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江苏省2012届高考数学二轮复习:第20讲 数形结合思想

第20讲 数形结合思想

数形结合思想就是根据数与形之间的对应关系, 通过数与形的相互转化来解决数学问题 的思想.它包含两个方面:(1) “以形助数”,把抽象问题具体化.这主要是指用几何的方 法去解决代数或三角问题;(2) “以数解形”,把直观图形数量化,使形更加精确.这主要 是指用代数或三角的方法去解决几何问题. 数形结合思想不仅是解决数学问题的一种策略和 思想,而且是解决数学问题的一种重要的方法,因而在高考中占有非常重要的地位. 数形结合思想中的“数”主要是指数和数量关系; “形”主要是指图形, 有点、 线、 面、 体等.实现数形结合的渠道主要有:(1) 实数与数轴上点的对应;(2) 函数与图象的对应; (3) 曲线与方程的对应;(4) 以几何元素及几何条件为背景,通过坐标系来实现的对应,有 复数、三角、空间点的坐标等. 数形结合思想主要用于解填空题和选择题, 有直观、 简单、 快捷等特点; 而在解答题中, 考虑到推理论证的严密性,图形只是辅助手段,最终要用“数”写出完整的解答过程.

1. 已知 A,B 均为集合 U={1,3,5,7,9}的子集,且 A∩B={3},( =________.

B)∩A={9},则 A

2. 函数 y=Asin(ωx+φ)(A,ω,φ 为常数,A>0,ω>0)在闭区间[-π,0]上的图象如图 所示,则 ω=________.

3. 直线 y=1 与曲线 y=x2-|x|+a 有四个交点,则实数 a 的取值范围是________.

4. 某班共 30 人,其中 15 人喜爱篮球运动,10 人喜爱兵乓球运动,8 人对这两项运动 都不喜爱,则喜爱篮球运动但不喜爱乒乓球运动的人数为________.

【例 1】 已知函数 f(x)=Asin(ωx+φ)+B(A>0,ω>0)的一系列对应值如下表: x y - π 6 π 3 1 5π 6 3 4π 3 1 11π 6 -1 7π 3 1 17π 6 3

-1

(1) 根据表格提供的数据求函数 f(x)的一个解析式; π 2π (2) 根据(1)的结果, 若函数 y = f(kx)(k>0)周期为 , x∈?0,3?时, 当 ? ? 方程 f (kx) = m 3 恰有两个不同的解,求实数 m 的取值范围.

【例 2】 如图,甲船以每小时 30 2海里的速度向正北方向航行,乙船按固定方向匀 速直线航行,当甲船位于 A1 处时,乙船位于甲船的北偏西 105° 的方向 B1 处,此时两船相距 20 海里.当甲船航行 20 分钟到达 A2 处时,乙船航行到甲船的北偏西 120° 方向的 B2 处,此 时两船相距 10 2海里,问乙船每小时航行多少海里?

【例 3】 在平面直角坐标系 xOy 中,设二次函数 f(x)=x2+2x+b(x∈R)的图象与两坐 标轴有三个交点,经过这三个交点的圆记为 C. (1) 求实数 b 的取值范围; (2) 求圆 C 的方程; (3) 问圆 C 是否经过某定点(其坐标与 b 无关)?请证明你的结论.

【例 4】 已知 f(x)是二次函数,不等式 f(x)<0 的解集是(0,5) ,且 f(x)在区间[-1,4]上的最 大值是 12. (1) 求 f(x)的解析式;

37 (2) 是否存在自然数 m 使得方程 f(x)+ =0 在区间(m,m+1)内有且只有两个不等的 x 实数根?若存在,求出 m 值;若不存在,说明理由.

?x+y≥2, ? 1. (2011· 福建)已知 O 是坐标原点,点 A(-1,1),若点 M(x,y)为平面区域?x≤1, ?y≤2 ?
→ → 上的一个动点,则OA· 的取值范围是________. OM

2 2.(2011· 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中,过坐标原点的一条直线与函数 f(x)= 的图象 x 交于 P、Q 两点,则线段 PQ 长的最小值是________.

