《（浙江專用）2019高考數學二輪復習 專題七 數學思想方法（選用）第1講 函數與方程思想、數形結合思想學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2019高考數學二輪復習 專題七 數學思想方法（選用）第1講 函數與方程思想、數形結合思想學案（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第1講　函數與方程思想、數形結合思想 高考定位　函數與方程的思想一般通過函數與導數、三角函數、數列、解析幾何等知識進行考查；數形結合思想一般在選擇題、填空題中考查． 1．函數與方程思想的含義 (1)函數的思想，是用運動和變化的觀點，分析和研究數學中的數量關系，是對函數概念的本質認識，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，從而使問題獲得解決的思想方法． (2)方程的思想，就是分析數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去分析、轉化問題，使問題獲得解決的思想方法． 2．函數與方程的思想在解題中的應用

2、 (1)函數與不等式的相互轉化，對于函數y＝f(x)，當y＞0時，就轉化為不等式f(x)＞0，借助于函數的圖象和性質可解決有關問題，而研究函數的性質也離不開不等式． (2)數列的通項與前n項和是自變量為正整數的函數，用函數的觀點去處理數列問題十分重要． (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的有關理論． 3．數形結合是一種數學思想方法，包含“以形助數”和“以數輔形”兩個方面，其應用大致可以分為兩種情形：(1)借助形的生動和直觀性來闡明數之間的聯系，即以形作為手段，數為目的，比如應用函數的圖象來直觀地說明函數的性質；(2)借助于數的精確性和規(guī)

3、范嚴密性來闡明形的某些屬性，即以數作為手段，形作為目的，如應用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質． 4．在運用數形結合思想分析和解決問題時，要注意三點：第一要徹底明白一些概念和運算的幾何意義以及曲線的代數特征，對數學題目中的條件和結論既分析其幾何意義又分析其代數意義；第二是恰當設參、合理用參，建立關系，由數思形，以形想數，做好數形轉化；第三是正確確定參數的取值范圍．數學中的知識，有的本身就可以看作是數形的結合. 熱點一　函數與方程思想的應用 [應用1]　不等式問題中的函數(方程)法 【例1－1】 (1)f(x)＝ax3－3x＋1對于x∈[－1，1]，總有f(x)≥0成立，則a＝

4、________． (2)設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當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________． 解析　(1)若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然成立； 當x＞0即x∈(0，1]時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為 a≥－. 設g(x)＝－，則g′(x)＝， 所以g(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減， 因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4. 當x＜0即x∈[－1，0)時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≤－，設g(x)＝－， 則g(x)在區(qū)間

5、[－1，0)上單調遞增，因此g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4. 綜上a＝4. (2)設F(x)＝f(x)g(x)，由于f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，得F(－x)＝f(－x)·g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)在R上為奇函數． 又當x＜0時，F′(x)＝f′(x)·g(x)＋f(x)g′(x)＞0， 所以x＜0時，F(x)為增函數． 因為奇函數在關于原點對稱的區(qū)間上的單調性相同，所以x＞0時，F(x)也是增函數． 因為F(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)， 所以，可作y＝F(x)的示意圖如圖所示， 由圖可知F(x

6、)＜0的解集是(－∞，－3)∪(0，3)． 答案　(1)4　(2)(－∞，－3)∪(0，3) 探究提高　(1)在解決不等式問題時，一種最重要的思想方法就是構造適當的函數，利用函數的圖象和性質解決問題；(2)函數f(x)＞0或f(x)＜0恒成立，一般可轉化為f(x)min＞0或f(x)max＜0；已知恒成立求參數范圍可先分離參數，然后利用函數值域求解． [應用2]　數列問題的函數(方程)法 【例1－2】 已知數列{an}滿足a1＝3，an＋1＝an＋p·3n(n∈N*，p為常數)，a1，a2＋6，a3成等差數列． (1)求p的值及數列{an}的通項公式； (2)設數列{bn}滿足bn

