四大数学思想(解题有道)专题强化训练（原卷+答案）-2023届高三数学二轮专题复习（含答案）

冲刺2023年高考二轮 四大数学思想(解题有道)专题强化训练
（原卷+答案）
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——求解数学问题最常用的工具
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
应用 1　借助“函数关系”解决问题
在方程、不等式、三角、平面向量、数列、圆锥曲线等数学问题中，将原有隐含的函数关系凸显出来，从而充分运用函数知识或函数方法使问题顺利获解．
例 1 已知复数z的模为1，复数w＝z2＋3z.则在复平面内，复数w所对应的点与点(4，0)的距离的最大值是(　　)
A．6 B．
C．3 D．2
对 点 训 练
1．如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝5，CD＝2，BC＝，·＝0，M，N分别是线段AB，AD上的点，且||＋||＝2，则·的最大值为________．
2．在等差数列{an}中，a1＋a7＝12，当a＋a＋a取得最小值时，a2 020＝________．
应用 2　转换函数关系解决问题
在有关函数形态和曲线性质或不等式的综合问题、恒成立问题中，经常需要求参数的取值范围，如果按照原有的函数关系很难奏效时，不妨转换思维角度，放弃题设的主参限制，挑选合适的主变元，揭示它与其他变元的函数关系，切入问题本质，从而使原问题获解．
例 2 关于x的方程9x＋(4＋a)3x＋4＝0恒有解，求a的取值范围．
对 点 训 练
1.方程m＋＝x有解，则m的最大值为(　　)
A．1 B．0
C．－1 D．－2
2．对任意a∈[－1，1]，不等式x2＋(a－4)x＋4－2a>0恒成立，求x的取值范围．
应用 3　构造函数关系解决问题
在数学各分支形形色色的问题或综合题中，将非函数问题的条件或结论，通过类比、联想、抽象、概括等手段，构造出某些函数关系，在此基础上利用函数思想和方法使原问题获解，这是函数思想解题的更高层次的体现．特别要注意的是，构造时，要深入审题，充分发掘题设中可类比、联想的因素，促进思维迁移．
例 3 若方程x2＋m2＋2x＋3m＝m cos (x＋1)＋7有且仅有1个实数根，则实数m的值可能为(　　)
A．2 B．－2
C．4 D．－4
对 点 训 练
若3a＋(ln 2)b≥3b＋(ln 2)a(a，b∈R)，则(　　)
A．3a＋b≥1 B．3|a－b|≥2
C．3a－b≥1 D．3|a＋b|≥2
应用 4　转换方程形式解决问题
把题目中给定的方程根据题意转换形式，凸现其隐含条件，充分发挥其方程性质，运用有关方程的解的定理(如根与系数的关系、判别式、实根分布的充要条件)使原问题获解，这是方程思想应用的又一个方面．
例 4 对于函数y＝f(x)(x∈D)，若同时满足下列条件：①f(x)在D内为单调函数；②存在区间[a，b] D，使f(x)在[a，b]上的值域为[a，b]，那么y＝f(x)叫闭函数，若y＝k＋是闭函数，求实数k的取值范围．
对 点 训 练
已知函数y＝(x∈R，且a≠0)的值域为[－1，4]，求常数a，b.
