新版金版教程高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)講義：第一編 數(shù)學(xué)思想方法 第一講 函數(shù)與方程思想 Word版含解析

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1、 1

2、 1 第一講　函數(shù)與方程思想 思想方法解讀 考點　求最值或參數(shù)的范圍　　 典例1　　20xx·山東高考]設(shè)函數(shù)f(x)＝ 則滿足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范圍是(　　) A. B．0,1] C. D．1，＋∞) 解析]　由題意知，f(a)＝ 由f(a)<1，解得a<. 所以f(f(a))＝ ＝ 故當(dāng)a<時，方程f(f(a))＝2f(

3、a)化為9a－4＝23a－1，即18a－8＝23a. 如圖，分別作出直線y＝18x－8與函數(shù)y＝23x＝8x的圖象，根據(jù)圖象分析可知，A點橫坐標(biāo)為，故a<不符合題意． 當(dāng)≤a<1時，方程f(f(a))＝2f(a)化為23a－1＝23a－1，顯然方程恒成立． 當(dāng)a≥1時，方程f(f(a))＝2f(a)化為22a＝22a，顯然方程恒成立． 所以a的取值范圍是. 答案]　C 四類參數(shù)范圍(或最值)的求解方法 (1)求字母(式子)的值的問題往往要根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建以待求字母(式子)為元的方程(組)，然后由方程(組)求得． (2)求參數(shù)的取值范圍是函數(shù)、方程、不等式、數(shù)列、解析幾何

4、等問題中的重要問題，解決這類問題一般有兩種途徑：其一，充分挖掘題設(shè)條件中的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求字母為元的不等式(組)求解；其二，充分應(yīng)用題設(shè)中的等量關(guān)系，將待求參數(shù)表示成其他變量的函數(shù)，然后，應(yīng)用函數(shù)知識求值域． (3)當(dāng)問題中出現(xiàn)兩數(shù)積與這兩數(shù)和時，是構(gòu)建一元二次方程的明顯信息，構(gòu)造方程后再利用方程知識可使問題巧妙解決． (4)當(dāng)問題中出現(xiàn)多個變量時，往往要利用等量關(guān)系去減少變量的個數(shù)，如最后能把其中一個變量表示成關(guān)于另一個變量的表達式，那么就可用研究函數(shù)的方法將問題解決． 【針對訓(xùn)練1】　20xx·西安模擬]已知f(x)＝ln x＋a(1－x) (1)討論f(x)的單調(diào)性；

5、(2)當(dāng)f(x)有最大值，且最大值大于2a－2時，求a的取值范圍． 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－a. 若a≤0，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 若a>0，則當(dāng)x∈時，f′(x)>0；當(dāng)x∈ 時，f′(x)<0. 所以f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 綜上，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a>0時，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． (2)由(1)知，當(dāng)a≤0時，f(x)在(0，＋∞)無最大值；當(dāng)a>0時，f(x)在x＝處取得最大值，最大值為f＝ln ＋a＝－ln a＋a－1. 因此f>2a－2等價于

6、ln a＋a－1<0. 令g(a)＝ln a＋a－1，則g(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(1)＝0.于是，當(dāng)01時，g(a)>0. 因此，a的取值范圍是(0,1)． 考點　解決圖象交點或方程根等問題　　 典例2　　已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2ex＋t－1，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． 解]　(1)解法一：因為x>0，所以g(x)＝x＋≥2＝2e，等號成立的條件是x＝e.故g(x)的值域是2e，＋∞)，因而只需

7、m≥2e，g(x)＝m就有實根． 解法二：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m≥2e. 解法三：由g(x)＝m，得x2－mx＋e2＝0，此方程有大于0的根，故 等價于 故m≥2e. (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)＝－x2＋2ex＋t－1＝－(x－e)2＋t－1＋e2，所以函數(shù)f(x)圖象的對稱軸為直線x＝e，開口向下，最大值為t－1＋e2. 由題意，作出g(x)＝x＋(x>0)及f(x)＝－x2＋2ex＋t－1的