7、＝，證明：bn≤. (1)解　由a1＝3，an＋1＝an＋p·3n， 得a2＝3＋3p，a3＝a2＋9p＝3＋12p. 因為a1，a2＋6，a3成等差數列， 所以a1＋a3＝2(a2＋6)， 即3＋3＋12p＝2(3＋3p＋6)，得p＝2. 依題意知，an＋1＝an＋2×3n. 當n≥2時，a2－a1＝2×31， a3－a2＝2×32，…， an－an－1＝2×3n－1. 將以上式子相加得an－a1＝2(31＋32＋…＋3n－1)， 所以an－a1＝2×＝3n－3， 所以an＝3n(n≥2)．又a1＝3符合上式，故an＝3n. (2)證明　因為an＝3n，所以bn＝.

8、 所以bn＋1－bn＝－＝(n∈N*)． 若－2n2＋2n＋1＜0，則n＞， 即當n≥2時，有bn＋1＜bn， 又因為b1＝，b2＝，故bn≤. 探究提高　數列最值問題中應用函數與方程思想的常見類型： (1)數列中的恒成立問題，轉化為最值問題，利用函數的單調性或不等式求解． (2)數列中的最大項與最小項問題，利用函數的有關性質或不等式組求解． (3)數列中前n項和的最值：轉化為二次函數，借助二次函數的單調性或求使an≥0(an≤0)成立時最大的n值即可求解． [應用3]　解析幾何問題的方程(函數)法 【例1－3】 設橢圓中心在坐標原點，A(2，0)，B(0，1)是它的兩個頂

9、點，直線y＝kx(k＞0)與AB相交于點D，與橢圓相交于E，F兩點． (1)若＝6，求k的值； (2)求四邊形AEBF面積的最大值． 解　(1) 依題意得橢圓的方程為＋y2＝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＜x2，且x1，x2滿足方程組 故x2＝－x1＝.① 由＝6知x0－x1＝6(x2－x0)， 得x0＝(6x2＋x1)＝x2＝； 由D在AB上知x0＋2kx0＝2， 得x0＝.所以＝， 化簡得24k2－25k＋6＝0，解得k＝或k＝. (2)根據點到直線的距離

10、公式和①式知，點E，F到AB的距離分別為 h1＝＝， h2＝＝. 又|AB|＝＝，所以四邊形AEBF的面積為 S＝|AB|(h1＋h2) ＝··＝ ＝2≤2， 當4k2＝1(k＞0)，即當k＝時，上式取等號． 所以S的最大值為2， 即四邊形AEBF面積的最大值為2. 探究提高　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探求來使問題得以解決． 熱點二　數形結合思想的應用 [應用1]　利用數形結合思想討論方程的根或函數零點

11、 【例2－1】 (1)若函數f(x)＝|2x－2|－b有兩個零點，則實數b的取值范圍是________． (2)設函數f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝f(x)，f(x)＝f(2－x)，且當x∈[0，1]時，f(x)＝x3.又函數g(x)＝|xcos(πx)|，則函數h(x)＝g(x)－f(x)在上的零點個數為(　　) A．5 B．6 C．7 D．8 解析　(1)由f(x)＝|2x－2|－b有兩個零點，可得|2x－2|＝b有兩個不等的實根，從而可得函數y＝|2x－2|的圖象與函數y＝b的圖象有兩個交點，如圖所示．結合函數的圖象，可得0＜b＜2，故填(0，2)． (2)

12、根據題意，函數y＝f(x)是周期為2的偶函數且0≤x≤1時，f(x)＝x3，則當－1≤x≤0時，f(x)＝－x3，且g(x)＝|xcos(πx)|，所以當x＝0時，f(x)＝g(x)．當x≠0時，若0

13、達式(不熟悉時，需要作適當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． [應用2]　利用數形結合思想解不等式或求參數范圍 【例2－2】 (1)若不等式≤k(x＋2)－的解集為區(qū)間[a，b]，且b－a＝2，則k＝________． (2)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　(1)如圖，分別作出直線y＝k(x＋2)－與半圓y＝.由題意，知直線在半圓的上方，由b－a＝2，可知b＝3，a＝1，所以直線y＝k(x＋2)－過點(1，2)，則k＝. (2)作出y＝|x－2a