总 结 升 华
函数与方程思想在解题中的应用主要涉及以下知识
(1)函数与不等式的相互转化，把不等式转化为函数，借助函数的图象和性质可解决相关的问题，常涉及不等式恒成立问题、比较大小问题．一般利用函数思想构造新函数，建立函数关系求解．
(2)三角函数中有关方程根的计算，平面向量中有关模、夹角的计算，常转化为函数关系，利用函数的性质求解．
(3)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数或一元二次方程来解决．
(4)解析几何中有关求方程、求值等问题常常需要通过解方程(组)来解决，求范围、最值等问题常转化为求函数的值域、最值来解决．
(5)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．
二　数形结合思想——求解数学问题最快捷的途径
　　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．数形结合思想的应用包括以下两个方面：
以形助数 以数助形
借助形的直观性来阐明数之间的联系．以形助数常用的有：借助数轴，借助函数图象，借助单位圆，借助数式的结构特征，借助于解析几何方法 借助于数的精确性来阐明形的某些属性．以数助形常用的有：借助于几何轨迹所遵循的数量关系，借助于运算结果与几何定理的结合
　　由“形”到“数”的转化，往往比较明显，而由“数”到“形”的转化却需要转化的意识，因此，数形结合思想的使用往往偏重于由“数”到“形”的转化
应用 1　利用数形结合思想研究函数的零点问题
例 1已知函数f(x)＝，g(x)＝f(x)－mx－1，当实数m的取值范围为________时，g(x)的零点最多．
对 点 训 练
已知函数f(x)＝，若函数g(x)＝f(x)＋f(－x)有5个零点，则实数k的取值范围为________．
应用 2　利用数形结合思想解决不等式问题
例 2 已知函数f(x)＝ex－a＋ea－x＋x2－a2ln x－2(a>0)，若f(x)有2个零点，则a的取值范围是(　　)
A．(0，] B．(0，e2)
C．(，＋∞) D．[e2，＋∞)
对 点 训 练
已知函数f(x)＝2ln x，g(x)＝mx＋1，若f(x)与g(x)的图象上存在关于直线y＝1对称的点，则实数m的取值范围是________．
应用 3　利用数形结合求解解析几何问题
例 3 设P是抛物线y2＝4x上的一个动点，则点P到点A(－1，1)的距离与点P到直线x＝－1的距离之和的最小值为________．
对 点 训 练
点M为抛物线y＝x2上任意一点，点N为圆x2＋y2－2y＋＝0上任意一点，若函数f(x)＝loga(x＋2)＋2(a>1)的图象恒过定点P，则|MP|＋|MN|的最小值为(　　)
A． B．
C．3 D．
总 结 升 华
运用数形结合思想分析解决问题的3个原则
(1)等价性原则
在数形结合时，代数性质和几何性质的转换必须是等价的，否则解题将会出现漏洞，有时，由于图形的局限性，不能完整地表现数的一般性，这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明．
(2)双向性原则
在数形结合时，既要进行几何直观的分析，又要进行代数抽象的探索，两方面相辅相成，仅对代数问题进行几何分析(或仅对几何问题进行代数分析)在许多时候是很难行得通的．
(3)简单性原则
找到解题思路之后，至于用几何方法还是用代数方法或者兼用两种方法来叙述解题过程，则取决于哪种方法更为简单．
三　分类讨论思想——求解数学问题最简便的技巧
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
　　
应用 1　由概念、法则、公式引起的分类讨论
例 1 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________．
对 点 训 练
1.设等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋S6＝2S9，则数列的公比q是(　　)
A．－　　　B． C．－　 　D．
2．已知函数f(x)＝若f(1)＋f(a)＝2，则a的取值集合是________．
应用 2　由运算、性质引起的分类讨论
例 2 已知a>0，b>0且a≠1，b≠1，若logab>1，则(　　)
A．(a－1)(b－1)<0 B．(a－1)(a－b)>0
C．(b－1)(b－a)<0 D．(b－1)(b－a)>0
对 点 训 练
在△ABC中，C＝，AB＝2，AC＝，则cos B的值为(　　)
A． B．－
C．或－ D．或－
应用 3　由参数变化引起的分类讨论
例 3 [2022·山东师范大学附中]已知函数f(x)＝ax2＋(1－a)x－ln x(a∈R).
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若方程f(x)＝0有两个不等实数根，求实数a的取值范围．
对 点 训 练
1.若函数f(x)＝aex－x－2a有两个零点，则实数a的取值范围是(　　)
A． B．
C．(－∞，0) D．(0，＋∞)
2．函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]·ex在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
应用 4　根据图形位置或形状分类讨论
例 4 (1)已知变量x，y满足的不等式组表示的是一个直角三角形围成的平面区域，则实数k＝(　　)
A．－　　B． C．0　 　D．－或0
(2)设圆锥曲线C的两个焦点分别为F1，F2，若曲线C上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线C的离心率等于________．
对 点 训 练
设F1，F2为椭圆＋＝1的两个焦点，点P为椭圆上一点，已知点P，F1，F2是一个直角三角形的三个顶点，且|PF1|>|PF2|，则＝________．
总 结 升 华
1.分类讨论的原则
(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或尽量推迟，决不无原则地讨论．
2．分类讨论的本质与思维流程
(1)分类讨论思想的本质：“化整为零，积零为整”．
(2)分类讨论的思维流程：
明确讨论的对象和动机→确定分类的标准→逐类进行讨论归纳综合结论→检验分类是否完备(即检验分类对象彼此交集是否为空集，并集是否为全集).
