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1、高考數學二輪復習 專題訓練九 第1講 函數與方程思想 理 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．經常利用的性質是單調性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、圖象變換等． (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．方程的教學是對方程概念的本質認識，用于指導解題就是善于利用方程或方程組的觀點觀察處理問題．方程思想是動中

2、求靜，研究運動中的等量關系． 2．和函數與方程思想密切關聯(lián)的知識點 (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)在三角函數求值中，把所求的量看作未知量，其余的量通過三角函數關系化為未知量的表達式，那么問題就能化為未知量的方程來解． (4)解析幾何中的許多問題，例如直線與二次曲線的位置關系問題，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． (5)立體

3、幾何中有關線段、角、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，建立空間直角坐標系后，立體幾何與函數的關系更加密切. 熱點一　函數與方程思想在不等式中的應用 例1　(1)f(x)＝ax3－3x＋1對于x∈[－1,1]總有f(x)≥0成立，則a＝________. (2)設f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，當x<0時，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，則不等式f(x)g(x)<0的解集是__________． 答案　(1)4　(2)(－∞，－3)∪(0,3) 解析　(1)若x＝0，則不論a取何值，f(x)≥0顯然

4、成立； 當x>0即x∈(0,1]時，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≥－. 設g(x)＝－，則g′(x)＝，所以g(x)在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減， 因此g(x)max＝g＝4，從而a≥4； 當x<0即x∈[－1,0)時， f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化為a≤－， 設g(x)＝－，且g(x)在區(qū)間[－1,0)上單調遞增， 因此g(x)min＝g(－1)＝4，從而a≤4，綜上a＝4. (2)設F(x)＝f(x)g(x)，由于f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數和偶函數，得F(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－F(x)，即F(x)在R上為奇

5、函數． 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． 因為奇函數在對稱區(qū)間上的單調性相同， 所以x>0時，F(xiàn)(x)也是增函數． 因為F(－3)＝f(－3)g(－3)＝0＝－F(3)． 所以，由圖可知F(x)<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)． 思維升華　(1)在解決不等式問題時，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；(2)函數f(x)>0或f(x)<0恒成立，一般可轉化為f(x)min>0或f(x)max<0；已知恒成立求參數范圍可先分離參數，然后利用函數值域求解． 　(1)若2x＋

6、5y≤2－y＋5－x，則有(　　) A．x＋y≥0 B．x＋y≤0 C．x－y≤0 D．x－y≥0 (2)已知函數f(x)＝x4－2x3＋3m，x∈R，若f(x)＋9≥0恒成立，則實數m的取值范圍是(　　) A．m≥ B．m> C．m≤ D．m< 答案　(1)B　(2)A 解析　(1)把不等式變形為2x－5－x≤2－y－5y，構造函數y＝2x－5－x，其為R上的增函數，所以有x≤－y. (2)因為函數f(x)＝x4－2x3＋3m.所以f′(x)＝2x3－6x2，令f′(x)＝0得x＝0或x＝3，經檢驗知x＝3是函數的一個最小值點，所以函數的最小值為f(3)＝3m

7、－，不等式f(x)＋9≥0恒成立，即f(x)≥－9恒成立， 所以3m－≥－9，解得m≥，故選A. 熱點二　函數與方程思想在數列中的應用 例2　已知數列{an}是各項均為正數的等差數列． (1)若a1＝2，且a2，a3，a4＋1成等比數列，求數列{an}的通項公式an； (2)在(1)的條件下，數列{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

8、{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， 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. 思維升華　(1)等差(比)數列中各有5個基本量，建立方程組可“知三求二”； (2)數列的本質是定義域為正整數集或其有限子集的函數，數列的

9、通項公式即為相應的解析式，因此在解決數列問題時，應注意利用函數的思想求解． 　(1)(xx·江蘇)在各項均為正數的等比數列{an}中，若a2＝1，a8＝a6＋2a4，則a6的值是________． (2)已知函數f(x)＝()x，等比數列{an}的前n項和為f(n)－c，則an的最小值為(　　) A．－1 B．1 C. D．－ 答案　(1)4　(2)D 解析　(1)因為a8＝a2q6，a6＝a2q4，a4＝a2q2，所以由a8＝a6＋2a4得a2q6＝a2q4＋2a2q2，消去a2q2，得到關于q2的一元二次方程(q2)2－q2－2＝0，解得q2＝2，a6＝a2q4＝1×2

