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文档简介

1、【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 第第 1 1 讲讲函数与方程思想函数与方程思想 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

2、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yf(x),当y0 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

3、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 列 已知数列an是各项均为正数的等差数 (1)若 a12,且 a2,a3,a41 成等比数列,求数列an的通项公式 an; 111 (2)在(1)的条件下,数列an的前 n 项和为 Sn,设bn,若对任意的 S2nSn 1 Sn2 nN*,不等式 bnk

4、恒成立,求实数 k 的最小值 解(1)因为 a12,a2(a41), 3a2 又因为an是正项等差数列,故d0, 所以(22d)2(2d)(33d),得 d2 或 d1(舍去), 所以数列an的通项公式 an2n. (2)因为 Snn(n1), 111 bn S 2nSn1Sn2 111 n1n2n2n32n2n1 111111 2n 2n1n1n2n2n3 11n1 2 , n12n12n 3n1 2n13 n 1 令 f(x)2x (x1), x 1 则 f(x)2 2,当 x1 时,f(x)0 恒成立,x 所以 f(x)在1,)上是增函数,故当 x1 时,f(x)minf(1)3, 1

5、即当 n1 时,(bn)max, 6 要使对任意的正整数 n,不等式 bnk 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,a11,a2 a3a10144. (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 n3 时,有 Snm anan 1 恒成立,求 m 的最大值 解(1

6、)an是等差数列,a11,a2a3a10144, 10a1a10 S10145,S10 , 2 a1028,公差 d3. an3n2(nN*) 11 (2)由(1)知 bn anan13n23n1 1 1 1 , 33n23n1 11 1 Snb1b2bn , 33n1 n Sn. 3n1 n1 Sn1Sn 0, 3n43n13n43n1 数列Sn是递增数列 n1 当 n3 时,(Sn)minS3 3 , 10 33 依题意,得 m,m 的最大值为 . 1010 类型二函数与方程思想在方程问题中的应用 例 2 有解,求 a 的取值范围 如果方程 cos2xsin xa0 在(0, 上 2 解方

7、法一设 f(x)cos2xsin x(x(0, ) 2 显然当且仅当 a 属于 f(x)的值域时,af(x)有解 15 f(x)(1sin2x)sin x(sin x )2 , 24 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 方法二令 tsin x,由 x(0, ,可得 t(0,1 2 将方程变为 t2t1a0. 依题意,该方程在(0,1上有解 设 f(t)t2t1a. 1 其图象是开口向上的抛物线,对称轴t ,如图所示 2 f00 因此 f(t)0 在(0,1上有解等价于, f10 1a0 即,10, 解当 即 1x0, 作出

8、函数 yx25x3 (1x3)的图象(如图),该图象与直线 ya 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 3a1 时,f(x)3 2(x1); (2)当 1x3 时,f(x)1 时,g(x)1 13 x2 x20. 又 g(1)0,所以有 g(x)0,即 f(x)1 时,2 xx1,故 xx 1 22. 令 k(x)ln xx1,则 k(1)0,k(x)1 x10, 例 故 k(x)0,即 ln x1 时,f(x) (x1) 2 9x1 (2)方法一记 h(x)f(x) , x5 1154 由(1)得 h(x) x 2 x x52 2 x x5 5454 2x

9、x52 4x x52 x53216x . 4xx52 令 G(x)(x5)3216x,则当 1x3 时, G(x)3(x5)22160, 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. 9x1 于是当 1x3 时,f(x) . x5 方法二记 h(x)(x5)f(x)9(x1), 则当 1x3 时, 由(1)得 h(x)f(x)(x5)f(x)9 11 3 (x1)(x5) x 9 22 x 1 3x(x1)(x5)(2 x)18x 2x 1 2x118x 3xx1x5 222

10、x 1 (7x232x25)0. 4x 因此 h(x)在(1,3)内单调递减 又 h(1)0,所以 h(x)0, 9x1 即 f(x)0),满足 f(x)g(x)的整数 x 恰有 4 个,则实数 a 的取值范围是_ (2)f(x)ax33x1 对于 x1,1总有 f(x)0 成立,则 a_. 4981 答案(1) 16,25 (2)4 解析(1)在同一坐标系内分别作出满足条件的函数f(x)(2x1)2, g(x)ax2的图象,则由两个函数的图象可知,yf(x),yg(x)的图象 在区间(0,1)内总有一个交点, 令:h(x)f(x)g(x)(4a)x24x1,要使满足不等式(2x1)2ax2

