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数形结合思想在高中数学解题中的应用


数形结合思想在高中数学解题中的应用
资料一:高中数学解题基本方法--数形结合思想方法
中学数学的基本知识分三类:一类是纯粹数的知识,如实数、代数式、方程(组) 、不等式(组) 、函数等;一 类是关于纯粹形的知识,如平面几何、立体几何等;一类是关于数形结合的知识,主要体现是解析几何。 数形结合是一个数学思想方法,包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面,其应用大致

可以分为两种情形: 或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系,即以形作为手段,数为目的,比如应用函数的图像来直观地说 明函数的性质;或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性,即以数作为手段,形作为目的,如应 用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质。 恩格斯曾说过: “数学是研究现实世界的量的关系与空间形式的科学。 ”数形结合就是根据数学问题的条件和结 论之间的内在联系,既分析其代数意义,又揭示其几何直观,使数量关的精确刻划与空间形式的直观形象巧妙、和 谐地结合在一起,充分利用这种结合,寻找解题思路,使问题化难为易、化繁为简,从而得到解决。 “数”与“形” 是一对矛盾,宇宙间万物无不是“数”和“形”的矛盾的统一。华罗庚先生说过:数缺形时少直观,形少数时难入 微,数形结合百般好,隔裂分家万事休。 数形结合的思想,其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来,关键是代数问题与图形之间的相互转化, 它可以使代数问题几何化,几何问题代数化。在运用数形结合思想分析和解决问题时,要注意三点:第一要彻底明 白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征,对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意 义;第二是恰当设参、合理用参,建立关系,由数思形,以形想数,做好数形转化;第三是正确确定参数的取值范 围。 数学中的知识,有的本身就可以看作是数形的结合。如:锐角三角函数的定义是借助于直角三角形来定义的; 任意角的三角函数是借助于直角坐标系或单位圆来定义的。 Ⅰ、再现性题组: 1. 设命题甲:0<x<5;命题乙:|x-2|<3,那么甲是乙的_____。 (90 年全国文) A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2. 若 log a 2<log b 2<0,则_____。(92 年全国理) A. 0<a<b<1 3. 如果|x|≤
π 4

B. 0<b<a<1

C. a>b>1

D. b>a>1

,那么函数 f(x)=cos 2 x+sinx 的最小值是_____。 (89 年全国文)

A.

2 ?1 2

B. -

2 ?1 2

C. -1

D.

1? 2

2

4. 如果奇函数 f(x)在区间[3,7]上是增函数且最小值是 5,那么 f(x)的[-7,-3]上是____。(91 年全国) A.增函数且最小值为-5 B.增函数且最大值为-5 C.减函数且最小值为-5 D.减函数且最大值为-5 5. 设全集 I={(x,y)|x,y∈R},集合 M={(x,y)| (90 年全国) A. φ
y?3 x?2

=1},N={(x,y)|y≠x+1},那么 M ∪ N 等于_____。

B. {(2,3)}

C. (2,3)
θ 2

D. {(x,y)|y=x+1
θ 2

6. 如果θ 是第二象限的角,且满足 cos

-sin

= 1 ? sin θ ,那么

θ 2

是_____。

A.第一象限角 B.第三象限角 C.可能第一象限角,也可能第三象限角 D.第二象限角 7. 已知集合 E={θ |cosθ <sinθ ,0≤θ ≤2π },F={θ |tgθ <sinθ },那么 E∩F 的区间是_____。 (93 年全国 文理)

A. (

π 2

,π )

B. (

π 4

,

3π 4

)

C. (π ,

3π 2

)

D. (

3π 4

,

5π 4

)

8. 若复数 z 的辐角为

5π 6

,实部为-2 3 ,则 z=_____。

A. -2 3 -2i

B. -2 3 +2i

C. -2 3 +2 3 i
y x

D. -2 3 -2 3 i (90 年全国理)

9. 如果实数 x、y 满足等式(x-2) 2 +y 2 =3,那么
1 2
3 3 3 2

的最大值是_____。

A.

B.

C.

D.