8、大致圖象，如圖所示． 故當(dāng)t－1＋e2>2e，即t>－e2＋2e＋1時，g(x)與f(x)的圖象有兩個不同的交點，即g(x)－f(x)＝0有兩個相異實根． 所以t的取值范圍是(－e2＋2e＋1，＋∞)． 解決圖象交點及方程根問題的方法 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)與方程的思想即方程的根可轉(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． 【針對訓(xùn)練2】　已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)＝且f(x＋2)＝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(

9、　　) A．－5 B．－6 C．－7 D．－8 答案　C 解析　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x∈－5,1]上有三個根xA、xB、xC，且xB＝－3，＝－2，xA＋xC＝－4，∴xA＋xB＋xC＝－7. 考點　函數(shù)與方程思想在不等式中的應(yīng)用　　 典例3　　設(shè)函數(shù)f(x)＝cos2x＋sinx＋a－1，已知不等式1≤f(x)≤對一切x∈R恒成立，求a的取值范圍． 解]　f(x)＝cos2x＋sinx＋a－1＝1－sin2x

10、＋sinx＋a－1＝－2＋a＋. 因為－1≤sinx≤1，所以當(dāng)sinx＝時， 函數(shù)有最大值f(x)max＝a＋， 當(dāng)sinx＝－1時，函數(shù)有最小值f(x)min＝a－2. 因為1≤f(x)≤對一切x∈R恒成立， 所以f(x)max≤且f(x)min≥1， 即 解得3≤a≤4， 所以a的取值范圍是3,4]． 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(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．同時要注意在一個含多個變量的數(shù)學(xué)問題中，需要確定合適的變量和參數(shù)，從而揭示函數(shù)關(guān)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

11、的量為參數(shù)． 【針對訓(xùn)練3】　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，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　(－∞，－3)∪(0,3) 解析　 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上為奇函數(shù)． 又當(dāng)x<0時，F(xiàn)′(x)＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0， 所以x<0時，F(xiàn)(x)為增函數(shù)． 因為奇函數(shù)在對稱區(qū)間上的單調(diào)性相同，

12、所以x>0時，F(xiàn)(x)也是增函數(shù)． 因為F(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)． 所以，由圖可知F(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)． 考點　函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應(yīng)用　　 典例4　　20xx·湖北高考]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的公比為q，已知b1＝a1，b2＝2，q＝d，S10＝100. (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)當(dāng)d>1時，記cn＝，求數(shù)列{cn}的前n項和Tn. 解]　(1)由題意有， 即 解得或 故或 (2)由d>1，知an＝2n－1，bn＝2n－1，故cn＝，于是 Tn＝1＋＋

13、＋＋＋…＋，① Tn＝＋＋＋＋＋…＋.② ①－②可得 Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－， 故Tn＝6－. 數(shù)列問題函數(shù)(方程)化法 數(shù)列問題函數(shù)(方程)化法形式結(jié)構(gòu)與函數(shù)(方程)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，其一般解題步驟是： 第一步：分析數(shù)列式子的結(jié)構(gòu)特征． 第二步：根據(jù)結(jié)構(gòu)特征構(gòu)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(jié)合解決問題的需要研究函數(shù)(方程)的相關(guān)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(jié)合對函數(shù)(方程)相關(guān)性質(zhì)的研究，回歸問題． 【針對訓(xùn)練4】　20xx·東城模擬

14、]已知數(shù)列{an}是各項均為正數(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}的通項公式an； (2)在(1)的條件下，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，設(shè)bn＝＋＋…＋，若對任意的n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求實數(shù)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(shù)列，故公差d≥0， 所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)， 解得d＝2或d＝－1(舍去)， 所以數(shù)列{an}的通項公式an＝2n. (2)因為Sn＝n(n＋1)， bn＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝－＋－＋…＋－ ＝－＝＝， 令f(x)

