2018届高考数学理科二轮总复习练习：一、函数与方程思想 含解析 精品

高考试题一是着眼于知识点新颖巧妙的组合；二是着眼于对数学思想方法、数学能力的考查．如果说数学知识是数学内容，可用文字和符号来记录与描述，那么数学思想方法则是数学意识，重在领会、运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决．高考中常用到的数学思想主要有函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化与化归思想．这些在一轮复习中都有所涉及，建议二轮复习前应先学习此部分．带着方法去复习，这样可以使理论指导实践，“一法一练”“一练一过”，既节省了复习时间又能起到事半功倍的效果．
一、函数与方程思想
典例1 椭圆C 1：x 29＋y 2
4＝1和圆C 2：x 2＋(y ＋1)2＝r 2(r >0)，若两条曲线没有公共点，求r
的取值范围．
分析 由两个曲线方程联立消去一个未知数，分别用函数的观点或方程的观点来研究这个等式即可解决．
解 方法一 用函数思想来思考
从C 1和C 2的方程中消去一个未知数，比如消去x ，得到一个关于y 的方程－5
4y 2＋2y ＋10－
r 2＝0，①
由方程①变形为r 2＝－5
4y 2＋2y ＋10.
把r 2＝－5
4y 2＋2y ＋10看作y 的函数．
由椭圆C 1可知，－2≤y ≤2，
因此，求使圆C 2与椭圆C 1有公共点的r 的集合，等价于在定义域为y ∈[－2,2]的情况下， 求函数r 2＝f (y )＝－5
4y 2＋2y ＋10的值域．
由f (－2)＝1，f (2)＝9，f ⎝⎛⎭⎫45＝54
5， 可得f (y )的值域是⎣
⎡⎦⎤1，54
5，即r ∈⎣
⎡⎦
⎤
1，545， 它的补集就是圆C 2与椭圆C 1没有公共点的r 的集合，
因此，两条曲线没有公共点的r 的取值范围是⎩⎪⎨⎪
⎧⎭
⎪⎬⎪⎫r ⎪
⎪
0<r <1或r >
54
5
. 方法二 用方程思想来思考
从C 1和C 2的方程中消去一个未知数，比如消去x ，得到一个关于y 的方程－5
4y 2＋2y ＋10－
r 2＝0，①
由C 1的方程可知，y ∈[－2,2]．
两条曲线没有公共点，等价于方程－5
4y 2＋2y ＋10－r 2＝0或者没有实数根，或者两个根y 1，
y 2∉[－2,2]．
若没有实数根，则Δ＝4－4⎝⎛⎭⎫－5
4(10－r 2)<0， 解得r >
54
5
或r <－545
. ⎝⎛⎭
⎫由r >0，r <－545舍去 若两个根y 1，y 2∉[－2,2]，设φ(y )＝－5
4
y 2＋2y ＋10－r 2，
则⎩
⎪⎨⎪⎧
φ(2)＝9－r 2
>0，φ(－2)＝1－r 2
>0，解得0<r <1. 因此，两条曲线没有公共点的r 的取值范围是
⎩⎪⎨⎪
⎧⎭
⎪⎬⎪⎫r ⎪
⎪
0<r <1或r >54
5
. 点评 本题难在由两个曲线方程联立消去一个未知数得到等式后不会处理或处理方式不当，导致解法出错．对于一个含变量限制条件问题的处理，转化为函数问题研究比研究方程的根会更好．
典例2 已知集合M ＝{(x ，y )|(x ＋x 2＋1)(y ＋y 2＋1)＝1}，则集合M 表示的图形是________．
分析 本题关键是找到变量x ，y 的关系，直接化简会很复杂，如果移项变形，化为x ＋x 2＋1＝
1
y ＋y 2
＋1
＝－y ＋y 2＋1，构造函数f (x )＝x ＋x 2＋1(x ∈R )会轻易解决． 解析 方法一 把式子中的字母x ，y 看作变量，把等式中出现的代数式看作函数． 等式化为x ＋x 2＋1＝
1
y ＋y 2
＋1
