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【步步高 通用(理)】2014届高三二轮专题突破 专题七 第1讲函数与方程思想


【高考考情解读】 数学家华罗庚先生说过:数学是一个原则,无数内容,一种方法,到处 可用.数学思想是中学数学的灵魂,在二轮复习过程中,我们要在把握知识主干这条复习主 线的同时,活用数学思想,加强数学应用意识,方能跳出题海,轻松应对高考.

第1讲

函数与方程思想

1. 函数与方程思想的含义 (1)函数的思想,是用运动和

变化的观点,分析和研究数学中的数量关系,是对函数概 念的本质认识,建立函数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问 题,从而使问题获得解决.经常利用的性质是单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小 值、图象变换等. (2)方程的思想,就是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,或者构 造方程,通过解方程或方程组,或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题获得解 决. 方程的思想是对方程概念的本质认识, 用于指导解题就是善于利用方程或方程组的 观点观察处理问题.方程思想是动中求静,研究运动中的等量关系. 2. 和函数与方程思想密切关联的知识点 (1)函数与不等式的相互转化.对函数 y=f(x),当 y>0 时,就化为不等式 f(x)>0,借助于 函数的图象和性质可解决有关问题,而研究函数的性质也离不开不等式. (2)数列的通项与前 n 项和是自变量为正整数的函数,用函数的观点去处理数列问题十 分重要. (3)在三角函数求值中,把所求的量看作未知量,其余的量通过三角函数关系化为未知 量的表达式,那么问题就能化为未知量的方程来解. (4)解析几何中的许多问题,例如直线与二次曲线的位置关系问题,需要通过解二元方 程组才能解决.这都涉及二次方程与二次函数的有关理论. (5)立体几何中有关线段的长、面积、体积的计算,经常需要运用列方程或建立函数表 达式的方法加以解决.

类型一 函数与方程思想在数列中的应用 例1 已知数列{an}是各项均为正数的等差数列. (1)若 a1=2,且 a2,a3,a4+1 成等比数列,求数列{an}的通项公式 an; 1 1 1 (2)在(1)的条件下,数列{an}的前 n 项和为 Sn,设 bn= + +?+ ,若对任意的 S2n Sn+1 Sn+2 n∈N*,不等式 bn≤k 恒成立,求实数 k 的最小值. 解 (1)因为 a1=2,a2 (a4+1), 3=a2·

又因为{an}是正项等差数列,故 d≥0, 所以(2+2d)2=(2+d)(3+3d),得 d=2 或 d=-1(舍去), 所以数列{an}的通项公式 an=2n. (2)因为 Sn=n(n+1), 1 1 1 bn= + +?+ S2n Sn+1 Sn+2 = = = 1 1 1 + +?+ ?n+1??n+2? ?n+2??n+3? 2n?2n+1? 1 1 1 1 1 1 - + - +?+ - 2n 2n+1 n+1 n+2 n+2 n+3 1 1 n 1 - = = , 1 n+1 2n+1 2n2+3n+1 2n+ +3 n

1 令 f(x)=2x+ (x≥1), x 1 则 f′(x)=2- 2,当 x≥1 时,f′(x)>0 恒成立, x 所以 f(x)在[1,+∞)上是增函数,故当 x=1 时,[f(x)]min=f(1)=3, 1 即当 n=1 时,(bn)max= , 6 要使对任意的正整数 n,不等式 bn≤k 恒成立, 1 则须使 k≥(bn)max= , 6 1 所以实数 k 的最小值为 . 6 (1)等差(比)数列中各有 5 个基本量,建立方程组可“知三求二”; (2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数,数列的通项公式即为相应的 解析式,因此在解决数列问题时,应注意用函数的思想求解.

