（京津魯瓊專用）2020版高考數學二輪復習 第二部分 專題七 數學文化及數學思想 第2講 函數與方程、數形結合思想練習（含解析）

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1、第2講　函數與方程、數形結合思想 一、函數與方程思想 函數思想 方程思想 函數思想是通過建立函數關系或構造函數，運用函數的圖象和性質去分析問題、轉化問題，從而使問題得到解決的思想 方程思想就是建立方程或方程組，或者構造方程，通過解方程或方程組或者運用方程的性質去分析、轉化問題，使問題得到解決的思想 函數與方程思想在一定的條件下是可以相互轉化的，是相輔相成的，函數思想重在對問題進行動態(tài)的研究，方程思想則是在動中求靜，研究運動中的等量關系 應用一　函數與方程思想在不等式中的應用 [典型例題] 設不等式2x－1>m(x2－1)對滿足|m|≤2的一切實數m都成立，則x的取值范圍

2、為________． 【解析】　問題可以變成關于m的不等式 (x2－1)m－(2x－1)<0在m∈[－2，2]上恒成立， 設f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)， 則 即解得

3、 C．ae0，則f′(x)＝ex－1>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數，且f(0)＝0，f(x)>0， 所以ex－1>x，即ea－1>a. 又y＝ax(0ae， 從而ea－1>a>ae. 2．關于x的不等式x＋－1－a2＋2a>0在x∈(2，＋∞)上恒成立，則a＝________． 解析：關于x的不等式x＋－1－a2＋2a>0在x∈(2，＋∞)上恒成立?函數f(x)＝x＋在x∈(2，＋∞)上的值域為(a2－2a＋1，＋∞)． 因為函數f(x)＝x＋在(2，

4、＋∞)上為增函數，所以f(x)>2＋＝4，即f(x)在(2，＋∞)上的值域為(4，＋∞)， 所以a2－2a＋1＝4，解得a＝－1或a＝3. 答案：－1或3 應用二　函數與方程思想在數列中的應用 [典型例題] 已知數列{an}是各項均為正數的等差數列． (1)若a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比數列，求數列{an}的通項公式an； (2)在(1)的條件下，數列{an}的前n項和為Sn，設bn＝＋＋…＋，若對任意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求實數k的最小值． 【解】　(1)因為a1＝2，a＝a2(a4＋1)， 又因為{an}是正項等差數列，故d≥0， 所以(2＋2d

5、)2＝(2＋d)(3＋3d)，得d＝2或d＝－1(舍去)， 所以數列{an}的通項公式an＝2n. (2)因為Sn＝n(n＋1)，則＝＝－. 所以bn＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋＝－＝＝. 令f(x)＝2x＋(x≥1)，則f′(x)＝2－>0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上是增函數， 所以當x＝1時，f(x)min＝f(1)＝3，即當n＝1時，(bn)max＝， 要使對任意的正整數n，不等式bn≤k恒成立， 則須使k≥(bn)max＝， 所以實數k的最小值為. (1)本題完美體現函數與方程思想的應用，第(2)問利用裂項相消求bn，構造函數，利用單調性求bn的最大值．

6、 (2)數列的本質是定義域為正整數集或其有限子集的函數，數列的通項公式與前n項和公式即為相應的解析式，因此解決數列最值(范圍)問題的方法如下：①由其表達式判斷單調性，求出最值；②由表達式不易判斷單調性時，借助an＋1－an的正負判斷其單調性．　 [對點訓練] 1．設等差數列{an}的前n項和為Sn，若S4＝－2，S5＝0，S6＝3，則nSn的最小值為________． 解析：由已知得，a5＝S5－S4＝2，a6＝S6－S5＝3，因為數列{an}為等差數列，所以公差d＝a6－a5＝1.又S5＝＝0， 所以a1＝－2，故Sn＝－2n＋＝，即nSn＝，令f(n)＝(n>0且n∈Z)，則f′

7、(n)＝n2－5n，令f′(n)>0，得n>，令f′(n)<0，得00，a1＋a2＝4，a3－a2＝6. (1)求數列{an}的通項公式； (2)若對任意的n∈N*，kan，Sn，－1都成等差數列，求實數k的值． 解：(1)因為a1＋a2＝4，a3－a2＝6， 所以因為q>0，所以q＝3，a1＝1. 所以an＝1×3n－1＝3n－1，故數列{an}的通項公式為an＝3n－1. (2)由(1)