3. (2009· 全国)如图,三棱锥 ABCD 的侧面是顶角为 40° ,腰长均为 1 的全等三角形,动 点 P 从三棱锥 ABCD 的顶点 B 沿侧面运动一圈再回到点 B,则动点 P 所走的最短路径长为 ________.

4.(2008· 江苏)设函数 f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于 x∈[-1,1]都有 f(x)≥0 成立,则 实数 a 的值为________.

x2 y2 5.(2010· 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中,如图,已知椭圆 + =1 的左、右顶点为 A、 9 5 B,右焦点为 F.设过点 T(t,m)的直线 TA、TB 与此椭圆分别交于点 M(x1,y1)、N(x2,y2), 其中 m>0,y1>0,y2<0. (1) 设动点 P 满足 PF2-PB2=4,求点 P 的轨迹;

1 (2) 设 x1=2,x2= ,求点 T 的坐标; 3 (3) 设 t=9,求证:直线 MN 必过 x 轴上的一定点(其坐标与 m 无关).

3 6.(2010· 天津)已知函数 f(x)=ax3- x2+1(x∈R),其中 a>0. 2 (1) 若 a=1,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; 1 1 (2) 若在区间?-2,2?上,f(x)>0 恒成立,求 a 的取值范围. ? ?

x2 y2 (2011· 南通三模)(本小题满分 16 分)平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 2 + 2=1(a>b>0)离 a b 心率为 2 ,焦点在圆 x2+y2=1 上. 2

(1) 求椭圆的方程; → → (2) 设 A,B,M 是椭圆上的三点(异于椭圆顶点),且存在锐角 θ,使OM=cosθOA+ → sinθOB. ①求证:直线 OA 与 OB 的斜率之积为定值; ②求 OA2+OB2. 解:(1)依题意,得 c=1.于是,a= 2,b=1. x 所以所求椭圆的方程为 +y2=1.(4 分) 2
2 x2 x2 1 (2) ①设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 +y2=1①, +y2=1②. 1 2 2 2 2

(2 分)

? ?x=x1cosθ+x2sinθ, → → → 又设 M(x,y),因OM=cosθOA+sinθOB,故? ?y=y1cosθ+y2sinθ. ?

(7 分)

?x1cosθ+x2sinθ?2 因 M 在椭圆上,故 +(y1cosθ+y2sinθ)2=1. 2 x2 x2 2 x1x2 1 2 2 整理得? 2 +y1?cos2θ+? 2 +y2?sin2θ+2? 2 +y1y2?cosθsinθ=1. ? ? ? ? ? ? x1x2 将①②代入上式,并注意 cosθsinθ≠0,得 +y1y2=0. 2 所以,kOAkOB= y1y2 1 =- 为定值.( 10 分) x1x2 2

2 x1x2 x2 x2 1 ② (y1y2)2=?- 2 ?2= · =(1-y2)(1-y2)=1-(y2+y2)+y2y2,故 y2+y2=1. 1 2 1 2 1 2 1 2 ? ? 2 2

x1 x2 2 2 2 又? 2 +y1?+? 2 +y2?=2,故 x2+x2=2. 1 ? ? ? ?
2 所以,OA2+OB2=x2+y2+x2+y2=3. (16 分) 1 1 2

2

2

第 20 讲 数形结合思想

1 1 1. 在平面直角坐标系 xOy 中,若直线 y=kx+1 与曲线 y=x+ -x- 有四个公共点, x x 则实数 k 的取值范围是____________. 【答案】 1? ? 1 ?- ,0, ? 8? ? 8 1 1 解析:y=x+ -x- 为偶函数,考查函数 y= x x

