思想篇 数学思想在解题审题中的应用(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学高考复习讲义围绕函数与方程、数形结合、转化与化归、分类讨论四大核心数学思想，按思想内涵、真题应用、新题巩固的逻辑架构知识点，通过思想定义阐释、典型真题精析、分层自测训练的教学环节，帮助学生构建解题思维体系，突破高考数学思想方法应用难点。 资料以“数学眼光观察问题、数学思维分析问题、数学语言表达问题”为核心，创新采用“真题示例-方法提炼-新题验证”三步教学法，如数形结合思想中通过绘制函数图象直观分析交点个数，培养几何直观与空间观念。设置基础巩固与能力提升分层练习，确保高效复习，助力学生提升数学思想应用能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第一部分　高中数学思想方法解题聚汇 思想篇　数学思想在解题审题中的应用 思想1　函数与方程思想 函数思想 方程思想 函数思想是通过建立函数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析、转化问题,从而使问题得到解决的思想 方程思想就是建立方程或方程组,或者构造方程,通过解方程或方程组或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题得到解决的思想 真|题|示|例 1．(2024·新课标Ⅰ卷)已知向量a＝(0,1)，b＝(2，x)，若b⊥(b－4a)，则x＝(　　) A．－2 B．－1 C．1 D．2 【解题关键】　根据已知条件中向量垂直，可得b·(b－4a)＝0，建立关于x的方程即可求解. 答案：D. 2．(2025·全国一卷)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于________． 【解题关键】　设等比数列的首项为a1，公比为q，由等比数列的前n项和公式得＝4，＝68，解方程组求出公比q.答案：2. 3．(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线也是曲线y＝ln(x＋1)＋a的切线，则a＝________. 【解题关键】　令f(x)＝ex＋x，则f′(x)＝ex＋1，所以f′(0)＝2，所以曲线y＝ex＋x在点(0,1)处的切线方程为y＝2x＋1.令g(x)＝ln(x＋1)＋a，则g′(x)＝，设直线y＝2x＋1与曲线y＝g(x)相切于点(x0，y0)，则＝2，得x0＝－，则y0＝2x0＋1＝0，所以0＝ln＋a，所以a＝ln 2.答案：ln 2. 新|题|自|测 1．(2025·泰安模拟)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x<0时，f(x)＝3x－1，则使不等式f(ex－3e－x)<成立的x的取值范围是(C) A．(ln 3，＋∞) B．(0，ln 3) C．(－∞，ln 3) D．(－1,3) 解析　当x<0时，f(x)＝3x－1单调递增且f(x)<0，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，则f(0)＝0满足f(x)＝3x－1，所以函数y＝f(x)在R上是连续函数，所以函数f(x)在R上是增函数，f(－2)＝－，所以f(2)＝－f(－2)＝，f(ex－3e－x)<＝f(2)，所以ex－3e－x<2，即e2x－2ex－3<0，(ex－3)(ex＋1)<0，又ex＋1>0，所以ex<3，x<ln 3，即原不等式的解集为(－∞，ln 3)． 2．(2025·衡水模拟)已知正数a，b，c满足aea＝bln b＝ecln c＝1，则a，b，c的大小关系为(D) A．c<a<b B．c<b<a C．a<b<c D．a<c<b 解析　由aea＝bln b＝ecln c＝1，得ea－＝ln b－＝ln c－＝0，令函数f(x)＝ex－，x>0，显然函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f＝e－2<0，f(1)＝e－1>0，f(a)＝0，则<a<1；令函数g(x)＝ln x－，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(2)＝ln 2－>0，而g＝ln－<ln－＝－<0，g(b)＝0，则<b<2；令h(x)＝ln x－，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，而h(1)＝－<0，h＝ln－>ln－＝ln－>ln e－＝0，h(c)＝0，则1<c<，所以a，b，c的大小关系为a<c<b. 3．(2025·长沙模拟)已知O为坐标原点，F1，F2分别是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，P是双曲线C上一点，若直线PF1和OP的倾斜角分别为α和2α，且tan α＝，则双曲线C的离心率为(B) A. B．5 C．2 D. 解析　由题意得tan 2α＝＝＝，所以直线PF1的斜率为tan α＝，直线OP的斜率为，设P(x，y)，则有＝，＝，解得x＝，y＝，代入双曲线方程，得－＝1，又b2＝c2－a2，所以(c2－a2)2－a22＝a2(c2－a2)，化简可得2c4－2a2c2＋a4＝0，又e＝，所以2e4－2e2＋1＝0，解得e＝5或e＝，因为e>1，所以e＝5.