已知数列{an}是等差数列,a1=1,a2+a3+?+a10=144. (1)求数列{an}的通项 an; 1 (2)设数列{bn}的通项 bn= ,记 Sn 是数列{bn}的前 n 项和,若 n≥3 时,有 Sn≥m anan+1 恒成立,求 m 的最大值. 解 (1)∵{an}是等差数列,a1=1,a2+a3+?+a10=144,

10?a1+a10? ∴S10=145,∴S10= , 2 ∴a10=28,∴公差 d=3. ∴an=3n-2(n∈N*). 1 1 (2)由(1)知 bn= = anan+1 ?3n-2??3n+1? 1 1 1 = ?3n-2-3n+1?, 3? ? 1 1 ∴Sn=b1+b2+?+bn= ?1-3n+1?, 3? ? n ∴Sn= . 3n+1 n+1 n 1 ∵Sn+1-Sn= - = >0, 3n+4 3n+1 ?3n+4??3n+1? ∴数列{Sn}是递增数列. 当 n≥3 时,(Sn)min=S3= 3 , 10

3 3 依题意,得 m≤ ,∴m 的最大值为 . 10 10 类型二 函数与方程思想在方程问题中的应用 例2 解 π 如果方程 cos2x-sin x+a=0 在(0, ]上有解,求 a 的取值范围. 2 π 方法一 设 f(x)=-cos2x+sin x(x∈(0, ]). 2

显然当且仅当 a 属于 f(x)的值域时,a=f(x)有解. 1 5 ∵f(x)=-(1-sin2x)+sin x=(sin x+ )2- , 2 4 π 且由 x∈(0, ]知 sin x∈(0,1]. 2 易求得 f(x)的值域为(-1,1]. 故 a 的取值范围是(-1,1].

π 方法二 令 t=sin x,由 x∈(0, ],可得 t∈(0,1]. 2 将方程变为 t2+t-1-a=0. 依题意,该方程在(0,1]上有解. 设 f(t)=t2+t-1-a. 1 其图象是开口向上的抛物线,对称轴 t=- ,如图所示. 2
?f?0?<0 ? 因此 f(t)=0 在(0,1]上有解等价于? , ?f?1?≥0 ? ?-1-a<0 ? 即? ,∴-1<a≤1.故 a 的取值范围是(-1,1]. ?1-a≥0 ?

研究此类含参数的三角、指数、对数函数等复杂方程解的问题,通常有两种 处理思路:一是分离参数构建函数,将方程有解转化为求函数的值域;二是换元,将复 杂方程问题转化为熟悉的二次方程, 进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造 函数加以解决. 当 a 为何值时,方程 lg(3-x)+lg(x-1)=lg(a-x)有两解?一解?无解? 解
? ?3-x>0, 当? 即 1<x<3 时,方程化为(x-1)(3-x)=a-x,即-x2+5x-3=a.(*) ?x-1>0, ?

作出函数 y=-x2+5x-3 (1<x<3)的图象(如图),该图象与直线 y=a 的交点横坐标是方程(*)的解,也是原方程的解. 由图形易看出: 13 当 3<a< 时,原方程有两解; 4 13 当 1<a≤3 或 a= 时,原方程有一解; 4 13 当 a> 或 a≤1 时,原方程无解. 4 类型三 函数与方程思想在不等式中的应用 例3 设 f(x)=ln x+ x-1,证明: 3 (1)当 x>1 时,f(x)< (x-1); 2 9?x-1? (2)当 1<x<3 时,f(x)< . x+5

证明

3 (1)方法一 记 g(x)=ln x+ x-1- (x-1), 2

1 1 3 则当 x>1 时,g′(x)= + - <0. x 2 x 2 3 又 g(1)=0,所以有 g(x)<0,即 f(x)< (x-1). 2 x 1 方法二 当 x>1 时,2 x<x+1,故 x< + . 2 2 1 令 k(x)=ln x-x+1,则 k(1)=0,k′(x)= -1<0, x 故 k(x)<0,即 ln x<x-1. 3 由①②得,当 x>1 时,f(x)< (x-1). 2 9?x-1? (2)方法一 记 h(x)=f(x)- , x+5 1 1 54 由(1)得 h′(x)= + - x 2 x ?x+5?2 = = 2+ x x+5 54 54 - - 2< 2x 4 x ?x+5? ?x+5?2 ?x+5?3-216x . 4x?x+5?2 ② ①

令 G(x)=(x+5)3-216x,则当 1<x<3 时, G′(x)=3(x+5)2-216<0, 因此 G(x)在(1,3)内是减函数. 又由 G(1)=0,得 G(x)<0,所以 h′(x)<0. 因此 h(x)在(1,3)内是减函数. 又 h(1)=0,所以 h(x)<0. 9?x-1? 于是当 1<x<3 时,f(x)< . x+5 方法二 记 h(x)=(x+5)f(x)-9(x-1), 则当 1<x<3 时, 由(1)得 h′(x)=f(x)+(x+5)f′(x)-9 3 ?1+ 1 ?-9 < (x-1)+(x+5)· 2 ?x 2 x? 1 = [3x(x-1)+(x+5)(2+ x)-18x] 2x x 1? 1 ? < ? 3x?x-1?+?x+5?? ?2+2+2?-18x? 2x? 1 = (7x2-32x+25)<0. 4x

