《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 數(shù)學(xué)思想方法（選用）第1講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 數(shù)學(xué)思想方法（選用）第1講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想學(xué)案（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第1講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想
高考定位 函數(shù)與方程的思想一般通過函數(shù)與導(dǎo)數(shù)、三角函數(shù)、數(shù)列、解析幾何等知識進(jìn)行考查；數(shù)形結(jié)合思想一般在選擇題、填空題中考查．
1．函數(shù)與方程思想的含義
(1)函數(shù)的思想，是用運(yùn)動(dòng)和變化的觀點(diǎn)，分析和研究數(shù)學(xué)中的數(shù)量關(guān)系，是對函數(shù)概念的本質(zhì)認(rèn)識，建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問題、轉(zhuǎn)化問題，從而使問題獲得解決的思想方法．
(2)方程的思想，就是分析數(shù)學(xué)問題中變量間的等量關(guān)系，建立方程或方程組，或者構(gòu)造方程，通過解方程或方程組，或者運(yùn)用方程的性質(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題獲得解決的思想方法．
2．函數(shù)與方程的思想在解題中的應(yīng)用
2、
(1)函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化，對于函數(shù)y＝f(x)，當(dāng)y＞0時(shí)，就轉(zhuǎn)化為不等式f(x)＞0，借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問題，而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開不等式．
(2)數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，用函數(shù)的觀點(diǎn)去處理數(shù)列問題十分重要．
(3)解析幾何中的許多問題，需要通過解二元方程組才能解決，這都涉及二次方程與二次函數(shù)的有關(guān)理論．
3．?dāng)?shù)形結(jié)合是一種數(shù)學(xué)思想方法，包含“以形助數(shù)”和“以數(shù)輔形”兩個(gè)方面，其應(yīng)用大致可以分為兩種情形：(1)借助形的生動(dòng)和直觀性來闡明數(shù)之間的聯(lián)系，即以形作為手段，數(shù)為目的，比如應(yīng)用函數(shù)的圖象來直觀地說明函數(shù)的性質(zhì)；(2)借助于數(shù)的精確性和規(guī)
3、范嚴(yán)密性來闡明形的某些屬性，即以數(shù)作為手段，形作為目的，如應(yīng)用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質(zhì)．
4．在運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想分析和解決問題時(shí)，要注意三點(diǎn)：第一要徹底明白一些概念和運(yùn)算的幾何意義以及曲線的代數(shù)特征，對數(shù)學(xué)題目中的條件和結(jié)論既分析其幾何意義又分析其代數(shù)意義；第二是恰當(dāng)設(shè)參、合理用參，建立關(guān)系，由數(shù)思形，以形想數(shù)，做好數(shù)形轉(zhuǎn)化；第三是正確確定參數(shù)的取值范圍．?dāng)?shù)學(xué)中的知識，有的本身就可以看作是數(shù)形的結(jié)合.
熱點(diǎn)一 函數(shù)與方程思想的應(yīng)用
[應(yīng)用1] 不等式問題中的函數(shù)(方程)法
【例1－1】 (1)f(x)＝ax3－3x＋1對于x∈[－1，1]，總有f(x)≥0成立，則a＝
4、________．
(2)設(shè)f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當(dāng)x＜0時(shí)，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＞0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)＜0的解集是________．
解析 (1)若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立；
當(dāng)x＞0即x∈(0，1]時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為
a≥－.
設(shè)g(x)＝－，則g′(x)＝，
所以g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，
因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4.
當(dāng)x＜0即x∈[－1，0)時(shí)，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≤－，設(shè)g(x)＝－，
則g(x)在區(qū)間
5、[－1，0)上單調(diào)遞增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4.
綜上a＝4.
