数形结合思想方法(新课标)

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)2(y1)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2kx3k0 的两根都在1和3之间，求k的取值范围。 分析：令f(x)x2kx3k，其图象与x轴交点的横坐标就是方程

22f(x)0的解，由yf(x)的图象可知，要使二根都在13 ，之间，f(3)0，f(只需f(1)0，b)f(k)0同时成立. 2a解得1k0，故k(1，0)

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x2x2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，y2x，则不等式x2x的解，就是使y1x2的图象

在y2x的上方的那段对应的横坐标，如下图，不等式的解集为{x|xAxxB}

而xB可由x2x，解得，xB2，xA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||logax|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|logax|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)y3，则22y的最大值为(x)

A.12B.3322C.32D.3

分析：等式(x2)y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yy0则表示圆上的点(x，y)与坐 xx0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，为圆心，以0)3为半径的圆上移动，求直线OA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tg60°3

x2y21，求y3x的最大值与最小值 例5. 已知x，y满足1625x2y21下求最值问题，常采用 分析：对于二元函数y3x在限定条件1625构造直线的截距的方法来求之。 令y3xb，则y3xb，

x2y21上求一点，使过该点的直线斜率为3， 原问题转化为：在椭圆1625 且在y轴上的截距最大或最小，

x2y21相切时， 由图形知，当直线y3xb与椭圆

1625有最大截距与最小截距。

y3xb x2169x296bx16b24000 y216251由0，得b±13，故y3x的最大值为13，最小值为13。

x3cos(0)，集合N{(x，y)|yxb} 例6. 若集合M(x，y)y3sin且MN≠，则b的取值范围为22。

分析：M{(x，y)|xy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32，即3b32

例

7.

x2y2点M是椭圆1上一点，它到其中一个焦点F1的距离为2，N为MF1的中

2516点，O表示原点，则|ON|=（ ） A.32B.2C.4D.8

分析：①设椭圆另一焦点为F2，（如图）， 则|MF1||MF2|2a，而a5 |MF1|2，∴|MF2|8 又注意到N、O各为MF1、F1F2的中点， ∴ON是△MF1F2的中位线， ∴|ON|11|MF2|×84 22 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2i|2，求z的模的最大值、最小值的范围。

分析：由于|z22i||z(22i)|，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2i)|2的复数z对应点Z，

在以(2，为圆心，半径为2)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|min2，|z|max32，

∴|z|的取值范围为[2，32]

sinx2的值域。

cosx2sinx2得ycosx2ysinx2， 解法一（代数法）：则ycosx2 例9. 求函数yxycosx2y2，y21sinx()2y2 sin ∴sin(x)2y2y12，而|sin(x)|1

4747y 33 ∴|2y2y21|1，解不等式得 ∴函数的值域为[4747，] 33yy1sinx2 的形式类似于斜率公式y2cosx2x2x1 解法二（几何法）：y ysinx2表示过两点P0(2，2)，P(cosx，sinx)的直线斜率

cosx2 由于点P在单位圆x2y21上，如图, 显然，kP0AykP0B 设过P0的圆的切线方程为y2k(x2)

则有|2k2|k211，解得k4±7 3即kP0A4747 ，kP0B33 ∴4747 y334747，] 33∴函数值域为[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2t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2t4，y6t，则uxy

且x22y216(0x4，0y22) 所给函数化为以u为参数的直线方程yx， u（如图） 它与椭圆x22y216在第一象限的部分（包括端点）有公共点， umin22

相切于第一象限时，u取最大值

yxu 23x24ux2u2160 2x2y16 解，得u±26，取u26 ∴umax26

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，大家要以熟练技能、方法为目标，加强这方面的训练，以提高解题能力和速度。

练习题

1.已知定义域为R的函数f(x)在(8，＋∞)上为减函数．且函数y=f(x＋8)为偶函数，则( ) A．f(6)＞f(7) B．f(6)＞f(9) C．f(7)＞f(9) D．f (7)＞f (10)．

x1＞0的结果是( ) 2x4A．(－2，1), B．(2，＋), C．(－2，1) (2，＋), D．(－，－2) (1，＋)

2.不等式3.已知f(x)=(3a1)x4a(x＜1)是(，)上的减函数．那么a的取值范围是( )

logax(x≥1)A．(0，1) B．(0，

1111) C．[，) D．(，1) 3737a(a≥b)4. 对a、b∈R，记maxab=

b(a＜b)函数f(x)=maxx1，x2(x∈R)的最小值是

5．奇函数f(x)(x≠0)在(0，＋)上为增函数，且f(1)=0．那么不等式f(x－1)＜0的解集是 6．解关于x的不等式围是 7．x1,x2分别

x＋lgx=3和x＋10=3的根．则x1＋x2=

xlogax＞sin2x(a＞0，a≠1)当x∈(0，］时恒成立，则实数a的取值范48．方程2xx2=k(x－2)＋2．恰有两解，则k的取值范围是

详细解答：

1. 解：∵y=f(x＋8)为偶函数．

∴f(－x＋8)=f(x＋8)．即f(8－x)=f(8＋x)

所以函数图象关于x=8对称，又x∈(8，＋)时，f(x)单调递减 则x∈(－，8)，f(x)单调递增，作出示意图：

∴f(7)＞f(10) ∴选(D)

x－12. 解：原不等式可等价化为＞0

(x＋2)(x－2)在数轴上利用“穿根法”表示如下：

所以

(－2，1) (2，＋). 故选C

3. 解：∵f(x)是R上的减函数 0＜a＜1 如图所示：

3a1＜0 1(3a1)14a≥loga∴

11a. 故选C 734. 解：在同一坐标系中，分别画出其图象，得到如图所示的图形：

据题意：f(x)的图象为图中的射线PA、PB构成 由yx23

解得y．

2yx13(P点纵坐标)． 2∴函数f(x)的最小值为

5. 解：据题意，画出如下图形。

f(1)=0则f(－1)=0．

∴f(x－1)＜0为函数值小于零时，自变量的取值范围． 即，x－1＜－1或0＜x－1＜1

解得x＜0或1＜x＜2．故答案为x0或1x2

6. 解：若logax＞sin2x．(a＞0，a≠1)在x∈(0，恒成立．

］上4π>1. 411解出a1. 故答案为a1

44只有0＜a＜1且loga

7. 解：这是超越方程，求不出 x1 和 x2 的值，而用几何图形则可以使问题迎刃而解。 方程x＋lgx=3可转化为lgx=－x＋3．则x1可看做函数y1=lgx与函数y=－x＋3的交点横坐标．作出其图象：

同理作为y2=10x的图象，∵y1=lgx与y2=10互为反函数其图象关于y=x直线对称(如图)． ∴AM=MB．故AC=BD．因此，x1＋x2=3．

8. 解：设y1=2xx2，y2=k(x－2)＋2．可知．

22y12xx2∴(x1)2y11(y1≥0)

x从y2－2=k(x－2)知此方程表示过定点(2，2)斜率为k的直线．原定点为过定点(2，2)的直线若与半圆x2＋y2=1(y1≥0)恰有两个交点求斜率k的范围． 如图：

可知Kpo=1， KPQ= ∴

3 43＜k≤1 4