因此 h(x)在(1,3)内单调递减. 又 h(1)=0,所以 h(x)<0, 9?x-1? 即 f(x)< . x+5 根据所证不等式的结构特征构造相应的函数,研究该函数的单调性是解决这 一类问题的关键,体现了导数的工具性以及函数、方程的数学思想. f(x)=ax3-3x+1 对于 x∈[-1,1]总有 f(x)≥0 成立,则 a=________. 答案 4 解析 若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)≥0 显然成立; 当 x>0 即 x∈(0,1]时,f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 3 1 a≥ 2- 3. x x 3?1-2x? 1? 1 ? 3 1 设 g(x)= 2- 3, 则 g′(x)= , 所以 g(x)在区间? 在区间? ?0,2?上单调递增, ?2,1? x x x4 上单调递减, 1? 因此 g(x)max=g? ?2?=4,从而 a≥4; 当 x<0 即 x∈[-1,0)时, f(x)=ax3-3x+1≥0 可化为 3 1 3 1 a≤ 2- 3,g(x)= 2- 3在区间[-1,0)上单调递增, x x x x 因此 g(x)min=g(-1)=4,从而 a≤4,综上 a=4. 类型四 函数与方程思想在解析几何中的应用 例4 已知椭圆的中心为坐标原点 O,焦点在 x 轴上,离心率为 点 F 且斜率为 1 的直线的距离为 (1)求椭圆的方程; (2)设过右焦点 F 且与坐标轴不垂直的直线 l 交椭圆于 P、Q 两点,在线段 OF 上是否存 在点 M(m,0),使得以 MP、MQ 为邻边的平行四边形是菱形?若存在,求出 m 的取值范 围,若不存在,请说明理由. 解 x2 y2 (1)由已知,椭圆方程可设为 2+ 2=1(a>b>0), a b 2 . 2 2 ,坐标原点 O 到过右焦 2

设 F(c,0),直线 l:x-y-c=0, 由坐标原点 O 到 l 的距离为 2 , 2



|0-0-c| 2 = ,解得 c=1. 2 2

c 2 又 e= = ,故 a= 2,b=1, a 2 x2 ∴所求椭圆方程为 +y2=1. 2 (2)假设存在点 M(m,0)(0≤m≤1)满足条件,使得以 MP,MQ 为邻边的平行四边形是菱 形. 因为直线与 x 轴不垂直, 所以设直线 l 的方程为 y=k(x-1)(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),
2 2 ? ?x +2y =2, ? 由 可得(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0. ?y=k?x-1?, ?

显然 Δ>0 恒成立,∴x1+x2=

2k2-2 4k2 . 2,x1x2= 1+2k 1+2k2

设线段 PQ 的中点为 N(x0,y0), x1+x2 -k 2k2 则 x0= = . 2,y0=k(x0-1)= 2 1+2k 1+2k2 ∵以 MP、MQ 为邻边的平行四边形是菱形, ∴MN⊥PQ,∴kMN· kPQ=-1. -k 1+2k2 k2 1 即 · k=-1,∴m= = , 2 2k 1 1+2k2 2+ 2 2-m k 1+2k 1 ∵k2>0,∴0<m< . 2 本题主要考查直线方程、直线的斜率与倾斜角的关系、椭圆方程以及直线与 椭圆的位置关系、函数与方程思想等知识,多知识点、多章节知识的交汇是综合题的出 题方向.要熟练数学思想方法的应用. x2 y2 1 已知椭圆 C: 2+ 2=1(a>b>0)的离心率为 ,以原点为圆心,椭圆的短半 a b 2 轴长为半径的圆与直线 x-y+ 6=0 相切,过点 P(4,0)且不垂直于 x 轴的直线 l 与椭圆 C 相交于 A、B 两点. (1)求椭圆 C 的方程; → → (2)求OA· OB的取值范围; (3)若 B 点关于 x 轴的对称点是 E,证明:直线 AE 与 x 轴相交于定点. (1)解 c 1 由题意知 e= = , a 2