3

10. 满足方程|z+3- 3 i|= 3 的辐角主值最小的复数 z 是_____。 【简解】1 小题:将不等式解集用数轴表示,可以看出,甲=>乙,选 A; 2 小题:由已知画出对数曲线,选 B; 3 小题:设 sinx=t 后借助二次函数的图像求 f(x)的最小值,选 D; 4 小题:由奇函数图像关于原点对称画出图像,选 B; 5 小题:将几个集合的几何意义用图形表示出来,选 B; 6 小题:利用单位圆确定符号及象限;选 B; 7 小题:利用单位圆,选 A; 8 小题:将复数表示在复平面上,选 B; 9 小题:转化为圆上动点与原点连线的斜率范围问题;选 D; 10 小题:利用复平面上复数表示和两点之间的距离公式求解,答案-
3 2



3 2

i。

【注】 以上各题是历年的高考客观题,都可以借助几何直观性来处理与数有关的问题,即借助数轴(①题) 、 图像(②、③、④、⑤题) 、单位圆(⑥、⑦题) 、复平面(⑧、⑩题) 、方程曲线(⑨题) 。 Ⅱ、示范性题组: y 2 例 1. 若方程 lg(-x +3x-m)=lg(3-x)在 x∈(0,3)内有唯一解, 4 y=1-m 1 求实数 m 的取值范围。 O 2 3 x 【分析】将对数方程进行等价变形,转化为一元二次方程在某个范围 内有实解的问题,再利用二次函数的图像进行解决。 【解】 原方程变形为 ?
?3 ? x ? 0 ?( x ? 2 ) ? 1 ? m
2

?3 ? x ? 0 ?? x
2

? 3x ? m ? 3 ? x

即: ?

设曲线 y 1 =(x-2) 2 , x∈(0,3)和直线 y 2 =1-m,图像如图所示。由图可知: ① 当 1-m=0 时,有唯一解,m=1; ②当 1≤1-m<4 时,有唯一解,即-3<m≤0, ∴ m=1 或-3<m≤0 此题也可设曲线 y 1 =-(x-2) 2 +1 , x∈(0,3)和直线 y 2 =m 后画出图像求解。

【注】 一般地,方程的解、不等式的解集、函数的性质等进行讨论时,可以借助于函数的图像直观解决,简单 明了。此题也可用代数方法来讨论方程的解的情况,还可用分离参数法来求(也注意结合图像分析只一个 x 值) 。 例 2. 设|z 1 |=5,|z 2 |=2, |z 1 - z 2 |= 13 ,求
z1 z2

的值。

【分析】 利用复数模、四则运算的几何意义,将复数问题用几何图形帮助求解。 【解】 如图,设 z 1 = O A 、z 2 = O B 后,则 z 1 = O C 、 z 2 = O D 如图所示。
z1 z2
2 2

由图可知,|

|=

5 2

,∠AOD=∠BOC,由余弦定理得:

y O

cos∠AOD=

5 ? 2 ? ( 13 ) 2? 5? 2

2

A D B C

x



4 5



z1 z2



5 2

(

4 5

±

3 5

i)=2±

3 2



【另解】设 z 1 = O A 、 z 2 = O D 如图所示。则|
5 ? 2 ? ( 13 )
2 2

z1 z2

|=

5 2

,且

y O

A D x

2

cos∠AOD=

2? 5? 2



4 5

,sin∠AOD=±

3 5



所以

z1 z2



5 2

(

4 5

±

3 5

i)=2±

3 2

i,即

z1 z2

=2±

3 2

i。

【注】本题运用“数形结合法” ,把共轭复数的性质与复平面上的向量表示、代数运算的几何意义等都表达得淋 漓尽致,体现了数形结合的生动活泼。 一般地,复数问题可以利用复数的几何意义而将问题变成几何问题,也可 利用复数的代数形式、三角形式、复数性质求解。 本题设三角形式后转化为三角问题的求解过程是:设 z 1 =5(cosθ
z2
1

+isinθ

1

),z 2 =+isinθ

2

),则|z 1 -

|=|(5cosθ

1

-2cosθ

2

)+(5sinθ

1

+2sinθ

2

)i|= )=
4 5

29 ? 20 cos(? 1 ? ? 2 ) = 13 ,所以 cos(θ
z1 z2
5[c o s( ? ? 1 ) ? i sin ( ? ? 2 )] 2 (c o s ? 2 ? i sin ? 2 )

1

+θ

2

,sin(θ

1

+θ

2

)=±
5 2

3 5


3 5





5 2

[cos(θ

1

+θ

2

)+isin(θ

1

+θ

2

)]=

(

4 5

±

i)=2±

3 2

i。

本题还可以直接利用复数性质求解,其过程是:由|z 1 - z 2 |= 13 得: (z 1 - z 2 )( z 1 -z 2 )=z 1 z 1 +z 2 所以 z 1 z 2 + z 1 z 2 =16,再同除以 z 2
z2