?2x,0<x<1 ? ?2 ,在直角坐标系中作出函数的图象,直线 y=kx+1 过定点(0,1),直线与曲 ?x,x≥1 ?
2 1 线 y= (x≥1)在第一象限内相切时,直线的斜率为- ,根据图形可知实数 k 的取值范围是 x 8 1? ? 1 ?- ,0, ?. 8? ? 8 1 1 2. 设 f(x)=- x3+ x2+2ax. 3 2 2 (1) 若 f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间,求实数 a 的取值范围; ? ? 16 (2) 当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为- ,求 f(x)在该区间上的最大值. 3 2 2 解:(1) f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间,即存在某个子区间(m,n)??3,+∞?使 ? ? ? ? 1 2 1 得 f′(x)>0.由 f′(x)=-x2+x+2a=-?x-2?2+ +2a,f′(x)在区间?3,+∞?上单调递 ? ? 4 ? ? 2 2 2 1 减,则只需 f′?3?>0 即可.由 f′?3?= +2a>0,解得 a>- . ? ? ? ? 9 9 2 1 所以,当 a>- 时,f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间. ? ? 9 1- 1+8a 1+ 1+8a (2) 令 f′(x)=0,得两根 x1= ,x2= . 2 2 所以 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增. 当 0<a<2 时,有 x1<1<x2<4,所以 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x2), 27 又 f(4)-f(1)=- +6a<0,即 f(4)<f(1). 2 40 16 所以 f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)=8a- =- ,得 a=1,x2=2, 3 3 10 从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)= . 3

基础训练 1. {3,9} 解析:画出韦恩图即可得到答案. π 2π 2π 2. 3 解析:从图象上可知周期为 T=π- = ,ω= =3. 3 3 2π 3 5 3. ?1,4? ? ? 解析:方程 1=x2-|x|+a 转化为 x2-|x|=1-a,令 f(x)=x2-|x|,g(x)=1

1 5 -a,在同一个直角坐标系中作出两个函数的图象,可知- <1-a<0,1<a< . 4 4

4. 12 解析:本题画出韦恩图即可. 设两者都喜欢的人数为 x 人,则只喜爱篮球的 有(15-x)人,只喜爱乒乓球的有(10-x)人,由此可得(15-x)+(10-x)+x+8=30,解得 x =3,所以 15-x=12,即所求人数为 12 人. 例题选讲 例 1 解:(1) A+B=3,-A+B=-1,∴ A=2,B=1. 11π π T= + =2π,∴ ω=1,那么 f(x)=2sin(x+φ)+1, 6 6 5π 5π 5π 2sin? 6 +φ?=2,∴ φ= ,所以 f(x)=2sin?x+ 3 ?+1. ? ? ? ? 3 5π 5π 2π (2) y=2sin?kx+ 3 ?+1,∵ T= ,∴ k=3,y=2sin?3x+ 3 ?+1. ? ? ? ? 3 5π 5π 5π π 函数 y=2sin?3x+ 3 ?+1 在?0,18?上增,在?18,3?上减, ? ? ? ? ? ? 5π y=2sin?3x+ 3 ?+1∈[1- 3,3)∩[1+ 3,3), ? ? 故实数 m 的取值范围为[ 3+1,3). 11 变式训练 已知函数 y=asinx+bcosx+c 的图象上有一个最低点? 6 π,1?.如果图象上 ? ? 3 每点的纵坐标不变, 横坐标变为原来的 倍, 然后向左平移 1 个单位, 可得 y=f(x)的图象. 又 π 知 f(x)=3 的所有非负实根依次为一个公差是 3 的等差数列.试求 f(x)的解析式和单调递减 区间. 1 3 解:- a+ b+c=1,- a2+b2+c=1,c=1+2a,b=- 3a, 2 2 π π ∴ y=2asin?x-3?+1+2a,∴ f(x)=2asin x+1+2a,设 f(x)=3 的非负实根为 x0,x0 ? ? 3 π π +3,x0+6,?,则 f(x0)=3,f(x0+3)=3,即 2asin x0+1+2a=3,2asin?3x0+π?+1+2a= ? ? 3 3.两式相加得 a=1.因此 c=3,a=1,b=- 3.