(2)設(shè)F(x)＝f(x)g(x)，由于f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，得F(－x)＝f(－x)·g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)在R上為奇函數(shù)．
又當(dāng)x＜0時(shí)，F(xiàn)′(x)＝f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)＞0，
所以x＜0時(shí)，F(xiàn)(x)為增函數(shù)．
因?yàn)槠婧瘮?shù)在關(guān)于原點(diǎn)對稱的區(qū)間上的單調(diào)性相同，所以x＞0時(shí)，F(xiàn)(x)也是增函數(shù)．
因?yàn)镕(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)，
所以，可作y＝F(x)的示意圖如圖所示，
由圖可知F(x
6、)＜0的解集是(－∞，－3)∪(0，3)．
答案 (1)4 (2)(－∞，－3)∪(0，3)
探究提高 (1)在解決不等式問題時(shí)，一種最重要的思想方法就是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)解決問題；(2)函數(shù)f(x)＞0或f(x)＜0恒成立，一般可轉(zhuǎn)化為f(x)min＞0或f(x)max＜0；已知恒成立求參數(shù)范圍可先分離參數(shù)，然后利用函數(shù)值域求解．
[應(yīng)用2] 數(shù)列問題的函數(shù)(方程)法
【例1－2】 已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝an＋p·3n(n∈N*，p為常數(shù))，a1，a2＋6，a3成等差數(shù)列．
(1)求p的值及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2)設(shè)數(shù)列{bn}滿足bn
7、＝，證明：bn≤.
(1)解 由a1＝3，an＋1＝an＋p·3n，
得a2＝3＋3p，a3＝a2＋9p＝3＋12p.
因?yàn)閍1，a2＋6，a3成等差數(shù)列，
所以a1＋a3＝2(a2＋6)，
即3＋3＋12p＝2(3＋3p＋6)，得p＝2.
依題意知，an＋1＝an＋2×3n.
當(dāng)n≥2時(shí)，a2－a1＝2×31，
a3－a2＝2×32，…，
an－an－1＝2×3n－1.
將以上式子相加得an－a1＝2(31＋32＋…＋3n－1)，
所以an－a1＝2×＝3n－3，
所以an＝3n(n≥2)．又a1＝3符合上式，故an＝3n.
(2)證明 因?yàn)閍n＝3n，所以bn＝.
8、
所以bn＋1－bn＝－＝(n∈N*)．
若－2n2＋2n＋1＜0，則n＞，
即當(dāng)n≥2時(shí)，有bn＋1＜bn，
又因?yàn)閎1＝，b2＝，故bn≤.
探究提高 數(shù)列最值問題中應(yīng)用函數(shù)與方程思想的常見類型：
(1)數(shù)列中的恒成立問題，轉(zhuǎn)化為最值問題，利用函數(shù)的單調(diào)性或不等式求解．
(2)數(shù)列中的最大項(xiàng)與最小項(xiàng)問題，利用函數(shù)的有關(guān)性質(zhì)或不等式組求解．
(3)數(shù)列中前n項(xiàng)和的最值：轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)，借助二次函數(shù)的單調(diào)性或求使an≥0(an≤0)成立時(shí)最大的n值即可求解．
[應(yīng)用3] 解析幾何問題的方程(函數(shù))法
【例1－3】 設(shè)橢圓中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，A(2，0)，B(0，1)是它的兩個(gè)頂
9、點(diǎn)，直線y＝kx(k＞0)與AB相交于點(diǎn)D，與橢圓相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)．
(1)若＝6，求k的值；
(2)求四邊形AEBF面積的最大值．
解 (1)
依題意得橢圓的方程為＋y2＝1，直線AB，EF的方程分別為x＋2y＝2，y＝kx(k＞0)．如圖，設(shè)D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x1＜x2，且x1，x2滿足方程組
故x2＝－x1＝.①
由＝6知x0－x1＝6(x2－x0)，
得x0＝(6x2＋x1)＝x2＝；
由D在AB上知x0＋2kx0＝2，
得x0＝.所以＝，
化簡得24k2－25k＋6＝0，解得k＝或k＝.
(2)根據(jù)點(diǎn)到直線的距離
10、公式和①式知，點(diǎn)E，F(xiàn)到AB的距離分別為
h1＝＝，
h2＝＝.
又|AB|＝＝，所以四邊形AEBF的面積為
S＝|AB|(h1＋h2)
＝··＝
＝2≤2，
當(dāng)4k2＝1(k＞0)，即當(dāng)k＝時(shí)，上式取等號．
所以S的最大值為2，
即四邊形AEBF面積的最大值為2.
