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
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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(wèn)題、轉(zhuǎn)化問(wèn)題,從而使問(wèn)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(wèn)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(guò)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(wèn)題,使問(wèn)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(wèn)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(wèn)題,而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開(kāi)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(wèn)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(guò)三角函數(shù)關(guān)系化為未知量的表達(dá)式,那么問(wèn)題就能化為未知量的方程來(lái)解. (4)解析幾何中的許多問(wèn)題,例如直線與二次曲線的位置關(guān)系問(wèn)題,需要通過(guò)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(wèn)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(wèn)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(wèn)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(wèn)題中經(jīng)常出現(xiàn),求解此類問(wèn)題的一般思路為在深刻認(rèn)識(shí)運(yùn)動(dòng)變化的過(guò)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(lái)使問(wèn)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(lái)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(wèn)題,二是在問(wèn)題的研究中,可以通過(guò)建立函數(shù)關(guān)系式或構(gòu)造中間函數(shù)來(lái)求解.
4.許多數(shù)學(xué)問(wèn)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
16、曲線y=ax2+(a,b為常數(shù))過(guò)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(wú)蓋長(zhǎng)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(zhǎng)方體容器的長(zhǎng)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 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(guò)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
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