【高考前三個月復習數(shù)學理科 數(shù)學思想方法】專題10 第44練

第44練函數(shù)與方程思想思想方法解讀1.函數(shù)與方程思想的含義(1)函數(shù)的思想，是用運動和變化的觀點，分析和研究數(shù)學中的數(shù)量關系，是對函數(shù)概念的本質(zhì)認識，建立函數(shù)關系或構造函數(shù)，運用函數(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的思想方法.(2)方程的思想，就是分析數(shù)學問題中變量間的等量關系，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(zhì)去分析、轉(zhuǎn)化問題，使問題獲得解決的思想方法.2.函數(shù)與方程的思想在解題中的應用(1)函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化，對函數(shù)yf(x)，當y>0時，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)列的通項與前n項和是自變量為正整數(shù)的函數(shù)，用函數(shù)的觀點去處理數(shù)列問題十分重要.(3)解析幾何中的許多問題，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)的有關理論.(4)立體幾何中有關線段、角、面積、體積的計算，經(jīng)常需要運用列方程或建立函數(shù)表達式的方法加以解決，建立空間直角坐標系后，立體幾何與函數(shù)的關系更加密切.?？碱}型精析題型一利用函數(shù)與方程思想解決圖象交點或方程根等問題例1已知函數(shù)f(x)x22ext1，g(x)x (x>0)，其中e表示自然對數(shù)的底數(shù).(1)若g(x)m有實根，求m的取值范圍；(2)確定t的取值范圍，使得g(x)f(x)0有兩個相異實根.點評函數(shù)圖象的交點、函數(shù)零點、方程的根三者之間可互相轉(zhuǎn)化，解題的宗旨就是函數(shù)與方程的思想.方程的根可轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點、函數(shù)圖象的交點，反之函數(shù)零點、函數(shù)圖象交點個數(shù)問題也可轉(zhuǎn)化為方程根的問題.變式訓練1已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)且f(x2)f(x)，g(x)，則方程f(x)g(x)在區(qū)間5,1上的所有實根之和為()A.5 B.6C.7 D.8題型二函數(shù)與方程思想在不等式中的應用例2已知函數(shù)f(x)ln xx1，g(x)x22bx4，若對任意x1(0,2)，x21,2，不等式f(x1)g(x2)恒成立，則實數(shù)b的取值范圍為_.點評不等式恒成立問題的處理方法在解決不等式恒成立問題時，一種最重要的思想方法就是構造適當?shù)暮瘮?shù)，利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)解決問題.同時要注意在一個含多個變量的數(shù)學問題中，需要確定合適的變量和參數(shù)，從而揭示函數(shù)關系，使問題更明朗化.一般地，已知存在范圍的量為變量，而待求范圍的量為參數(shù).變式訓練2設f(x)ln x1.證明：(1)當x>1時，f(x)<(x1)；(2)當1<x<3時，f(x)<.題型三函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應用例3已知數(shù)列an是首項為2，各項均為正數(shù)的等差數(shù)列，a2，a3，a41成等比數(shù)列，設bn(其中Sn是數(shù)列an的前n項和)，若對任意nN*，不等式bnk恒成立，求實數(shù)k的最小值.點評數(shù)列問題函數(shù)(方程)化法數(shù)列問題函數(shù)(方程)化法與形式結構函數(shù)(方程)化法類似，但要注意數(shù)列問題中n的取值范圍為正整數(shù)，涉及的函數(shù)具有離散性特點，其一般解題步驟：第一步：分析數(shù)列式子的結構特征.第二步：根據(jù)結構特征構造“特征”函數(shù)(方程)，轉(zhuǎn)化問題形式.第三步：研究函數(shù)性質(zhì).結合解決問題的需要研究函數(shù)(方程)的相關性質(zhì)，主要涉及函數(shù)單調(diào)性與最值、值域問題的研究.第四步：回歸問題.結合對函數(shù)(方程)相關性質(zhì)的研究，回歸問題.變式訓練3已知f(x)x24x4，f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，fn(x)f(fn1(x)，函數(shù)yfn(x)的零點個數(shù)記為an，則an等于()A.2n B.2n1C.2n1 D.2n或2n1題型四函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應用例4橢圓C的中心為坐標原點O，焦點在y軸上，短軸長為，離心率為，直線l與y軸交于點P(0，m)，與橢圓C交于相異兩點A，B，且3.