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2016高考数学二轮复习 专题9 思想方法专题 第一讲 函数与方程思想 理


专题九 第一讲

思想方法专题 函数与方程思想

一般地,函数思想就是构造函数从而利用函数的图象与性质解题,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.在解题中,善于挖掘题目的隐含 条件, 构造出函数解析式和巧用函数的性质, 是应用函数思想的关键, 它广泛地应用于方程、 不等式、数列等问题.

1.方程思想就是将所求的量(或与所求的量相关的量)设成未知数,用它表示问题中的 其他各量,根据题中的已知条件列出方程(组),通过解方程(组)或对方程(组)进行研究,使 问题得到解决. 2.方程思想与函数思想密切相关:方程 f(x)=0 的解就是函数 y=f(x)的图象与 x 轴 的交点的横坐标;函数 y=f(x)也可以看作二元方程 f(x)-y=0,通过方程进行研究,方程 f(x)=a 有解, 当且仅当 a 属于函数 f(x)的值域. 函数与方程的这种相互转化关系十分重要.

可用函数与方程思想解决的相关问题. 1.函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面: (1)借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取 值范围等问题; (2)在研究问题中通过建立函数关系式或构造中间函数,把研究的问题化为讨论函数的 有关性质,达到化难为易、化繁为简的目的. 2.方程思想在解题中的应用主要表现在四个方面:

1

(1)解方程或解不等式; (2)带参变数的方程或不等式的讨论, 常涉及一元二次方程的判别式、 根与系数的关系、 区间根、区间上恒成立等知识的应用; (3)需要转化为方程的讨论,如曲线的位置关系等; (4)构造方程或不等式求解问题.

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”). (1)函数的零点就是函数的图象与 x 轴的交点.(×) (2)函数 y=f(x)在区间(a,b)内有零点(函数图象连续不断),则 f(a)·f(b)<0.(×) (3)二次函数 y=ax +bx+c(a≠0)在 b -4ac<0 时没有零点.(√) (4)只要函数有零点,我们就可以用二分法求出零点的近似值.(×) (5)函数 y=2sin x-1 的零点有无数多个.(√) 1 (6)函数 f(x)=kx+1 在[1,2]上有零点,则-1<k<- .(√) 2
2 2

1.方程 m+ 1-x=x 有解,则 m 的最大值为(A) A.1 C.-1 B.0 D.-2

2. (2014·湖南卷)已知 f(x), g(x)分别是定义在 R 上的偶函数和奇函数, 且 f(x)-g(x) =x +x +1,则 f(1)+g(1)=(C)
3 2

A.-3 C.1

B.-1 D.3

解析: 分别令 x=1 和 x=-1 可得 f(1)-g(1)=3 和 f(-1)-g(-1)=1, 因为函数 f(x), g(x)分别是定义在 R 上的偶函数和奇函数,所以 f(-1)=f(1),g(-1)=-g(1),即 f(-

2

? ?f(1)-g(1)=3, ? ?f(1)=2, 1) - g( - 1) =1 ? f(1)+ g(1) =1 ,即? ?? ? f(1) +g(1) ? ? ?f(1)+g(1)=1 ?g(1)=-1

=1.故选 C. 3. (2015·安徽卷)在平面直角坐标系 xOy 中,若直线 y=2a 与函数 y=|x-a|-1 的图 1 象只有一个交点,则 a 的值为- . 2

解析: 函数 y=|x-a|-1 的图象如图所示, 因为直线 y=2a 与函数 y=|x-a|-1 的图 1 象只有一个交点,故 2a=-1,解得 a=- . 2

一、选择题 1. (2014·安徽卷)设函数 f(x)(x∈R)满足 f(x+π )=f(x)+sin x.当 0≤x<π 时, f(x)=0,则 f? A. 1 2

?23π ?=(A) ? ? 6 ?
B. 3 2 C.0 1 D.- 2

解析: 由题意, f? +sin

?23π ?=f?17π ?+sin 17π =f?11π ?+sin 11π +sin 17π =f?5π ? ? ? ? ? 6 ? ? 6 ? 6 6 6 ? 6 ? ? 6 ? ? ? ? ?

