湖南省長沙市望城區(qū)白箬中學(xué)高三數(shù)學(xué)第二輪專題講座復(fù)習(xí) 函數(shù)方程思想

《湖南省長沙市望城區(qū)白箬中學(xué)高三數(shù)學(xué)第二輪專題講座復(fù)習(xí) 函數(shù)方程思想》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《湖南省長沙市望城區(qū)白箬中學(xué)高三數(shù)學(xué)第二輪專題講座復(fù)習(xí) 函數(shù)方程思想（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、湖南省長沙市望城區(qū)白箬中學(xué)高三數(shù)學(xué)第二輪專題講座復(fù)習(xí)：函數(shù)方程思想 高考要求 函數(shù)與方程思想是最重要的一種數(shù)學(xué)思想，高考中所占比重較大，綜合知識多、題型多、應(yīng)用技巧多 函數(shù)思想簡單，即將所研究的問題借助建立函數(shù)關(guān)系式亦或構(gòu)造中間函數(shù)，結(jié)合初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)，加以分析、轉(zhuǎn)化、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；方程思想即將問題中的數(shù)量關(guān)系運用數(shù)學(xué)語言轉(zhuǎn)化為方程模型加以解決 重難點歸納 函數(shù)與方程的思想是最重要的一種數(shù)學(xué)思想，要注意函數(shù)，方程與不等式之間的相互聯(lián)系和轉(zhuǎn)化 考生應(yīng)做到 （1）深刻理解一般函數(shù)y=f(x)、y=f–1(x)的性質(zhì)（單調(diào)

2、性、奇偶性、周期性、最值和圖象變換），熟練掌握基本初等函數(shù)的性質(zhì)，這是應(yīng)用函數(shù)思想解題的基礎(chǔ) （2）密切注意三個“二次”的相關(guān)問題，三個“二次”即一元二次函數(shù)、一元二次方程、一元二次不等式是中學(xué)數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，具有豐富的內(nèi)涵和密切的聯(lián)系 掌握二次函數(shù)基本性質(zhì)，二次方程實根分布條件，二次不等式的轉(zhuǎn)化策略 典型題例示范講解 例1已知函數(shù)f(x)=logm (1)若f(x)的定義域為［α，β］，（β＞α＞0），判斷f(x)在定義域上的增減性，并加以說明； (2)當(dāng)0＜m＜1時，使f(x)的值域為［logm［m(β–1)］，logm［m(α–1)］］的定義域區(qū)間為［α,β］(β＞

3、α＞0)是否存在？請說明理由 命題意圖 本題重在考查函數(shù)的性質(zhì)，方程思想的應(yīng)用 知識依托 函數(shù)單調(diào)性的定義判斷法；單調(diào)性的應(yīng)用；方程根的分布；解不等式組 錯解分析 第(1)問中考生易忽視“α＞3”這一關(guān)鍵隱性條件；第(2)問中轉(zhuǎn)化出的方程，不能認清其根的實質(zhì)特點，為兩大于3的根 技巧與方法 本題巧就巧在采用了等價轉(zhuǎn)化的方法，借助函數(shù)方程思想，巧妙解題 解 （1）x＜–3或x＞3 ∵f(x)定義域為［α,β］,∴α＞3 設(shè)β≥x1＞x2≥α，有 當(dāng)0＜m＜1時，f(x)為減函數(shù)，當(dāng)m＞1時，f(x)為增函數(shù) （2）若f(x)在［α,β］上的值域

4、為［logmm(β–1),logmm(α–1)］ ∵0＜m＜1, f(x)為減函數(shù) ∴ 即 即α,β為方程mx2+(2m–1)x–3(m–1)=0的大于3的兩個根 ∴ ∴0＜m＜ 故當(dāng)0＜m＜時，滿足題意條件的m存在 例2已知函數(shù)f(x)=x2–(m+1)x+m(m∈R) (1)若tanA,tanB是方程f(x)+4=0的兩個實根，A、B是銳角三角形ABC的兩個內(nèi)角 求證 m≥5; (2)對任意實數(shù)α,恒有f(2+cosα)≤0，證明m≥3; (3)在(2)的條件下，若函數(shù)f(sinα)的最大值是8，求m 命題意圖 本題考查函數(shù)、方程與三角函數(shù)的相互應(yīng)用；

5、不等式法求參數(shù)的范圍 知識依托 一元二次方程的韋達定理、特定區(qū)間上正負號的充要條件，三角函數(shù)公式 錯解分析 第(1)問中易漏掉Δ≥0和tan(A+B)＜0，第(2)問中如何保證f(x)在［1,3］恒小于等于零為關(guān)鍵 技巧與方法 深挖題意，做到題意條件都明確，隱性條件注意列 列式要周到，不遺漏 （1）證明 f(x)+4=0即x2–(m+1)x+m+4=0 依題意 又A、B銳角為三角形內(nèi)兩內(nèi)角∴＜A+B＜π ∴tan(A+B)＜0，即 ∴ ∴m≥5 (2)證明 ∵f(x)=(x–1)(x–m) 又–1≤cosα≤1，∴1≤2+cos

