当＜＜1，即1＜a＜2时，函数f(x)的取值范围为[－a2,0]，当－a2≥－1，即－1≤a≤1时，不等式|f(x)|>1的解集为空集，a不存在．
综上所述，实数a的取值范围是.
答案：
三、解答题
11．在公差d＜0的等差数列{an}中，已知a1＝10，且a1,2a2＋2,5a3成等比数列，求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|的值．
解：由已知可得(2a2＋2)2＝5a1a3，即4(a1＋d＋1)2＝5a1(a1＋2d)⇒(11＋d)2＝25(5＋d)⇒121＋22d＋d2＝125＋25d⇒d2－3d－4＝0⇒d＝4(舍去)或d＝－1，所以an＝11－n，当1≤n≤11时，an≥0，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝＝；当n≥12时，an＜0，∴|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝a1＋a2＋a3＋…＋a11－(a12＋a13＋…＋an)＝2(a1＋a2＋a3＋…＋a11)－(a1＋a2＋a3＋…＋an)＝2×－＝.综上所述，|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|＝
12．(2021·唐山统一考试)已知函数f(x)＝.
(1)证明：0＜f(x)≤1；
(2)当x＞0时，f(x)＞，求a的取值范围．
解：(1)证明：设g(x)＝xex＋1，则g′(x)＝(x＋1)ex.
当x∈(－∞，－1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(－1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
所以g(x)≥g(－1)＝1－e－1＞0.
又ex＞0，故f(x)＞0.
f′(x)＝.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
所以f(x)≤f(0)＝1.
综上，有0＜f(x)≤1.
(2)①若a＝0，则x>0时，f(x)＜1＝，不等式不成立．
②若a＜0，则当0＜x＜时，＞1，不等式不成立．
③若a＞0，则f(x)＞等价于(ax2－x＋1)ex－1＞0.(*)
设h(x)＝(ax2－x＋1)ex－1，则h′(x)＝x(ax＋2a－1)ex.
若a≥，则当x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，h(x)>h(0)＝0.
若0<a<，则当x∈时，h′(x)<0，h(x)单调递减，h(x)＜h(0)＝0.不等式不恒成立．
于是，若a＞0，不等式(*)成立当且仅当a≥.
综上，a的取值范围是.
数学思想专项训练(四) 数形结合思想
方法概述
适用题型
所谓数形结合，就是依据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化，将反映问题的抽象数量关系与直观图形结合起来，也是将抽象思维与形象思维有机地结合起来的一种解决数学问题的重要思想方法．数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使简洁问题简洁化，抽象问题形象化，有助于把握数学问题的本质．它是数学的规律性与机敏性的有机结合.
数形结合思想解决的问题常有以下几种：
(1)构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围；
(2)构建函数模型并结合其图象争辩方程根的范围；
(3)构建函数模型并结合其图象争辩量与量之间的大小关系；
(4)构建函数模型并结合其几何意义争辩函数的最值问题和证明不等式；
(5)构建立体几何模型争辩代数问题；
(6)构建解析几何中的斜率、截距、距离等模型争辩最值问题；
(7)构建方程模型，求根的个数；
(8)争辩图形的外形、位置关系、性质等.
一、选择题
1．已知函数f(x)的定义域为{x|x≠1}，且f(x＋1)为奇函数，当x＞1时，f(x)＝2x2－12x＋16，则直线y＝2与函数f(x)的图象的全部交点的横坐标之和为( )
A．5 B．4
C．2 D．1
解析：选A 由于f(x＋1)为奇函数，其图象向右平移1个单位长度后得到f(x)的图象，因此函数f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，如图所示，由对称性可得x2＋x3＝6，易知x1＝－1，故x1＋x2＋x3＝5.故选A.
2．(2021·揭阳一模)设点P是函数y＝－的图象上的任意一点，点Q(2a，a－3)(a∈R)，则|PQ|的最小值为( )
A.－2 B.
C.－2 D.－2
解析：选C 如图所示，点P在半圆C(实线部分)上，且由题意知，C(1,0)，点Q在直线l：x－2y－6＝0上．过圆心C作直线l的垂线，垂足为A，则|CA|＝，|PQ|min＝|CA|－2＝－2.
3．已知a，b是平面内两个相互垂直的单位向量，若向量c满足(a－c)·(b－c)＝0，则|c|的最大值是( )
A．1 B．2
C. D.
解析：选C 由于(a－c)·(b－c)＝0，
所以(a－c)⊥(b－c)．
如图所示，设＝c，＝a，＝b，＝a－c，＝b－c，
即AC⊥BC，又OA⊥OB，
所以O，A，C，B四点共圆．
当且仅当OC为圆的直径时，|c|最大，
且最大值为.