5π 11π 17π 1 1 1 1 +sin +sin =0+ - + = .故选 A. 6 6 6 2 2 2 2
2

2.设 a>1,若对于任意的 x∈[a,2a],都有 y∈[a,a ]满足方程 logax+logay=3, 这时 a 的取值的集合为(B) A.{a|1<a≤2} B.{a|a≥2}
3

C.{a|2≤a≤3}

D.{2,3}

3 3 a a ?1 2 1 2 2? 2 解析:依题意得 y= ,当 x∈[a,2a]时,y= ∈? a ,a ?? [a,a ],因此有 a ≥a, x x ?2 2 ?

又 a>1,由此解得 a≥2.故选 B. 3.对任意 a∈[-1,1],函数 f(x)=x +(a-4)x+4-2a 的值总大于零,则 x 的取值 范围是(B) A.{x|1<x<3} C.{x|1<x<2}
2 2

B.{x|x<1或x>3} D.{x|x<1或x>2}

解析:由 f(x)=x +(a-4)x+4-2a>0 得 a(x-2)+x -4x+4>0. 令 g(a)=a(x-2)+x -4x+4,由不等式 f(x)>0 恒成立,即 g(a)>0 在[-1,1]上恒成 立.
? ?g(-1)>0, ? ?-(x-2)+x -4x+4>0, ∴有? 即? 2 ?g(1)>0, ?(x-2)+x -4x+4>0. ? ?
2 2 2

解得 x<1 或 x>3. x 2 4.椭圆 +y =1 的两个焦点为 F1,F2,过 F1 作垂直于 x 轴的直线与椭圆相交,其一交 4 点为 P,则|PF2|=(C) A. 3 2 B. 3 7 C. 2 D.4
2

解析:如图,令|F1P|=r1,|F2P|=r2,

? ?r1+r2=2a=4, 那么? 2 2 ? 2 ?r2-r1=(2c) =12 ? ?r1+r2=4, ? 7 ? ? r2= . 2 ?r2-r1=3 ?

5.(2014·全国大纲卷)奇函数 f(x)的定义域为 R,若 f(x+2)为偶函数,且 f(1)=1, 则 f(8)+f(9)=(D) A.-2 B.-1 C.0 D.1

解析:因为函数 f(x)是奇函数,所以 f(-x)=-f(x), 又因为 f(x+2)是偶函数,则
4

f(-x+2)=f(x+2),所以 f(8)=f(6+2)=f(-6+2)=f(-4)=-f(4),而 f(4)=f(2 +2)=f(-2+2)=f(0)=0, f(8)=0, 同理 f(9)=f(7+2)=f(-7+2)=f(-5)=-f(5); 而 f(5)=(3+2)=f(-3+2)=f(-1)=-f(1)=-1, f(9)=1, 所以 f(8)+f(9)=1.故选 D. 1 2 x 2 6. (2014·湖南卷)已知函数 f(x)=x +e - (x<0)与 g(x)=x +ln(x+a)图象上存在 2 关于 y 轴对称的点,则 a 的取值范围是(B) A.?-∞,

? ? ?

1? ? e?

B.(-∞, e)

? C.? -

1 e

, e? ?

?

? D.?- e, ?

1? ? e?

1 2 2 解析:由题可得存在 x0∈(-∞,0)满足 f(x0)=g(-x0)? x0+ex0- =(-x0) +ln(- 2 1 1 x x x0+a)? ex0-ln(-x0+a)- =0,令 h(x)=e -ln(-x+a)- ,因为函数 y=e 和 y=- 2 2 1 x ln(-x+a)在定义域内都是单调递增的,所以函数 h(x)=e -ln(-x+a)- 在定义域内是 2 单调递增的,又因为 x 趋近于-∞时,函数 h(x)<0 且 h(x)=0 在(-∞,0)上有解(即函数 1 0 h(x)有零点),所以 h(0)=e -ln(0+a)- >0? ln a<ln e? a< e.故选 B. 2 二、填空题
? ?0,0<x≤1, 7.(2015·江苏卷)已知函数 f(x)=|ln x|,g(x)=? 2 则方程|f(x) ?|x -4|-2,x>1, ?