14、|和y＝x＋a－1的簡圖，依題意知應有2a≤2－2a，故a≤. 答案　(1)　(2) 探究提高　求參數范圍或解不等式問題經常聯系函數的圖象，根據不等式中量的特點，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，往往可以避免繁瑣的運算，獲得簡捷的解答． [應用3]　利用數形結合思想求最值 【例2－3】 (1)已知P是直線l：3x＋4y＋8＝0上的動點，PA，PB是圓x2＋y2－2x－2y＋1＝0的兩條切線，A，B是切點， C是圓心，則四邊形PACB面積的最小值為________． (2)已知F是雙曲線C：x2－＝1的右焦點，P是C的左支上一點，

15、A(0，6)，當△APF周長最小時，該三角形的面積為________． 解析　(1)從運動的觀點看問題，當動點P沿直線3x＋4y＋8＝0向左上方或右下方無窮遠處運動時，直角三角形PAC的面積SRt△PAC＝|PA|·|AC|＝|PA|越來越大，從而S四邊形PACB也越來越大；當點P從左上、右下兩個方向向中間運動時，S四邊形PACB變小，顯然，當點P到達一個最特殊的位置，即CP垂直直線l時，S四邊形PACB應有唯一的最小值， 此時|PC|＝＝3， 從而|PA|＝＝2. 所以(S四邊形PACB)min＝2××|PA|×|AC|＝2. (2)設雙曲線的左焦點為F1，連接PF1，根據雙曲線的

16、定義可知|PF|＝2＋|PF1|，則△APF的周長為|PA|＋|PF|＋|AF|＝|PA|＋2＋|PF1|＋|AF|＝|PA|＋|PF1|＋|AF|＋2， 由于|AF|＋2是定值，要使△APF的周長最小，則|PA|＋|PF1|最小，即P，A，F1三點共線，如圖所示． 由于A(0，6)，F1(－3，0)， 直線AF1的方程為：＋＝1， 即x＝－3， 代入雙曲線方程整理可得 y2＋6y－96＝0，解得y＝2或y＝－8(舍去)， 所以點P的縱坐標為2. 所以S△APF＝S△AFF1－S△PFF1＝×6×6－×6×2＝12. 答案　(1)2　(2)12 探究提高　破解圓錐曲線問

17、題的關鍵是畫出相應的圖形，注意數形結合的相互滲透，并從相關的圖形中挖掘對應的信息加以分析與研究．直線與圓錐曲線的位置關系的轉化有兩種，一種是通過數形結合建立相應的關系式，另一種是通過代數形式轉化為二元二次方程組的解的問題進行討論. 1．當問題中涉及一些變化的量時，就需要建立這些變化的量之間的關系，通過變量之間的關系探究問題的答案，這就需要使用函數思想． 2．借助有關函數的性質，一是用來解決有關求值、解(證)不等式、解方程以及討論參數的取值范圍等問題，二是在問題的研究中，可以通過建立函數關系式或構造中間函數來求解． 3．許多數學問題中，一般都含有常量、變量或參數，這些參變量中必有一個處

18、于突出的主導地位，把這個參變量稱為主元，構造出關于主元的方程，主元思想有利于回避多元的困擾，解方程的實質就是分離參變量． 4．在數學中函數的圖象、方程的曲線、不等式所表示的平面區(qū)域、向量的幾何意義、復數的幾何意義等都是實現以形助數的途徑，當試題中涉及這些問題的數量關系時，我們可以通過圖形分析這些數量關系，達到解題的目的． 5．有些圖形問題，單純從圖形上無法看出問題的結論，這就要對圖形進行數量上的分析，通過數的幫助達到解題的目的． 6．利用數形結合解題，有時只需把圖象大致形狀畫出即可，不需要精確圖象. 一、選擇題 1．直線x－y＋m＝0與圓x2＋y2－2x－2＝0相切，則實數m等于(　