4．已知y＝f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝－x2＋2x，则满足f(f(a))＝的实数a的个数为( )
A．8 B．6
C．4 D．2
解析：选A 由题意知，f(x)＝其图象如图所示，令t＝f(a)，则t≤1，令f(t)＝，解得t＝1－或t＝－1±，即f(a)＝1－或f(a)＝－1±，由数形结合得，共有8个交点．故选A.
5．若直线y＝x＋b与曲线x＝有且仅有两个公共点，则实数b的取值范围是( )
A．(－，) B．(－，1]
C．(－，－1] D．(－，－1)
解析：选C 作出曲线x＝的图形，如图所示，由图形可得，当直线y＝x＋b在直线a和c之间变化时，满足题意，同时，当直线在a的位置时也满足题意，所以b的取值范围是(－，－1]．
6．(2021·温州十校联考)已知点A∈平面α，点B，C在α的同侧，AB＝5，AC＝2，AB与α所成角的正弦值为0.8，AC与α所成角的大小为45°，则BC的取值范围是( )
A．[， ] B．[， ]
C．[， ] D．[， ]∪[， ]
解析：选A 作BB1⊥α于点B1，CC1⊥α于点C1，当点A，B1，C1不在一条直线上时，如图所示，在Rt△ABB1中，∵AB＝5，
sin∠BAB1＝0.8，∴BB1＝4，AB1＝3，在Rt△ACC1中，∵AC＝2，∠CAC1＝45°，∴AC1＝CC1＝2，过点C作CD⊥BB1于点D，则CD＝B1C1.在△AB1C1中，∵AB1＝3，AC1＝2，∴B1C1∈(1,5)，∴CD∈(1,5)，则BC＝∈(，)．当B1在AC1的延长线上时，B1C1＝1，BC＝；当B1在C1A的延长线上时，B1C1＝5，BC＝，∴BC∈[， ]．
二、填空题
7．已知函数f(x)是偶函数，当x≥0时，f(x)＝x＋1.设函数g(x)＝f(t－x)－f(x)的零点为x0，且x0∈[1,2]，则非零实数t的取值范围是________．
解析：由题意知只需函数y＝f(x)与函数y＝f(t－x)的图象的交点的横坐标x0∈[1,2]即可，由于函数f(x)是偶函数，当x≥0时，f(x)＝x＋1，所以y＝f(x)的图象关于y轴对称，而函数y＝f(t－x)的图象可由函数y＝f(x)的图象平移得到，数形结合得2≤t≤4.
答案：[2,4]
8．(2021·合肥二模)设||＝2，||＝3，∠BAC＝60°，＝2，＝x＋(1－x)，x∈[0,1]，则在上的投影的取值范围是________．
解析：由＝x＋(1－x)，x∈[0,1]，可知B，D，E三点共线，且E点在线段BD上，如图所示．
由于E点在线段BD上，所以在上的投影d的取值范围||≤d≤||，而||＝||·cos60°＝2×＝1，||＝2||＝2·(3－1)＝4，||＝||＋||＝4＋3＝7，所以d∈[1,7]．
答案：[1,7]
9．在平面直角坐标系xOy中，设椭圆＋＝1(a>b>0)的焦距为2c，以点O为圆心，a为半径作圆M.若过点P作圆M的两条切线相互垂直，则该椭圆的离心率为________．
解析：设切点为A，如图所示，切线AP，PB相互垂直，又半径OA垂直于AP，所以△OPA为等腰直角三角形，可得a＝，所以e＝＝.
答案：
10．已知函数f(x)＝x2－2x，x∈[a，b]的值域为[－1,3]，则b－a的取值范围是________．
解析：作出函数f(x)＝x2－2x的图象如图所示，由于f(x)的值域为[－1,3]，所以①a＝－1，b∈[1,3]，此时b－a∈[2,4]；②b＝3，a∈[－1,1]，此时b－a∈[2,4]．综上所述，b－a的取值范围是[2,4]．
答案：[2,4]
三、解答题
11．求y＝的值域．
解：可理解为点P(－cos x，－sin x)与点C(3,1)连线的斜率，点P(－cos x，－sin x)在单位圆上，如图所示．
故t＝满足kCA≤t≤kCB，设过点C(3,1)的直线方程为y－1＝k(x－3)，即kx－y＋1－3k＝0.
由原点到直线的距离不大于半径1，得≤1，解得0≤k≤.从而值域为.