故选B. 4．(2025·无锡模拟)设非零向量a，b，c满足a＋b＋c＝0，|a|＝2，〈b，c〉＝120°，则|b|的最大值为 . 解析　因为a＋b＋c＝0，所以a＝－(b＋c)，所以|a|2＝|b|2＋2|b||c|cos 120°＋|c|2，即|c|2－|b||c|＋|b|2－4＝0，所以Δ＝|b|2－4(|b|2－4)≥0，解得0＜|b|≤，即|b|的最大值为. 思想2　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．数形结合思想的应用包括以下两个方面：(1)“以形助数”，把某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，揭示数学问题的本质；(2)“以数定形”，把直观图形数量化，使形更加精确. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 真|题|示|例 1．(2024·新课标Ⅰ卷) 当x∈[0,2π]时，曲线y＝sin x与y＝2sin的交点个数为(　　) A．3 B．4 C．6 D．8 【解题关键】　画出函数y＝sin x和函数y＝2sin在[0,2π]上的图象，由图可知，两函数图象有6个交点．答案：C. 2．(2025·全国二卷)(多选题)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝(x2－3)ex＋2，则 (　　) A．f(0)＝0 B．当x<0时，f(x)＝－(x2－3)e－x－2 C．f(x)≥2当且仅当x≥ D．x＝－1是f(x)的极大值点 【解题关键】　当x>0时，f′(x)＝(x＋3)(x－1)ex，令f′(x)>0，得x>1；令f′(x)<0，得0<x<1，因此f(x)在x＝1处取得极小值，故奇函数f(x)在x＝－1处取得极大值．对于选项C，作出f(x)的大致图象，由图可知C选项错误．答案：ABD. 3．(2025·全国二卷)若x＝2是函数f(x)＝(x－1)(x－2)(x－a)的极值点，则f(0)＝________. 【解题关键】　因为x＝2是函数f(x)的极值点，所以由数轴标根法可得a＝2，作出f(x)的图象如图所示，所以a＝2符合题意，则f(x)＝(x－1)(x－2)2.答案：－4. 新|题|自|测 1．(2025·青岛模拟)若|a|＝|b|＝|c|＝2，且a·b＝0，(a－c)·(b－c)≤0，则|a＋b－c|的取值范围是(D) A．[0,2＋2] B．[0,2] C．[2－2,2＋2] D．[2－2,2] 解析　 如图所示，＝a，＝b，＝c，＝a＋b，因为(a－c)·(b－c)≤0，所以点C在劣弧AB上运动，所以|a＋b－c|表示C，D两点间的距离||.||的最大值是||＝2，||最小值为||－2＝2－2. 2．(2025·湖南模拟)已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是(D) A．(－∞，0] B．(－∞，1] C．[－2,1] D．[－2,0] 解析　 由题意可作出函数y＝|f(x)|的图象和函数y＝ax的图象．由图象可知，函数y＝ax的图象是过原点的直线，当直线介于l与x轴之间符合题意，直线l为曲线的切线，且此时函数y＝|f(x)|在第二象限的部分的解析式为y＝x2－2x，求其导数可得y′＝2x－2，当x＝0时，y′＝－2，故直线l的斜率为－2，故只需直线y＝ax的斜率a∈[－2，0]． 3．(2025·湖北模拟)已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线交抛物线于点A，B(点A在第一象限)，过A，B两点分别作准线的垂线，垂足为C，D.连接CF交y轴于点H，若DH∥AB，则直线AB的斜率为(D) A．1 B. C．2 D．2 解析　 设HD与x轴的交点为E.根据抛物线的定义有|AF|＝|AC|，|BF|＝|BD|.因为BD∥x轴，DH∥AB，所以四边形BDEF是菱形．因为|AC|＝|AF|，所以∠ACF＝∠AFC，又AC∥EF，所以∠ACF＝∠EFH，即∠EFH＝∠AFC.因 为DH∥AB，所以∠EHF＝∠AFC，所以∠EFH＝∠EHF，所以|EH|＝|EF|.在菱形BDEF中，|EF|＝|ED|，所以|EH|＝|ED|，所以E是DH的中点．又点F到准线的距离为p，所以|EF|＝p，|EO|＝p，在Rt△EOH中，|OH|＝＝p，所以B，又F，直线AB的斜率kAB＝＝2. 4．(2025·河南模拟)过双曲线x2－＝1的右支上一点P，分别向圆C1：(x＋7)2＋y2＝4和圆C2：(x－7)2＋y2＝1作切线，切点分别为M，N，则|PM|2－|PN|2的最小值为_25_. 解析　 由双曲线方程知其焦点坐标为(±7,0)，由圆的方程知，圆C1圆心为C1(－7,0)，半径r1＝2；圆C2圆心为C2(7,0)，半径r2＝1.因为PM，PN分别为两圆切线，所以|PM|2＝|PC1|2－r＝|PC1|2－4，|PN|2＝|PC2|2－r＝|PC2|2－1，所以|PM|2－|PN|2＝|PC1|2－|PC2|2－3＝(|PC1|＋|PC2|)(|PC1|－|PC2|)－3，因为P为双曲线右支上的点，且双曲线焦点为C1，C2，所以|PC1|－|PC2|＝2，又|PC1|＋|PC2|≥|C1C2|＝14(当P为双曲线右顶点时取等号)，所以|PM|2－|PN|2＝(|PC1|＋|PC2|)(|PC1|－|PC2|)－3≥14×2－3＝25，即|PM|2－|PN|2的最小值为25. 