8、知an＝3n－1，Sn＝＝，因為kan，Sn，－1成等差數列， 所以2Sn＝kan－1，即2×＝k×3n－1－1，解得k＝3. 應用三　函數與方程思想在三角函數、平面向量中的應用 [典型例題] (1)若方程cos2x－sin x＋a＝0在x∈上有解，則a的取值范圍是________． (2)已知a，b，c為平面上三個向量，又a，b是兩個相互垂直的單位向量，向量c滿足|c|＝3，c·a＝2，c·b＝1，x，y均為實數，則|c－xa－yb|的最小值為________． 【解析】　(1)法一：把方程cos2x－sin x＋a＝0變形為a＝－cos2x＋sin x， 設f(x)＝－co

9、s2x＋sin x，x∈，f(x)＝－(1－sin2x)＋sin x＝－，由x∈可得sin x∈，易求得f(x)的值域為(－1，1]，故a的取值范圍是(－1，1]． 法二：令t＝sin x， 由x∈，可得t∈(0，1]． 依題意得1－t2－t＋a＝0，即方程t2＋t－1－a＝0在t∈(0，1]上有解，設f(t)＝t2＋t－1－a，其圖象是開口向上的拋物線，對稱軸為直線t＝－，如圖所示． 因此，f(t)＝0在(0，1]上有解等價于 即所以－1

10、以|c－xa－yb|2＝|c|2＋x2|a|2＋y2|b|2－2xc·a－2yc·b＋2xya·b＝9＋x2＋y2－4x－2y＝(x－2)2＋(y－1)2＋4， 當且僅當x＝2，y＝1時，|c－xa－yb|＝4， 所以|c－xa－yb|的最小值為2. 【答案】　(1)(－1，1]　(2)2 (1)研究含參數的三角函數方程的問題，通常有兩種處理思路：一是分離參數構建函數，將方程有解轉化為求函數的值域．二是換元，將復雜方程問題轉化為熟悉的二次方程，進而利用二次方程解的分布情況構建不等式或構造函數加以解決． (2)平面向量中含函數(方程)的相關知識，對平面向量的模進行平方處理，

11、把模問題轉化為數量積問題，再利用函數與方程思想進行分析與處理，這是解決此類問題的一種比較常見的思維方式．　 [對點訓練] 1．已知向量a＝(λ，1)，b＝(λ＋2，1)，若|a＋b|＝|a－b|，則實數λ的值為(　　) A．－1　　 B．2　　 C．1　　 D．－2 解析：選A.法一：由|a＋b|＝|a－b|，可得a2＋b2＋2a·b＝a2＋b2－2a·b，所以a·b＝0，故a·b＝(λ，1)·(λ＋2，1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1. 法二：a＋b＝(2λ＋2，2)，a－b＝(－2，0)． 由|a＋b|＝|a－b|， 可得(2λ＋2)2＋4＝4，解得λ＝－1. 2

12、．在△ABC中，D為BC邊上一點，DC＝2BD，AD＝，∠ADC＝45°，若AC＝AB，則BD＝________． 解析：在△ADC中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos 45°＝2＋DC2－2·DC·＝2＋DC2－2DC. 在△ABD中，AB2＝BD2＋AD2－2BD·AD·cos 135°＝BD2＋2＋2·BD·＝2＋BD2＋2BD. 又因為DC＝2BD，AC＝AB， 所以2·(2＋BD2＋2BD)＝2＋(2BD)2－2·2BD，整理得BD2－4BD－1＝0， 解得BD＝2＋(BD＝2－舍去)． 答案：2＋ 應用四　函數與方程思想在解析幾何中的應用 [典型例題]

