2023届高考数学二轮复习多得分，要想解题巧，数学思想离不了学案（含解析）

探究三多得分，要想解题巧，数学思想离不了
高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合；二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学内容，可用文字和符号来记录和描述，那么数学思想方法则是数学意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想．
数学思想方法与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得，与此同时，它们又直接对知识的形成起到指导作用．因此，在平时的学习中，我们应对数学思想方法进行认真的梳理与总结，逐个认识它们的本质特征，逐步做到自觉地、灵活地将其运用于所需要解决的问题之中．
一　函数与方程思想
函数思想 方程思想
函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立各变量之间固有的函数关系，通过函数形式，利用函数的有关性质，使问题得到解决 方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，根据题中的等量关系，列方程(组)，通过解方程(组)或对方程(组)进行研究，以求得问题的解决
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
例1
[2022·全国甲卷]记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
听课笔记：
对接训练
1.f(x)＝ax3－3x＋1对于x∈[－1，1]总有f(x)≥0成立，则a＝________．
二　数形结合思想
以形助数(数题形解) 以数辅形(形题数解)
借助形的生动性和直观性来阐述数之间的关系，把数转化为形，即以形作为手段，数作为目的解决数学问题的数学思想 借助于数的精确性和规范性及严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的解决问题的数学思想
数形结合思想通过“以形助数，以数辅形”，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
例2
[2022·全国乙卷]双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cos∠F1NF2＝，则C的离心率为(　　)
A．　　B．C．　　D．
　听课笔记：
对接训练
2.已知函数f(x)＝，g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是(　　)
A．[－1，0) B．[0，＋∞)
C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)
三　分类讨论思想
分类讨论的原则 分类讨论的常见类型
(1)不重不漏 (2)标准要统一，层次要分明 (3)能不分类的要尽量避免，决不无原则的讨论 (1)由数学概念而引起的分类讨论 (2)由数学运算要求而引起的分类讨论 (3)由性质、定理、公式的限制而引起的分类讨论 (4)由图形的不确定性而引起的分类讨论 (5)由参数的变化而引起的分类讨论
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
例3
[2022·北京卷]设函数f(x)＝若f(x)存在最小值，则a的一个取值为________；a的最大值为________．
听课笔记：
对接训练
3.设等比数列{an}的公比为q，前n项和Sn>0(n＝1，2，3，…)，则q的取值范围是________．
四　转化与化归思想
转化与化归的原则 常见的转化与化归的方法
(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 (1)直接转化法　(2)换元法　(3)等价转化法　(4)构造法　(5)正难则反法
转化与化归思想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，进而使问题得到解决的一种数学思想方法
例4
已知函数f(x)＝3e|x|.若存在实数t∈[－1，＋∞)，使得对任意的x∈[1，m]，m∈Z且m>1，都有f(x＋t)≤3ex，试求m的最大值．
听课笔记：
对接训练
4.[2022·新高考Ⅰ卷](多选)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f′(x)，若f(－2x)，g(2＋x)均为偶函数，则(　　)
A．f(0)＝0B.g(－)＝0
C.f(－1)＝f(4) D.g(－1)＝g(2)
探究三　多得分，要想解题巧，数学思想离不了
一　函数与方程思想
[例1]　解析：(1)证明：由已知条件，得Sn＝nan－.
当n＝1时，a1＝S1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝nan－，∴(1－n)an＝－n＋1－(n－1)an－1.
等式两边同时除以1－n，得an＝1＋an－1，
∴an－an－1＝1.
∴{an}是公差为1的等差数列．
(2)由(1)可得an＝a1＋(n－1)．
∴a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8.
∵a4，a7，a9成等比数列＝a4·a9，
即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，∴a1＝－12，
∴Sn＝na1＋×1＝－12n＋＝n2－n.
当n＝12或n＝13时，Sn取得最小值，为×122－×12＝－78.
对接训练
1．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)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥，
设g(x)＝，则g′(x)＝，所以g(x)在区间(0，]上单调递增，在区间[，1]上单调递减，
因此g(x)max＝g()＝4，从而a≥4；
当x＜0即x∈[－1，0)时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≤，
设g(x)＝，且g(x)在区间[－1，0)上单调递增，
因此g(x)min＝g(－1)＝4，从而a≤4，综上a＝4.