+g(x)|=1 实根的个数为 4. 1 解析:①当 0<x≤1 时,方程为-ln x=1,解得 x= . e ②当 1<x<2 时,f(x)+g(x)=ln x+2-x 单调递减,值域为(ln 2-2,1),方程 f(x) +g(x)=1 无解,方程 f(x)+g(x)=-1 恰有一解. ③当 x≥2 时,f(x)+g(x)=ln x+x -6 单调递增,值域为[ln 2-2,+∞),方程 f(x) +g(x)=1 恰有一解,方程 f(x)+g(x)=-1 恰有一解. 综上所述,原方程有 4 个实根.
?x ,x≤a, ? 8.(2015·湖南卷)已知函数 f(x)=? 2 若存在实数 b,使函数 g(x)=f(x)-b ? ?x ,x>a.
3 2 2

有两个零点,则 a 的取值范围是(-∞,0)∪(1,+∞). 解析:函数 g(x)有两个零点,即方程 f(x)-b=0 有两个不等实根,则函数 y=f(x)和 y=b 的图象有两个公共点.

5

①若 a<0,则当 x≤a 时,f(x)=x ,函数单调递增;当 x>a 时,f(x)=x ,函数先单 调递减后单调递增,f(x)的图象如图(1)实线部分所示,其与直线 y=b 可能有两个公共点. ②若 0≤a≤1,则 a ≤a ,函数 f(x)在 R 上单调递增,f(x)的图象如图(2)实线部分所 示,其与直线 y=b 至多有一个公共点. ③若 a>1,则 a >a ,函数 f(x)在 R 上不单调,f(x)的图象如图(3)实线部分所示,其 与直线 y=b 可能有两个公共点. 综上,a<0 或 a>1.
3 2 3 2

3

2

6

三、解答题 2bx 9.已知函数 f(x)(x∈R)满足 f(x)= ,a≠0,f(1)=1 且使 f(x)=2x 成立的实数 ax-1 x 只有一个,求函数 f(x)的表达式. 2bx 解析:∵f(x)= ,f(1)=1, ax-1 ∴ 2b =1.∴a=2b+1. a-1

2bx 又 f(x)=2x,即 =2x 只有一个解, ax-1 也就是 2ax -2(1+b)x=0(a≠0)只有一解. ∴Δ =[-2(1+b)] -4×2a×0=0,即(1+b) =0. 2x 得 b=-1.∴a=-1.故 f(x)= . x+1 10. 某地区要在如图所示的一块不规则用地规划建成一个矩形商业楼区, 余下的作为休 闲区,已知 AB⊥BC,OA∥BC,且 AB=BC=2OA=4 km,曲线 OC 段是以 O 为顶点且开口向上 的抛物线的一段,如果矩形的两边分别落在 AB,BC 上,且一个顶点在曲线 OC 段上,应当如 何规划才能使矩形商业楼区的用地面积最大?并求出最大的用地面积.
2 2 2

解析:以点 O 为原点,OA 所在的直线为 x 轴,建立直角坐标系,设抛物线的方程为 x =2py, 1 由 C(2,4)代入得:p= , 2 所以曲线段 OC 的方程为:y=x (x∈[0,2]).
2

2

A(-2,0),B(-2,4),设 P(x,x )(x∈[0,2])在 OC 上,过 P 作 PQ⊥AB 于 Q,PN⊥ BC 于 N, 故 PQ=2+x,PN=4-x , 则矩形商业楼区的面积 S=(2+x)(4-x )(x∈[0,2]).
7
2 2

2

2 3 2 2 S=-x -2x +4x+8,令 S′=-3x -4x+4=0 得 x= 或 x=-2(舍去), 3

? 2? 当 x∈?0, ?时,S′>0,S 是 x 的增函数, ? 3? ?2 ? 当 x∈? ,2?时,S′<0,S 是 x 的减函数, ?3 ?
2 所以当 x= 时,S 取得最大值, 3 8 32 2 此时 PQ=2+x= ,PN=4-x = , 3 9 8 32 256 2 Smax= × = (km ). 3 9 27 32 8 256 2 故该矩形商业楼区规划成长为 km,宽为 km 时,用地面积最大为 km . 9 3 27 11.近年来,猪肉价格上涨,养猪所得利润比原来有所增加.某养殖户拟建一座平面图 (如图所示)是矩形且面积为 200 平方米的猪舍养殖生猪, 由于地形限制, 猪舍的宽 x 不少于 5 米,不多于 a 米,如果该养殖户修建猪舍的地基平均每平方米需投入 10 元,房顶(房顶与 地面形状相同)每平方米需投入 15 元,猪舍外面的四周墙壁每米需投入 20 元,中间四条隔 墙每米需投入 10 元.问:当猪舍的宽 x 定为多少时,该养殖户投入的资金最少?最少是多 少元?