四　转化与化归思想——求解数学问题最常用的方法
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)数形结合法　(4)构造法　(5)坐标法　(6)类比法　(7)特殊化方法　(8)等价问题法　(9)加强命题法　(10)补集法
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
应用 1　正与反的转化
例 1 (1)由命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，得m的取值范围是(－∞，a)，则实数a的值是(　　)
A．(－∞，1)　　　　　B．(－∞，2)
C．1 D．2
(2)若对于任意t∈[1，2]，函数g(x)＝x3＋x2－2x在区间(t，3)上总不为单调函数，则实数m的取值范围是________．
对 点 训 练
设命题p：函数f(x)＝lg 的定义域为R；命题q：3x－9x应用 2　常量与变量的转化
例 2 若不等式x2＋px>4x＋p－3对一切0≤p≤4均成立，试求实数x的取值范围．
对 点 训 练
已知函数f(x)＝x3＋3ax－1，g(x)＝f′(x)－ax－5，其中f′(x)是f(x)的导函数．对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g(x)<0，则实数x的取值范围为________．
应用 3　特殊与一般的转化
例 3 已知函数f(x)＝(a－3)x－ax3在[－1，1]上的最小值为－3，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－∞，－1] B．[12，＋∞)
C．[－1，12] D．
对 点 训 练
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，则＝________．
应用 4　函数、方程、不等式间的转化
例 4 若2x－2y<3－x－3－y，则(　　)
A．ln (y－x＋1)>0 B．ln (y－x＋1)<0
C．ln |x－y|>0 D．ln |x－y|<0
对 点 训 练
已知函数f(x)＝eln x，g(x)＝f(x)－(x＋1).(e＝2.718…)
(1)求函数g(x)的极大值；
(2)求证：1＋＋＋…＋>ln (n＋1)(n∈N*).
应用 5　形体位置关系的相互转化
例 5 如图，在三棱锥P ABC的平面展开图中，AC＝1，AB＝AD＝，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cos ∠FCB＝________．
2．形体位置关系的相互转化的技巧
(1)分析特征，一般要分析形体特征，根据形体特征确立需要转化的对象；
(2)位置转化，将不规则几何体通过切割、挖补、延展等方式转化为便于观察、计算的常见几何体．由于新的几何体是转化而来，一般需要对新的几何体的位置关系、数据情况进行必要分析，准确理解新的几何体的特征；
(3)得出结论，在新的几何结构中解决目标问题．
对 点 训 练
如图，在直三棱柱ABC A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，BB1＝3，∠ABC＝90°，点D为侧棱BB1上的动点．当AD＋DC1最小时，三棱锥D ABC1的体积为________．
总 结 升 华
1.转化与化归的原则
(1)熟悉化原则：将陌生的问题转化为熟悉的问题，以利于我们运用熟悉的知识、经验来解决．
(2)简单化原则：将复杂问题化归为简单问题，通过对简单问题的解决，达到解决复杂问题的目的，或获得某种解题的启示和依据．
(3)直观化原则：将比较抽象的问题化为比较直观的问题来解决．
(4)正难则反原则：当问题正面讨论遇到困难时，可考虑问题的反面，设法从问题的反面去探讨，使问题获解．
2．转化与化归的指导思想
(1)把什么问题进行转化，即化归对象．
(2)化归到何处去，即化归目标．
(3)如何进行化归，即化归方法．
转化与化归思想是一切数学思想方法的核心．
参考答案
一　函数与方程思想
[例1]　解析：∵|z|＝1，∴可设z＝cos θ＋isin θ，∴w＝cos 2θ＋isin 2θ＋3cos θ＋3isin θ，
∴w对应的点坐标为（cos 2θ＋3cos θ，sin 2θ＋3sin θ），
∴w对应的点与（4，0）的距离
d＝，
∴d＝
＝＝，
∴当cos θ＝－时，dmax＝ ＝.