2 2 c2 a -b 1 4 ∴e2= 2= 2 = ,即 a2= b2, a a 4 3

又 b=

6 = 3,∴a2=4,b2=3, 1+1

x2 y2 故椭圆 C 的方程为 + =1. 4 3 (2)解 由题意知直线 AB 的斜率存在,设直线 AB 的方程为

y=k(x-4), y=k?x-4? ? ? 由?x2 y2 ? ? 4 + 3 =1 得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0,

1 由 Δ=(-32k2)2-4(4k2+3)(64k2-12)>0 得 k2< . 4 64k2-12 32k2 设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 ,① 4k +3 4k +3 ∴y1y2=k(x1-4)k(x2-4)=k2x1x2-4k2(x1+x2)+16k2, → → ∴OA· OB=x1x2+y1y2 64k2-12 32k2 87 =(1+k2)· 2 -4k2· 2 +16k2=25- 2 , 4k +3 4k +3 4k +3 1 87 87 87 ∵0≤k2< ,∴- ≤- 2 <- , 4 3 4 4k +3 13 → → ? ∴OA· OB∈?-4, 4 ? ?, 13? → → ∴OA· OB的取值范围是? ?-4, 4 ?. (3)证明 ∵B、E 两点关于 x 轴对称,∴E(x2,-y2), y1+y2 直线 AE 的方程为 y-y1= (x-x1), x1-x2 y1?x1-x2? 令 y=0 得 x=x1- , y1+y2 又 y1=k(x1-4),y2=k(x2-4), 2x1x2-4?x1+x2? ∴x= , x1+x2-8 将①代入上式得 x=1, ∴直线 AE 与 x 轴交于定点(1,0).

1. 在高中数学的各个部分,都有一些公式和定理,这些公式和定理本身就是一个方程,如

等差数列的通项公式、余弦定理、解析几何的弦长公式等,当题目与这些问题有关时, 就需要根据这些公式或者定理列方程或方程组求解需要的量. 2. 当问题中涉及一些变化的量时,就需要建立这些变化的量之间的关系,通过变量之间的 关系探究问题的答案,这就需要使用函数思想. 3. 借助有关函数的性质,一是用来解决有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的 取值范围等问题, 二是在问题的研究中, 可以通过建立函数关系式或构造中间函数来求 解. 4. 许多数学问题中,一般都含有常量、变量或参数,这些参变量中必有一个处于突出的主 导地位,把这个参变量称为主元,构造出关于主元的方程,主元思想有利于回避多元的 困扰,解方程的实质就是分离参变量.

1. 若 2x+5y≤2 y+5 x,则有
- -

( B.x+y≤0 D.x-y≥0

)

A.x+y≥0 C.x-y≤0 答案 B

解析 把不等式变形为 2x-5 x≤2 y-5y,构造函数 y=2x-5 x,其为 R 上的增函数,
- - -

所以有 x≤-y. 2. 设直线 x=t 与函数 f(x)=x2,g(x)=ln x 的图象分别交于点 M、N,则当|MN|达到最小时 t 的值为 A.1 答案 D 解析 可知|MN|=f(x)-g(x)=x2-ln x.
2 1 2x -1 令 F(x)=x2-ln x,F′(x)=2x- = , x x

( 1 B. 2 C. 5 2 D. 2 2

)

所以当 0<x< 当 x>

2 时,F′(x)<0,F(x)单调递减; 2

2 时,F′(x)>0,F(x)单调递增, 2 2 时,F(x)有最小值,即|MN|达到最小. 2

故当 x=t=

→ → → 3. 长度都为 2 的向量OA,OB的夹角为 60° ,点 C 在以 O 为圆心的圆弧 AB (劣弧)上,OC → → =mOA+nOB,则 m+n 的最大值是________.