-z 1 z 2 - z 1 z 2 =25+4-z 1 z 2 - z 1 z 2 =13, 得
z1 z2

z2



z1 z2

=4,设

z1 z2

=z,解得 z=2±

3 2

i。

几种解法,各有特点,由于各人的立足点与思维方式不同,所以选择的方法也有别。一般地,复数问题可以应 用于求解的几种方法是:直接运用复数的性质求解;设复数的三角形式转化为三角问题求解;设复数的代数形式转 化为代数问题求解;利用复数的几何意义转化为几何问题求解。

例 3. 直线 L 的方程为:x=-

p 2

(p>0),椭圆中心 D(2+

p 2

,0),焦点在 x 轴上,长半轴为 2,短半轴为 1,它

的左顶点为 A。问 p 在什么范围内取值,椭圆上有四个不同的点,它们中每一个点到点 A 的距离等于该点到直线 L 的距离? 【分析】 由抛物线定义,可将问题转化成:p 为何值时,以 A 为焦点、L 为准线的抛物线与椭圆有四个交点, 再联立方程组转化成代数问题(研究方程组解的情况) 。 【解】 由已知得:a=2,b=1, A(
2

p 2

,0),设椭圆与双曲线方程并联立有:

? y ? 2 px 2 ? p ? p 2 ,消 y 得:x 2 -(4-7p)x+(2p+ )=0 ? [ x ? ( 2 ? )] 4 2 2 ? ? y ?1 ? 4 ?

所以△=16-64p+48p 2 >0,即 6p 2 -8p+2>0,解得:p<
p 2 p 2

1 3

或 p>1。
p
2

结合范围(
p 2

,4+

)内两根,设 f(x)=x 2 -(4-7p)x+(2p+
p 2

),

4

所以

<

4 ? 7p 2

<4+

即 p<

1 2

,且 f(
1 3

p 2

)>0、f(4+

p 2

)>0 即 p>-4+3 2 。

结合以上,所以-4+3 2 <p<



【注】 本题利用方程的曲线将曲线有交点的几何问题转化为方程有实解的代数问题。一般地,当给出方程的解 的情况求参数的范围时可以考虑应用了“判别式法” ,其中特别要注意解的范围。另外, “定义法”“数形结合法” 、 、 “转化思想”“方程思想”等知识都在本题进行了综合运用。 、 例 4. 设 a、b 是两个实数,A={(x,y)|x=n,y=na+b} (n∈Z) ,B={(x,y)|x=m,y=3m 2 +15} (m∈Z), C={(x,y)|x 2 +y 2 ≤144},讨论是否,使得 A∩B≠φ 与(a,b)∈C 同时成立。(85 年高考) 【分析】集合 A、B 都是不连续的点集, “存在 a、b,使得 A∩B≠φ ”的含意就是“存在 a、b 使得 na+b=3n 2 +15(n∈Z)有解(A∩B 时 x=n=m) 。再抓住主参数 a、b,则此问题的几何意义是:动点(a,b)在直线 L:nx+y= 3n 2 +15 上,且直线与圆 x 2 +y 2 =144 有公共点,但原点到直线 L 的距离≥12。 【解】 由 A∩B≠φ 得:na+b=3n 2 +15 ; 设动点(a,b)在直线 L:nx+y=3n 2 +15 上,且直线与圆 x 2 +y 2 =144 有公共点,
|3 n
2

所以圆心到直线距离 d=

? 1 5|
2

n

?1

=3( n 2 ? 1 +
n

4
2

?1

)≥12

∵ n 为整数 ∴ 上式不能取等号,故 a、b 不存在。 【注】 集合转化为点集(即曲线) ,而用几何方法进行研究。此题也属探索性问题用数形结合法解,其中还体 现了主元思想、方程思想,并体现了对有公共点问题的恰当处理方法。 本题直接运用代数方法进行解答的思路是: 由 A∩B≠φ 得:na+b=3n 2 +15 ,即 b=3n 2 +15-an (①式) ; 由(a,b)∈C 得,a 2 +b 2 ≤144 (②式) ;

把①式代入②式,得关于 a 的不等式: (1+n 2 )a 2 -2n(3n 2 +15)a+(3n 2 +15) 2 -144≤0 (③式), 它的判别式△=4n 2 (3n 2 +15) 2 -4(1+n 2 )[(3n 2 +15) 2 -144]=-36(n 2 -3) 2 因为 n 是整数,所以 n 2 -3≠0,因而△<0,又因为 1+n 2 >0,故③式不可能有实数解。 所以不存在 a、b,使得 A∩B≠φ 与(a,b)∈C 同时成立 Ⅲ、巩固性题组: 1. 已知 5x+12y=60,则 A.
60 13
x ? y
2 2

的最小值是_____。 D. 1

B.