思想3　转化与化归思想 转化与化归思想方法，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，进而得到解决的一种方法．一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 真|题|示|例 1．(2024·新课标Ⅱ卷) 设函数f(x)＝a(x＋1)2－1，g(x)＝cos x＋2ax，当x∈(－1,1)时，曲线y＝f(x)与y＝g(x)恰有一个交点，则a＝(　　) A．－1 B. C．1 D．2 【解题关键】　令h(x)＝f(x)－g(x)，x∈(－1，1)，原问题等价转化为h(x)有且仅有一个零点，可知h(x)为偶函数，根据偶函数图象的对称性可知h(x)的零点只能为0，即可得a＝2，并代入检验即可．答案：D. 2．(2022·新课标Ⅱ卷)(多选题)若实数x，y满足x2＋y2－xy＝1，则(　　) A．x＋y≤1 B．x＋y≥－2 C．x2＋y2≥1 D．x2＋y2≤2 【解题关键】　由2＋2＝1，令得结合三角函数的性质分别求出x＋y与x2＋y2的取值范围．答案：BD. 3．(2021·新课标Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________． 【解题关键】　将函数转化为f(x)＝在每段函数中借助导数分析函数的单调性，进而求解最小值．答案：1. 新|题|自|测 1．(2025·株洲模拟)“蒙日圆”涉及几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆C：＋＝1(a>0)的离心率为，则椭圆C的蒙日圆的方程为(B) A．x2＋y2＝9 B．x2＋y2＝7 C．x2＋y2＝5 D．x2＋y2＝4 解析　因为椭圆C：＋＝1(a>0)的离心率为，所以＝，解得a＝3，所以椭圆C的方程为＋＝1，所以椭圆的上顶点A(0，)，右顶点B(2,0)，所以经过A，B两点的切线方程分别为y＝，x＝2，所以两条切线的交点坐标为(2，)，又过A，B的切线互相垂直，由题意知交点必在一个与椭圆C同心的圆上，可得圆的半径r＝＝，所以椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝7. 2．(2025·太原模拟)某工件是底面半径为1，母线长为3的圆锥，现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，则原工件的材料利用率为(材料利用率＝新工件的体积/原工件的体积)(A) A. B. C. D. 解析　 因为该几何体是一个底面半径为r＝1，母线长为l＝3的圆锥，则圆锥的高为h＝＝＝2.由题意知，加工成的体积最大的正方体ABCD­A1B1C1D1的一个底面A1B1C1D1在圆锥的底面上，过平面AA1C1C的轴截面如图所示，设正方体的棱长为x，则有＝，即＝，解得x＝，则原工件的材料利用率为＝＝. 3．(2025·山东模拟)已知大于1的三个实数a，b，c满足(lg a)2－2lg a lg b＋lg b lg c＝0，则a，b，c的大小关系不可能是(D) A．a＝b＝c B．a>b>c C．b>c>a D．b>a>c 解析　令f(x)＝x2－2x lg b＋lg b lg c，则lg a为f(x)的零点，且该函数图象的对称轴为直线x＝lg b，故Δ＝4lg2b－4lg b lg c≥0.因为b>1，c>1，故lg b>0，lg c>0，所以lg b≥lg c，即b≥c.又f(lg b)＝lg b lg c－lg2b＝lg b(lg c－lg b)，f(lg c)＝lg2c－lg b lg c＝lg c(lg c－lg b)，若b＝c，则f(lg b)＝f(lg c)＝0，故lg a＝lg b＝lg c，即a＝b＝c.若b>c，则f(lg b)<0，f(lg c)<0，利用二次函数图象，可得lg a<lg c<lg b或lg c<lg b<lg a，即a<c<b或c<b<a. 思想4　分类讨论思想 分类讨论思想是当问题的对象不能进行统一研究时，需对研究的对象按某个标准进行分类，然后对每一类分别研究，给出每一类的结论，最终综合各类结果得到整个问题的解答．实质上分类讨论就是“化整为零，各个击破，再集零为整”的数学思想. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 真|题|示|例 1．(2024·新课标Ⅱ卷) 设函数f(x)＝(x＋a)ln(x＋b)，若f(x)≥0，则a2＋b2的最小值为(　　) A. B. C. D．1 【解题关键】　解法一：f(x)的定义域为(－b，＋∞)，分类讨论－a与－b,1－b的大小关系，结合符号分析判断，即可得b＝a＋1，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析ln(x＋b)的符号，通过分类讨论进而可得x＋a的符号，即可得b＝a＋1，代入可得最值．答案：C. 2．