解析:设该养殖户投入资金为 y 元,易知猪舍的长为

200 米, x

200? ? ? 100? ∵y=200×10+200×15+?2x+2× ?×20+4x×10=80?x+ ?+5 000(5≤x≤a), x x ? ? ? ? 100 ∵函数 f(x)=x+ 在[5,10]上单调递减,在[10,+∞)上单调递增, x ∴当 a≥10 时,ymin=6 600,此时 x=10;

? 100? 当 5≤a<10 时,ymin=80?a+ ?+5 000,此时 x=a. a ? ?
∴若 a≥10 米,猪舍的宽定为 10 米,该养殖户投入的资金最少是 6 600 元;若 5≤a<

? 100? 10 米,猪舍的宽就定为 a 米,该养殖户投入的资金最少是[80?a+ ?+5 000]元. a ? ?

8

12.直线 m:y=kx+1 和双曲线 x2-y2=1 的左支交于 A,B 两点,直线 l 过点 P(-2, 0)和线段 AB 的中点 M,求 l 在 y 轴上的截距 b 的取值范围.
? ?y=kx+1, 解析:由? 2 (x≤-1)消去 y, 2 ?x -y =1 ?

得(k -1)x +2kx+2=0.① 因为直线 m 与双曲线的左支有两个交点,所以方程①有两个不相等的负实数根.

2

2

? 2k ? x +x = <0, 1-k 所以? -2 ? ?x ·x =1-k >0,
1 2 2 1 2 2 1 0 0 0 0 0

Δ =4k +8(1-k )>0, 解得 1<k< 2.

2

2

x +x k x= = , ? ? 2 1-k 设 M(x ,y ),则? 1 y =kx +1= . ? ? 1-k
2 2 2

由 P(-2,0),M?

2 ? k 2, 1 2?,Q(0,b)三点共线,得出 b= , ? 2 -2k +k+2 ?1-k 1-k ?

2 ? 1? 17 2 设 f(k)=-2k +k+2=-2?k- ? + , 8 ? 4? 则 f(k)在(1, 2)上为减函数, ∴f( 2)<f(k)<f(1),且 f(k)≠0. ∴-(2- 2)<f(k)<0 或 0<f(k)<1. ∴b<- 2-2 或 b>2. ∴b 的取值范围是(-∞,- 2-2)∪(2,+∞).

13.若关于 x 的方程 4 +a·2 +a+1=0 有实数解,求实数 a 的取值范围. 解析:解法一 令 2 =t(t>0),则原方程可化为 t +at+a+1=0,(*) 问题转化为方程(*)在(0,+∞)上有实数解,求 a 的取值范围. ①当方程(*)的根都在(0,+∞)上时,可得下式 Δ =a -4(a+1)≥0, ? ? ? ?t1+t2=-a>0, ? ?t1·t2=a+1>0
2 2 x

x

x

?a≤2-2 2或a≥2+2 ?a<0, ?a>-1,

2,

9

即-1<a≤2-2 2, ②当方程(*)的根一个在(0,+∞)上,另一根在(-∞,0]上时, 令 f(t)=t +at+a+1 得 f(0)≤0,即 a≤-1. 由①②知满足条件的 a 的取值范围为 (-∞,2-2 2]. 解法二 令 t=2 (t>0), 则原方程可化为 t +at+a+1=0. 1+t (t -1)+2 变形为 a=- =- 1+t 1+t 2 ? ? =-?(t-1)+ t+1? ? ? 2 ? -2?≤-(2 2-2)=2-2 2. =-?(t+1)+ t+1 ? ? ? 当且仅当 t= 2-1 时取等号. 所以 a 的取值范围是(-∞,2-2 2].
2 2 2 x 2

10


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