您现在的位置:首页 > 高考 >

2012届高考数学二轮复习总结课件:专题9-第一讲-函数与方程思想_图文


函数是中学数学的一个重要概念,它描述了自然
界中量与量之间的依存关系,从量的方面刻画了宏观世 界的运动变化、相互联系的规律,是对问题本身的数量 本质特征和制约关系的一种刻画.变量是函数的基础, 对应(映射)是函数的本质.函数一直是高考的热点、重 点内容.它渗透在数学的各部分内容中.

函数与方程思想是高中数学的基本思想方法之一,在 解题中有着广泛的应用,是历来高考的重点,高考中有关方 程的试题单独命题较少.最近几年函数与方程思想的命题主 要体现在三个方面:
①是建立函数关系式,构造函数模型或通过方程、方程组解决 实际问题;
②是运用函数、方程、不等式相互转化的观点处理函数、方程、 不等式问题;
③是利用函数与方程思想研究数列、解析几何、立体几何等问 题.在构建函数模型时仍然十分注重“三个二次”的考查.

1.函数与方程的关系 函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,
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)可以看作二元方程f(x)-y=0,通过方程进行研究. 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)函数f(x)=(a+bx)n(n∈N*)与二项式定理密切相关, 利用这个函数,用赋值法和比较系数法可以解决很多 有关二项式定理的问题及求和问题.
(4)解析几何中直线与二次曲线的位置关系等问题,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、角、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加法加以解决,建 立空间向量后,立体几何与函数的关系就更加密切.

[例1] (2011·泰安市模拟题)若关于x的方程cos2x-2cosx+m= 0有实数根,则实数m的取值范围是________.
[分析] 将方程变形为m=-cos2x+2cosx,则当方程有实数根 时,-cos2x+2cosx的取值范围就是m的取值范围.
[答案] ???-3,32???

[解析] 原方程可化为 m=-cos2x+2cosx. 令 f(x)=-cos2x+2cosx, 则 f(x)=-2cos2x+1+2cosx=-2???cosx-12???2+32, 由于-1≤cosx≤1, 所以当 cosx=12时,f(x)取得最大值32,
当 cosx=-1 时,f(x)取得最小值-3, 故函数 f(x)的值域为???-3,32???, 即 m∈???-3,32???.

[评析] 本题若令cosx=t,则可通过换元法将原方程化为 关于t的一元二次方程,但求解过程将非常繁琐,而通
过分离参数,引进函数,便可通过函数的值域较为简单 地求得参数m的取值范围.

若关于 x 的方程 9x+(4+a)·3x+4=0 有大于 0 的解,

则实数 a 的取值范围是( )

A.a<-235

B.a≤-8

C.a<-133
[答案] A

D.a≤-4

[解析] 由原方程得 4+a=-???3x+34x???, 令 f(x)=3x+34x,取 t=3x,则 g(t)=t+4t , 而 x>0,∴t>1,∴g(t)≥g(2)=4, ∴-???3x+34x???≤-4, 即 4+a≤-4,∴a<-8.

[例 2](2011·盐城二次质检)已知 f(t)=log2t,t∈[ 2,8],对于 f(t)值域内所有实数 m,不等式 x2+mx+4>2m+4x 恒成立, 求 x 的取值范围.
[分析] 本题可用参变分离或看作关于m的一次函数处理.

[解析] ∵t∈[ 2,8],∴12≤log2t≤3,∴12≤m≤3. 解法一:不等式可化为:(2-x)m<x2-4x+4. 即(2-x)m<(2-x)2, ①当 x=2 时,上式不成立; ②当 x≠2 时,若 x<2,则 m<2-x ∴2-x>3 即 x<-1, 若 x>2,则 m>2-x, ∴2-x<12即 x>32,又 x>2,∴x>2. 综上可得{x|x<-1,或 x>2}.