13 5

C.

13 12

2. 已知集合 P={(x,y)|y= 9 ? x 2 }、Q={(x,y)|y=x+b},若 P∩Q≠φ ,则 b 的取值范围是____。 A. |b|<3 B. |b|≤3 2 C. -3≤b≤3 2 D. -3<b<3 2 3. 方程 2 x =x 2 +2x+1 的实数解的个数是_____。 A. 1 B. 2 C. 3 D.以上都不对 4. 方程 x=10sinx 的实根的个数是_______。 5. 若不等式 m>|x-1|+|x+1|的解集是非空数集,那么实数 m 的取值范围是_________。 6. 设 z=cosα + 1 i且|z|≤1,那么 argz 的取值范围是____________。
2

7. 若方程 x 2 -3ax+2a 2 =0 的一个根小于 1,而另一根大于 1,则实数 a 的取值范围是______。 8. sin 2 20°+cos 2 80°+ 9. 解不等式:
? x ? 2x
2

3

sin20°?cos80°=____________。

>b-x
2

? 10. 设 A={x|<1x<3},又设 B 是关于 x 的不等式组 ? x ?

? 2 x ? a≤ 0

的解集,试确定 a、b 的取值范围,使得 A ? B。

? x ? 2bx ? 5≤ 0 ?
2

(90 年高考副题) 11. 定义域内不等式 12. 已知函数 y=

2? x
2

〉x+a 恒成立,求实数 a 的取值范围。
2

( x ? 1) ? 1 + ( x ? 5 ) ? 9

,求函数的最小值及此时 x 的值。

13. 已知 z∈C,且|z|=1,求|(z+1)(z-i)|的最大值。 14. 若方程 lg(kx)=2lg(x+1)只有一个实数解,求常数 k 的取值范围。

资料二:数形结合思想在高中数学解题中的应用
一、知识整合 1.数形结合是数学解题中常用的思想方法,使用数形结合的方法,很多问题能迎刃而解,且解法简捷。所谓数 形结合,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一种重要思想方法。数形结合 思想通过“以形助数,以数解形” ,使复杂问题简单化,抽象问题具体化能够变抽象思维为形象思维,有助于把握 数学问题的本质,它是数学的规律性与灵活性的有机结合。 2.实现数形结合,常与以下内容有关:①实数与数轴上的点的对应关系;②函数与图象的对应关系;③曲线 与方程的对应关系;④以几何元素和几何条件为背景,建立起来的概念,如复数、三角函数等;⑤所给的等式或代 数式的结构含有明显的几何意义。

如 等 式 ( x ? 2 ) ? ( y ? 1)
2

2

? 4

3.纵观多年来的高考试题,巧妙运用数形结合的思想方法解决一些抽象的数学问题,可起到事半功倍的效果, 数形结合的重点是研究“以形助数” 。 4.数形结合的思想方法应用广泛,常见的如在解方程和解不等式问题中,在求函数的值域,最值问题中,在求 复数和三角函数问题中,运用数形结合思想,不仅直观易发现解题途径,而且能避免复杂的计算与推理,大大简化 了解题过程。这在解选择题、填空题中更显其优越,要注意培养这种思想意识,要争取胸中有图,见数想图,以开 拓自己的思维视野。 二、例题分析 例 1. 若关于 x 的方程 x ? 2 kx ? 3 k ? 0的两根都在
2

? 1和 3之间,求 k 的取值范围。
程 f ( x) ? 0

分析: 令 f ( x ) ? x 2 ? 2 kx ? 3 k ,其图象与 x 轴交点的横坐标就是方

的 解 , 由 y ? f ( x )的 图 象 可 知 , 要 使 二 根 都 在 ? 1,之 间 , 只 需 f ( ? 1) ? 0,f (3) ? 0 , 3
f (? b 2a

0) ) ? f ( ? k ) ? 0 同 时 成 立 , 解 得 ? 1 ? k ? 0, 故 k ? ( ? 1,

例 2. 解 不 等 式

x?2 ? x

解:法一、常规解法:
?x ? 0 ? 原 不 等 式 等 价 于 ( I )? x ? 2 ? 0 ? 2 ?x ? 2 ? x ?x ? 0 或 ( II ) ? ?x ? 2 ? 0