答案：B
对点训练
1．解析：设∠CBA＝θ，
则∠BCD＝π－θ，
＝＋，＝－，
∵CD∥AB，CD＝2，AB＝5，
∴＝，
∴＝＋，
∵⊥，
∴·＝·（－）＝0，
即13－×5×cos θ＋×5××cos θ－×25＝0，
得3cos θ＝3，即cos θ＝.
如图，过C作CE⊥AB，过D作DF⊥AB，
则CE∥DF，CE＝DF，
则BE＝BC·cos θ＝1，
CE＝BC·sin θ＝× ＝2，
则DF＝CE＝2，
∵CE∥DF，CE＝DF，
∴EF∥CD，EF＝CD＝2，
∴AF＝AB－BE－EF＝2，
则tan ∠DAF＝＝，
∴∠DAB＝∠DAF＝，
∴AD＝＝4，
由||＋||＝2，得||＝2－||，
∴·＝||·||·cos ∠DAB＝（2－||）·||·＝||－||2，
∵||∈（0，2），函数y＝－x2＋x开口向下，对称轴x＝1，
∴当||＝1时，（·）max＝1－×12＝.
答案：
2．解析：设等差数列{an}的公差为d.由等差中项的性质，得a1＋a7＝2a4＝12，解得a4＝6.
所以a＋a＋a＝（6－d）2＋62＋（6＋d）2＝2d2＋108，当d＝0时，a＋a＋a取得最小值108，此时a2 020＝a4＝6.
答案：6
[例2]　解析：方法一　设3x＝t，则t>0.原方程有解即方程t2＋（4＋a）t＋4＝0有正根，设为t1，t2，
∴，即
∴
解得a≤－8.
方法二　设f（t）＝t2＋（4＋a）t＋4（t＞0），
①当Δ＝0时，即（4＋a）2－16＝0，∴a＝0或a＝－8.
a＝0时，f（t）＝（t＋2）2＝0，得t＝－2<0，不符合题意；
a＝－8时，f（t）＝（t－2）2＝0，得t＝2>0，符合题意．
∴a＝－8.
②Δ>0，即a<－8，或a>0时，∵f（0）＝4，故只需对称轴－>0，即a<－4，∴a<－8.
综上可得，a≤－8.
对点训练
1．解析：由原式得m＝x－，设＝t（t≥0），
则m＝1－t2－t＝－，
∴m＝－在[0，＋∞）上是减函数．
∴t＝0时，m的最大值为1.
答案：A
2．解析：令f（a）＝（x－2）a＋x2－4x＋4，则原问题转化为f（a）>0恒成立（a∈[－1，1]）.
当x＝2时，可得f（a）＝0，不合题意．
当x≠2时，应有，解得x<1或x>3.
故x的取值范围为（－∞，1）∪（3，＋∞）.
[例3]　解析：依题意得方程x2＋m2＋2x＋3m－m cos （x＋1）－7＝0，
即（x＋1）2－m cos （x＋1）＋m2＋3m－8＝0有且仅有1个实数根．
令f（x）＝（x＋1）2－m cos （x＋1）＋m2＋3m－8，
因为f（－2－x）＝（－1－x）2－m cos （－1－x）＋m2＋3m－8＝（x＋1）2－m cos （x＋1）＋m2＋3m＋8，
即f（－2－x）＝f（x），
易知函数f（x）图象的对称轴为直线x＝－1.
因为方程x2＋m2＋2x＋3m＝m cos （x＋1）＋7有且仅有1个实数根，
所以f（－1）＝0，即m2＋2m－8＝0，解得m＝2或m＝－4.