13、 已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)經過點，離心率為. (1)求橢圓E的方程； (2)設點A，F分別為橢圓的右頂點、右焦點，經過點F作直線交橢圓E于C，D兩點，求四邊形OCAD面積的最大值(O為坐標原點)． 【解】　(1)由題設得解得 所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)設直線CD的方程為x＝ky＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，與橢圓方程＋＝1聯立得(3k2＋4)y2＋6ky－9＝0. 所以y1＋y2＝－，y1y2＝－. 所以S四邊形OCAD＝S△OCA＋S△ODA ＝×2×|y1|＋×2×|y2| ＝|y1－y2| ＝ ＝ ＝ ＝(其中t＝，t≥1)． 因

14、為當t≥1時，y＝3t＋單調遞增，所以3t＋≥4，所以S四邊形OCAD≤3(當k＝0時取等號)，即四邊形OCAD面積的最大值為3. 幾何中的最值是高考的熱點，在圓錐曲線的綜合問題中經常出現，求解此類問題的一般思路為在深刻認識運動變化的過程之中，抓住函數關系，將目標量表示為一個(或者多個)變量的函數，然后借助于函數最值的求法來求解，這是求面積、線段長、最值(范圍)問題的基本方法．　 [對點訓練] 　設橢圓中心在坐標原點，A(2，0)，B(0，1)是它的兩個頂點，直線y＝kx(k>0)與AB相交于點D，與橢圓相交于E，F兩點．若＝6，求k的值． 解：依題意得橢圓的方程為＋y2

15、＝1，直線AB，EF的方程分別為x＋2y＝2，y＝kx(k>0)． 如圖，設D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1

16、想 借助于數的精確性、規(guī)范性及嚴密性來闡明形的某些屬性，即以數作為手段，形作為目的的解決問題的數學思想 數形結合思想通過“以形助數，以數輔形”，使復雜問題簡單化，抽象問題具體化，能夠變抽象思維為形象思維，有助于把握數學問題的本質，它是數學的規(guī)律性與靈活性的有機結合 應用一　數形結合思想在函數與方程中的應用 [典型例題] (1)記實數x1，x2，…，xn中最小數為min{x1，x2，…，xn}，則定義在區(qū)間[0，＋∞)上的函數f(x)＝min{x2＋1，x＋3，13－x}的最大值為(　　) A．5　　 B．6　　 C．8　　 D．10 (2)設函數f(x)是定義在R上的偶函

17、數，且對任意的x∈R，都有f(x＋2)＝f(2－x)，當x∈(－2，0]時，f(x)＝－1，則關于x的方程f(x)－log8(x＋2)＝0在區(qū)間(－2，6)上根的個數為(　　) A．1　　 B．2　　 C．3　　 D．4 【解析】　(1)在同一坐標系中作出三個函數y＝x2＋1，y＝x＋3，y＝13－x的圖象如圖： 由圖可知，在實數集R上，min{x2＋1，x＋3，13－x}為y＝x＋3上A點下方的射線，拋物線AB之間的部分，線段BC，與直線y＝13－x上點C下方的部分的組合圖．顯然，在區(qū)間[0，＋∞)上，在C點時，y＝min{x2＋1，x＋3，13－x}取得最大值． 解方程組得點

18、C(5，8)． 所以f(x)max＝8. (2)因為對任意的x∈R，都有f(x＋2)＝f(2－x)，所以f(x)的圖象關于直線x＝2對稱，又f(x)是定義在R上的偶函數，所以f(x＋2)＝f(2－x)＝f(x－2)，f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝f[(x＋2)－2]＝f(x)，所以函數f(x)是周期為4的函數，則函數y＝f(x)的圖象與y＝log8(x＋2)的圖象交點的個數即方程f(x)－log8(x＋2)＝0根的個數，作出y＝f(x)與y＝log8(x＋2)在區(qū)間(－2，6)上的圖象如圖所示，易知兩個函數在區(qū)間(－2，6)上的圖象有3個交點，所以方程f(x)－log8(x＋2)＝0

19、在區(qū)間(－2，6)上有3個根，故選C. 【答案】　(1)C　(2)C 用圖象法討論方程(特別是含參數的指數、對數、根式、三角等復雜方程)的解(或函數零點)的個數是一種重要的方法，其基本思想是先把方程兩邊的代數式看作是兩個熟悉的函數表達式(不熟悉時，需要作適當的變形轉化為兩個熟悉的函數)，然后在同一坐標系中作出兩個函數的圖象，圖象的交點個數即為方程解(或函數零點)的個數．　 [對點訓練] 1．已知函數f(x)＝(a∈R)，若函數f(x)在R上有兩個零點，則實數a的取值范圍是(　　) A．(0，1]　　　　　　　 B．[1，＋∞) C．(0，1) D．(－∞，1] 解析