＝－y ＋y 2＋1. 构造函数f (x )＝x ＋x 2＋1(x ∈R )， 则上式就是f (x )＝f (－y )，
由于函数f (x )＝x ＋x 2＋1(x ∈R )为R 上的增函数， 则x ＝－y ，即x ＋y ＝0， 所以集合M 表示的图形是直线．
方法二 构造一个常见的函数g (x )＝lg(x ＋x 2＋1)(x ∈R )，则g (x )为R 上的增函数，且为奇函数．
又已知等式可化为g (x )＋g (y )＝lg(x ＋x 2＋1)＋lg(y ＋y 2＋1)＝lg 1＝0，于是有g (x )＝－g (y )＝g (－y )，
因此x ＝－y ，即x ＋y ＝0. 所以集合M 表示的图形是直线． 方法三 以方程的知识为切入点， 设s ＝x ＋x 2＋1，t ＝y ＋y 2＋1，
于是s ，t 分别是方程s 2－2xs －1＝0，t 2－2yt －1＝0的正根． 由此可得s －2x －1s ＝0，t －2y －1
t ＝0，
相加并注意到st ＝1，
s ＋t －2(x ＋y )－s ＋t
st ＝0，即x ＋y ＝0，
所以集合M 表示的图形是直线． 答案 直线
点评 本题难在对所给的式子不会化简，导致半途而废．因为所给式子中有两个变量x ，y ，如果把所给等式进行整理x ＋x 2＋1＝
1
y ＋y 2
＋1
＝－y ＋y 2＋1，不难发现能构造函数f (x )＝x ＋x 2＋1(x ∈R )来解决．高考中的压轴题往往需要站在数学思想的角度来研究，蛮干是不行的．本题方法三对于学生来说要求比较高，仅供同学们赏析．
典例3 已知定义域为R 的奇函数y ＝f (x )的导函数为y ＝f ′(x )，当x ≠0时，f ′(x )＋f (x )
x >0，
若a ＝12 f ⎝⎛⎭
⎫12，b ＝－2f (－2)，c ＝⎝⎛⎭⎫ln 12f ⎝⎛⎭⎫ln 12，求证：a <c <b . 分析 根据条件构造函数g (x )＝xf (x )，利用函数g (x )的奇偶性和单调性来帮助证明． 证明 构造函数g (x )＝xf (x )， 则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )， 由已知得g (x )为偶函数， 所以12 f ⎝⎛⎭⎫12＝－12f ⎝⎛⎭
⎫－12，
又f ′(x )＋f (x )
x >0，即xf ′(x )＋f (x )x >0，
所以当x <0时，f (x )＋xf ′(x )<0，即g ′(x )<0， 所以函数g (x )在(－∞，0)上单调递减． 又－2<ln 12<－1
2
，
所以－2f (－2)>⎝⎛⎭⎫ln 12 f ⎝⎛⎭⎫ln 12>－1
2 f ⎝⎛⎭⎫－12， 即a <c <b .
点评 本题难在对要证明的结论与条件不会正确沟通，无法找到联系，导致找不到解法．有些貌似不是函数的问题，如果通过恰当变形，构造函数，往往会得到妙解． 从上面的例题可以看出函数方程思想解题思路如下： 1．能否想到构造函数从而利用函数的性质解题：
能想到把一个代数式看成一个函数；把方程化作函数；把字母看作变量．从而构造一个函数来帮助解题．
2．能否想到利用方程思想去解决较复杂变量等式的问题：
对于一个含变量的等式想到把这个等式看作为一个含未知数的方程，通过对这个方程的根与系数的观察与研究进而获得问题的解决． 跟踪演练
1．若函数f (x )＝x ln(x ＋a ＋x 2)为偶函数，则a ＝________. 答案 1
解析 因为f (x )为偶函数， 所以f (－x )－f (x )＝0恒成立，
所以－x ln(－x ＋a ＋x 2)－x ln(x ＋a ＋x 2)＝0恒成立， 所以x ln a ＝0恒成立， 所以ln a ＝0，即a ＝1.
