高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練九 第1講 函數(shù)與方程思想 理

《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練九 第1講 函數(shù)與方程思想 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練九 第1講 函數(shù)與方程思想 理（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題訓(xùn)練九 第1講 函數(shù)與方程思想 理 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(duì)函數(shù)概念的本質(zhì)認(rèn)識(shí)，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．經(jīng)常利用的性質(zhì)是單調(diào)性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、圖象變換等． (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．方程的教學(xué)是對(duì)方程概念的本質(zhì)認(rèn)識(shí)，用于指導(dǎo)解題就是善于利用方程或方程組的觀點(diǎn)觀察處理問題．方程思想是動(dòng)中

2、求靜，研究運(yùn)動(dòng)中的等量關(guān)系． 2．和函數(shù)與方程思想密切關(guān)聯(lián)的知識(shí)點(diǎn) (1)函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化，對(duì)函數(shù)y＝f(x)，當(dāng)y>0 時(shí)，就化為不等式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)在三角函數(shù)求值中，把所求的量看作未知量，其余的量通過三角函數(shù)關(guān)系化為未知量的表達(dá)式，那么問題就能化為未知量的方程來解． (4)解析幾何中的許多問題，例如直線與二次曲線的位置關(guān)系問題，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． (5)立體

3、幾何中有關(guān)線段、角、面積、體積的計(jì)算，經(jīng)常需要運(yùn)用列方程或建立函數(shù)表達(dá)式的方法加以解決，建立空間直角坐標(biāo)系后，立體幾何與函數(shù)的關(guān)系更加密切. 熱點(diǎn)一　函數(shù)與方程思想在不等式中的應(yīng)用 例1　(1)f(x)＝ax3－3x＋1對(duì)于x∈[－1,1]總有f(x)≥0成立，則a＝________. (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__________． 答案　(1)4　(2)(－∞，－3)∪(0,3) 解析　(1)若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然

4、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)＝－，且g(x)在區(qū)間[－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

5、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)在對(duì)稱區(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，由圖可知F(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)． 思維升華　(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． 　(1)若2x＋

6、5y≤2－y＋5－x，則有(　　) A．x＋y≥0 B．x＋y≤0 C．x－y≤0 D．x－y≥0 (2)已知函數(shù)f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A．m≥ B．m> C．m≤ D．m< 答案　(1)B　(2)A 解析　(1)把不等式變形為2x－5－x≤2－y－5y，構(gòu)造函數(shù)y＝2x－5－x，其為R上的增函數(shù)，所以有x≤－y. (2)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x4－2x3＋3m.所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0得x＝0或x＝3，經(jīng)檢驗(yàn)知x＝3是函數(shù)的一個(gè)最小值點(diǎn)，所以函數(shù)的最小值為f(3)＝3m

7、－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立， 所以3m－≥－9，解得m≥，故選A. 熱點(diǎn)二　函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應(yīng)用 例2　已知數(shù)列{an}是各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列． (1)若a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an； (2)在(1)的條件下，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，設(shè)bn＝＋＋…＋，若對(duì)任意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求實(shí)數(shù)k的最小值． 解　(1)因?yàn)閍1＝2，a＝a2·(a4＋1)， 又因?yàn)閧an}是正項(xiàng)等差數(shù)列，故d≥0， 所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)， 得d＝2或d＝－1(舍去)， 所以數(shù)列

8、{an}的通項(xiàng)公式an＝2n. (2)因?yàn)镾n＝n(n＋1)， bn＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝－＋－＋…＋－ ＝－＝＝， 令f(x)＝2x＋(x≥1)， 則f′(x)＝2－，當(dāng)x≥1時(shí)，f′(x)>0恒成立， 所以f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)， 故當(dāng)x＝1時(shí)，[f(x)]min＝f(1)＝3， 即當(dāng)n＝1時(shí)，(bn)max＝， 要使對(duì)任意的正整數(shù)n，不等式bn≤k恒成立， 則須使k≥(bn)max＝， 所以實(shí)數(shù)k的最小值為. 思維升華　(1)等差(比)數(shù)列中各有5個(gè)基本量，建立方程組可“知三求二”； (2)數(shù)列的本質(zhì)是定義域?yàn)檎麛?shù)集或其有限子集的函數(shù)，數(shù)列的