12．某校高一(1)班的一次数学测试成果的茎叶图和频率分布直方图都受到不同程度的污损，可见部分如下图．
(1)求分数在[50,60)的频率及全班人数；
(2)求分数在[80,90)之间的频率，并计算频率分布直方图中[80,90)间矩形的高；
(3)若要从分数在[80,100]之间的试卷中任取两份分析同学失分状况，求在抽取的试卷中，至少有一份分数在[90,100]之间的概率．
解：(1)分数在[50,60)的频率为0.008×10＝0.08，由茎叶图知：分数在[50,60)之间的频数为2，所以全班人数为＝25.
(2)分数在[80,90)之间的频数为25－22＝3；频率分布直方图中[80,90)间的矩形的高为÷10＝0.012.
(3)将[80,90)之间的3个分数编号为a1，a2，a3，[90,100]之间的2个分数编号为b1，b2，
在[80,100]之间的试卷中任取两份的基本大事为：
(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，b1)，(a3，b2)，(b1，b2)，共10个，其中，至少有一个在[90,100]之间的基本大事有7个，
故至少有一份分数在[90,100]之间的概率是＝0.7.
多题一法专项训练(一) 配方法
方法概述
适用题型
配方法是对数学式子进行一种定向变形(配成“完全平方”的技巧)，通过配方找到已知和未知的联系从而化繁为简．何时配方，需要我们适当猜想，并且合理运用“裂项”与“添项”，“配”与“凑”的技巧，从而完成配方.
在高考中配方法常适用的类型有以下几种：
(1)二次函数的最值问题；
(2)同角三角函数基本关系式中平方关系；
(3)平面对量的数量积的应用；
(4)余弦定理；
(5)圆的方程；
(6)等比数列的性质.
一、选择题
1．在正项等比数列{an}中，a1·a5＋2a3·a5＋a3·a7＝25，则a3＋a5为( )
A．5 B．25
C．15 D．10
解析：选A ∵a1a5＝a，a3a7＝a，
∴a＋2a3·a5＋a＝25.即(a3＋a5)2＝25.
又an>0，∴a3＋a5＝5.
2.已知菱形ABCD的边长为，∠ABC＝60°，将菱形ABCD沿对角线AC折成如图所示的四周体，点M为AC的中点，∠BMD＝60°，P在线段DM上，记DP＝x，PA＋PB＝y，则函数y＝f(x)的图象大致为( )
解析：选D 由题意可知AM＝AB＝，BM＝MD＝1，∵DP＝x，∴MP＝1－x，在Rt△AMP中，PA＝＝ ，在△BMP中，由余弦定理得PB＝＝＝，∴y＝PA＋PB＝＋＝＋(0≤x≤1)，∵当0≤x≤时，函数y单调递减，当x≥1时，函数y单调递增，∴对应的图象为D.
3．定义域为R的函数f(x)满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0,1]时，f(x)＝x2－x，则当x∈(－1,0]时，f(x)的值域为( )
A. B.
C. D.
解析：选A 若x∈(－1,0]，则x＋1∈(0,1]，所以f(x＋1)＝(x＋1)2－(x＋1)＝x2＋x.又f(x＋1)＝2f(x)，所以f(x)＝(x2＋x)＝2－，所以当x＝－时，f(x)min ＝－；当x＝0时，f(x)max ＝0.
4．设函数f(x)＝若对任意给定的y∈(2，＋∞)，都存在唯一的x0∈R，满足f(f(x0))＝2a2y2＋ay，则正实数a的最小值是( )
A. B.
C．2 D．4
解析：选A 当x≤0时，f(x)＝2x，值域为(0,1]，所以f(f(x))＝log22x ＝x；当0＜x≤1时，f(x)＝log2x，值域为(－∞，0]，所以f(f(x))＝2log2x＝x；当x＞1时，f(x)＝log2x，值域为(0，＋∞)，所以f(f(x))＝log2 (log2x)，故f(f(x))＝当x≤1时，f(f(x))的值域为(－∞，1]；当x＞1时，f(f(x))的值域为R，由于a＞0，令g(y)＝2a2y2＋ay＝2a22－，对称轴y＝－＜0＜2，所以g(y)在(2，＋∞)上是增函数，则g(y)在(2，＋∞)上的值域为(g(2)，＋∞)，即(8a2＋2a，＋∞)，则8a2＋2a≥1，解得a≥，所以正实数a的最小值是.故选A.
5．数列{an}中，假如存在ak，使得ak＞ak－1且ak＞ak＋1成立(其中k≥2，k∈N*)，则称ak为数列{an}的峰值．若an＝－3n2＋15n－18，则{an}的峰值为( )
A．0 B．4
C. D.
解析：选A 由于an＝－32＋，且n∈N*，所以当n＝2或n＝3时，an取最大值，最大值为a2＝a3＝0.故选A.
6．已
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