10、2＝4. (2)由題設，得a1＝f(1)－c＝－c； a2＝[f(2)－c]－[f(1)－c]＝－； a3＝[f(3)－c]－[f(2)－c]＝－. 又數列{an}是等比數列， ∴(－)2＝(－c)×(－)，∴c＝1. 又∵公比q＝＝， ∴an＝－()n－1＝－2()n，n∈N*. 且數列 {an}是遞增數列， ∴n＝1時，an有最小值a1＝－. 熱點三　函數與方程思想在幾何中的應用 例3　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

11、． 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. 思維升華　幾何最值是高考的熱點，在圓錐曲線的綜合問題中經常出現(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，抓住函數關系，將目標量表示為一個(或者多個)變量的函數，然后借助于函數

12、最值的探求來使問題得以解決． 　(1)(xx·安徽)設F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：x2＋＝1(01，則雙曲線－＝1的離心率e的取值范圍是(　　) A．(1，) B．(，) C．[，] D．(，) 答案　(1)x2＋y2＝1　(2)B 解析　(1)設點B的坐標為(x0，y0)， ∵x2＋＝1，且0

13、2，－b2)＝3(x0＋，y0)． ∴x0＝－，y0＝－. ∴點B的坐標為. 將點B代入x2＋＝1， 得b2＝. ∴橢圓E的方程為x2＋y2＝1. (2)e2＝()2＝＝1＋(1＋)2， 因為當a>1時，0<<1，所以2

14、想． 3．借助有關函數的性質，一是用來解決有關求值、解(證)不等式、解方程以及討論參數的取值范圍等問題，二是在問題的研究中，可以通過建立函數關系式或構造中間函數來求解． 4．許多數學問題中，一般都含有常量、變量或參數，這些參變量中必有一個處于突出的主導地位，把這個參變量稱為主元，構造出關于主元的方程，主元思想有利于回避多元的困擾，解方程的實質就是分離參變量. 真題感悟 1．(xx·遼寧)已知a＝2－，b＝log2，c＝，則(　　) A．a>b>c B．a>c>b C．c>a>b D．c>b>a 答案　C 解析　0

15、＝>＝1， 即01，所以c>a>b. 2．(xx·福建)設P，Q分別為圓x2＋(y－6)2＝2和橢圓＋y2＝1上的點，則P，Q兩點間的最大距離是(　　) A．5 B.＋ C．7＋ D．6 答案　D 解析　如圖所示，設以(0,6)為圓心，以r為半徑的圓的方程為x2＋(y－6)2＝r2(r>0)，與橢圓方程＋y2＝1聯(lián)立得方程組，消掉x2得9y2＋12y＋r2－46＝0. 令Δ＝122－4×9(r2－46)＝0， 解得r2＝50， 即r＝5. 由題意易知P，Q兩點間的最大距離為r＋＝6， 故選D. 3．(xx·江蘇)在平面直角坐標系xOy中，若

16、曲線y＝ax2＋(a，b為常數)過點P(2，－5)，且該曲線在點P處的切線與直線7x＋2y＋3＝0平行，則a＋b的值是______． 答案?。? 解析　y＝ax2＋的導數為y′＝2ax－， 直線7x＋2y＋3＝0的斜率為－. 由題意得解得則a＋b＝－3. 4．(xx·福建)要制作一個容積為4 m3，高為1 m的無蓋長方體容器．已知該容器的底面造價是每平方米20元，側面造價是每平方米10元，則該容器的最低總造價是________．(單位：元) 答案　160 解析　設該長方體容器的長為x m，則寬為 m．又設該容器的造價為y元，則y＝20×4＋2(x＋)×10，即y＝80＋20(x＋

17、)(x>0)．因為x＋≥2＝4(當且僅當x＝，即x＝2時取“＝”)， 所以ymin＝80＋20×4＝160(元)． 押題精練 1．函數f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)>2，則f(x)>2x＋4的解集為(　　) A．(－1,1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞) 答案　B 解析　f′(x)>2轉化為f′(x)－2>0，構造函數F(x)＝f(x)－2x， 得F(x)在R上是增函數． 又F(－1)＝f(－1)－2×(－1)＝4，f(x)>2x＋4， 即F(x)>4＝F(－1)，所以x>－1. 2．設直線x＝t與函數