9、通項(xiàng)公式即為相應(yīng)的解析式，因此在解決數(shù)列問題時(shí)，應(yīng)注意利用函數(shù)的思想求解． 　(1)(xx·江蘇)在各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，則a6的值是________． (2)已知函數(shù)f(x)＝()x，等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為f(n)－c，則an的最小值為(　　) A．－1 B．1 C. D．－ 答案　(1)4　(2)D 解析　(1)因?yàn)閍8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到關(guān)于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×2

10、2＝4. (2)由題設(shè)，得a1＝f(1)－c＝－c； a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－； a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－. 又?jǐn)?shù)列{an}是等比數(shù)列， ∴(－)2＝(－c)×(－)，∴c＝1. 又∵公比q＝＝， ∴an＝－()n－1＝－2()n，n∈N*. 且數(shù)列 {an}是遞增數(shù)列， ∴n＝1時(shí)，an有最小值a1＝－. 熱點(diǎn)三　函數(shù)與方程思想在幾何中的應(yīng)用 例3　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的一個(gè)頂點(diǎn)為A(2,0)，離心率為.直線y＝k(x－1)與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N. (1)求橢圓C的方程； (2)當(dāng)△AMN的面積為時(shí)，求k的值

11、． 解　(1)由題意得解得b＝. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)由得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－4＝0. 設(shè)點(diǎn)M，N的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 所以|MN|＝ ＝ ＝. 又因?yàn)辄c(diǎn)A(2,0)到直線y＝k(x－1)的距離 d＝， 所以△AMN的面積為 S＝|MN|·d＝. 由＝，解得k＝±1. 所以，k的值為1或－1. 思維升華　幾何最值是高考的熱點(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(shí)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)

12、最值的探求來使問題得以解決． 　(1)(xx·安徽)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：x2＋＝1(01，則雙曲線－＝1的離心率e的取值范圍是(　　) A．(1，) B．(，) C．[，] D．(，) 答案　(1)x2＋y2＝1　(2)B 解析　(1)設(shè)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(x0，y0)， ∵x2＋＝1，且0

13、2，－b2)＝3(x0＋，y0)． ∴x0＝－，y0＝－. ∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為. 將點(diǎn)B代入x2＋＝1， 得b2＝. ∴橢圓E的方程為x2＋y2＝1. (2)e2＝()2＝＝1＋(1＋)2， 因?yàn)楫?dāng)a>1時(shí)，0<<1，所以2

14、想． 3．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． 4．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. 真題感悟 1．(xx·遼寧)已知a＝2－，b＝log2，c＝，則(　　) A．a(chǎn)>b>c B．a(chǎn)>c>b C．c>a>b D．c>b>a 答案　C 解析　0

15、＝>＝1， 即01，所以c>a>b. 2．(xx·福建)設(shè)P，Q分別為圓x2＋(y－6)2＝2和橢圓＋y2＝1上的點(diǎn)，則P，Q兩點(diǎn)間的最大距離是(　　) A．5 B.＋ C．7＋ D．6 答案　D 解析　如圖所示，設(shè)以(0,6)為圓心，以r為半徑的圓的方程為x2＋(y－6)2＝r2(r>0)，與橢圓方程＋y2＝1聯(lián)立得方程組，消掉x2得9y2＋12y＋r2－46＝0. 令Δ＝122－4×9(r2－46)＝0， 解得r2＝50， 即r＝5. 由題意易知P，Q兩點(diǎn)間的最大距離為r＋＝6， 故選D. 3．(xx·江蘇)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若

16、曲線y＝ax2＋(a，b為常數(shù))過點(diǎn)P(2，－5)，且該曲線在點(diǎn)P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，則a＋b的值是______． 答案?。? 解析　y＝ax2＋的導(dǎo)數(shù)為y′＝2ax－， 直線7x＋2y＋3＝0的斜率為－. 由題意得解得則a＋b＝－3. 4．(xx·福建)要制作一個(gè)容積為4 m3，高為1 m的無蓋長方體容器．已知該容器的底面造價(jià)是每平方米20元，側(cè)面造價(jià)是每平方米10元，則該容器的最低總造價(jià)是________．(單位：元) 答案　160 解析　設(shè)該長方體容器的長為x m，則寬為 m．又設(shè)該容器的造價(jià)為y元，則y＝20×4＋2(x＋)×10，即y＝80＋20(x＋

17、)(x>0)．因?yàn)閤＋≥2＝4(當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝2時(shí)取“＝”)， 所以ymin＝80＋20×4＝160(元)． 押題精練 1．函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，f(－1)＝2，對(duì)任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為(　　) A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 答案　B 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. 2．設(shè)直線x＝t與函數(shù)