(1)求橢圓C的方程；(2)求m的取值范圍.點評利用判別式法研究圓錐曲線中的范圍問題的步驟第一步：聯(lián)立方程.第二步：求解判別式.第三步：代換.利用題設條件和圓錐曲線的幾何性質(zhì)，得到所求目標參數(shù)和判別式不等式中的參數(shù)的一個等量關系，將其代換.第四步：下結論.將上述等量代換式代入>0或0中，即可求出目標參數(shù)的取值范圍.第五步：回顧反思.在研究直線與圓錐曲線的位置關系問題時，無論題目中有沒有涉及求參數(shù)的取值范圍，都不能忽視了判別式對某些量的制約，這是求解這類問題的關鍵環(huán)節(jié).變式訓練4如圖所示，設橢圓C1：1的左，右焦點分別是F1，F(xiàn)2，下頂點為A，線段OA的中點為B(O為坐標原點)，若拋物線C2：ymx2n(m>0，n>0)與y軸的交點為B，且經(jīng)過F1，F(xiàn)2兩點.(1)求拋物線C2的方程；(2)設M，N為拋物線C2上的一動點，過點N作拋物線C2的切線交橢圓C1于P，Q兩點，求MPQ的面積的最大值.高考題型精練1.若2x5y2y5x，則有()A.xy0 B.xy0C.xy0 D.xy02.在如圖所示的銳角三角形空地中，欲建一個面積不小于300 m2的內(nèi)接矩形花園(陰影部分)，則其邊長x(單位：m)的取值范圍是()A.15,20 B.12,25C.10,30 D.20,303.滿足條件AB2，ACBC的三角形ABC的面積的最大值是_.4.已知f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，當x0時，f(x)x24x，那么，不等式f(x2)<5的解集是_.5.當x2,1時，不等式ax3x24x30恒成立，求實數(shù)a的取值范圍.6.(2015南京模擬)已知函數(shù)f(x)aln(x1)，其中xN*，a為常數(shù).(1)當n2時，求函數(shù)f(x)的極值；(2)當a1時，證明：對任意的正整數(shù)n，當x2時，有f(x)x1.答案精析專題10 數(shù)學思想方法第44練函數(shù)與方程思想?？碱}型精析例1解(1)方法一因為x>0，所以g(x)x22e，等號成立的條件是xe.故g(x)的值域是2e，)，因而只需m2e，g(x)m就有實根.方法二作出g(x)x (x>0)的圖象，如圖所示，觀察圖象可知g(x)的最小值為2e，因此要使g(x)m有實根，則只需m2e.方法三由g(x)m，得x2mxe20，故等價于故m2e.(2)若g(x)f(x)0有兩個相異的實根，則函數(shù)g(x)與f(x)的圖象有兩個不同的交點.因為f(x)x22ext1(xe)2t1e2，所以函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為直線xe，開口向下，最大值為t1e2.由題意，作出g(x)x (x>0)及f(x)x22ext1的大致圖象，如圖所示.故當t1e2>2e，即t>e22e1時，g(x)與f(x)的圖象有兩個交點，即g(x)f(x)0有兩個相異實根.所以t的取值范圍是(e22e1，).變式訓練1C g(x)2，由題意知函數(shù)f(x)的周期為2，則函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間5,1上的圖象如圖所示：由圖象知f(x)、g(x)有三個交點，故方程f(x)g(x)，在x5,1上有三個根xA、xB、xC，xB3，2，xAxC4，xAxBxC7.例2解析問題等價于f(x)ming(x)max.f(x)ln xx1，所以f(x)，令f(x)>0得x24x3<0，解得1<x<3，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(1,3)，單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1)和(3，)，故在區(qū)間(0,2)上，x1是函數(shù)的極小值點，這個極小值點是唯一的，故也是最小值點，所以f(x)minf(1).由于函數(shù)g(x)x22bx4，x1,2.當b<1時，g(x)maxg(1)2b5；當1b2時；g(x)maxg(b)b24；當b>2時，g(x)maxg(2)4b8.故問題等價于或或解第一個不等式組得b<1，解第二個不等式組得1b，第三個不等式組無解.綜上所述，b的取值范圍是.變式訓練2證明(1)記g(x)ln x1(x1)，則當x>1時，g(x)<0.又g(1)0，所以有g(x)<0，即f(x)<(x1).(2)記h(x)(x5)f(x)9(x1)，則當1<x<3時，由(1)，得h(x)f(x)(x5)f(x)9<(x1)(x5)93x(x1)(x5)(2)18x<3x(x1)(x5)(2)18x(7x232x25)<0.因此h(x)在(1,3)內(nèi)單調(diào)遞減.又h(1)0，所以h(x)<0，即f(x)<.例3解因為a12，aa2(a41)，又因為an是正項等差數(shù)列，故d0，所以(22d)2(2d)(33d)，得d2或d1(舍去)，所以數(shù)列an的通項公式an2n.