答案：4
二　数形结合思想
[例2]　解析：由题意，知点N在双曲线的右支上，不妨设点N在第一象限，如图．
设切点为点A，连接DA，则DA⊥MN，易知|DA|＝a，|DF1|＝c，则|AF1|＝＝b.过点F2作F2B⊥MN交直线MN于点B，则F2B∥DA.又因为点D为F1F2的中点，所以|F2B|＝2|DA|＝2a，|F1B|＝2|AF1|＝2b.由cos ∠F1NF2＝，得sin ∠F1NF2＝，tan ∠F1NF2＝，所以|F2N|＝＝，|BN|＝＝，所以|F1N|＝|F1B|＋|BN|＝2b＋.由双曲线的定义，得|F1N|－|F2N|＝2a，则2b－a＝2a，即＝.所以双曲线C的离心率e＝＝＝.故选C.
答案：C
对接训练
2.
解析：函数g(x)＝f(x)＋x＋a存在2个零点，即关于x的方程f(x)＝－x－a有2个不同的实根，即函数f(x)的图象与直线y＝－x－a有2个交点，作出直线y＝－x－a与函数f(x)的图象，如图所示，由图可知，－a≤1，解得a≥－1，故选C.
答案：C
三　分类讨论思想
[例3]　解析：当a<0时，f(x)＝－ax＋1(x答案：0(答案不唯一)　1
对接训练
3．解析：因为{an}是等比数列，Sn>0，可得a1＝S1>0，q≠0.
当q＝1时，Sn＝na1>0；
当q≠1时，Sn＝＞0，
即＞0(n∈N*)，则有　①
或　②
由①得－1＜q＜1，由②得q＞1.
故q的取值范围是(－1，0)
答案：(－1，0)
四　转化与化归思想
[例4]　解析：∵当t∈[－1，＋∞)且x∈[1，m]时，x＋t≥0，
∴f(x＋t)≤3ex ex＋t≤ex t≤1＋ln x－x.
∴原命题等价转化为：存在实数t∈[－1，＋∞)，使得不等式t≤1＋ln x－x对任意x∈[1，m]恒成立．
令h(x)＝1＋ln x－x(1≤x≤m)．∵h′(x)＝－1≤0，
∴函数h(x)在[1，＋∞)上为减函数，
又x∈[1，m]，∴h(x)min＝h(m)＝1＋ln m－m.∴要使得对任意x∈[1，m]，t值恒存在，只需1＋ln m－m≥－1.∵h(3)＝ln 3－2＝ln >ln ＝－1，
h(4)＝ln 4－3＝ln ∴满足条件的最大整数m的值为3.
对接训练
4．解析：因为f(－2x)，g(2＋x)均为偶函数，所以f(－2x)＝f(＋2x)，g(2＋x)＝g(2－x)．令t＝－2x，则x＝，所以f(t)＝f(3－t)，即f(x)＝f(3－x)．对两边求导，得f′(x)＝－f′(3－x)，即g(x)＋g(3－x)＝0，所以g(x)的图像关于点(，0)对称，即g()＝0.又因为g(2＋x)＝g(2－x)，所以g(x)的图像关于直线x＝2对称，所以g(x)的周期为4×(2－)＝2，所以g()＝g(－)＝0，所以B正确．因为f′(2＋x)＝f′(2－x)，所以f(2＋x)＝－f(2－x)＋C，其中C为常数，所以f(2＋x)＋f(2－x)＝C，所以f(x)的图像关于点(2，)对称．又因为f(x)＝f(3－x)，所以f(x)的图像关于直线x＝对称，所以f(x)的周期为4×(2－)＝2，所以f(－1)＝f(1)，f(4)＝f(2)．又因为f(x)＝f(3－x)，所以f(1)＝f(2)，所以f(－1)＝f(4)，所以C正确．g(x)的图像不关于直线x＝对称，所以D错误．因为f(0)＝f(2)＝，所以当C＝0时，f(0)＝0，当C≠0时，f(0)≠0，所以A错误．故选BC.
答案：BC