3 9 π ∴ f(x)=2sin x+3,单调递减区间为?2+6k,2+6k?(k∈Z). ? ? 3 20 例 2 解:如题图,连结 A1B2,A2B2=10 2,A1A2= ×30 2=10 2, 60 △A1A2B2 是等边三角形,∠B1A1B2=105° -60° =45° , 在△A1B2B1 中,由余弦定理得 B1B2=A1B2+A1B2-2A1B1· 1B2cos45° A , 2 1 2 =202+(10 2)2-2×20×10 2× B1B2=10 2. 10 2 因此乙船的速度大小为 ×60=30 2. 20 答:乙船每小时航行 30 2海里. 例 3 (1) 解:令 x=0,得抛物线与 y 轴交点是(0,b); 令 f(x)=x2+2x+b=0,由题意 b≠0 且 Δ>0,解得 b<1 且 b≠0,实数 b 的取值范围 是 b∈(-∞,0)∪(0,1). (2) 解:设所求圆的一般方程为 x2+y2+Dx+Ey+F=0 令 y=0 得 x2+Dx+F=0 这与 x2+2x+b=0 是同一个方程,故 D=2,F=b. 令 x=0 得 y2+Ey+F=0,此方程有一个根为 b,代入得出 E=―b―1. 所以圆 C 的方程为 x2+y2+2x-(b+1)y+b=0. (3) 证明:假设圆 C 过定点(x0,y0),(x0,y0 不依赖于 b),将该点的坐标代入圆 C 的方 程, 并变形为 x2+y2+2x0-y0+b(1-y0)=0 (*) 0 0 为使(*)式对所有满足 b<1(b≠0)的 b 都成立,必须有 1-y0=0, 结合(*)式得
?x0=0, ?x0=-2, ? ? x2+y2+2x0-y0=0,解得? 或? 0 0 ? ? ?y0=1, ?y0=1,

2 =200, 2

经检验知,点(0,1),(-2,0)均在圆 C 上,因此圆 C 过定点. 例 4 解:(1) ∵ f(x)是二次函数,且 f(x)<0 的解集是(0,5), ∴ 可设 f(x)=ax(x-5)(a>0). ∴ f(x)在区间[-1,4]上的最大值是 f(-1)=6a. 由已知,得 6a=12,∴ a=2, ∴ f(x)=2x(x-5)=2x2-10x(x∈R). 37 (2) 方程 f(x)+ =0 等价于方程 2x3-10x2+37=0. x 设 h(x)=2x3-10x2+37,则 h′(x)=6x2-20x=2x(3x-10). 10 10 当 x∈?0, 3 ?时,h′(x)<0,h(x)是减函数;当 x∈? 3 ,+∞?时,h′(x)>0,h(x)是 ? ? ? ? 增函数. 10 1 ∵ h(3)=1>0,h? 3 ?=- <0,h(4)=5>0, ? ? 27 10 10 ∴ 方程 h(x)=0 在区间?3, 3 ?,? 3 ,4?内分别有唯一实数根,而在区间(0,3),(4,+ ? ? ? ?