解 ( I ) , 得 0 ? x ? 2 ; 解 ( II ) , 得 ? 2 ? x ? 0 综 上 可 知 , 原 不 等 式 的 解 集 为 { x |? 2 ? x ? 0 或 0 ? x ? 2} ? { x |? 2 ? x ? 2}

法二、数形结合解法:
令 y1 ? x ? 2 , y 2 ? x, 则 不 等 式 x ? 2 ? x的 解 , 就 是 使 y1 ? x ? 2的图象

在 y 2 ? x的 上 方 的 那 段 对 应 的 横 坐 标 , 如 下 图 , 不 等 式 的 解 集 为 {x| x A ? x ? x B }
而xB可由 x ? 2 ? x , 解 得 , x B ? 2 , x A ? ? 2 , 故 不 等 式 的 解 集 为 { x |? 2 ? x ? 2} 。

例 3. 已 知 0 ? a ? 1, 则 方 程 a | x | ? |log a x | 的 实 根 个 数 为 ( A. 1 个 B. 2 个 C. 3 个 D. 1 个或 2 个或 3 个

)

分析: 判 断 方 程 的 根 的 个 数 就 是 判 断 图 象 y ? a | x | 与 y ? |log a x | 的 交 点 个 数 , 画 出两个函数图象,易知两图象只有两个交点,故方程有 2 个实根,选(B) 。

例 4. 如 果 实 数 x 、 y 满 足 ( x ? 2 ) 2 ? y 2 ? 3 , 则
1 2 3 3 3 2

y x

的最大值为 (

)

A.

B.

C.

D.

3

分析: 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 x ? y?0 x?0 则 表 示 圆 上 的 点 ( x, y ) 与 坐

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 移 动 , 求 直 线 O A 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 tg 60 ° ? 3

例 5. 已 知 x , y 满 足

x

2

?

y

2

? 1, 求 y ? 3 x 的 最 大 值 与 最 小 值

16

25 x
2

分析: 对 于 二 元 函 数 y ? 3 x 在 限 定 条 件 构造直线的截距的方法来求之。
令 y ? 3x ? b, 则 y ? 3x ? b,

?

y

2

? 1下 求 最 值 问 题 , 常 采 用

16

25

原问题转化为:在椭圆

x

2

?

y

2

? 1上 求 一 点 , 使 过 该 点 的 直 线 斜 率 为 3 ,

16

25

且 在 y轴 上 的 截 距 最 大 或 最 小 ,
x
2

由 图 形 知 , 当 直 线 y ? 3x ? b与 椭 圆

?

y

2

? 1相 切 时 , 有 最 大 截 距 与 最 小

16

25

截距。
? y ? 3x ? b ? 2 2 2 2 ? 1 6 9 x ? 9 6b x ? 1 6b ? 4 0 0 ? 0 ?x y ? ?1 ? 25 ? 16

由 ? ? 0 , 得 b ? ± 13 , 故 y ? 3 x 的 最 大 值 为 13 , 最 小 值 为 ? 13 。
? ? ? ? ? ? ( 0 ? ? ? ? ) ? , 集 合 N ? { ( x , y )| y ? x ? b } ? ? y ? 3 sin ? ? ? x ? 3 cos?

例 6. 若 集 合 M ? ? ( x , y ) ?

且 M ? N ≠ ? , 则 b的 取 值 范 围 为



分析: M ? {( x , y )| x 2 ? y 2 ? 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 ? N≠ ? , 即 是 使 直 线 y ? x ? 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 7. 点 M 是 椭 圆

x

2

?

y

2

25

16

? 1 上 一 点 , 它 到 其 中 一 个 焦 点 F1 的 距 离 为 2 , N 为

MF1 的中点,O 表示原点,则|ON|=(
A. 3 2 B. 2 C. 4


D. 8

分析:①设椭圆另一焦点为 F2, (如图) 则 | M F1 |? | M F2 | ? 2 a , 而 a ? 5 ,
| M F1 | ? 2 , ∴ | M F2 | ? 8

又注意到 N、O 各为 MF1、F1F2 的中点,
∴ |O N |? 1 2 | M F2 | ? 1 2 ?8 ? 4

∴ON 是△MF1F2 的中位线,

②若联想到第二定义,可以确定点 M 的坐标,进而求 MF1 中点的坐标,最后利用两点间的距离公式求出|ON|,

但这样就增加了计算量,方法较之①显得有些复杂。 例 8. 已 知 复 数 z 满 足 | z ? 2 ? 2 i | ?
2 , 求 z的 模 的 最 大 值 、 最 小 值 的 范 围 。

分析: 由 于 | z ? 2 ? 2 i | ? | z ? ( 2 ? 2 i )| , 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 ? 2 i )| ? Z, 在 以 (2 , 2) 为 圆 心 , 半 径 为 2 的 复 数 z对 应 点

2 的 圆 上 , ( 如 下 图 ) , 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 | m in ?