探究提高 解析幾何中的最值是高考的熱點(diǎn)，在圓錐曲線的綜合問題中經(jīng)常出現(xiàn)，求解此類問題的一般思路為在深刻認(rèn)識運(yùn)動(dòng)變化的過程之中，抓住函數(shù)關(guān)系，將目標(biāo)量表示為一個(gè)(或者多個(gè))變量的函數(shù)，然后借助于函數(shù)最值的探求來使問題得以解決．
熱點(diǎn)二 數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用
[應(yīng)用1] 利用數(shù)形結(jié)合思想討論方程的根或函數(shù)零點(diǎn)
11、
【例2－1】 (1)若函數(shù)f(x)＝|2x－2|－b有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍是________．
(2)設(shè)函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝x3.又函數(shù)g(x)＝|xcos(πx)|，則函數(shù)h(x)＝g(x)－f(x)在上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為( )
A．5 B．6 C．7 D．8
解析 (1)由f(x)＝|2x－2|－b有兩個(gè)零點(diǎn)，可得|2x－2|＝b有兩個(gè)不等的實(shí)根，從而可得函數(shù)y＝|2x－2|的圖象與函數(shù)y＝b的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，如圖所示．結(jié)合函數(shù)的圖象，可得0＜b＜2，故填(0，2)．
(2)
12、根據(jù)題意，函數(shù)y＝f(x)是周期為2的偶函數(shù)且0≤x≤1時(shí)，f(x)＝x3，則當(dāng)－1≤x≤0時(shí)，f(x)＝－x3，且g(x)＝|xcos(πx)|，所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＝g(x)．當(dāng)x≠0時(shí)，若0
13、達(dá)式(不熟悉時(shí)，需要作適當(dāng)變形轉(zhuǎn)化為兩個(gè)熟悉的函數(shù))，然后在同一坐標(biāo)系中作出兩個(gè)函數(shù)的圖象，圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)即為方程解(或函數(shù)零點(diǎn))的個(gè)數(shù)．
[應(yīng)用2] 利用數(shù)形結(jié)合思想解不等式或求參數(shù)范圍
【例2－2】 (1)若不等式≤k(x＋2)－的解集為區(qū)間[a，b]，且b－a＝2，則k＝________．
(2)若不等式|x－2a|≥x＋a－1對x∈R恒成立，則a的取值范圍是________．
解析 (1)如圖，分別作出直線y＝k(x＋2)－與半圓y＝.由題意，知直線在半圓的上方，由b－a＝2，可知b＝3，a＝1，所以直線y＝k(x＋2)－過點(diǎn)(1，2)，則k＝.
(2)作出y＝|x－2a
14、|和y＝x＋a－1的簡圖，依題意知應(yīng)有2a≤2－2a，故a≤.
答案 (1) (2)
探究提高 求參數(shù)范圍或解不等式問題經(jīng)常聯(lián)系函數(shù)的圖象，根據(jù)不等式中量的特點(diǎn)，選擇適當(dāng)?shù)膬蓚€(gè)(或多個(gè))函數(shù)，利用兩個(gè)函數(shù)圖象的上、下位置關(guān)系轉(zhuǎn)化為數(shù)量關(guān)系來解決問題，往往可以避免繁瑣的運(yùn)算，獲得簡捷的解答．
[應(yīng)用3] 利用數(shù)形結(jié)合思想求最值
【例2－3】 (1)已知P是直線l：3x＋4y＋8＝0上的動(dòng)點(diǎn)，PA，PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，A，B是切點(diǎn)，
C是圓心，則四邊形PACB面積的最小值為________．
(2)已知F是雙曲線C：x2－＝1的右焦點(diǎn)，P是C的左支上一點(diǎn)，
15、A(0，6)，當(dāng)△APF周長最小時(shí)，該三角形的面積為________．
解析 (1)從運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)看問題，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P沿直線3x＋4y＋8＝0向左上方或右下方無窮遠(yuǎn)處運(yùn)動(dòng)時(shí)，直角三角形PAC的面積SRt△PAC＝|PA|·|AC|＝|PA|越來越大，從而S四邊形PACB也越來越大；當(dāng)點(diǎn)P從左上、右下兩個(gè)方向向中間運(yùn)動(dòng)時(shí)，S四邊形PACB變小，顯然，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)一個(gè)最特殊的位置，即CP垂直直線l時(shí)，S四邊形PACB應(yīng)有唯一的最小值，
此時(shí)|PC|＝＝3，
從而|PA|＝＝2.