11、的解集中的整数解恰有 4 个, h40,4916a0),ab 设 F(c,0),直线 l:xyc0, 由坐标原点 O 到 l 的距离为 得 2, 2 |00c| 2 ,解得 c1. 2 2 c2 又 e ,故 a 2,b1, a2 x2 2所求椭圆方程为 y 1. 2 (2)假设存在点 M(m,0)(0m1)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 yk(x1)(k0),P(x1,y1),Q(x2,y2), 22 x 2y 2, 由可得(12k2)x24k2x2k220. ykx1, 2k22 4k2 显然 0 恒成立,x1

12、x2,x1x2 . 12k212k2 设线段 PQ 的中点为 N(x0,y0), x1x2 k 2k2 则 x0,y k(x 1). 00 2 12k212k2 以 MP、MQ 为邻边的平行四边形是菱形, MNPQ,kMNkPQ1. k 12k2 k21 即 k1,m , 2 2k21 12k m 2 2k 12k2 1 k20,00)的离心ab 1 率为 , 以原点为圆心, 椭圆的短半轴长为半径的圆与直线xy 60相切, 过点P(4,0) 2 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OAOB的取值范围; (3)若 B 点关于 x 轴

13、的对称点是 E,证明:直线 AE 与 x 轴相交于定点 c1 (1)解由题意知 e , a2 2 e2c a2b2 14 a2a2 4,即 a23b2, 又 b 6 11 3,a24,b23, 故椭圆 C 的方程为x2 4 y2 3 1. (2)解由题意知直线 AB 的斜率存在,设直线 AB 的方程为 yk(x4), ykx4 由 x 2y21 得(4k23)x232k2x64k2120, 4 3 由 (32k2)24(4k23)(64k212)0 得 k21 4. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则 x 64k2 1x2 32k2 12 4k23 ,x1x2 4k23 , y1y2

14、k(x14)k(x24)k2x1x24k2(x1x2)16k2, OA OB x1x2y1y2 (1k2)64k 212 2 32k287 4k23 4k 4k23 16k225 4k23 , 0k21 878787 4,3 4k 23 4 , OA OB ,13 44 , OA OB 的取值范围是 4, 13 4 . (3)证明B、E 两点关于 x 轴对称,E(x2,y2), 直线 AE 的方程为 yy y1y2 1x (xx1), 1x2 令 y0 得 xx y1x1x2 1 y , 1y2 又 y1k(x14),y2k(x24), 2x1x24x1x2 x , x1x28 将代入上式得

15、x1, 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、

16、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 2x5y2 y5x,则下列关系正确的是_(填序号) xy0xy0xy0xy0 答案 解析把不等式变形为 2x5 x 2 y 5y,构造函数 y2x5 x ,其为 R R 上的增函数, 所以有 xy. 2 设 f(x),g(x)分别是定义在 R R 上的奇函数和偶函数,当 x0, 且 g(3)0,则不等式 f(x)g(x)0),则h(x) ,当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增, 所以 h(x)minh(1)4. 因

17、为对一切 x(0,),2f(x)g(x)恒成立, 所以 ah(x)min4. 6 若 a、b 是正数,且满足 abab3,则 ab 的取值范围为_ 答案9,) 解析方法一(看成函数的值域)abab3, a3a3 a1,b ,而 b0, 0, a1a1 即 a1 或 a0, a1,故 a10. a3a125a14 aba a1a1 4 (a1)59. a1 4 当且仅当 a1,即 a3 时取等号 a1 ab 的取值范围是9,) 方法二(看成不等式的解集)a,b 为正数, ab2 ab,又 abab3, ab2 ab3. 即( ab)22 ab30, 解得 ab3 或 ab1(舍去),ab9. a

18、b 的取值范围是9,) 方法三若设 abt,则 abt3, a,b 可看成方程 x2(t3)xt0 的两个正根 t324t0 从而有abt30,即 abt0 t1或t9 t3 t0 , 解得 t9,即 ab9. ab 的取值范围是9,) 7 已知椭圆 G:x 2y2 a2a211(a1),M:(x1)2y21,P 为椭圆 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(1)设 P(x0,y0),则x 2 0 y2 0 a2a211(a1), 2 y2 0(a21)1 x0 a2, t2|PM |2(x01)2y2 0 (x 2 01)2(a21)1 x0 a2 1 ax0a2, t1 ax0a. ax0a, a1ta1(a1) (2)PE PF |PE |PF |cosEPF |PE |2(2cos2EPM1) (|PM |21)2|PM|21 |PM|2 1 (t21)2t21 t2 1 t22 t23, 2 f

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