2 , | z | m ax ? 3 2 ,

∴ | z| 的 取 值 范 围 为 [ 2 , 3 2 ]

例 9. 求 函 数 y ?

sin x ? 2 cos x ? 2

的值域。 sin x ? 2 cos x ? 2
2

解法一(代数法) 则 y ? :

得 y cos x ? 2 y ? sin x ? 2 ,

s i n ? y c o s ? ?2 y ? 2 , x x
∴ sin ( x ? ? ) ? ?2 y ? 2 y
2

y ? 1 s i nx( ? ? ) ? ? 2 y ? 2

, 而 | sin ( x ? ? )| ? 1

?1

∴|

?2 y ? 2 y
2

| ? 1, 解 不 等 式 得

?4 ? 3

7

? y ?

?4 ? 3

7

?1
?4 ? 3 7

∴函数的值域为[



?4 ? 3

7

]

解法二(几何法) y ? :
sin ?2 x cos ?2 x

sin x ? 2 cos x ? 2

的形式类似于斜率公式y ?

y 2 ? y1 x 2 ? x1

y ?

表 示 过 两 点 P0 ( 2 , ? 2 ) , P ( c o x , s i n ) 的 直 线 斜 率 s x
2 2

由 于 点 P 在 单 位 圆 x ? y ? 1上 , 如 图 ,

显 然 , k P0 A ? y ? k P0 B

设 过 P0 的 圆 的 切 线 方 程 为 y ? 2 ? k ( x ? 2 )

则有

|2 k ? 2 | k
2

? 1, 解 得 k ?

?4 ± 3

7

?1
?4 ? 3 7

即 k P0 A ?

?4 ? 3

7

, k P0 B ?

?4 ? 3

7



?4 ? 3

7

? y ?

∴函数值域为[

?4 ? 3

7



?4 ? 3

7

]

例 10. 求 函 数 u ?

2t ? 4 ?

6 ? t的最值。

分析: 由 于 等 号 右 端 根 号 内 t 同 为 t 的 一 次 式 , 故 作 简 单 换 元 2 t ? 4 ? m , 无 法 转化出一元二次函数求最值;倘若对式子平方处理,将会把问题复杂化,因此该题用常规解法显得比较困难,考虑 到式中有两个根号,故可采用两步换元。 解: 设 x ?
且x ? 2 y
2 2

2t ? 4 , y ?

6 ? t,则u ? x ? y

? 16 ( 0 ? x ? 4 , 0 ? y ? 2 2 )
2 2

所 给 函 数 化 为 以 u为 参 数 的 直 线 方 程 y ? ? x ? u, 它 与 椭 圆 x ? 2 y

? 16 在

第一象限的部分(包括端点)有公共点, (如图)

um

i n

? 2 2

相切于第一象限时,u 取最大值
?y ? ?x ? u 2 2 ? 3x ? 4ux ? 2u ? 16 ? 0 ? 2 2 x ? 2 y ? 16 ?

解 ? ? ?, 得 u ? ± 2 6, 取 u ? 2 6

∴ um

a x

? 2 6

三、总结提炼 数形结合思想是解答数学试题的的一种常用方法与技巧,特别是在解决选择、填空题是发挥着奇特功效,复习 中要以熟练技能、方法为目标,加强这方面的训练,以提高解题能力和速度。

四、强化训练 见优化设计。 【模拟试题】 一、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] ? [1, ? ? ) B. ( ?1, 1) D. ( ?? , ? 1) ? (1, ? ? ) )

3. 设命题甲: 0 ? x ? 3 ,命题乙: | x ? 1| ? 4 ,则甲是乙成立的( A. 充分不必要条件 C. 充要条件 4. 适合 | z ? 1| ? 1 且 arg z ? A. 0 个 B. 1 个
?
4

B. 必要不充分条件 D. 不充分也不必要条件 的复数 z 的个数为( C. 2 个 ) D. 4 个 )

5. 若不等式 x ? a ? x ( a ? 0 ) 的解集为 { x | m ? x ? n} , 且 | m ? n | ? 2 a , 则 a 的值为( A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 )

