5、<1時，g(a)<0；當a>1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
6、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的大致圖象，如圖所示．
故當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
7、(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( )
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)
8、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用
典例3 設函數(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＋sinx＋a－1＝－2＋a＋.
因為－1≤sinx≤1，所以當sinx＝時，
函數(shù)有最大值f(x)max＝a＋，
9、
當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)．
【針對訓練3】 設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x<0時，f′(x)g(x)
10、＋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，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
11、的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．
考點 函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應用
典例4 20xx湖北高考]設等差數(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＋＋＋＋＋…＋，①
Tn＝＋＋＋＋＋…＋.②
①－②可得
Tn＝2＋＋＋…＋－＝3－，
故Tn＝6－.
數(shù)列問題函
12、數(shù)(方程)化法
數(shù)列問題函數(shù)(方程)化法形式結構與函數(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．
【針對訓練4】 20xx東城模擬]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a
13、n；
(2)在(1)的條件下，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，設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)＝2x＋(x≥1)，
則f′(x)＝2－，當x≥1時，f′(x)>0恒成立，
所以f(x)在1，＋∞)上是增函數(shù)，
故當x
14、＝1時，f(x)min＝f(1)＝3，
即當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，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＝＝，
15、
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A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，
x1x2＝.
由x1＋x2＝－4，得－＝－4，
解得k＝.從而x1x2＝8－2b2.
于是|AB|＝ |x1－x2|
＝＝.
由|AB|＝，得 ＝，解得b2＝3.
故橢圓E的方程為＋＝1.
解法二：
16、由(1)知，橢圓E的方程為x2＋4y2＝4b2.②
依題意，點A，B關于圓心M(－2,1)對稱，且|AB|＝.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則
x＋4y＝4b2, x＋4y＝4b2，
兩式相減并結合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＝－4，x1x2＝8－2b2.
于是|AB|＝ |x1－x2|
＝＝.
由|AB|＝，得 ＝，解得b2＝3.
故橢圓E的方
17、程為＋＝1.
函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應用
(1)利用方程求橢圓離心率的方法
第一步：設橢圓的標準方程＋＝1.
第二步：轉(zhuǎn)化幾何、向量、三角等關系為數(shù)量關系．
第三步：利用方程思想建立a、b、c的關系式．
構建離心率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)關系，將目標量表示為一個(或者多個)變量的函數(shù)，然后借助于函數(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.
18、
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Δ>0或Δ≥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)．
【針對訓練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，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的標準方程；
(2)設Q為橢圓C上不在x軸上的一個動點，
19、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的標準方程為＋＝1.
(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線OQ：x＝my，則直線MN：x＝my＋，
由得(m2＋2)y2＋2my－2＝0，
y1＋y2＝－，y1y2＝－.
所以|MN|＝|y2－y1|
＝
＝
＝，
因為MN
20、∥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(當且僅當t＝，即t＝1，也即m＝0時取等號)，所以當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用
典例6 已知e1，e2是單位向量，e1e2＝.若向量b滿足be1＝2，be2＝，且對于任意x，y∈R，|b－(xe1＋ye2)|≥|b－(x0e1＋y0e2)|＝1(x0，y0∈R)，則x0＝______，y0＝________，|b|＝__
21、______.
解析] 問題等價于|b－(xe1＋ye2)|當且僅當x＝x0，y＝y(tǒng)0時取到最小值1，
即|b－(xe1＋ye2)|2＝b2＋x2e＋y2e－2xbe1－2ybe2＋2xye1e2＝|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)與方程思想在平面向量中的應用策略
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)化為關于相應參數(shù)的函數(shù)(方程)問題，從而利用相關知識結合函
22、數(shù)或方程思想來處理有關參數(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，結合向量的位置關系、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，結合相應的函數(shù)(方程)的性質(zhì)來求解問題．
(3)得出結論，根據(jù)條件建立相應的關系式，并得到對應的結論．
【針對訓練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，be1＝1，be2＝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－2xbe1－2ybe2＋2xye1e2＝|b|2＋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，故填.
金版教程高考數(shù)學文二輪復習講義：第一編 數(shù)學思想方法 第一講 函數(shù)與方程思想 Word版含解析