37 ∞)内没有实数根,所以存在唯一的自然数 m=3,使得方程 f(x)+ =0 在区间(m,m+1) x 内有且只有两个不同的实数根. 1 变式训练 已知函数 f(x)= x2-alnx(a∈R). 2 (1) 若函数 f(x)在 x=2 处的切线方程为 y=x+b,求 a,b 的值; (2) 若函数 f(x)在(1,+∞)上为增函数,求 a 的取值范围; (3) 讨论方程 f(x)=0 的解的个数,并说明理由. a 解:(1) 因为 f′(x)=x- (x>0), x 又 f(x)在 x=2 处的切线方程为 y=x+b,

?2-a =1, ? ∴ ? 2 解得 a=2,b=-2ln2. ?2-aln2=2+b, ?
a (2) 若函数 f(x)在(1, +∞)上为增函数, f′(x)=x- ≥0 在(1, 则 +∞)上恒成立, a≤x2 即 x 在(1,+∞)上恒成立,所以有 a≤1. (3) 当 a=0 时,f(x)在定义域(0,+∞)上恒大于 0,此时方程无解. a 当 a<0 时,f′(x)=x- >0 在(0,+∞)上恒成立,所以 f(x)在(0,+∞)上的增函数. x 1 1 2 1 ∵ f(1)= >0,f?ea?= e -1<0,∴ 方程有唯一解. ? ? 2 a 2
2 a x -a ?x+ a??x- a? 当 a>0 时,f′(x)=x- = = . x x x

因为当 x∈(0, a)时,f′(x)<0,f(x)在(0, a)内为减函数; 当 x∈( a,+∞)时,f(x)在( a,+∞)内为增函数. 1 1 所以当 x= a时,f(x)有极小值,即为最小值 f( a)= a-aln a= a(1-lna). 2 2 1 当 a∈(0,e)时,f( a)= a(1-lna)>0,方程无解; 2 1 当 a=e 时,f( a)= a(1-lna)=0,此方程有唯一解 x= a. 2 1 1 当 a∈(e,+∞)时,f( a)= a(1-lna)<0,因为 f?2?>0 且 a>1, ? ? 2 所以方程 f(x)=0 在区间(0, a)上有唯一解. 因为当 x>1 时,(x-lnx)′>0,所以 x-lnx>1,所以 x>lnx. 1 1 1 f(x)= x2-alnx> x2-ax,因为 2a> a>1,所以 f(x)> (2a)2-2a2=0, 2 2 2 所以方程 f(x)=0 在区间( a,+∞)上有唯一解. ∴ 方程 f(x)=0 在区间(e,+∞)上有两解. 综上,当 a∈(0,e)时,方程无解; 当 a<0 或 a=e 时,方程有唯一解; 当 a>e 时,方程有两解.

高考回顾 → → 1. [0,2] 解析:作出可行域,设 z=OA· ,则 z=-x+y,作出 l0:-x+y=0,平移 OM → → l0,知 l 过点(1,1)时,zmin=0,过(0,2)时,zmax=2,∴ OA· 的取值范围为[0,2]. OM 2. 4 解析:直接画图结合函数的对称性可知,当直线的斜率为 1 时,线段 PQ 长为最

?y=kx, ? 小,最小值为 4;或设直线为 y=kx(k>0),由方程组? 2 解得 P,Q 两点的坐标,再 ? ?y=x,
求线段 PQ 长的最小值,此法相对计算量较大,不如利用函数图象和性质快捷.合理画出函 数图象利用函数的性质是解决函数问题的常用方法. 要掌握各种常见函数的图象和性质, 选 用适当的方法求解问题. 3. 3 解析:将三棱锥沿 PA 展开得一平面图形, 用余弦定理可得 12+12-2×1×1×cos120° 3. = 4. 4 解析:若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立;当 x>0 即 x∈(0,1]时,f(x) 3 1 =ax3-3x+1≥0 可化为 a≥ 2- 3. x x 3?1-2x? 1 1 3 1 设 g(x)= 2- 3, g′(x)= 则 ,所以 g(x)在区间?0,2?上单调递增, 在区间?2,1? ? ? ? ? x x x4 1 上单调递减,因此 g(x)max=g?2?=4,从而 a≥4; ? ? 3?1-2x? 3 1 当 x<0 即 x∈[-1,0)时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 a≤ 2- 3,g′(x)= >0. x x x4 g(x)在区间[-1,0)上单调递增,因此 g(x)max=g(-1)=4,从而 a≤4, 综上 a=4. 5. 解:(1) 由题知得 A(-3,0),B(3,0),F(2,0), 设点 P(x,y),则 PF2-PB2=[(x-2)2+y2]-[(x-3)2+y2]=4, 9 整理得 x= . 2 9 故所求点 P 的轨迹为直线 x= . 2