所以(S四邊形PACB)min＝2××|PA|×|AC|＝2.
(2)設(shè)雙曲線的左焦點(diǎn)為F1，連接PF1，根據(jù)雙曲線的
16、定義可知|PF|＝2＋|PF1|，則△APF的周長為|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋2＋|PF1|＋|AF|＝|PA|＋|PF1|＋|AF|＋2，
由于|AF|＋2是定值，要使△APF的周長最小，則|PA|＋|PF1|最小，即P，A，F(xiàn)1三點(diǎn)共線，如圖所示．
由于A(0，6)，F(xiàn)1(－3，0)，
直線AF1的方程為：＋＝1，
即x＝－3，
代入雙曲線方程整理可得
y2＋6y－96＝0，解得y＝2或y＝－8(舍去)，
所以點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為2.
所以S△APF＝S△AFF1－S△PFF1＝×6×6－×6×2＝12.
答案 (1)2 (2)12
探究提高 破解圓錐曲線問
17、題的關(guān)鍵是畫出相應(yīng)的圖形，注意數(shù)形結(jié)合的相互滲透，并從相關(guān)的圖形中挖掘?qū)?yīng)的信息加以分析與研究．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的轉(zhuǎn)化有兩種，一種是通過數(shù)形結(jié)合建立相應(yīng)的關(guān)系式，另一種是通過代數(shù)形式轉(zhuǎn)化為二元二次方程組的解的問題進(jìn)行討論.
1．當(dāng)問題中涉及一些變化的量時(shí)，就需要建立這些變化的量之間的關(guān)系，通過變量之間的關(guān)系探究問題的答案，這就需要使用函數(shù)思想．
2．借助有關(guān)函數(shù)的性質(zhì)，一是用來解決有關(guān)求值、解(證)不等式、解方程以及討論參數(shù)的取值范圍等問題，二是在問題的研究中，可以通過建立函數(shù)關(guān)系式或構(gòu)造中間函數(shù)來求解．
3．許多數(shù)學(xué)問題中，一般都含有常量、變量或參數(shù)，這些參變量中必有一個(gè)處
18、于突出的主導(dǎo)地位，把這個(gè)參變量稱為主元，構(gòu)造出關(guān)于主元的方程，主元思想有利于回避多元的困擾，解方程的實(shí)質(zhì)就是分離參變量．
4．在數(shù)學(xué)中函數(shù)的圖象、方程的曲線、不等式所表示的平面區(qū)域、向量的幾何意義、復(fù)數(shù)的幾何意義等都是實(shí)現(xiàn)以形助數(shù)的途徑，當(dāng)試題中涉及這些問題的數(shù)量關(guān)系時(shí)，我們可以通過圖形分析這些數(shù)量關(guān)系，達(dá)到解題的目的．
5．有些圖形問題，單純從圖形上無法看出問題的結(jié)論，這就要對圖形進(jìn)行數(shù)量上的分析，通過數(shù)的幫助達(dá)到解題的目的．
6．利用數(shù)形結(jié)合解題，有時(shí)只需把圖象大致形狀畫出即可，不需要精確圖象.
一、選擇題
1．直線x－y＋m＝0與圓x2＋y2－2x－2＝0相切，則實(shí)數(shù)m等于(
19、 )
A.或－ B．－或3
C．－3或 D．－3或3
解析 圓的方程(x－1)2＋y2＝3，圓心(1，0)到直線的距離等于半徑＝|＋m|＝2m＝或m＝－3.