因為Snn(n1)，bn.令f(x)2x (x1)，則f(x)2，當x1時，f(x)>0恒成立，所以f(x)在1，)上是增函數(shù)，故當x1時，f(x)minf(1)3，即當n1時，(bn)max，要使對任意的正整數(shù)n，不等式bnk恒成立，則須使k(bn)max，所以實數(shù)k的最小值為.變式訓練3B解析f1(x)x24x4(x2)2，有1個零點2，由f2(x)0可得f1(x)2，則x2或x2，即yf2(x)有2個零點，由f3(x)0可得f2(x)2或2，則(x2)22或(x2)22，即yf3(x)有4個零點，以此類推可知，yfn(x)的零點個數(shù)an2n1.故選B.例4解(1)設橢圓C的方程為1 (a>b>0)，設c>0，c2a2b2，由題意，知2b，所以a1，bc.故橢圓C的方程為y21，即y22x21.(2)設直線l的方程為ykxm (k0)，l與橢圓C的交點坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k22)x22kmx(m21)0，(2km)24(k22)(m21)4(k22m22)>0，(*)x1x2，x1x2.因為3，所以x13x2，所以則3(x1x2)24x1x20，即3240，整理得4k2m22m2k220，即k2(4m21)2m220，當m2時，上式不成立；當m2時，k2，由(*)式，得k2>2m22，又k0，所以k2>0，解得1<m<或<m<1，即所求m的取值范圍為.變式訓練4解(1)由題意可知A(0，2)，則B(0，1)，由拋物線ymx2n過點B，可知n1.又F1(1,0)，F(xiàn)2(1,0)，拋物線ymx2n經(jīng)過F1，F(xiàn)2兩點，即mn0，所以m1.所以拋物線C2的方程為yx21.(2)設N(t，t21)，由y2x，知直線PQ的方程為y(t21)2t(xt)，即y2txt21.將其代入橢圓方程，整理得4(15t2)x220t(t21)x5(t21)2200.400t2(t21)280(5t21)(t21)2480(t41823)，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則x1x2，x1x2，故|PQ|x1x2|.設點M到直線PQ的距離為d，則d.所以SMPQ|PQ|d.當且僅當t3時取“”，經(jīng)檢驗此時>0，滿足題意.綜上，可知MPQ的面積的最大值為.高考題型精練1.B 把不等式變形為2x5x2y5y，構造函數(shù)y2x5x，其為R上的增函數(shù)，所以有xy，即xy0.2.C 如圖，ADEABC，設矩形的另一邊長為y，則22，所以y40x，由題意知xy300，即x(40x)300，整理得x240x3000，解不等式得10x30.3.2解析可設BCx，則ACx，根據(jù)面積公式得SABCx，由余弦定理計算得cos B，代入上式得SABCx .由得22<x<22.故當x2時，SABC最大值為2.4.x|7<x<3解析令x<0，則x>0，x0時，f(x)x24x，f(x)(x)24(x)x24x，又f(x)為偶函數(shù)，f(x)f(x)，x<0時，f(x)x24x，故有f(x)再求f(x)<5的解集，由得0x5；由得5<x<0，即f(x)<5的解集為(5,5).由于f(x)向左平移兩個單位即得f(x2)，故f(x2)<5的解集為x|7<x<3.5.解當x0時，ax3x24x30變?yōu)?0恒成立，即aR.當x(0,1時，ax3x24x3，a，amax.設(x)，(x)>0，(x)在(0,1上遞增，(x)max(1)6，a6.當x2,0)時，a，amin.仍設(x)，(x).當x2，1)時，(x)<0，當x(1,0)時，(x)>0.當x1時，(x)有極小值，即為最小值.而(x)min(1)2，a2.綜上知6a2.6.(1)解由已知得函數(shù)f(x)的定義域為x|x>1，當n2時，f(x)aln(x1)，所以f(x).當a>0時，由f(x)0得x11>1，x21<1，此時f(x).當x(1，x1)時，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x(x1，)時，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.所以f(x)在x1處取得極小值，極小值為f(1)(1ln )；當a0時，f(x)<0恒成立，所以f(x)無極值.綜上所述，n2時，當a>0時，函數(shù)f(x)有極值，且為極小值(1ln )；當a0時，f(x)無極值.(2)證明因為a1，所以f(x)ln(x1).當n為偶數(shù)時，令g(x)x1ln(x1)，則g(x)1>0(x2).所以當x2，)時，g(x)單調(diào)遞增，又g(2)0，因此g(x)x1ln(x1)g(2)0恒成立，所以f(x)x1成立.當n為奇數(shù)時，要證f(x)x1，由于<0，所以只需證ln(x1)x1，令h(x)x1ln(x1)，則h(x)10(x2)，所以當x2，)時，h(x)x1ln(x1)單調(diào)遞增，又h(2)1>0，所以當x2時，恒有h(x)>0，即ln(x1)<x1命題成立.綜上所述，結論成立.