19、　) A.或－ B．－或3 C．－3或 D．－3或3 解析　圓的方程(x－1)2＋y2＝3，圓心(1，0)到直線的距離等于半徑＝|＋m|＝2m＝或m＝－3. 答案　C 2．已知函數f(x)滿足下面關系：①f(x＋1)＝f(x－1)；②當x∈[－1，1]時，f(x)＝x2，則方程f(x)＝lg x解的個數是(　　) A．5 B．7 C．9 D．10 解析　由題意可知，f(x)是以2為周期，值域為[0，1]的函數． 又f(x)＝lg x，則x∈(0，10]，畫出兩函數圖象， 則交點個數即為解的個數． 由圖象可知共9個交點． 答案　C 3．函

20、數f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，則f(x)＞2x＋4的解集為(　　) A．(－1，1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 解析　f′(x)＞2轉化為f′(x)－2＞0，構造函數F(x)＝f(x)－2x， 得F(x)在R上是增函數． 又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)＝4，f(x)＞2x＋4， 即F(x)＞4＝F(－1)，所以x＞－1. 答案　B 4．已知a，b是平面內兩個互相垂直的單位向量，若向量c滿足(a－c)·(b－c)＝0，則|c|的最大值是(　　) A. B．2 C. D．2

21、 解析　如圖，設＝a，＝b，＝c，則＝a－c，＝b－c.由題意知⊥， ∴O，A，C，B四點共圓． ∴當OC為圓的直徑時，|c|最大，此時，||＝. 答案　A 5．當0＜x≤時，4x＜logax，則a的取值范圍是(　　) A. B. C．(1，) D．(，2) 解析　利用指數函數和對數函數的性質及圖象求解． ∵0＜x≤，∴1＜4x≤2，∴l(xiāng)ogax＞4x＞1， ∴0＜a＜1，排除答案C，D； 取a＝，x＝，則有4＝2，log＝1， 顯然4x＜logax不成立，排除答案A；故選B. 答案　B 二、填空題 6．已知A，B為雙曲線E的左、右頂點，點M在E上，

22、△ABM為等腰三角形，且頂角為120°，則E的離心率為________． 解析　如圖，設雙曲線E的方程為－＝1(a＞0，b＞0)，則|AB|＝2a，由雙曲線的對稱性，可設點M(x1，y1)在第一象限內，過M作MN⊥x軸于點N(x1，0)， ∵△ABM為等腰三角形，且∠ABM＝120°， ∴|BM|＝|AB|＝2a，∠MBN＝60°， ∴y1＝|MN|＝|BM|sin∠MBN＝2asin 60°＝a，x1＝|OB|＋|BN|＝a＋2acos 60°＝2a.將點M(x1，y1)的坐標代入－＝1，可得a2＝b2，∴e＝＝＝. 答案　 7．已知e1，e2是平面內兩個相互垂直的單位向量，若向

23、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________． 解析　|b－(xe1＋ye2)|2＝b2＋x2e＋y2e－2xb·e1－2yb·e2＋2xye1·e2＝4＋x2＋y2－2x－2y＝(x－1)2＋(y－1)2＋2≥2， 當且僅當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. 答案　 8．設直線l與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點，與圓C：(x－5)2＋y2＝r2(r＞0)相切于點M，且M為線段AB的中點．若這樣的直線l恰有4條，則r的取值范圍是______

24、__． 解析　設直線l的方程為x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 把直線l的方程代入拋物線方程y2＝4x并整理得y2－4ty－4m＝0， 則Δ＝16t2＋16m＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，那么x1＋x2＝(ty1＋m)＋(ty2＋m)＝4t2＋2m，則線段AB的中點M(2t2＋m，2t)． 由題意可得直線AB與直線MC垂直，且C(5，0)． 當t≠0時，有kMC·kAB＝－1， 即·＝－1，整理得m＝3－2t2， 把m＝3－2t2代入Δ＝16t2＋16m＞0， 可得3－t2＞0，即0＜t2＜3. 由于圓心C到直線AB的距離等于半徑， 即d＝＝＝