当m＝－4时，函数f（x）＝（x＋1）2＋4cos （x＋1）－4，易知函数f（x）是连续函数，
又f（1）＝4cos 2<0，f（2）＝5＋4cos 3>0，所以函数f（x）在[1，2]上也必有零点，
此时f（x）不止有一个零点，故m＝－4不符合题意；
当m＝2时，f（x）＝（x＋1）2－2cos （x＋1）＋2，此时f（x）只有x＝－1这一个零点，
故m＝2符合题意．
答案：A
对点训练
解析：∵3a＋（ln 2）b≥3b＋（ln 2）a（a，b∈R），
∴3a－（ln 2）a≥3b－（ln 2）b，
构造函数f（x）＝3x－（ln 2）x（x∈R），
求导得f′（x）＝3x ln 3－（ln 2）x ln （ln 2），
因为3x>0，ln 3>0，（ln 2）x>0，又∵0∴ln （ln 2）<0，
所以f′（x）＝3x ln 3－（ln 2）x ln （ln 2）>0，
故函数f（x）在R上是单调递增的，
由于3a＋（ln 2）b≥3b＋（ln 2）a（a，b∈R），即f（a）≥f（b），
所以a≥b，
故3a≥3b即3a－b≥1.
答案：C
[例4]　解析：由题意知存在[a，b] [－2，＋∞），使得y＝k＋在[a，b]上的值域为[a，b]，因为y＝k＋在[－2，＋∞）上是增函数，所以，所以a、b是方程y＝k＋的两个相异的实根，由x＝k＋ ＝x－k ，即方程x2－（2k＋1）x＋k2－2＝0在[k，＋∞）上有两个相异的实根．设g（x）＝x2－（2k＋1）x＋k2－2＝0，则有，解得－对点训练
解析：因为函数y＝（x∈R，且a≠0）的值域为[－1，4]，所以对于任意y∈[－1，4]必有x∈R使y＝成立，所以关于x的方程y（x2＋1）＝ax＋b有实根，
即方程yx2－ax＋（y－b）＝0，若y＝0，则x＝－∈R；
若y≠0，则Δ＝a2－4（y－b）y≥0，即4y2－4by－a2≤0，而－1≤y≤4.
所以方程4y2－4by－a2＝0的两根为－1，4，由根与系数的关系，得b＝3，a2＝16，
故a＝±4，b＝3.
二　数形结合思想
[例1]　
解析：作出函数f（x）的图象如图：
由g（x）＝0得f（x）＝mx＋1，设y＝mx＋1，
当m＝0时，y＝mx＋1与f（x）有2个交点；
当m<0时，y＝mx＋1与f（x）有2个交点；
当m>0时，设y＝mx＋1与y＝ex相切，切点为（x1，ex1），则y′＝ex，所以切线的斜率为k1＝ex1，
其切线方程为y－ex1＝ex1（x－x1），
又因切线恒过点（0，1），所以1－ex1＝ex1（0－x1），解得x1＝0，所以切线的斜率为k1＝e0＝1.
当m>0时，设y＝mx＋1与y＝ln x相切，切点为（x2，ln x2），则y′＝，所以切线的斜率为k2＝，
其切线方程为y－ln x2＝（x－x2），
又因切线恒过点（0，1），所以1－ln x2＝（0－x2），解得x2＝e2，所以切线的斜率为k2＝，
所以当m≥1时，y＝mx＋1与f（x）有1个交点；
当当m＝时，y＝mx＋1与f（x）有3个交点；
当0所以实数m的取值范围为0答案：0对点训练
解析：因为g（x）＝f（x）＋f（－x），所以g（－x）＝f（－x）＋f（x）＝g（x），且定义域为R，
所以函数g（x）为偶函数，又g（0）＝2f（0）＝0，
所以g（x）在（0，＋∞）上有两个零点，
即f（x）＋f（－x）＝－kx＝0有两个不同的正实数解，即k＝，
令φ（x）＝，则φ′（x）＝，
φ′（x）＝>0，∴x>2；φ′（x）＝<0，
∴0故φ（x）在（0，2）上递减，（2，＋∞）上递增，
故φ（x）min＝g（2）＝.画出图象如图所示：
从而k>.
答案：
[例2]　解析：f（x）＝0可转化为ex－a＋ea－x－2＝－x2＋a2ln x.
设g（x）＝ex－a＋ea－x－2，
由基本不等式得ex－a＋ea－x－2≥2－2＝0，
当且仅当x＝a时，g（x）取到最小值0.
设h（x）＝－x2＋a2ln x（a>0），则h′（x）＝－x＋＝，
当00，h（x）单调递增；
当x>a时，h′（x）<0，h（x）单调递减，
所以当x＝a时，h（x）取到最大值－a2＋a2ln a.