15、＝2x＋(x≥1)， 則f′(x)＝2－，當(dāng)x≥1時，f′(x)>0恒成立， 所以f(x)在1，＋∞)上是增函數(shù)， 故當(dāng)x＝1時，f(x)min＝f(1)＝3， 即當(dāng)n＝1時，(bn)max＝， 要使對任意的正整數(shù)n，不等式bn≤k恒成立，則須使k≥(bn)max＝， 所以實數(shù)k的最小值為. 考點　函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應(yīng)用　　 典例5　　20xx·陜西高考]已知橢圓E：＋＝1(a>b>0)的半焦距為c，原點O到經(jīng)過兩點(c,0)，(0，b)的直線的距離為c. (1)求橢圓E的離心率； (2)如圖，AB是圓M：(x＋2)2＋(y－1)2＝的一條直徑，若橢圓E經(jīng)過A

16、，B兩點，求橢圓E的方程． 解]　(1)過點(c,0)，(0，b)的直線方程為bx＋cy－bc＝0，則原點O到直線的距離d＝＝， 由d＝c，得a＝2b＝2，解得離心率＝. (2)解法一：由(1)知，橢圓E的方程為 x2＋4y2＝4b2.① 依題意，圓心M(－2,1)是線段AB的中點，且|AB|＝. 易知，AB與x軸不垂直，設(shè)其方程為y＝k(x＋2)＋1，代入①得 (1＋4k2)x2＋8k(2k＋1)x＋4(2k＋1)2－4b2＝0. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則x1＋x2＝－， x1x2＝. 由x1＋x2＝－4，得－＝－4， 解得k＝.從而x1x2＝8－2

17、b2. 于是|AB|＝ |x1－x2| ＝＝. 由|AB|＝，得 ＝，解得b2＝3. 故橢圓E的方程為＋＝1. 解法二：由(1)知，橢圓E的方程為x2＋4y2＝4b2.② 依題意，點A，B關(guān)于圓心M(－2,1)對稱，且|AB|＝. 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則 x＋4y＝4b2, x＋4y＝4b2， 兩式相減并結(jié)合x1＋x2＝－4，y1＋y2＝2，得 －4(x1－x2)＋8(y1－y2)＝0. 易知AB與x軸不垂直，則x1≠x2， 所以AB的斜率kAB＝＝. 因此直線AB的方程為y＝(x＋2)＋1，代入②得 x2＋4x＋8－2b2＝0. 所以x1＋x2

18、＝－4，x1x2＝8－2b2. 于是|AB|＝ |x1－x2| ＝＝. 由|AB|＝，得 ＝，解得b2＝3. 故橢圓E的方程為＋＝1. 函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應(yīng)用 (1)利用方程求橢圓離心率的方法 第一步：設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程＋＝1. 第二步：轉(zhuǎn)化幾何、向量、三角等關(guān)系為數(shù)量關(guān)系． 第三步：利用方程思想建立a、b、c的關(guān)系式． 構(gòu)建離心率e＝或e＝(a>b>0)． (2)解析幾何中的最值問題 解析幾何中的最值是高考的熱點，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識運動變化的過程之中，抓住函數(shù)關(guān)系，將目標(biāo)量表示為一個(或者多個)變量的函數(shù)，然

19、后借助于函數(shù)最值的探求來使問題得以解決． (3)解析幾何中的范圍問題的解題步驟 第一步：聯(lián)立方程． 第二步：求解判別式Δ. 第三步：代換．利用題設(shè)條件和圓錐曲線的幾何性質(zhì)，得到所求目標(biāo)參數(shù)和判別式不等式中的參數(shù)的一個等量關(guān)系，將其代換． 第四步：下結(jié)論．將上述等量代換式代入Δ>0或Δ≥0中，即可求出目標(biāo)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(guān)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(guān)鍵環(huán)節(jié)． 【針對訓(xùn)練5】　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，左、右焦點分別為F1、F2，以原點O為圓心