6. 已知复数 z 1 ? 3 ? i , | z 2 | ? 2 , 则 | z 1 ? z 2 | 的最大值为( A.
10 ? 2

B. 5

C. 2 ?

10

D. 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. [1,2]

8. 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 ) 的图象的对称轴为 x ? 0 ,( 则 A. f ( ? 1) ? f ( 3) C. f ( ? 1) ? f ( ? 3) B. f ( 0 ) ? f ( 3) D. f ( 2 ) ? f ( 3)



二、填空题: 9. 若复数 z 满足 | z | ? 2 ,则 | z ? 1 ? i | 的最大值为___________。 10. 若 f ( x ) ? x 2 ? bx ? c 对任意实数 t,都有 f ( 2 ? t ) ? f ( 2 ? t ) ,则 f (1) 、 f ( ? 3) 、 f ( 4 ) 由小到大依次为 ___________。 11. 若关于 x 的方程 x 2 ? 4 | x |? 5 ? m 有四个不相等的实根,则实数 m 的取值范围为___________。 12. 函数 y ?
x ? 2x ? 2 ?
2

x ? 6 x ? 13 的最小值为___________。
2

13. 若直线 y ? x ? m 与曲线 y ?

1? x

2

有两个不同的交点,则实数 m 的取值范围是___________。

三、解答题: 14. 若方程 lg( ? x 2 ? 3 x ? m ) ? lg( 3 ? x ) 在 [ 0 , 3] 上有唯一解, 求 m 的取值范围。 15. 若不等式 4 x ? x 2 ? ( a ? 1) x 的解集为 A,且 A ? { x |0 ? x ? 2} ,求 a 的取值范围。 16. 设 a ? 0 且 a ≠ 1 ,试求下述方程有解时 k 的取值范围。
log a ( x ? ak ) ? log a 2 ( x ? a )
2 2

【试题答案】 一、选择题 1. C 提示:画出 y ? sin x , y ? lg x 在同一坐标系中的图象,即可。

2. D 提示:画出 y ? a | x | 与 y ? x ? a 的图象

情形 1: ?

?a ? 0 ?a ? 1

? a ?1

情形 2: ? 3. A 4. C

?a ? 0 ?a ? ?1

? a ? ?1

提示:|Z-1|=1 表示以(1,0)为圆心,以 1 为半径的圆,显然点 Z 对应的复数满足条件 arg z ? 点 O 对应的复数 O,因其辐角是多值,它也满足 arg z ?
?
4

?
4

,另外,

,故满足条件的 z 有两个。

5. B 提示:画出 y ?
x?a y ? x 的图象,依题意, m ? ? a , n ? a , 从而 a ? a ? a ? a ? 0 或 2 。

6. C 提示:由 | z 2 | ? 2 可知,z2 对应 的点在以(0,0)为圆心,以 2 为 半径的圆上,

而 | z 1 ? z 2 | ? | z 2 ? ( ? z 1 )| ? | z 2 ? ( ? 3 ? i )| 表示复数 z 2 与 ? 3 ? i 对应的点的距离, 结合图形,易知,此距离的最大值为:
| PO |? r ?
( ? 3 ? 0 ) ? (1 ? 0 )
2 2

?2 ?

10 ? 2

7. C 提示:令 y 1 ? ( x ? 1) 2 , y 2 ? log a x , 若 a>1,两函数图象如下图所示,显然当 x ? (1, 2 ) 时,

要使 y 1 ? y 2 ,只需使 log a 2 ? ( 2 ? 1) 2 , 即 a ? 2 ,综上可知 当 1 ? a ? 2 时,不等式 ( x ? 1) 2 ? log a x 对 x ? (1, 2 ) 恒成立。 若 0 ? a ? 1 ,两函数图象如下图所示,显然当 x ? (1, 2 ) 时,不等式 ( x ? 1) 2 ? log a x 恒不成立。

可见应选 C 8. A 提示: f(x+2)的图象是由 f(x)的图象向左平移 2 个单位而得到的, 又知 f(x+2)的图象关于直线 x=0 (即 y 轴) 对称, 故可推知,f(x)的图象关于直线 x=2 对称,由 f(x)在( ? ? , 2 )上为增函数,可知,f(x)在 ( 2 , ? ? ) 上为减函数, 依此易比较函数值的大小。

