高考數學 考前3個月知識方法專題訓練 第一部分 知識方法篇 專題10 數學思想 第37練 函數與方程思想 文

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第37練　函數與方程思想 [思想方法解讀]　1.函數與方程思想的含義 (1)函數的思想，是用運動和變化的觀點，分析和研究數學中的數量關系，是對函數概念的本質認識，建立函數關系或構造函數，運用函數的圖象和性質去分析問題、轉化問題，從而使問題獲得解決的思想方法． (2)方程的思想，就是分析數學問題中變量間的等量關系，建立方程或方程組，或者構造方程，通過解方程或方程組，或者運用方程的性質去分析、轉化問題，使問題獲得解決的思想方法． 2．函數與方程思想在解題中的應用 (1)函數與不等式的相互轉化，對函數y＝f(x)，當y>0時，就化為不等式f(x)>0，借助于函數的圖象和性質可解決有關問題，而研究函數的性質也離不開不等式． (2)數列的通項與前n項和是自變量為正整數的函數，用函數的觀點去處理數列問題十分重要． (3)解析幾何中的許多問題，需要通過解二元方程組才能解決．這都涉及二次方程與二次函數的有關理論． (4)立體幾何中有關線段、面積、體積的計算，經常需要運用列方程或建立函數表達式的方法加以解決． 體驗高考 1．(2015湖南)已知函數f(x)＝若存在實數b，使函數g(x)＝f(x)－b有兩個零點，則a的取值范圍是________． 答案　(－∞，0)∪(1，＋∞) 解析　函數g(x)有兩個零點， 即方程f(x)－b＝0有兩個不等實根， 則函數y＝f(x)和y＝b的圖象有兩個公共點． ①若a<0，則當x≤a時，f(x)＝x3，函數單調遞增； 當x>a時，f(x)＝x2，函數先單調遞減后單調遞增， f(x)的圖象如圖(1)實線部分所示，其與直線y＝b可能有兩個公共點． ②若0≤a≤1，則a3≤a2，函數f(x)在R上單調遞增，f(x)的圖象如圖(2)實線部分所示， 其與直線y＝b至多有一個公共點． ③若a>1，則a3>a2，函數f(x)在R上不單調， f(x)的圖象如圖(3)實線部分所示， 其與直線y＝b可能有兩個公共點． 綜上，a<0或a>1. 2．(2015安徽)設x3＋ax＋b＝0，其中a，b均為實數，下列條件中，使得該三次方程僅有一個實根的是__________(寫出所有正確條件的編號)． ①a＝－3，b＝－3；②a＝－3，b＝2；③a＝－3，b>2； ④a＝0，b＝2；⑤a＝1，b＝2. 答案?、佗邰堍? 解析　令f(x)＝x3＋ax＋b，f′(x)＝3x2＋a， 當a≥0時，f′(x)≥0，f(x)單調遞增，必有一個實根，④⑤正確；當a<0時，由于選項當中a＝－3，∴只考慮a＝－3這一種情況，f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)， ∴f(x)極大＝f(－1)＝－1＋3＋b＝b＋2，f(x)極?。絝(1)＝1－3＋b＝b－2，要有一根，f(x)極大<0或f(x)極小>0，∴b<－2或b>2，①③正確，②錯誤．所有正確條件為①③④⑤. 3．(2016課標全國甲)已知函數f(x)(x∈R)滿足f(－x)＝2－f(x)，若函數y＝與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則(xi＋yi)等于(　　) A．0 B．m C．2m D．4m 答案　B 解析　方法一　特殊函數法，根據f(－x)＝2－f(x)可設函數f(x)＝x＋1，由y＝， 解得兩個點的坐標為 此時m＝2，所以(xi＋yi)＝m，故選B. 方法二　由題設得(f(x)＋f(－x))＝1，點(x，f(x))與點(－x，f(－x))關于點(0,1)對稱， 則y＝f(x)的圖象關于點(0,1)對稱． 又y＝＝1＋，x≠0的圖象也關于點(0,1)對稱． 則交點(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)成對，且關于點(0,1)對稱．則(xi，yi)＝i＋i＝0＋2＝m，故選B. 高考必會題型 題型一　利用函數與方程思想解決圖象交點或方程根等問題 例1　(2016天津)已知函數f(x)＝ (a>0，且a≠1)在R上單調遞減，且關于x的方程|f(x)|＝2－x恰有兩個不相等的實數解，則a的取值范圍是(　　) A. B. C.∪ D.∪ 答案　C 解析　由y＝loga(x＋1)＋1在[0，＋∞)上遞減，得02，即a>時，由x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x(其中x<0)，得x2＋(4a－2)x＋3a－2＝0(其中x<0)， 則Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，解得a＝或a＝1(舍去)； 當1≤3a≤2，即≤a≤時，由圖象可知，符合條件． 綜上所述，a∈∪.故選C. 點評　函數圖象的交點、函數零點、方程的根三者之間可互相轉化，解題的宗旨就是函數與方程的思想．方程的根可轉化為函數零點、函數圖象的交點，反之函數零點、函數圖象的交點個數問題也可轉化為方程根的問題． 變式訓練1　已知定義在R上的函數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f(x)的周期為2，則函數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，xB＝－3，＝－2，xA＋xC＝－4，∴xA＋xB＋xC＝－7. 