答案 C
2．已知函數(shù)f(x)滿足下面關(guān)系：①f(x＋1)＝f(x－1)；②當(dāng)x∈[－1，1]時(shí)，f(x)＝x2，則方程f(x)＝lg x解的個(gè)數(shù)是( )
A．5 B．7 C．9 D．10
解析 由題意可知，f(x)是以2為周期，值域?yàn)閇0，1]的函數(shù)．
又f(x)＝lg x，則x∈(0，10]，畫出兩函數(shù)圖象，
則交點(diǎn)個(gè)數(shù)即為解的個(gè)數(shù)．
由圖象可知共9個(gè)交點(diǎn)．
答案 C
3．函
20、數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
解析 f′(x)＞2轉(zhuǎn)化為f′(x)－2＞0，構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－2x，
得F(x)在R上是增函數(shù)．
又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)＝4，f(x)＞2x＋4，
即F(x)＞4＝F(－1)，所以x＞－1.
答案 B
4．已知a，b是平面內(nèi)兩個(gè)互相垂直的單位向量，若向量c滿足(a－c)·(b－c)＝0，則|c|的最大值是( )
A. B．2 C. D．2
21、
解析 如圖，設(shè)＝a，＝b，＝c，則＝a－c，＝b－c.由題意知⊥，
∴O，A，C，B四點(diǎn)共圓．
∴當(dāng)OC為圓的直徑時(shí)，|c|最大，此時(shí)，||＝.
答案 A
5．當(dāng)0＜x≤時(shí)，4x＜logax，則a的取值范圍是( )
A. B.
C．(1，) D．(，2)
解析 利用指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)及圖象求解．
∵0＜x≤，∴1＜4x≤2，∴l(xiāng)ogax＞4x＞1，
∴0＜a＜1，排除答案C，D；
取a＝，x＝，則有4＝2，log＝1，
顯然4x＜logax不成立，排除答案A；故選B.
答案 B
二、填空題
6．已知A，B為雙曲線E的左、右頂點(diǎn)，點(diǎn)M在E上，
22、△ABM為等腰三角形，且頂角為120°，則E的離心率為________．
解析 如圖，設(shè)雙曲線E的方程為－＝1(a＞0，b＞0)，則|AB|＝2a，由雙曲線的對稱性，可設(shè)點(diǎn)M(x1，y1)在第一象限內(nèi)，過M作MN⊥x軸于點(diǎn)N(x1，0)，
∵△ABM為等腰三角形，且∠ABM＝120°，
∴|BM|＝|AB|＝2a，∠MBN＝60°，
∴y1＝|MN|＝|BM|sin∠MBN＝2asin 60°＝a，x1＝|OB|＋|BN|＝a＋2acos 60°＝2a.將點(diǎn)M(x1，y1)的坐標(biāo)代入－＝1，可得a2＝b2，∴e＝＝＝.
答案
7．已知e1，e2是平面內(nèi)兩個(gè)相互垂直的單位向量，若向
23、量b滿足|b|＝2，b·e1＝1，b·e2＝1，則對于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|的最小值為________．
解析 |b－(xe1＋ye2)|2＝b2＋x2e＋y2e－2xb·e1－2yb·e2＋2xye1·e2＝4＋x2＋y2－2x－2y＝(x－1)2＋(y－1)2＋2≥2，
當(dāng)且僅當(dāng)x＝1，y＝1時(shí)，|b－(xe1＋ye2)|2取得最小值2，此時(shí)|b－(xe1＋ye2)|取得最小值.
答案
8．設(shè)直線l與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點(diǎn)，與圓C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于點(diǎn)M，且M為線段AB的中點(diǎn)．若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是______
24、__．
解析 設(shè)直線l的方程為x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
把直線l的方程代入拋物線方程y2＝4x并整理得y2－4ty－4m＝0，
則Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，則線段AB的中點(diǎn)M(2t2＋m，2t)．
由題意可得直線AB與直線MC垂直，且C(5，0)．
當(dāng)t≠0時(shí)，有kMC·kAB＝－1，
即·＝－1，整理得m＝3－2t2，
把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0，
可得3－t2＞0，即0＜t2＜3.