二、填空题: 9. 2 ?
2

提示:|Z|=2 表示以原点为原心,以 2 为半径的圆,即满足|Z|=2 的复数 Z 对应的点在圆 O 上运动, (如下图) , 而|z+1-i|=|z-(-1+i)|表示复数 Z 与-1+i 对应的两点的距离。

由图形,易知,该距离的最大值为 2 ? 2 。 10. f (1) ? f ( 4 ) ? f ( ? 3) 提示:由 f ( 2 ? t ) ? f ( 2 ? t ) 知,f(x)的图象关于直线 x=2 对称,又 f ( x ) ? x 2 ? bx ? c 为二次函数,其图象是 开口向上的抛物线,由 f(x)的图象,易知 f (1) 、 f ( ? 3) 、 f ( 4 ) 的大小。

11. m ? (1, 5) 提示:设 y 1 ? x 2 ? 4 | x |? 5 只需使 1 ? m ? 5
y 2 ? m ,画出两函数图象示意图,要使方程 x ? 4 | x |? 5 ? m 有四个不相等实根,
2

12. 最小值为 13 提示:对
x ? 2x ? 2 ?
2 2

( x ? 1) ? 1 ?

?

( x ? 1) ? (1 ? 0 )
2 2 2

2

,联想到两点的距离公式,它表示点(x,1)

到(1,0)的距离,
y ? x ? 2x ? 2 ?
2 2

x ? 6 x ? 13 ?

( x ? 3 ) ? (1 ? 3 )

表示点(x,1)到点(3,3)的距离,于是

、 x ? 6 x ? 13 表示动点(x,1)到两个定点(1,0)(3,3)的距离之和,结合图形,易得

y m in ?

13 。

13. m ? ( ? 2 , ? 1]

提示:y=x-m 表示倾角为 45°,纵截距为-m 的直线方程,而 y ?

1? x

2

则表示以(0,0)为圆心,以 1

为半径的圆在 x 轴上方的部分(包括圆与 x 轴的交点) ,如下图所示,显然,欲使直线与半圆有两个不同交点,只 需直线的纵截距 ? m ? [1, 2 ) ,即 m ? ( ? 2 , ? 1] 。

三、解答题:
?? x ? 3x ? m ? 0 ?? x 2 ? 3x ? m ? 0 ? ? ?3 ? x ? 0 14. 解:原方程等价于 ? ? ?0 ? x ? 3 ?0 ? x ? 3 ? 2 ?? x ? 4 x ? 3 ? m ?? x 2 ? 3x ? m ? 3 ? x ?
2

令 y 1 ? ? x 2 ? 4 x ? 3 , y 2 ? m ,在同一坐标系内,画出它们的图象, 其中注意 0 ? x ? 3 ,当且仅当两函数的图象在[0,3)上有唯一公共点时,原方程有唯一解,由下图可见,当 m=1,或 ? 3 ? m ? 0 时,原方程有唯一解,因此 m 的取值范围为[-3,0] ? {1}。

注:一般地,研究方程时,需先将其作等价变形,使之简化,再利用函数图象的直观性研究方程的解的情况。

15. 解:令 y 1 ?

4 x ? x , y 2 ? ( a ? 1) x , 其 中 y 1 ?
2

4x ? x

2

表示以(2,0)为圆心,以 2 为半径的圆在 x

轴 的 上 方 的 部 分 ( 包 括 圆 与 x 轴 的 交 点 ) 如 下 图 所 示 , y 2 ? ( a ? 1) x 表 示 过 原 点 的 直 线 系 , 不 等 式 ,
4x ? x
2

? ( a ? 1) x 的解即是两函数图象中半圆在直线上方的部分所对应的 x 值。

由于不等式解集 A ? { x |0 ? x ? 2} 因此,只需要 a ? 1 ? 1, ∴ a ? 2 ∴a 的取值范围为(2,+ ? ) 。 16. 解:将原方程化为: log a ( x ? ak ) ? log a ∴ x ? ak ?
2 2 2

x ?a
2 2

2



x ? a , 且 x ? ak ? 0 , x ? a

?0

令 y 1 ? x ? ak ,它表示倾角为 45°的直线系, y 1 ? 0 令 y2 ? (a,0)的等轴双曲线在 x 轴上方的部分, y 2 ? 0 x ? a ,它表示焦点在 x 轴上,顶点为(-a,0)
2 2

∵原方程有解, ∴两个函数的图象有交点,由下图,知

? ak ? a 或 ? a ? ? ak ? 0

∴ k ? ? 1或 0 ? k ? 1 ∴k 的取值范围为 ( ?? , ? 1) ? ( 0 , 1)


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