答案

2 3 3

→ → → 解析 建立平面直角坐标系, 设向量OA=(2,0), 向量OB=(1, 3). 设向量OC=(2cos α, π 2sin α),0≤α≤ . 3 → → → 由OC=mOA+nOB,得(2cos α,2sin α)=(2m+n, 3n), 即 2cos α=2m+n,2sin α= 3n, 解得 m=cos α- 1 2 sin α,n= sin α. 3 3 π 2 3 1 2 3 ? sin α= sin?α+3? ?≤ 3 . 3 3

故 m+n=cos α+

4. 已知 f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3.若对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立.实数 a 的取值范围为________. 答案 a≤4 解析 由题意,得当 x∈(0,+∞)时, 3 有 2xln x≥-x2+ax-3,则 a≤2ln x+x+ . x ?x+3??x-1? 3 设 h(x)=2ln x+x+ (x>0),则 h′(x)= ,当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调 x x2 递减; 当 x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,h(x)单调递增, 所以 h(x)min=h(1)=4. 因为对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立, 所以 a≤h(x)min=4. a 5. 已知函数 f(x)=ln x- . x 3 (1)若 f(x)在[1,e]上的最小值为 ,求 a 的值; 2 (2)若 f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. 解 1 a x+a (1)由题意,得 f(x)的定义域为(0,+∞),且 f′(x)= + 2= 2 . x x x

①若 a≥-1,则 x+a≥0,即 f′(x)≥0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为增函数, 3 3 ∴f(x)min=f(1)=-a= ,∴a=- (舍去). 2 2 ②若 a≤-e,则 x+a≤0,即 f′(x)≤0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为减函数,

a 3 e ∴f(x)min=f(e)=1- = ,∴a=- (舍去). e 2 2 ③若-e<a<-1,令 f′(x)=0 得 x=-a, 当 1<x<-a 时,f′(x)<0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数; 当-a<x<e 时,f′(x)>0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数, 3 ∴f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= ,∴a=- e. 2 综上所述,a=- e. a (2)∵f(x)<x2,∴ln x- <x2. x 又 x>0,∴a>xln x-x3. 令 g(x)=xln x-x3,h(x)=g′(x)=1+ln x-3x2, 1-6x2 1 h′(x)= -6x= . x x ∵x∈(1,+∞)时,h′(x)<0, ∴h(x)在(1,+∞)上是减函数. ∴h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0, ∴g(x)在(1,+∞)上也是减函数.g(x)<g(1)=-1, ∴当 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立. x2 y2 6. 已知椭圆 G: 2+ 2 =1(a>1),⊙M:(x+1)2+y2=1,P 为椭圆 a a -1 G 上一点,过 P 作⊙M 的两条切线 PE、PF,E、F 分别为切点. → (1)求 t=|PM|的取值范围; → → (2)把PE· PF表示成 t 的函数 f(t),并求出 f(t)的最大值、最小值. 解
2 x0 y2 0 (1)设 P(x0,y0),则 2+ 2 =1(a>1), a a -1

2 ∴y0 =(a2-1)

?1-x0 ? ? a2?,

2

→ ∴t2=|PM|2=(x0+1)2+y2 0 x2 0 1- 2? =(x0+1)2+(a2-1)? ? a? 1 ?2 =? ?ax0+a? , 1 ? ∴t=? ?ax0+a?. ∵-a≤x0≤a, ∴a-1≤t≤a+1(a>1).

→ → → → (2)∵PE· PF=|PE||PF|cos∠EPF → =|PE|2(2cos2∠EPM-1)

? → 2 1? ? → =(|PM|2-1)?2?|PM| - ? ? |PM|2 -1?
=(t2-1)? 2?t2-1? ? ? t2 -1?

2 =t2+ 2-3, t 2 ∴f(t)=t2+ 2-3(a-1≤t≤a+1). t 2 4 4 对于函数 f(t)=t2+ 2-3(t>0),显然在 t∈(0, 2]时,f(t)单调递减,在 t∈[ 2,+∞) t 时,f(t)单调递增. 2 因此,对于函数 f(t)=t2+ 2-3(a-1≤t≤a+1), t 4 4 当 a> 2+1,即 a-1> 2时, 2 [f(t)]max=f(a+1)=a2+2a-2+ , ?a+1?2 [f(t)]min=f(a-1)=a2-2a-2+ 4 当 1+ 2≤a≤ 2+1 时, 2 [f(t)]max=f(a+1)=a2+2a-2+ , ?a+1?2 4 [f(t)]min=f( 2)=2 2-3; 当 1<a< 1+ 2时, 2 [f(t)]max=f(a-1)=a2-2a-2+ , ?a-1?2 4 [f(t)]min=f( 2)=2 2-3. 2 ; ?a-1?2


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