x12 y12 (2) 由 x1=2, + =1 及 y1>0 得 9 5 5 1 1 x2 y2 M?2,3?,从而得直线 AM 的方程为 y= x+1;由 x2= , + =1 及 y2<0,得 ? ? 3 3 9 5 1 20 5 5 N?3,- 9 ?,从而 BN 的方程为 y= x- . ? ? 6 2
2 2

?y=3x+1, 由? 5 5 ?y=6x-2,
1

?x=7, ? 解得? 10 ?y= 3 . ?

10 所以点 T 的坐标为?7, 3 ?. ? ? (3) 由题设知, 直线 AT 的方程为 y= m m (x+3), 直线 BT 的方程为 y= (x+3). M(x1, 点 12 6

?y =12?x +3?, y )满足 ? x y ? 9 + 5 =1,
m
1 1 1 1 2 2 1

2 ?x1-3??x1+3? x1-3 m2 ?x1+3? 得 =- 2 · .因为 x≠-3,则 =- 9 12 5 9

m2 x1+3 · , 122 5 240-3m2 40m 解得 x1= . 2 ,从而 y1= 80+m 80+m2

?y = 6 ?x +3?, ? y 点 N(x ,y )满足?x + =1, ?9 5 ?x ≠3
m
2 2 2 2 2 2 2 2 2

3m2-60 -20m 解得 x2= ,y2= . 20+m 20+m2

240-3m2 3m2-60 若 x1=x2,则由 = 及 m>0,得 m=2 10,此时直线 MN 的方程为 x 80+m2 20+m2 =1,过点 D(1,0); 40m 80+m2 10m 若 x1≠x2,则 m≠2 10,直线 MD 的斜率 kMD= = , 240-3m2 40-m2 2 -1 80+m -20m 20+m2 10m 直线 ND 的斜率 kND= 2 = ,所以 kMD=kND. 3m -60 40-m2 -1 20+m2 所以直线 MN 过 D 点.综上,直线 MN 必过 x 轴上的点(1,0). 3 6. 解:(1) 当 a=1 时,f(x)=x3- x2+1,f(2)=3;f′(x)=3x2-3x,f′(2)=6.所以曲 2 线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 y-3=6(x-2), 即 y=6x-9. 1 (2) f′(x)=3ax2-3x=3x(ax-1).令 f′(x)=0,解得 x=0 或 x= . a 以下分两种情况讨论: 1 1 ①若 0<a≤2,则 ≥ ,当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: a 2

x f′(x) f(x)

?-1,0? ? 2 ?
+ ? 1

0 0 极大值

?0,1? ? 2?
- ?

1 1 当 x∈?-2,2?时,f(x)>0 等价于 ? ?

?f?-2?>0, ? ? ? ?1? ?f?2?>0,

?5-a>0, 8 即? 5+a ? 8 >0.

解不等式组得-5<a<5.因此 0<a≤2. 1 1 ②若 a>2,则 0< < .当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: a 2 x f′(x) f(x)

?-1,0? ? 2 ?
+ ?

0 0 极大值 1

?0,1? ? a?
- ?

1 a 0 极小值

?1,1? ?a 2?
+ ?

?f?-2?>0, ? ? 1 1? 当 x∈?-2,2?时,f(x)>0 等价于? ? 1 ?f?a?>0, ? ?
解不等式组得 2 2 <a<5 或 a<- .因此 2<a<5. 2 2 综合①②,可知 a 的取值范围为 0<a<5.

?5-a>0, 8 即? 1 ?1-2a >0.
2