18、f(x)＝x2，g(x)＝ln x的圖象分別交于點M、N，則當|MN|達到最小時t的值為(　　) A．1 B. C. D. 答案　D 解析　可知|MN|＝f(x)－g(x)＝x2－ln x. 令F(x)＝x2－ln x，F(xiàn)′(x)＝2x－＝， 所以當0時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調遞增， 故當x＝t＝時，F(xiàn)(x)有最小值，即|MN|達到最?。? 3．(xx·遼寧)當x∈[－2,1]時，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，則實數a的取值范圍是(　　) A．[－5，－3] B．[－6，－] C．[－6，－2]

19、 D．[－4，－3] 答案　C 解析　當x＝0時，ax3－x2＋4x＋3≥0變?yōu)?≥0恒成立，即a∈R. 當x∈(0,1]時，ax3≥x2－4x－3，a≥，所以a≥max. 設φ(x)＝， 所以φ′(x)＝＝－＝－>0， 所以φ(x)在(0,1]上遞增，φ(x)max＝φ(1)＝－6.所以a≥－6. 當x∈[－2,0)時，a≤，所以a≤min. 仍設φ(x)＝，φ′(x)＝－. 當x∈[－2，－1)時，φ′(x)<0，φ(x)在[－2，－1)上單調遞減， 當x∈(－1,0)時，φ′(x)>0，φ(x)在(－1,0)上單調遞增． 所以當x＝－1時，φ(x)有極小值，即為最小

20、值． 而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，所以a≤－2.綜上知－6≤a≤－2. 4．若關于x的方程(2－2－|x－2|)2＝2＋a有實根，則實數a的取值范圍是________． 答案　[－1,2) 解析　令f(x)＝(2－2－|x－2|)2.要使f(x)＝2＋a有實根，只需2＋a是f(x)的值域內的值．∵f(x)的值域為[1,4)，∴1≤a＋2<4，∴－1≤a<2. 5．已知函數f(x)＝ax2＋ax和g(x)＝x－a，其中a∈R，且a≠0.若函數f(x)與g(x)的圖象相交于不同的兩點A、B，O為坐標原點，試求△OAB的面積S的最大值． 解　依題意，f(x)＝g(x)，即ax2

21、＋ax＝x－a， 整理得ax2＋(a－1)x＋a＝0，① ∵a≠0， 函數f(x)與g(x)的圖象相交于不同的兩點A、B， ∴Δ>0，即Δ＝(a－1)2－4a2＝－3a2－2a＋1＝(3a－1)·(－a－1)>0， ∴－10，x1＋x2＝－. 設點O到直線g(x)＝x－a的距離為d，則d＝， ∴S＝|x1－x2|·＝ ＝ .∵－11)，⊙M：(x＋1)2＋y2＝1，P為

22、橢圓G上一點，過P作⊙M的兩條切線PE、PF，E、F分別為切點． (1)求t＝||的取值范圍； (2)把·表示成t的函數f(t)，并求出f(t)的最大值、最小值． 解　(1)設P(x0，y0)，則＋＝1(a>1)，∴y＝(a2－1)， ∴t2＝||2＝(x0＋1)2＋y＝(x0＋1)2＋(a2－1)＝2， ∴t＝. ∵－a≤x0≤a，∴a－1≤t≤a＋1(a>1)． (2)∵·＝||||cos∠EPF＝||2(2cos2∠EPM－1) ＝(||2－1) ＝(t2－1)＝t2＋－3， ∴f(t)＝t2＋－3(a－1≤t≤a＋1)． 對于函數f(t)＝t2＋－3(t>0)，顯然在t∈(0，]時，f(t)單調遞減， 在t∈[，＋∞)時，f(t)單調遞增．∴對于函數f(t)＝t2＋－3(a－1≤t≤a＋1)， 當a>＋1，即a－1>時，[f(t)]max＝f(a＋1)＝a2＋2a－2＋， [f(t)]min＝f(a－1)＝a2－2a－2＋； 當≤a≤＋1時，[f(t)]max＝f(a＋1)＝a2＋2a－2＋， [f(t)]min＝f()＝2－3； 當1