25、2＝r， 所以2＜r＜4，此時滿足題意且不垂直于x軸的直線有兩條． 當t＝0時，這樣的直線l恰有2條，即x＝5±r，所以0＜r＜5. 綜上，可得若這樣的直線恰有4條，則2＜r＜4. 答案　(2，4) 三、解答題 9．已知數列{an}是一個等差數列，且a2＝1，a5＝－5. (1)求{an}的通項an； (2)求{an}前n項和Sn的最大值． 解　(1)設{an}的公差為d，由已知條件， 解得a1＝3，d＝－2. 所以an＝a1＋(n－1)d＝－2n＋5. (2)Sn＝na1＋d＝－n2＋4n＝4－(n－2)2. 所以n＝2時，Sn取到最大值4. 10．橢圓C的中心為

26、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． 解　(1)設橢圓C的方程為＋＝1(a＞b＞0)，設c＞0，c2＝a2－b2，由題意，知2b＝，＝， 所以a＝1，b＝c＝. 故橢圓C的方程為y2＋＝1，即y2＋2x2＝1. (2)當直線l的斜率不存在時，由題意求得m＝±； 當直線l的斜率存在時， 設直線l的方程為y＝kx＋m(k≠0)，l與橢圓C的交點坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(k2＋2)x2＋2kmx＋m2－1＝0， Δ＝(2km)2－4

27、(k2＋2)(m2－1) ＝4(k2－2m2＋2)＞0，(*) x1＋x2＝，x1x2＝. 因為＝3 ，所以－x1＝3x2. 所以所以3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0. 所以3·＋4·＝0. 整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0， 即k2(4m2－1)＋(2m2－2)＝0. 當m2＝時，上式不成立；當m2≠時，k2＝. 由(*)式，得k2＞2m2－2， 又k≠0，所以k2＝＞0. 解得－1＜m＜－或＜m＜1. 綜上，所求m的取值范圍為∪. 11．設函數f(x)＝ax3－3ax，g(x)＝bx2－ln x(a，b∈R)，已知它們在x＝1處的切線互相平行． (1)求

28、b的值； (2)若函數F(x)＝且方程F(x)＝a2有且僅有四個解，求實數a的取值范圍． 解　函數g(x)＝bx2－ln x的定義域為(0，＋∞)， (1)f′(x)＝3ax2－3af′(1)＝0， g′(x)＝2bx－g′(1)＝2b－1， 依題意得2b－1＝0，所以b＝. (2)x∈(0，1)時，g′(x)＝x－＜0， 即g(x)在(0，1)上單調遞減， x∈(1，＋∞)時，g′(x)＝x－＞0，即g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，所以當x＝1時，g(x)取得極小值g(1)＝； 當a＝0時，方程F(x)＝a2不可能有四個解； 當a＜0，x∈(－∞，－1)時，f′

29、(x)＜0，即f(x)在(－∞，－1)上單調遞減，x∈(－1，0)時，f′(x)＞0， 即f(x)在(－1，0)上單調遞增， 所以當x＝－1時，f(x)取得極小值f(－1)＝2a， 又f(0)＝0，所以F(x)的圖象如圖(1)所示，從圖象可以看出F(x)＝a2不可能有四個解． 當a＞0，x∈(－∞，－1)時，f′(x)＞0， 即f(x)在(－∞，－1)上單調遞增，x∈(－1，0)時，f′(x)＜0， 即f(x)在(－1，0)上單調遞減， 所以當x＝－1時，f(x)取得極大值f(－1)＝2a. 又f(0)＝0，所以F(x)的圖象如圖(2)所求， 從圖(2)看出，若方程F(x)＝a2有四個解，則＜a2＜2a，得＜a＜2，所以，實數a的取值范圍是. 13