題型二　函數與方程思想在不等式中的應用 例2　定義域為R的可導函數y＝f(x)的導函數為f′(x)，滿足f(x)>f′(x)，且f(0)＝1，則不等式<1的解集為(　　) A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，2) D．(2，＋∞) 答案　B 解析　構造函數g(x)＝，則g′(x)＝＝.由題意得g′(x)<0恒成立，所以函數g(x)＝在R上單調遞減．又g(0)＝＝1，所以<1，即g(x)<1，所以x>0，所以不等式的解集為(0，＋∞)．故選B. 點評　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的函數，利用函數的圖象和性質解決問題．同時要注意在一個含多個變量的數學問題中，需要確定合適的變量和參數，從而揭示函數關系，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． 變式訓練2　已知f(x)＝log2x，x∈[2,16]，對于函數f(x)值域內的任意實數m，則使x2＋mx＋4>2m＋4x恒成立的實數x的取值范圍為(　　) A．(－∞，－2] B．[2，＋∞) C．(－∞，－2]∪[2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 答案　D 解析　∵x∈[2,16]，∴f(x)＝log2x∈[1,4]，即m∈[1,4]． 不等式x2＋mx＋4>2m＋4x恒成立， 即為m(x－2)＋(x－2)2>0恒成立， 設g(m)＝(x－2)m＋(x－2)2， 則此函數在[1,4]上恒大于0， 所以即 解得x<－2或x>2. 題型三　函數與方程思想在數列中的應用 例3　已知數列{an}是首項為2，各項均為正數的等差數列，a2，a3，a4＋1成等比數列，設bn＝＋＋…＋(其中Sn是數列{an}的前n項和)，若對任意n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求實數k的最小值． 解　因為a1＝2，a＝a2(a4＋1)， 又因為{an}是正項等差數列，故d≥0， 所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)， 得d＝2或d＝－1(舍去)， 所以數列{an}的通項公式an＝2n. 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， 故當x＝1時，f(x)min＝f(1)＝3， 即當n＝1時，(bn)max＝， 要使對任意的正整數n，不等式bn≤k恒成立， 則須使k≥(bn)max＝，所以實數k的最小值為. 點評　數列問題函數(方程)化法 數列問題函數(方程)化法與形式結構函數(方程)化法類似，但要注意數列問題中n的取值范圍為正整數，涉及的函數具有離散性特點，其一般解題步驟為： 第一步：分析數列式子的結構特征． 第二步：根據結構特征構造“特征”函數(方程)，轉化問題形式． 第三步：研究函數性質．結合解決問題的需要，研究函數(方程)的相關性質，主要涉及函數單調性與最值、值域問題的研究． 第四步：回歸問題．結合對函數(方程)相關性質的研究，回歸問題． 變式訓練3　設Sn為等差數列{an}的前n項和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N*)．若＜－1，則(　　) A．Sn的最大值是S8 B．Sn的最小值是S8 C．Sn的最大值是S7 D．Sn的最小值是S7 答案　D 解析　由條件得＜，即＜，所以an＜an＋1，所以等差數列{an}為遞增數列． 又＜－1，所以a8＞0，a7＜0，即數列{an}前7項均小于0，第8項大于零，所以Sn的最小值為S7，故選D. 題型四　函數與方程思想在解析幾何中的應用 例4　橢圓C的中心為坐標原點O，焦點在y軸上，短軸長為，離心率為，直線l與y軸交于點P(0，m)，與橢圓C交于相異兩點A，B，且＝3. (1)求橢圓C的方程； (2)求m的取值范圍． 解　(1)設橢圓C的方程為＋＝1 (a>b>0)， 設c>0，c2＝a2－b2， 由題意，知2b＝，＝，所以a＝1，b＝c＝. 故橢圓C的方程為y2＋＝1，即y2＋2x2＝1. (2)①當直線l的斜率不存在時，也滿足＝3，此時m＝. ②當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為y＝kx＋m (k≠0)，l與橢圓C的交點坐標為A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0， Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1) ＝4(k2－2m2＋2)>0，(*) x1＋x2＝，x1x2＝. 因為＝3，所以－x1＝3x2， 所以則3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0， 即32＋4＝0， 整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0， 即k2(4m2－1)＋2m2－2＝0， 當m2＝時，上式不成立； 當m2≠時，k2＝， 由(*)式，得k2>2m2－2，又k≠0， 所以k2＝>0， 解得－10或Δ≥0中，即可求出目標參數的取值范圍． 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)． 