由于圓心C到直線AB的距離等于半徑，
即d＝＝＝
25、2＝r，
所以2＜r＜4，此時(shí)滿足題意且不垂直于x軸的直線有兩條．
當(dāng)t＝0時(shí)，這樣的直線l恰有2條，即x＝5±r，所以0＜r＜5.
綜上，可得若這樣的直線恰有4條，則2＜r＜4.
答案 (2，4)
三、解答題
9．已知數(shù)列{an}是一個(gè)等差數(shù)列，且a2＝1，a5＝－5.
(1)求{an}的通項(xiàng)an；
(2)求{an}前n項(xiàng)和Sn的最大值．
解 (1)設(shè){an}的公差為d，由已知條件，
解得a1＝3，d＝－2.
所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5.
(2)Sn＝na1＋d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2.
所以n＝2時(shí)，Sn取到最大值4.
10．橢圓C的中心為
26、坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在y軸上，短軸長為，離心率為，直線l與y軸交于點(diǎn)P(0，m)，與橢圓C交于相異兩點(diǎn)A，B，且＝3.
(1)求橢圓C的方程；
(2)求m的取值范圍．
解 (1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a＞b＞0)，設(shè)c＞0，c2＝a2－b2，由題意，知2b＝，＝，
所以a＝1，b＝c＝.
故橢圓C的方程為y2＋＝1，即y2＋2x2＝1.
(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，由題意求得m＝±；
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，
設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，l與橢圓C的交點(diǎn)坐標(biāo)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(k2＋2)x2＋2kmx＋m2－1＝0，
Δ＝(2km)2－4
27、(k2＋2)(m2－1)
＝4(k2－2m2＋2)＞0，(*)
x1＋x2＝，x1x2＝.
因?yàn)椋? ，所以－x1＝3x2.
所以所以3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0.
所以3·＋4·＝0.
整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0，
即k2(4m2－1)＋(2m2－2)＝0.
當(dāng)m2＝時(shí)，上式不成立；當(dāng)m2≠時(shí)，k2＝.
由(*)式，得k2＞2m2－2，
又k≠0，所以k2＝＞0.
解得－1＜m＜－或＜m＜1.
綜上，所求m的取值范圍為∪.
11．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3－3ax，g(x)＝bx2－ln x(a，b∈R)，已知它們在x＝1處的切線互相平行．
(1)求
28、b的值；
(2)若函數(shù)F(x)＝且方程F(x)＝a2有且僅有四個(gè)解，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解 函數(shù)g(x)＝bx2－ln x的定義域?yàn)?0，＋∞)，
(1)f′(x)＝3ax2－3af′(1)＝0，
g′(x)＝2bx－g′(1)＝2b－1，
依題意得2b－1＝0，所以b＝.
(2)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)＝x－＜0，
即g(x)在(0，1)上單調(diào)遞減，
x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)＝x－＞0，即g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝1時(shí)，g(x)取得極小值g(1)＝；
當(dāng)a＝0時(shí)，方程F(x)＝a2不可能有四個(gè)解；
當(dāng)a＜0，x∈(－∞，－1)時(shí)，f′
29、(x)＜0，即f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減，x∈(－1，0)時(shí)，f′(x)＞0，
即f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞增，
所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得極小值f(－1)＝2a，
又f(0)＝0，所以F(x)的圖象如圖(1)所示，從圖象可以看出F(x)＝a2不可能有四個(gè)解．
當(dāng)a＞0，x∈(－∞，－1)時(shí)，f′(x)＞0，
即f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞增，x∈(－1，0)時(shí)，f′(x)＜0，
即f(x)在(－1，0)上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)x＝－1時(shí)，f(x)取得極大值f(－1)＝2a.
又f(0)＝0，所以F(x)的圖象如圖(2)所求，
從圖(2)看出，若方程F(x)＝a2有四個(gè)解，則＜a2＜2a，得＜a＜2，所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
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（浙江專用）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題七 數(shù)學(xué)思想方法（選用）第1講 函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想學(xué)案