解法二:原不等式可化为(x-2)m+(x-2)2>0, 令 f(m)=(x-2)m+(x-2)2,m∈[12,3]时, 有 f(m)的最小值大于 0, ∵x=2 时,不成立.

??x≠2, ∴???f?12?>0,
??f?3?>0,

??x≠2, 即???12?x-2?+?x-2?2>0,
??3?x-2?+?x-2?2>0,

解得 x<-1 或 x>2.

综上可得 x 的取值范围是{x|x<-1 或 x>2}.

(2011·东莞模拟)对于满足0≤p≤4的实数p,使x2+px>4x+p-3恒 成立的x的取值范围是________.
[答案] (-∞,-1)∪(3,+∞) [解析] x2+px>4x+p-3 对于 0≤p≤4 恒成立可以
变形为 x2-4x+3+p(x-1)>0 对于 0≤p≤4 恒成立,所以
一次函数 f(p)=(x-1)p+x2-4x+3 在区间[0,4]上的最小
值大于 0,即?????xx22--41x>+0 3>0 ,
所以 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞).

[例 3] 求正整数 a 的最大值,使不等式 n+1 1+n+1 2+…+3n1+1>a-7 对一切正整数 n 都成立.
[分析] 要求正整数 a 的最大值,应先求 a 的取值范 围,关键是求出代数式n+1 1+n+1 2+…+3n1+1的最小 值,可将其视为关于 n 的函数,通过单调性求解.

[解析] 令 f(n)=n+1 1+n+1 2+…+3n1+1(n∈N*), 对任意的 n∈N*, f(n+1)-f(n)=3n1+2+3n1+3+3n1+4-n+1 1 =3?n+1??3n2+2??3n+4?>0,

所以 f(n)在 N*上是增函数. 又 f(1)=1132,对一切正整数 n,f(n)>a-7 都成立的 充要条件是1132>a-7, 所以 a<9172,故所求正整数 a 的最大值是 8.

[评析] 本题是构造函数解题的很好的例证.如果对数列 求和,那就是误入歧途.本题构造函数f(n),通过单调 性求其最小值解决了不等式恒成立的问题.利用函数思
想解题必须从不等式或等式中构造出函数关系并研究其 性质,才能使解题思路灵活变通.

(2011·广州模拟)已知a,b,c∈R,a+b+c=0,a+bc-1=0, 求a的取值范围.
[解析] (方程思想):因为b+c=-a,bc=1-a. 所以b,c是方程x2+ax+1-a=0的两根, 所以Δ=a2-4(1-a)≥0, 即Δ=a2+4a-4≥0,

解得 a≥-2+2 2或 a≤-2-2 2. (函数思想):由已知?????aa++bbc+-c1==00 得 b+c-bc+1=0, 如果 c=1,则 b+1-b+1=0,即 2=0,不成立. 因此 c≠1,所以 b=cc+-11,a=11-+cc-c,

令 a=f(c)=11+ -cc-c=-2+(1-c)+1-2 c 当 1-c>0 时,f(c)≥-2+2 ?1-c?·1-2 c =-2+2 2. 当 1-c<0 时,f(c)≤-2-2 ?c-1?·c-2 1 =-2-2 2.
所以 a 的取值范围是 a≥-2+2 2或 a≤-2-2 2.

[例 4]已知{an}是一个公差大于 0 的等差数列,且满足 a3a6=55, a2+a7=16. (1)求数列{an}的通项公式; (2)若数列{an}和{bn}满足:an=b21+b222+…+2bnn(n 为正整数), 求数列{bn}的前 n 项和 Sn.

[分析] 由题意,列出方程组,解方程组求解.
[解析] (1)解法一:设等差数列{an}的公差为d,则依题设d>0. 由a2+a7=16,得2a1+7d=16.① 由a3·a6=55,得(a1+2d)(a1+5d)=55.② 由①得2a1=16-7d,将其代入②得 (16-3d)(16+3d)=220,即256-9d2=220,
∴d2=4.又d>0,∴d=2,代入①得a1=1. ∴an=1+(n-1)·2=2n-1.