18、f(x)＝x2，g(x)＝ln x的圖象分別交于點(diǎn)M、N，則當(dāng)|MN|達(dá)到最小時(shí)t的值為(　　) A．1 B. C. D. 答案　D 解析　可知|MN|＝f(x)－g(x)＝x2－ln x. 令F(x)＝x2－ln x，F(xiàn)′(x)＝2x－＝， 所以當(dāng)0時(shí)，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增， 故當(dāng)x＝t＝時(shí)，F(xiàn)(x)有最小值，即|MN|達(dá)到最?。? 3．(xx·遼寧)當(dāng)x∈[－2,1]時(shí)，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．[－5，－3] B．[－6，－] C．[－6，－2]

19、 D．[－4，－3] 答案　C 解析　當(dāng)x＝0時(shí)，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R. 當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，ax3≥x2－4x－3，a≥，所以a≥max. 設(shè)φ(x)＝， 所以φ′(x)＝＝－＝－>0， 所以φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.所以a≥－6. 當(dāng)x∈[－2,0)時(shí)，a≤，所以a≤min. 仍設(shè)φ(x)＝，φ′(x)＝－. 當(dāng)x∈[－2，－1)時(shí)，φ′(x)<0，φ(x)在[－2，－1)上單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，φ′(x)>0，φ(x)在(－1,0)上單調(diào)遞增． 所以當(dāng)x＝－1時(shí)，φ(x)有極小值，即為最小

20、值． 而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，所以a≤－2.綜上知－6≤a≤－2. 4．若關(guān)于x的方程(2－2－|x－2|)2＝2＋a有實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　[－1,2) 解析　令f(x)＝(2－2－|x－2|)2.要使f(x)＝2＋a有實(shí)根，只需2＋a是f(x)的值域內(nèi)的值．∵f(x)的值域?yàn)閇1,4)，∴1≤a＋2<4，∴－1≤a<2. 5．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋ax和g(x)＝x－a，其中a∈R，且a≠0.若函數(shù)f(x)與g(x)的圖象相交于不同的兩點(diǎn)A、B，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，試求△OAB的面積S的最大值． 解　依題意，f(x)＝g(x)，即ax2

21、＋ax＝x－a， 整理得ax2＋(a－1)x＋a＝0，① ∵a≠0， 函數(shù)f(x)與g(x)的圖象相交于不同的兩點(diǎn)A、B， ∴Δ>0，即Δ＝(a－1)2－4a2＝－3a2－2a＋1＝(3a－1)·(－a－1)>0， ∴－10，x1＋x2＝－. 設(shè)點(diǎn)O到直線g(x)＝x－a的距離為d，則d＝， ∴S＝|x1－x2|·＝ ＝ .∵－11)，⊙M：(x＋1)2＋y2＝1，P為

22、橢圓G上一點(diǎn)，過P作⊙M的兩條切線PE、PF，E、F分別為切點(diǎn)． (1)求t＝||的取值范圍； (2)把·表示成t的函數(shù)f(t)，并求出f(t)的最大值、最小值． 解　(1)設(shè)P(x0，y0)，則＋＝1(a>1)，∴y＝(a2－1)， ∴t2＝||2＝(x0＋1)2＋y＝(x0＋1)2＋(a2－1)＝2， ∴t＝. ∵－a≤x0≤a，∴a－1≤t≤a＋1(a>1)． (2)∵·＝||||cos∠EPF＝||2(2cos2∠EPM－1) ＝(||2－1) ＝(t2－1)＝t2＋－3， ∴f(t)＝t2＋－3(a－1≤t≤a＋1)． 對(duì)于函數(shù)f(t)＝t2＋－3(t>0)，顯然在t∈(0，]時(shí)，f(t)單調(diào)遞減， 在t∈[，＋∞)時(shí)，f(t)單調(diào)遞增．∴對(duì)于函數(shù)f(t)＝t2＋－3(a－1≤t≤a＋1)， 當(dāng)a>＋1，即a－1>時(shí)，[f(t)]max＝f(a＋1)＝a2＋2a－2＋， [f(t)]min＝f(a－1)＝a2－2a－2＋； 當(dāng)≤a≤＋1時(shí)，[f(t)]max＝f(a＋1)＝a2＋2a－2＋， [f(t)]min＝f()＝2－3； 當(dāng)1