若f（x）有2个零点，则g（x）与h（x）有两个交点，
此时－a2＋a2ln a>0，解得a>.
答案：C
对点训练
解析：g（x）＝mx＋1关于直线y＝1对称的直线为y＝h（x）＝1－mx，
∴直线y＝1－mx与y＝2ln x在上有交点，
作出y＝1－mx与y＝2ln x的函数图象，如图所示：
若直线y＝1－mx经过点，则m＝3e，若直线y＝1－mx与y＝2ln x相切，
设切点为（x，y），则，解得.
∴－2e－≤m≤3e.
答案：
[例3]　解析：如图，易知抛物线的焦点为F（1，0），准线是x＝－1，
由抛物线的定义知点P到直线x＝－1的距离等于点P到F的距离．
于是，问题转化为在抛物线上求一点P，使点P到点A（－1，1）的距离与点P到F（1，0）的距离之和最小，
显然，连接AF与抛物线相交的点即为满足题意的点，
此时最小值为＝.
答案：
对点训练
解析：如图所示，函数f（x）＝loga（x＋2）＋2（a>1）的图象恒过定点（－1，2），故P（－1，2）.
y＝x2，即x2＝4y，焦点为F（0，1），准线为y＝－1，x2＋y2－2y＋＝0，即x2＋（y－1）2＝.|MP|＋|MN|≥|MP|＋|MF|－≥|PD|－＝3－＝，当P，M，D共线时等号成立．故选A.
答案：A
三　分类讨论思想
[例1]　解析：由{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＝1，2，3，…），
则有，　①或，　②
由①得－11.
故q的取值范围是（－1，0）∪（0，＋∞）.
答案：（－1，0）∪（0，＋∞）
对点训练
1．解析：若q＝1，则有S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1，
但a1≠0，即得S3＋S6≠2S9，
与题设矛盾，故q≠1.
又S3＋S6＝2S9，　①
根据数列性质S3，S6－S3，S9－S6成等比数列，　②
由①②可得S3＝2S6，
∴q3＝＝－，∴q＝－.
答案：C
2．解析：f（1）＝e0＝1，即f（1）＝1.
由f（1）＋f（a）＝2，得f（a）＝1.
当a≥0时，f（a）＝ea－1＝1，所以a＝1.
当－1所以πa2＝2kπ＋（k∈Z）.
所以a2＝2k＋（k∈Z），k只能取0，此时a2＝，
因为－1则实数a的取值集合为.
答案：
[例2]　解析：∵a>0，b>0且a≠1，b≠1，
∴当a>1，即a－1>0时，
不等式logab>1可化为alogab>a1，即b>a>1，
∴（a－1）（a－b）<0，（a－1）（b－1）>0，（b－1）（b－a）>0.
当0不等式logab>1可化为alogab∴（a－1）（a－b）<0，（a－1）（b－1）>0，（b－1）（b－a）>0.
综上可知，故选D.
答案：D
对点训练
解析：由题意知C＝，c＝AB＝2，b＝AC＝，
由正弦定理＝，得sin B＝＝.
因为b>c，所以B>C＝，
又0当B＝时，cos B＝；
当B＝时，cos B＝－.故选D.
答案：D
[例3]　解析：（1）当a＝1时，f（x）＝x2－ln x，
∴f′（x）＝x－，
又有f（1）＝，f′（1）＝0，
∴切线方程为y＝.
（2）f（x）的定义域为（0，＋∞），
∵f（x）＝ax2－（a－1）x－ln x，
∴f′（x）＝ax－（a－1）－＝＝，
若方程f（x）＝0有两个不等实数根，即函数f（x）有两个不同的零点，
当a≥0时，由f′（x）<0得x∈（0，1），由f′（x）>0得x∈（1，＋∞），
所以函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增，∴若函数f（x）有两个不同的零点则必有f（1）＝－a＋1<0，即a>2.