解法二:由等差数列的性质得 a2+a7=a3+a6, ??a3a6=55, ???a3+a6=16. 由韦达定理知,a3,a6 是方程 x2-16x+55=0 的根, 解方程得 x=5 或 x=11. 设公差为 d,则由 a6=a3+3d,得 d=a6-3 a3.
∵d>0,∴a3=5,a6=11,d=11- 3 5=2, a1=a3-2d=5-4=1.故 an=2n-1.

(2)解法一:当 n=1 时,a1=b21,∴b1=2. 当 n≥2 时,an=b21+b222+b233+…+b2nn--11+b2nn, an-1=b21+b222+b233+…+b2nn--11, 两式相减得 an-an-1=b2nn,∴bn=2n+1.

因此 bn=?????22,n+1n,=n1≥,2. 当 n=1 时,S1=b1=2; 当 n≥2 时,Sn=b1+b2+b3+…+bn =2+b2?11--22n-1?=2n+2-6. ∵当 n=1 时上式也成立, ∴当 n 为正整数时都有 Sn=2n+2-6.

解法二:令 cn=b2nn,则有 an=c1+c2+…+cn, an+1=c1+c2+…+cn+1, 两式相减得 an+1-an=cn+1. 由(1)得 a1=1,an+1-an=2. ∴cn+1=2,cn=2(n≥2),即当 n≥2 时,bn=2n+1, 又当 n=1 时,b1=2a1=2, ∴bn=?????22,n+1n,=n1≥,2.

于是 Sn=b1+b2+b3+…+bn=2+23+24+…+2n+1 =2+22+23+24+…+2n+1-4=2?22n-+1-1 1?-4 =2n+2-6,即 Sn=2n+2-6.

[评析] 数列可以看作是定义在正整数集(或它的子集)上
的函数,所以用函数的观点处理数列问题就显得十分重 要,在等差数列、等比数列中有关通项及前n项和的问 题都可以看成n的函数,用函数的方法解决.

已知数列{an}满足a1n-an=2 n(n∈N*),且 an>0. (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{an}是否存在最大项?若存在,求出该项和 相应的项数;若不存在,说明理由.

[解析] (1)由a1n-an=2 n得 a2n+2 nan-1=0. 由一元二次方程求根公式得

an=-2

n± 4n+4 2

=- n± n+1. 因为 an>0, 所以 an= n+1- n(n∈N*).

(2)由 an= n+1- n知,数列{an}的各项是函数 f(x)= x+1- x(x>0)的函数值,

因为 f′(x)= 2

1 -1, x+1 2 x

当 x>0 时,f′(x)<0,

即函数 f(x)= x+1- x在(0,+∞)内为减函数.

即有 a1>a2>a3>…>an>an+1>…, 所以数列{an}有最大项,最大项为首项 a1= 2-1.

5 已知不等式 7x-2>(x2-1)m 对 m∈[-2,2]恒成立,
求实数x的取值范围.
解 设 f(m)=(x2-1)m-7x+2,f(m)是 m 的函数,其图象 是直线.依题意,f(m)<0 对 m∈[-2,2]恒成立. 由于 y=f(m),当-2≤m≤2 时的图象是线段,该线段应全 部位于 x 轴下方,其充要条件是端点的纵坐标小于 0, 即?????ff((- 2)<2)< 0,0, 解得12<x<72. 即适合题意的 x 的取值范围是12<x<72. 归纳拓展 从一个含有多个变元的数学问题里,选定合适 的主变元,从而揭示其中主要的函数关系.

6 如果方程 cos2x-sin x+a=0 在(0,π2]上有解,求 a 的取值范围.
解 方法一 把方程变形为 a=-cos2x+sin x. 设 f(x)=-cos2x+sin x(x∈(0,π2]).
显然当且仅当 a 属于 f(x)的值域时,a=f(x)有解. ∵f(x)=-(1-sin2x)+sin x=(sin x+12)2-54. 且由 x∈(0,π2]知 sin x∈(0,1].
易求得 f(x)的值域为(-1,1].
故 a 的取值范围是(-1,1].