變式訓練4　已知點F1(－c,0)，F2(c,0)為橢圓＋＝1(a>b>0)的兩個焦點，點P為橢圓上一點，且＝c2，則此橢圓離心率的取值范圍是____________． 答案　 解析　設P(x，y)，則＝(－c－x，－y) (c－x，－y)＝x2－c2＋y2＝c2，① 將y2＝b2－x2代入①式解得x2＝ ＝，又x2∈[0，a2]， ∴2c2≤a2≤3c2，∴e＝∈. 高考題型精練 1．關于x的方程3x＝a2＋2a，在(－∞，1]上有解，則實數a的取值范圍是(　　) A．[－2，－1)∪(0,1] B．[－3，－2)∪[0,1] C．[－3，－2)∪(0,1] D．[－2，－1)∪[0,1] 答案　C 解析　當x∈(－∞，1]時，3x∈(0,3]， 要使3x＝a2＋2a有解，a2＋2a的值域必須為(0,3]， 即00， F(x)在(－∞，1)上遞減，在(1，＋∞)上遞增， F(x)的最小值為F(1)＝1－，所以a≥1－， 故選D. 3．已知f(x)＝x2－4x＋4，f1(x)＝f(x)，f2(x)＝f(f1(x))，…，fn(x)＝f(fn－1(x))，函數y＝fn(x)的零點個數記為an，則an等于(　　) A．2n B．2n－1 C．2n＋1 D．2n或2n－1 答案　B 解析　f1(x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2，有1個零點2，由f2(x)＝0可得f1(x)＝2，則x＝2＋或x＝2－，即y＝f2(x)有2個零點，由f3(x)＝0可得f2(x)＝2－或2＋，則(x－2)2＝2－或(x－2)2＝2＋，即y＝f3(x)有4個零點，以此類推可知，y＝fn(x)的零點個數an＝2n－1.故選B. 4．已知函數f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝－x2＋2bx－4，若對任意x1∈(0,2)，x2∈[1,2]，不等式f(x1)≥g(x2)恒成立，則實數b的取值范圍為____________． 答案　 解析　問題等價于f(x)min≥g(x)max. f(x)＝ln x－x＋－1， 所以f′(x)＝－－＝， 令f′(x)>0得x2－4x＋3<0，解得12時，g(x)max＝g(2)＝4b－8. 故問題等價于 或 或解第一個不等式組得b<1，解第二個不等式組得1≤b≤，第三個不等式組無解． 綜上所述，b的取值范圍是. 5．滿足條件AB＝2，AC＝BC的三角形ABC的面積的最大值是________． 答案　2 解析　可設BC＝x，則AC＝x， 根據面積公式得S△ABC＝x， 由余弦定理計算得cos B＝， 代入上式得S△ABC＝x ＝. 由得2－2α，則α∈(0,1)，β∈(1，＋∞)， 若函數y＝f′(x)在(e，＋∞)內有異號零點， 即y＝φ(x)在(e，＋∞)內有異號零點， 所以β>e，又φ(0)＝1>0， 所以φ(e)＝e2－(2＋a)e＋1<0， 解得a>e＋－2， 所以實數a的取值范圍是(e＋－2，＋∞)． 8．已知f(x)＝ex－ax－1. (1)求f(x)的單調增區(qū)間； (2)若f(x)在定義域R內單調遞增，求a的取值范圍． 解　(1)∵f(x)＝ex－ax－1(x∈R)， ∴f′(x)＝ex－a. 令f′(x)≥0，得ex≥a， 當a≤0時，f′(x)>0在R上恒成立； 當a>0時，有x≥ln a. 綜上，當a≤0時，f(x)的單調增區(qū)間為(－∞，＋∞)； 當a>0時，f(x)的單調增區(qū)間為(ln a，＋∞)． (2)由(1)知f′(x)＝ex－a. ∵f(x)在R上單調遞增， ∴f′(x)＝ex－a≥0恒成立， 即a≤ex在R上恒成立． ∵當x∈R時，ex>0， ∴a≤0，即a的取值范圍是(－∞，0]． 9．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的一個頂點為A(2,0)，離心率為.直線y＝k(x－1)與橢圓C交于不同的兩點M，N. (1)求橢圓C的方程； (2)當△AMN的面積為時，求k的值． 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. 設點M，N的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 所以|MN|＝ ＝ ＝. 又因為點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. 10．已知等比數列{an}滿足2a1＋a3＝3a2，且a3＋2是a2，a4的等差中項． (1)求數列{an}的通項公式． (2)若bn＝an＋log2，Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整數n的最小值． 解　(1)設等比數列{an}的首項為a1，公比為q， 依題意，有 即 由①得q2－3q＋2＝0， 解得q＝1或q＝2. 當q＝1時，不合題意．舍去； 當q＝2時，代入②得a1＝2， 所以an＝22n－1＝2n. (2)bn＝an＋log2 ＝2n＋log2＝2n－n. 所以Sn＝2－1＋22－2＋23－3＋…＋2n－n ＝(2＋22＋23＋…＋2n)－(1＋2＋3＋…＋n) ＝－ ＝2n＋1－2－n－n2. 因為Sn－2n＋1＋47<0， 所以2n＋1－2－n－n2－2n＋1＋47<0， 即n2＋n－90>0， 解得n>9或n<－10. 因為n∈N*， 故使Sn－2n＋1＋47<0成立的正整數n的最小值為10.