此时，在x∈（1，＋∞）上有f（2）＝2a－2（a－1）－ln 2＝2－ln 2>0，
在x∈（0，1）上，－1∵f（x）＝a（x2－2x）＋x－ln x，∴f（x）>－a＋x－ln x，
∴f（e－a）>－a＋e－a－ln （e－a）＝e－a>0，
∴f（x）在区间、（1，＋∞）上各有一个零点，故a>2满足题意；
当a＝－1时，∵函数f（x）在（0，＋∞）上单调递减，∴函数f（x）至多有一个零点，不合题意；
当－1∴函数f（x）的极小值为f（1）＝1－a>0，∴函数f（x）至多有一个零点，不合题意；
当a<－1时，∵函数f（x）在上单调递减，在上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
∴函数f（x）的极小值为f＝＋（a－1）－ln ＝1－＋ln （－a）>0，
∴函数f（x）至多有一个零点，不合题意．
综上所述，实数a的取值范围是（2，＋∞）.
对点训练
1．解析：函数f（x）＝aex－x－2a的导函数f′（x）＝aex－1，
当a≤0时，f′（x）<0恒成立，函数f（x）在R内单调递减，不可能有两个零点；
当a>0时，令f′（x）＝0，得x＝ln ，函数在（－∞，ln ）内单调递减，在（ln ，＋∞）内单调递增，
所以f（x）的最小值为
f＝1－ln －2a＝1＋ln a－2a.
令g（a）＝1＋ln a－2a（a>0），则g′（a）＝－2，
当a∈时，g（a）单调递增，当a∈时，g（a）单调递减，
所以g（a）max＝g＝－ln 2<0，
所以f（x）的最小值f<0，
当x→－∞时，f（x）→＋∞，当x→＋∞时，f（x）→＋∞，函数f（x）＝aex－x－2a有两个零点．
综上，实数a的取值范围是（0，＋∞）.故选D.
答案：D
2．解析：f′（x）＝[ax2－（a＋1）x＋1]ex＝（ax－1）（x－1）ex.
令f′（x）＝0，得x1＝，x2＝1，
若a>1，则当x∈时，f′（x）<0；
当x∈（1，＋∞）时，f′（x）>0.
所以f（x）在x＝1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈（0，1）时，ax－1≤x－1<0，
所以f′（x）>0.
所以1不是f（x）的极小值点．
综上可知，a的取值范围是（1，＋∞）.
[例4]　解析：（1）不等式组表示的可行域如图（阴影部分）所示．
由图可知，若要使不等式组
表示的平面区域是直角三角形，只有当直线kx－y＋1＝0与y轴或y＝2x垂直时才满足．
结合图形可知斜率k的值为0或－.故选D.
（2）不妨设|PF1|＝4t，|F1F2|＝3t，|PF2|＝2t，其中t＞0.
若该曲线为椭圆，则有|PF1|＋|PF2|＝6t＝2a，
|F1F2|＝3t＝2c，e＝＝＝＝；
若该曲线为双曲线，则有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a，
|F1F2|＝3t＝2c，e＝＝＝＝.
答案：（1）D　（2）或
对点训练
解析：若∠PF2F1＝90°，
则|PF1|2＝|PF2|2＋|F1F2|2，
又|PF1|＋|PF2|＝6，|F1F2|＝2，
解得|PF1|＝，|PF2|＝，∴＝.
若∠F1PF2＝90°，则|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2，
∴|PF1|2＋（6－|PF1|）2＝20，
又|PF1|>|PF2|，∴|PF1|＝4，|PF2|＝2，
∴＝2.
综上知，＝或2.
答案：或2
四　转化与化归思想
[例1]　解析：（1）由命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x∈R，e|x－1|－m>0”是真命题，可得m的取值范围是（－∞，1），而（－∞，a）与（－∞，1）为同一区间，故a＝1.故选C.
（2）g′（x）＝3x2＋（m＋4）x－2，若g（x）在区间（t，3）上为单调函数，则①g′（x）≥0在（t，3）上恒成立，
或②g′（x）≤0在（t，3）上恒成立．
由①得3x2＋（m＋4）x－2≥0，
即m＋4≥－3x在x∈（t，3）上恒成立，
所以m＋4≥－3t恒成立，则m＋4≥－1，
即m≥－5；
由②得m＋4≤－3x在x∈（t，3）上恒成立，
则m＋4≤－9，即m≤－.