方法二 令 t=sin x,则 x∈(0,π2],可得 t∈(0,1]. 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,其图象是开口向上的抛物线, 对称轴 t=-12,如图所示. 因此 f(t)=0 在(0,1]上有解等价于 ??f(0)<0 ???f(1)≥0, 即?????-1-1-a≥a<0,0,
∴-1<a≤1. 故 a 的取值范围是(-1,1].

7 证明:对任意的正整数 n,不等式 ln???n1+1???>n12-n13都成立.
证明 令 f(x)=x3-x2+ln(x+1),则 f′(x)=3x3+x+(x-1 1)2 在(0,1]上恒正.∴f(x)在(0,1]上单调递增,当 x∈(0,1]时, 有 x3-x2+ln(x+1)>0,即 ln(x+1)>x2-x3,对任意正 整数 n,取 x=1n∈(0,1],得 ln????1n+1????>n12-n13.

8 已知双曲线 C 的方程为ya22-xb22=1(a>0,b>0),离心率为 e= 25,顶点到渐近线的距离为25 5. (1)求双曲线的方程;
(2)如图,P 是双曲线 C 上一点,A,B 两点在双曲线 C 的两条渐近线上,
且分别位于第一、二象限,若 A→P =λ P→B ,λ∈???13,2???,求△AOB 面积
的取值范围.

解 (1)由题意可得 a2=4,b2=1, 所以双曲线 C 的方程为y42-x2=1.
(2)由(1)知双曲线的两条渐近线方程为 y=±2x.可设 A(m,2m),
B(-n,2n).m>0,n>0,
由→AP=λ→PB可得 P 点的坐标为????m1-+λλn,2(m1++λλn)????.
将 P 点坐标代入y42-x2=1,化简,得 mn=(1+4λλ)2. 设∠AOB=2θ,∵tan ????π2-θ????=kOA=2. ∴tan θ=21,sin θ= 55,sin 2θ=45,???OA???= 5m,???OB???= 5n. ∴S△AOB=12???OA??????OB???·sin 2θ=2mn=12????λ+1λ????+1.

记 S(λ)=12???λ+1λ???+1,λ∈???13,2???,则 S′(λ)=0 得 λ=1,又 S(1)=2, S???13???=83,S(2)=94, ∴当 λ=1 时,△AOB 的面积取得最小值 2;
当 λ=13时,△AOB 的面积取得最大值83, ∴△AOB 的面积的范围为???2,83???.
归纳拓展 解析几何中,求参数的取值范围问题,往往要与
目标函数联系起来,利用目标函数的定义域、值域、单调性
等知识来解决.

9 已知直线 y=-x+1 与椭圆xa22+yb22=1(a>b>0)相交于 A,B 两点, 且 OA⊥OB(O 为坐标原点),若椭圆的离心率 e∈????12, 22????, 求 a 的最大值.
解 设 A(x1,y1),B(x2,y2).
因为O→A·O→B=0,所以 x1x2+y1y2=0,
而 y1y2=x1x2-(x1+x2)+1,所以 2x1x2-(x1+x2)+1=0. ??y=-x+1,
由???ax22+by22=1, 即(a2+b2)x2-2a2x+a2(1-b2)=0.

又直线与椭圆相交于两点,所以 Δ=(-2a2)2-4(a2+b2)a2·(1-b2)>0,

整理得 a2b2(a2+b2-1)>0,即 a2+b2>1, 又 x1+x2=a22+a2b2,x1x2=a2a(21+-bb22), 所以2aa22(+1-b2b2)-a22+a2b2+1=0,即 a2+b2-2a2b2=0.
由 b2=a2-c2=a2-a2e2,代入上式整理,得 a2=12(1+1-1 e2).



e∈????12,

2 2

????,所以43≤1-1 e2≤2,73≤1+1-1 e2≤3,

所以 a2∈???76,32???,适合 a2+b2>1.