2．(2017·江苏兴化中学质检)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4＝－2，S 5＝0，S 6＝3，则nS n 的最小值为________． 答案 －9
解析 由已知得a 5＝S 5－S 4＝2，a 6＝S 6－S 5＝3， 因为数列{a n }为等差数列，所以公差d ＝a 6－a 5＝1. 又S 5＝5(a 1＋a 5)2＝0，所以a 1＝－2，
故S n ＝－2n ＋n (n －1)2＝n 2－5n
2，
即nS n ＝n 3－5n 2
2
，
令f (x )＝x 3－5x 22(x >0)，则f ′(x )＝3
2x 2－5x ，
令f ′(x )>0，得x >103，令f ′(x )<0，得0<x <10
3
.
又n 为正整数，所以当n ＝3时，nS n ＝n 3－5n 2
2
取得最小值，即nS n 的最小值为－9.
3．已知点A ，B 分别是椭圆x 236＋y 2
20＝1的长轴的左、右端点，点F 是右焦点，点P 在椭圆上，
且位于x 轴上方，P A ⊥PF . (1)求点P 的坐标；
(2)设M 是椭圆长轴AB 上的一点，M 到AP 的距离等于MB ，求椭圆上的点到点M 的距离d 的最小值．
解 (1)由题意可知，A (－6,0)，F (4,0)，由P A ⊥PF ， 设P (x ，y )(y >0)，由题意可得 ⎩⎪⎨⎪⎧
(x ＋6)2
＋y 2
＋(x －4)2
＋y 2
＝100，x 236＋y 220
＝1，
解得⎩⎨⎧
x ＝32
，y ＝53
2，
所以P ⎝⎛⎭
⎫32，532.
(2)设M (x,0)，－6≤x ≤6，k AP ＝33，AP ：y ＝3
3
x ＋23， 即x －3y ＋6＝0，则|x ＋6|
1＋3
＝6－x ，
即x 2－20x ＋36＝0，
所以x ＝18(舍)或x ＝2，所以M (2,0)．
设Q (x ，y )是椭圆上任意一点，则 QM ＝(x －2)2＋y 2＝ x 2－4x ＋4＋20－5
9x 2
＝
49
x 2
－4x ＋24＝ 49⎝⎛⎭
⎫x －922
＋15， 所以当x ＝9
2
时，d min ＝15.
4．(2017·江苏徐州调研)已知函数f (x )＝ax 2＋1(a >0)，g (x )＝x 3＋bx .
(1)若曲线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )在它们的交点(1，c )处具有公共切线，求a ，b 的值； (2)当a 2＝4b 时，求函数f (x )＋g (x )的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值． 解 (1)由(1，c )为公共切点，可得
f (x )＝ax 2＋1(a >0)，则f ′(x )＝2ax ，k 1＝2a ，
g (x )＝x 3＋bx ，则g ′(x )＝3x 2＋b ，k 2＝3＋b ， ∴2a ＝3＋b .①
又f (1)＝a ＋1，g (1)＝1＋b ，∴a ＋1＝1＋b ，即a ＝b ，
代入①式可得⎩
⎪⎨⎪⎧
a ＝3，
b ＝3.
(2)∵a 2＝4b ，
∴设h (x )＝f (x )＋g (x )＝x 3＋ax 2＋1
4a 2x ＋1，
则h ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1
4
a 2，
令h ′(x )＝0，解得x 1＝－a 2，x 2＝－a
6.
∵a >0，∴－a 2<－a
6
，
∴h (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－a 2上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－a 2，－a 6上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a
6，＋∞上单调递增． ①当－1≤－a 2，即0<a ≤2时，最大值为h (－1)＝a －a 2
4；
②当－a 2<－1<－a
6，即2<a <6时，最大值为h ⎝⎛⎭⎫－a 2＝1； ③当－1≥－a
6，即a ≥6时，最大值为h ⎝⎛⎭⎫－a 2＝1. 综上所述，当a ∈(0,2]时，最大值为h (－1)＝a －a 2
4；
当a ∈(2，＋∞)时，最大值为h ⎝⎛⎭⎫－a
2＝1.。