所以使函数g（x）在区间（t，3）上总不为单调函数的m的取值范围为－答案：（1）C　（2）
对点训练
解析：要使函数f（x）＝lg 的定义域为R，则不等式ax2－x＋>0对于一切x∈R恒成立，若a＝0，则不等式等价为－x＞0，解得x＜0，不满足恒成立．若a≠0，则满足条件，即，解得，即a＞2，所以p：a＞2.记g（x）＝3x－9x＝－＋≤，∴要使3x－9x＜a对一切的实数x恒成立，则a＞，即q：a＞.要使p且q为假，则p，q至少有一个为假命题．当p，q都为真命题时，满足 a>2，
∴p，q至少有一个为假命题时有a≤2，即实数a的取值范围是a≤2.
[例2]　解析：∵x2＋px>4x＋p－3，∴（x－1）p＋x2－4x＋3>0，
令g（p）＝（x－1）p＋x2－4x＋3，
则要使它对0≤p≤4均有g（p）>0，只要有，
∴x>3或x<－1.
对点训练
解析：由题意知，g（x）＝3x2－ax＋3a－5，
令φ（a）＝（3－x）a＋3x2－5（－1≤a≤1）.
对－1≤a≤1，恒有g（x）<0，即φ（a）<0，
只需即解得－故当x∈时，对满足－1≤a≤1的一切a的值，都有g（x）<0.
答案：
[例3]　解析：当a＝0时，函数f（x）＝－3x，x∈[－1，1]，显然满足条件，故排除A，B；
当a＝－时，函数f（x）＝x3－x，
f′（x）＝x2－＝（x2－1），
当－1≤x≤1时，f′（x）≤0，所以f（x）在[－1，1]上为减函数，
所以f（x）min＝f（1）＝－＝－3，满足条件，故排除C.
综上，选D.
答案：D
对点训练
解析：令a＝b＝c，则△ABC为等边三角形，且cos A＝cos C＝，
代入所求式子，得＝＝.
答案：
[例4]　解析：∵2x－2y<3－x－3－y，
∴2x－3－x<2y－3－y.
设f（x）＝2x－3－x，
∵f（x）＝2x－3－x＝2x－在R上单调递增，
∴x1，
∴ln （y－x＋1）>ln 1＝0.故选A.
答案：A
对点训练
解析：（1）∵g（x）＝f（x）－（x＋1）＝ln x－（x＋1），
∴g′（x）＝－1（x>0）.
令g′（x）＝0，得x＝1，
令g′（x）>0，解得0令g′（x）<0，解得x>1.
∴函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，
∴g（x）极大值＝g（1）＝－2.
（2）证明：由（1）知x＝1是函数g（x）的极大值点，也是最大值点，
∴g（x）≤g（1）＝－2，
即ln x－（x＋1）≤－2 ln x≤x－1（当且仅当x＝1时等号成立），
令t＝x－1，得t≥ln （t＋1）（t>－1）.
取t＝（n∈N*）时，
则>ln ＝ln ，
∴1>ln 2，>ln ，>ln ，…，>，
∴叠加得
1＋＋＋…＋>ln ＝ln （n＋1）.
即1＋＋＋…＋>ln （n＋1）（n∈N*）.
[例5]　解析：将平面图形还原成三棱锥P ABC（如图），
在△PAB中，∠PAB＝90°，PA＝，AB＝，
∴PB＝，
在△PAC中，PA＝，AC＝1，∠PAC＝30°，由余弦定理得PC2＝3＋1－2·cos 30°，∴PC＝1，
在Rt△BAC中，易知BC＝2，
在△PCB中，由余弦定理得cos ∠PCB＝＝－，即cos ∠FCB＝－.
答案：－
对点训练
解析：将平面AA1B1B沿着B1B旋转到与平面CC1B1B在同一平面上（点B在线段AC上），连接AC1与B1B相交于点D，此时AD＋DC1最小，BD＝CC1＝1.因为在直三棱柱中，BC⊥AB，BC⊥BB1，且BB1∩AB＝B，所以BC⊥平面AA1B1B，又CC1∥平面AA1B1B，所以V三棱锥D ABC1＝V三棱锥C1 ABD＝V三棱锥C ABD＝S△ABD·BC＝××1×1×2＝.
答案：