所以 a∈???? 642, 26????.所以 a 的最大值为 26.

规范演练
一、填空题 1.已知向量 a=(3,2),b=(-6,1),而(λa+b)⊥(a-λb),则实
数 λ=_2_或__-__21_.
解析 由(λa+b)⊥(a-λb)得(λa+b)·(a-λb)=0, ∵(3λ-6,2λ+1)·(3+6λ,2-λ)=0, ∴λ=2 或 λ=-12.

2.(2010·福建)函数 f(x)=?????x-2+2+2xln-x3,,xx>≤0 0, 的零点个数为 ___2_____.
解析 当 x≤0 时,由 f(x)=x2+2x-3=0,得 x1=1(舍去),x2=-3; 当 x>0 时,由 f(x)=-2+ln x=0,得 x=e2, 所以函数 f(x)的零点个数为 2.

3.f(x)是定义在 R 上的以 3 为周期的奇函数,f(2)=0,则函数 y=f(x)在区间(-1,4)内的零点个数为____5____.
解析 ∵f(x)是定义在 R 上的奇函数, ∴f(0)=0.由 f(2)=0,得 f(-2)=0. 又∵f(x)的周期为 3,∴f(1)=0,f(3)=0. 又∵f(-32)=f(-23+3)=f(23)=-f(32), ∴f(23)=0. 故函数 y=f(x)在区间(-1,4)内的零点个数为 5.

4.(2011·辽宁改编)若函数 f(x)=(2x+1x)(x-a)为奇函数,则 a
=____12____.
解析 ∵f(-x)=-f(x), ∴(-2x+-1)(x-x-a)=-(2x+1x)(x-a), ∴(2a-1)x=0,∴a=12.

5.已知数列{an}是递增数列,且对于任意的 n∈N*,an=n2+λn 恒成立,则实数 λ 的取值范围是__λ_>__-__3_.
解析 由{an}是递增数列,得 an<an+1 对 n∈N*恒成立, 即 n2+λn<(n+1)2+λ(n+1),整理得 λ>-(2n+1). 而-(2n+1)≤-3,所以 λ>-3.

6.设函数 f(x)=x3+sin x,若 0≤θ≤π2时,f(mcos θ)+f(1-m)>0 恒成立,则实数 m 的取值范围是(_-__∞___,__1_)_.
解析 易知 f(x)为奇函数、增函数, f(mcos θ)+f(1-m)>0, 即 f(mcos θ)>f(m-1),∴mcos θ>m-1, 而 0≤θ≤π2时,cos θ∈[0,1], ∴?????m0>>mm--11, 得 m<1.

7.(2011·安徽)已知△ABC 的一个内角为 120°,并且三边长构成 公差为 4 的等差数列,则△ABC 的面积为_1_5__3____.
解析 由于三边长构成公差为 4 的等差数列,故可设三边 长分别为 x-4,x,x+4. 由一个内角为 120°知其必是最长边 x+4 所对的角. 由余弦定理得(x+4)2=x2+(x-4)2-2x(x-4)cos 120°, ∴2x2-20x=0,∴x=0(舍去)或 x=10. ∴S△ABC=21×(10-4)×10×sin 120°=15 3.

8.对任意 a∈[-1,1],函数 f(x)=x2+(a-4)x+4-2a 的值总大于零, 则 x 的取值范围是_______(_-___∞__,__1_)_∪__(_3_,_.+∞)
解析 依题意有 x2+(a-4)x+4-2a>0 恒成立, 即(x-2)a+x2-4x+4>0 恒成立. 令 g(a)=(x-2)a+x2-4x+4,把 g(a)看作是关于主元 a 的函数, 则 g(a)是一次函数(x≠2)或是常数函数(x=2). 因为 a∈[-1,1],当 x=2 时,g(a)=4-8+4=0,不合题意,故 x≠2. 要 g(a)>0 恒成立,只需 g(-1)>0 且 g(1)>0,解得 x<1 或 x>3.