20、，橢圓C的短半軸長為半徑的圓與直線x－y＋2＝0相切． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)Q為橢圓C上不在x軸上的一個動點，過點F2作OQ的平行線交橢圓C于M、N兩個不同的點，記△QF2M的面積為S1，△OF2N的面積為S2，令S＝S1＋S2，求S的最大值． 解　(1)由題意知e＝＝， 所以e2＝＝＝， 即a2＝2b2，又以原點O為圓心，橢圓C的短半軸長為半徑的圓為x2＋y2＝b2，且與直線x－y＋2＝0相切，所以b＝＝， 所以a2＝4，b2＝2，故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線OQ：x＝my，則直線MN：x＝my＋， 由得(m2

21、＋2)y2＋2my－2＝0， y1＋y2＝－，y1y2＝－. 所以|MN|＝|y2－y1| ＝ ＝ ＝， 因為MN∥OQ，所以△QF2M的面積等于△OF2M的面積，S＝S1＋S2＝S△O MN， 因為點O到直線MN：x＝my＋的距離d＝， 所以S＝|MN|·d＝××＝ . 令 ＝t，則m2＝t2－1(t≥1)，S＝＝， 因為t＋≥2＝2(當(dāng)且僅當(dāng)t＝，即t＝1，也即m＝0時取等號)，所以當(dāng)m＝0時，S取得最大值. 考點　函數(shù)與方程思想在平面向量中的應(yīng)用　　 典例6　　已知e1，e2是單位向量，e1·e2＝.若向量b滿足b·e1＝2，b·e2＝，且對于任意x，y∈R

22、，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，則x0＝______，y0＝________，|b|＝________. 解析]　問題等價于|b－(xe1＋ye2)|當(dāng)且僅當(dāng)x＝x0，y＝y(tǒng)0時取到最小值1， 即|b－(xe1＋ye2)|2＝b2＋x2e＋y2e－2xb·e1－2yb·e2＋2xye1·e2＝|b|2＋x2＋y2－4x－5y＋xy在x＝x0，y＝y(tǒng)0時取到最小值1， 又|b|2＋x2＋y2－4x－5y＋xy＝x2＋(y－4)x＋y2－5y＋|b|2＝2＋(y－2)2－7＋|b|2， 所以解得 答案]　1　2　2 函數(shù)與方程思想

23、在平面向量中的應(yīng)用策略 平面向量問題的函數(shù)(方程)法是把平面向量問題，通過模、數(shù)量積等轉(zhuǎn)化為關(guān)于相應(yīng)參數(shù)的函數(shù)(方程)問題，從而利用相關(guān)知識結(jié)合函數(shù)或方程思想來處理有關(guān)參數(shù)值問題．其一般的解題要點如下： (1)向量代數(shù)化，利用平面向量中的模、數(shù)量積等，結(jié)合向量的位置關(guān)系、數(shù)量積公式等進行代數(shù)化，得到含有參數(shù)的函數(shù)(方程)． (2)代數(shù)函數(shù)(方程)化，利用函數(shù)(方程)思想，結(jié)合相應(yīng)的函數(shù)(方程)的性質(zhì)來求解問題． (3)得出結(jié)論，根據(jù)條件建立相應(yīng)的關(guān)系式，并得到對應(yīng)的結(jié)論． 【針對訓(xùn)練6】　已知e1，e2是平面兩個相互垂直的單位向量，若向量b滿足|b|＝2，b·e1＝1，b·e2＝1，則對于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|的最小值為________． 答案　 解析　|b－(xe1＋ye2)|2＝b2＋x2e＋y2e－2xb·e1－2yb·e2＋2xye1·e2＝|b|2＋x2＋y2－2x－2y＝(x－1)2＋(y－1)2＋2≥2， 當(dāng)且僅當(dāng)x＝1，y＝1時，|b－(xe1＋ye2)|2取得最小值2，此時|b－(xe1＋ye2)|取得最小值，故填.