20、：選A.畫出函數f(x)的大致圖象如圖所示．因為函數f(x)在R有兩個零點，所以f(x)在(－∞，0]和(0，＋∞)上各有一個零點．當x≤0時，f(x)有一個零點，需00時，f(x)有一個零點，需－a<0，即a>0.綜上，0

21、象如圖所示， 由圖易得0<<4，解得k>. 所以k的取值范圍為. 答案： 應用二　數形結合思想在求解不等式或參數范圍中的應用 [典型例題] 設函數f(x)＝，則滿足f(x＋1)

22、等式中量的特點，選擇適當的兩個(或多個)函數，利用兩個函數圖象的上、下位置關系轉化為數量關系來解決問題，往往可以避免煩瑣的運算．　 [對點訓練] 　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：作出y＝|x－2a|和y＝x＋a－1的簡圖，依題意知應有2a≤2－2a，故a≤. 答案：(－∞，] 應用三　數形結合思想在解析幾何中的應用 [典型例題] 已知拋物線的方程為x2＝8y，點F是其焦點，點A(－2，4)，在此拋物線上求一點P，使△APF的周長最小，此時點P的坐標為________． 【解析】　因為(－2)2<8×4，所以點A

23、(－2，4)在拋物線x2＝8y的內部，如圖，設拋物線的準線為l，過點P作PQ⊥l于點Q，過點A作AB⊥l于點B，連接AQ. 則△APF的周長為|PF|＋|PA|＋|AF|＝|PQ|＋|PA|＋|AF|≥|AQ|＋|AF|≥|AB|＋|AF|，當且僅當P，B，A三點共線時，△APF的周長取得最小值，即|AB|＋|AF|. 因為A(－2，4)，所以不妨設△APF的周長最小時，點P的坐標為(－2，y0)，代入x2＝8y，得y0＝，故使△APF的周長最小的點P的坐標為. 【答案】　 (1)對于幾何圖形中的動態(tài)問題，應分析各個變量的變化過程，找出其中的相互關系求解． (2)應用幾何

24、意義法解決問題需要熟悉常見的幾何結構的代數形式，主要有：①比值——可考慮直線的斜率；②二元一次式——可考慮直線的截距；③根式分式——可考慮點到直線的距離；④根式——可考慮兩點間的距離．　 [對點訓練] 1．設雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左焦點為F，直線4x－3y＋20＝0過點F且與雙曲線C在第二象限的交點為P，O為原點，|OP|＝|OF|，則雙曲線C的離心率為(　　) A．5　　　　　　　　　　 B． C． D． 解析：選A.根據直線4x－3y＋20＝0與x軸的交點F為(－5，0)，可知半焦距c＝5， 設雙曲線C的右焦點為F2，連接PF2，根據|OF2|＝|OF|且|OP

25、|＝|OF|可得，△PFF2為直角三角形． 如圖，過點O作OA垂直于直線4x－3y＋20＝0，垂足為A，則易知OA為△PFF2的中位線， 又原點O到直線4x－3y＋20＝0的距離d＝4，所以|PF2|＝2d＝8，|PF|＝＝6，故結合雙曲線的定義可知|PF2|－|PF|＝2a＝2，所以a＝1，故e＝＝5.故選A. 2．已知圓C：(x－3)2＋(y－4)2＝1和兩點A(－m，0)，B(m，0)(m>0)．若圓C上存在點P，使得∠APB＝90°，則m的最大值為________． 解析：根據題意，畫出示意圖，如圖所示， 則圓心C的坐標為(3，4)，半徑r＝1，且|AB|＝2m，因為∠APB＝90°，連接OP，易知|OP|＝|AB|＝m. 求m的最大值，即求圓C上的點到原點O的最大距離． 因為|OC|＝＝5，所以|OP|max＝|OC|＋r＝6，即m的最大值為6. 答案：6 - 13 -