二、解答题
9.若 a、b 是正数,且满足 ab=a+b+3,求 ab 的取值范围.
解 方法一 (看成函数的值域) ∵ab=a+b+3, ∴a≠1, ∴b=aa+-31,而 b>0,∴aa+-31>0,
即 a>1 或 a<-3,又 a>0,∴a>1,故 a-1>0. ∴ab=a·aa+-31=(a-1)2+a-5(a1-1)+4=(a-1)+a-4 1+5≥9. 当且仅当 a-1=a-4 1,即 a=3 时取等号. 又 a>3 时,(a-1)+a-4 1+5 是关于 a 的单调增函数.
∴ab 的取值范围是[9,+∞).

方法二 (看成不等式的解集)

∵a,b 为正数,

∴a+b≥2 ab,又 ab=a+b+3,

∴ab≥2 ab+3.

即( ab)2-2 ab-3≥0,

解得 ab≥3 或 ab≤-1(舍去),∴ab≥9.

∴ab 的取值范围是[9,+∞).

方法三 若设 ab=t,则 a+b=t-3,

∴a,b 可看成方程 x2-(t-3)x+t=0 的两个正根.

??Δ=(t-3)2-4t≥0 从而有?a+b=t-3>0

??t≤1或t≥9 ,即?t>3



??ab=t>0

??t>0

解得 t≥9,即 ab≥9.

∴ab 的取值范围是[9,+∞).

10.已知函数 f(x)=xln x,g(x)=-x2+ax-3.
(1)求函数 f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;
(2)若对一切 x∈(0,+∞),2f(x)≥g(x)恒成立,求实数 a 的取
值范围; (3)证明:对一切 x∈(0,+∞),ln x>e1x-e2x恒成立.
(1)解 因为 f′(x)=ln x+1, 所以当 x∈(0,1e)时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当 x∈???1e,+∞???时,f′(x)>0,f(x)单调递增. ①当 0<t<t+2<1e时,t∈Ф ; ②当 0<t<1e<t+2,即 0<t<1e时,f(x)min=f???1e???=-1e;

③当1e≤t<t+2,即 t≥1e时,f(x)在[t,t+2]上单调递增,f(x)min=f(t)=tln t, 所以 f(x)min=?????-tln1et,,0t≥<1et<. 1e, (2)解 由题意,知 2xln x≥-x2+ax-3,则 a≤2ln x+x+3x. 设 h(x)=2ln x+x+3x(x>0),则 h′(x)=(x+3x)(2x-1). 所以当 x∈(0,1)时,h′(x)<0,h(x)单调递减;
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.

(3)证明 问题等价于证明 xln x>exx-2e(x∈(0,+∞)). 由(1),可知当 x=1e时,f(x)=xln x(x∈(0,+∞))有最小值是-1e. 设 m(x)=exx-2e(x∈(0,+∞)),则 m′(x)=1-exx. 易得 m(x)max=m(1)=-1e. 从而对一切 x∈(0,+∞),都有 ln x>e1x-e2x恒成立.

11 已知 x3+sinx-2a=0,4y3+sinycosy+a=0, 则 cos(x+2y)=________.
构造函数 f(t)=t3+sint-2a,则 f′(t)=3t2+cost,
当 t∈???-π2,π2???时,f′(t)>0, 当 t????-π2,π2???时,3t2>1,cost≥-1,此时 f′(t)>0, 故函数 f(t)是 R 上的增函数. 根据题意 f(x)=f(-2y),故 x=-2y,所以 cos(x+2y)=1.



热文推荐
友情链接: 工作计划 总结汇报 团党工作范文 工作范文 表格模版 生活休闲