6、α≤3，恒有f(2+cosα)≤0 即1≤x≤3時，恒有f(x)≤0即(x–1)(x–m)≤0 ∴m≥x但xmax=3，∴m≥xmax=3 (3)解 ∵f(sinα)=sin2α–(m+1)sinα+m= 且≥2,∴當(dāng)sinα=–1時，f(sinα)有最大值8 即1+(m+1)+m=8，∴m=3 例3關(guān)于x的不等式2·32x–3x+a2–a–3＞0，當(dāng)0≤x≤1時恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為 解析 設(shè)t=3x，則t∈［1,3］，原不等式可化為a2–a–3＞–2t2+t,t∈［1,3］ 等價于a2–a–3大于f(t)=–2t2+t在［1,3］上的最大值

7、 答案 (–∞,–1)∪(2,+∞) 例4對于函數(shù)f(x)，若存在x0∈R,使f(x0)=x0成立，則稱x0為f(x)的不動點 已知函數(shù)f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0) （1）若a=1,b=–2時，求f(x)的不動點； （2）若對任意實數(shù)b，函數(shù)f(x)恒有兩個相異的不動點，求a的取值范圍； （3）在（2）的條件下，若y=f(x)圖象上A、B兩點的橫坐標(biāo)是函數(shù)f(x)的不動點，且A、B關(guān)于直線y=kx+對稱，求b的最小值 解 （1）當(dāng)a=1,b=–2時，f(x)=x2–x–3，由題意可知x=x2–x–3，得x1=–1,x2=3 故當(dāng)a=1,b=–2

8、時，f(x)的兩個不動點為–1,3 （2）∵f(x)=ax2+(b+1)x+(b–1)(a≠0)恒有兩個不動點，∴x=ax2+(b+1)x+(b–1)， 即ax2+bx+(b–1)=0恒有兩相異實根∴Δ=b2–4ab+4a＞0(b∈R)恒成立 于是Δ′=(4a)2–16a＜0解得0＜a＜1故當(dāng)b∈R，f(x)恒有兩個相異的不動點時，0＜a＜1 （3）由題意A、B兩點應(yīng)在直線y=x上，設(shè)A(x1,x1),B(x2,x2) 又∵A、B關(guān)于y=kx+對稱 ∴k=–1 設(shè)AB的中點為M(x′,y′) ∵x1,x2是方程ax2+bx+(b–1)=0的兩個根 ∴x′=y′=，

9、又點M在直線上有， 即 ∵a＞0，∴2a+≥2當(dāng)且僅當(dāng)2a=即a=∈(0,1)時取等號， 故b≥–，得b的最小值– 學(xué)生鞏固練習(xí) 1 已知函數(shù)f(x)=loga［–(2a)2］對任意x∈［,+∞］都有意義，則實數(shù)a的取值范圍是( ) A (0, B (0,) C ［,1 D (,） 2 函數(shù)f(x)的定義域為R，且x≠1，已知f(x+1)為奇函數(shù)，當(dāng)x＜1時，f(x)=2x2–x+1，那么當(dāng)x＞1時，f(x)的遞減區(qū)間是( ) A ［，+∞ B (1, C ［,+∞ D (1,］ 3 關(guān)于x的方程l

10、g(ax–1)–lg(x–3)=1有解，則a的取值范圍是 4 如果y=1–sin2x–mcosx的最小值為–4，則m的值為 5 設(shè)集合A={x｜4x–2x+2+a=0,x∈R} （1）若A中僅有一個元素，求實數(shù)a的取值集合B； （2）若對于任意a∈B，不等式x2–6x＜a(x–2)恒成立，求x的取值范圍 參考答案 1 解析 考查函數(shù)y1=和y2=(2a)x的圖象，顯然有0＜2a＜1 由題意得a=，再結(jié)合指數(shù)函數(shù)圖象性質(zhì)可得答案 答案 A 2 解析 由題意可得f(–x+1)=–f(x+1) 令t=–x+1，則x=

11、1–t， 故f(t)=–f(2–t)，即f(x)=–f(2–x) 當(dāng)x＞1,2–x＜1， 于是有f(x)=–f(2–x)=–2(x–)2–，其遞減區(qū)間為［，+∞) 答案 C 3 解析 顯然有x＞3，原方程可化為 故有(10–a)·x=29,必有10–a＞0得a＜10 又x=＞3可得a＞ 答案 ＜a＜10 4 解析 原式化為 當(dāng)＜–1,ymin=1+m=–4m=–5 當(dāng)–1≤≤1,ymin==–4m=±4不符 當(dāng)＞1，ymin=1–m=–4m=5 答案 ±5 5 解 (1)令2x=t(t＞0)，設(shè)f(t)=t2–4t+a 由f(t)=0在(0,+∞)有且僅有一根或兩相等實根，則有 ①f(t)=0有兩等根時，Δ=016–4a=0a=4驗證t2–4t+4=0t=2∈(0,+∞)，這時x=1 ②f(t)=0有一正根和一負根時,f(0)＜0a＜0 ③若f(0)=0，則a=0，此時4x–4·2x=02x=0（舍去），或2x=4,∴x=2，即A中只有一個元素 綜上所述，a≤0或a=4，即B={a｜a≤0或a=4} （2）要使原不等式對任意a∈(–∞,0］∪｛4｝恒成立 即g(a)=(x–2)a–(x2–6x)＞0恒成立 只須＜x≤2