(2024·全国甲卷)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球．设m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的概率为________． 【解题关键】　根据排列可求样本点的总数，设前两个球的号码为a，b，第三个球的号码为c，则a＋b－3≤2c≤a＋b＋3，就c的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率．答案：. 3．(2022·新课标Ⅱ卷)曲线y＝ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为________． 【解题关键】　当x>0时设切点为，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0＝e，即可求出切线方程y＝，当x<0时，同理可求出切线方程y＝－.答案：y＝，y＝－. 新|题|自|测 1．(2025·保定模拟)已知函数f(x)＝(a∈R)，若函数f(x)有四个零点，则a的取值范围是(C) A．(－∞，0) B．(e，＋∞) C．(4，＋∞) D．(4，e2) 解析　当a＝0时，f(x)＝函数f(x)无零点，舍去．当a<0，且x≤1时，f(x)＝ax2－ax＋1为图象开口向下，对称轴为直线x＝的二次函数，f＝a×2－a×＋1＝－a＋1>0，f(1)＝a－a＋1＝1>0.则x≤1时，函数f(x)与x轴只有一个交点；当a<0，且x>1时，f(x)＝x－a ln x．f′(x)＝1－＝>0，故函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，则f(x)>f(1)＝1，即x>1时，函数f(x)与x轴无交点．则当a<0时，函数f(x)有一个零点，与题意不符，舍去．当a>0，且x≤1时，f(x)＝ax2－ax＋1为图象开口向上，对称轴为直线x＝的二次函数．f＝a×2－a×＋1＝－a＋1，f(1)＝a－a＋1＝1>0.函数f(x)在(－∞，1]最多有两个零点．当a>0，且x>1时，f(x)＝x－a ln x．f′(x)＝1－＝.令f′(x)＝0，得x＝a，当0<a≤1时，f′(x)>0，在(1，＋∞)内单调递增，与已知矛盾，不符合题意，舍去；当a>1时，x∈(a，＋∞)时，f(x)单调递增，x∈(1，a)时，f(x)单调递减，f(a)＝a－a ln a，函数f(x)在(1，＋∞)最多有两个零点．若使得函数f(x)有四个零点，则需即解得a>4. 2．(2025·开封模拟)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若acos A＝bcos B，且c＝2，sin C＝，则△ABC的面积为(A) A.或3 B.或 C．1或 D．1或 解析　由acos A＝bcos B及正弦定理，得sin Acos A＝sin Bcos B，即sin 2A＝sin 2B.因为A，B∈(0，π)，所以2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝.又sin C＝，所以A＝B.当C为锐角时，因为sin C＝，所以cos C＝，所以sin＝.由sin＝＝及c＝2，得b＝a＝，所以△ABC中AB边上的高为3，所以△ABC的面积为×2×3＝3.当C为钝角时，因为sin C＝，所以cos C＝－，所以sin＝.由sin＝＝及c＝2，得b＝a＝，所以△ABC中AB边上的高为，所以△ABC的面积为×2×＝.综上，△ABC的面积为3或. 3．(2025·菏泽模拟)记F1，F2为椭圆C：＋y2＝1的两个焦点，若C上存在点M满足·＝0，则实数m的取值范围是(A) A.∪[2，＋∞) B.∪[2，＋∞) C.∪(1,2] D.∪(1,2] 解析　如图①，当焦点在x轴上时，a2＝m，b2＝1，m>1，由对称性可知当M为上、下顶点时，∠F1MF2最大，因为·＝0，则当M为上、下顶点时，∠F1MF2≥，∠F1MO≥，所以tan∠F1MO＝≥tan＝1，即≥1，解得m≥2；如图②，当焦点在y轴上时，a2＝1，b2＝m,0<m<1，当M为左、右顶点时，∠F1MF2最大，因为·＝0，则当M为左、右顶点时，∠F1MF2≥，∠F1MO≥，所以tan∠F1MO＝≥tan＝1，即≥1，解得0<m≤. 　 4．(2025·德阳模拟)已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)，若函数f(x)有两个不同的零点，则a的取值范围为 . 解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，当a≤0时，f′(x)＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，不可能有两个零点，舍去；当a＞0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，因为f(x)有两个不同的零点，所以f(x)min＝f(a)＝ln a＋1＜0，解得0＜a＜.当0＜a＜时，因为f(e)＝1＋＞0，所以f(x)在(a，e)上存在一个零点，因为f(a2)＝2ln a＋＞0，所以f(x)在(a2，a)上也存在一个零点．综上，0＜a＜. 学科网（北京）股份有限公司 $