高中总复习二轮文科数学精品课件 第1部分 思想方法研析指导 一、函数与方程思想

2
45
4
45
x+ =14

= 14,
= 14,
的两个根,
即 a2,a4 是方程(x-5)(x-9)=0 的两个根,
又数列{an}为递增数列,所以 a2=5,a4=9,
所以等差数列{an}的公差
4 - 2
d= 4-2
=
9-5
=2,
4-2
所以 a1=5-2=3,
所以
(-1)
an=3+2(n-1)=2n+1,Sn=3n+2× 2 =n2+2n.
n 1
.
+1

n 1
Tn< ,即-1+(-1)
1
1- 2

+ 42 x2-2x-3≥0.
+ 42 x2-2x-3.
1
1- 2 +4m2=0
不符合题意.
由于 F(0)=-3<0,则抛物线开口向上,且 Δ>0,
因此 F(x)在区间
3
,
2
+ ∞ 内的最小值不可能是函数图象顶点的纵坐标,
所以为使 F(x)≥0 对任意 x∈
3
,
2
+ ∞ 恒成立,必须使 F
第一部分一、函数与Βιβλιοθήκη 程思想内容索
引
01
思想方法•聚焦诠释
02
高频考点•探究突破
03
预测演练•巩固提升
思想方法•聚焦诠释
高考命题聚焦
高考把函数与方程的思想作为思想方法的重点来考查,特别是在函数、三
角函数、数列、不等式、解析几何等处可能考到.高考使用客观题考查函
数与方程思想的基本运算,而在主观题中,则从更深的层次,在知识网络的
2
0, 3
2
2
因此实数 m 的取值范围是 -∞,-
3
2
∪
3
,
2
3
或
2
+∞ .
12m4-5m2-3≥0,
m≥
3
.
2
解法二:不等式化为 f(x-1)+4f(m)-f
即(x-1) -1+4m
2
令 F(x)=
显然


+4m2f(x)≥0,
2
-4- 2 +1+4m2x2-4m2≥0,整理得

2
1
1- 2

列出关于首项和公差(或公比)的方程(组),通过解方程(组)求出数列的首项
和公差(或公比),再根据等差(或等比)数列的通项公式写出an.
求前n项和Sn的最大值时,依据函数的思想先表示出Sn,整理成关于n的函数,
再求其最大值.
对点训练3(2022云南大理模拟)已知等差数列{an}为递增数列,且点P(a2,14),
(1)若函数y=f(x)在区间(k,k+1)(k∈N)上有零点,求实数k的值;
(-)(-1)
(2)若不等式

>f(x)对任意正实数x恒成立,求正整数m的取值集合.
1
解:(1)令f'(x)=1- =0,得x=1.

当0<x<1时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减;
当x>1时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,
因为
1
y=x- 在区间(0,+∞)内为增函数,

所以
1
1
0<Sn- ≤S1-

1
3
2
2
3
= − =
5
,即
6
5
0<bn≤6.
3
1<Sn≤S1= .
2
②当 n 为偶数时,Sn 随着 n 的增大而增大,所以 0<S2≤Sn<1.
因为
1
y=x- 在区间(0,+∞)内为增函数,所以
又 S2=1-
1 2
交汇处,从思想方法与相关能力相结合的角度进行深入考查.
思想方法诠释
1.函数与方程思想的含义
(1)函数思想实质是抛开所研究对象的非数学特征,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
决的思想方法.

,求bn的最大值与最小值.
解:(1)若 q=1,又
则
3
a1=2,
9
S2=2a1=3,S4=4a1=6,S3=3a1=2,2S4≠S2+S3,不满足条件,故
由 S2,S4,S3 成等差数列,得 2S4=S2+S3,
所以
1 (1- 4 )
2 1-
=
1 (1- 2 )
1 (1- 3 )
综上,k的值为0或3.
(2)当x=1时,不等式为0>f(1)=-1.
显然恒成立,此时m∈R.
当 0<x<1
令
(- )(-1)
时,不等式
>f(x)可化为
ln +
g(x)= -1 ,则
-ln -2
g'(x)=
2
(-1)
=
()
2
(-1)
ln +
m> -1 ,
,
由(1)可知,函数f(x)在区间(0,1)内单调递减,且存在一个零点x1,
t∈
1
,
+∞
2
[1,+∞)内单调递增,所以
递减,且当
1
2
t= 时,y= ,当
2
3
1
时,u(t)=t+ +2
3
1
y=()在区间 2 , 1
在区间
1
,
1
2
上单调递减,在区间
上单调递增,在区间[1,+∞)内单调
3
t=1 时,y= ,结合函数
4
3
y= 的图象(图略)可知,当直线
()
3
1 x
1
h
2
3
4
=3×
9
1
1- 2 +4m2≥g(x)对任意

+
x∈
3
,+
2
∞ 恒成立的问题.
+ ∞ 的最大值.
g(x)=h(u)=3u +2u 在区间
2
上是增函数,
2
u=3处取得最大值.
2×2
3
=
8
,所以
3
1
8
2
1- 2 +4m ≥g(x)max= ,整理得

3
即(4m -3)(3m +1)≥0,所以 4m -3≥0,解得 m≤2
A.
2
0,
3
3
或
4
C.
2
0,
9
1
或
4
解析:设 t=
B.
2
0,
3
D.
2
0,
9
1
,则当
2
x∈(-∞,1)时,t∈
此时,由题意得 mt +(2m-3)t+m=0,t∈
2
即
3
m= 2 +2+1
=
3
1
+ +2

,t∈
1
, +∞
2
1
, +∞
2
1
, +∞
2
,
有唯一实数解,
有唯一实数解.
令
1
u(t)=t+ +2,当
y=m 与函数 y= 的图象有唯一公共点时,方程 m
+(2m-3)
+m=0 在区
()
4
2
间(-∞,1)内有唯一实数解,此时实数 m 的取值范围是 0 < ≤
故选 A.
2
, 或
3
=
3
4
.
命题热点二
函数与方程思想在不等式中的应用
【思考】 如何用函数与方程思想解决不等式恒成立问题?
例 2 设函数 f(x)=x -1,对任意 x∈
2
求实数 m 的取值范围.
3
,
+
2
∞ ,f


-4m2f(x)≤f(x-1)+4f(m)恒成立,
解法一:不等式可化为 f(x-1)+4f(m)-f


+4m2f(x)≥0,
2

即(x-1)2-1+4m2-4- 2 +1+4m2x2-4m2≥0,
整理得
1
1- 2
因为 x∈
设
3
,
2
+ 42 x2-2x-3≥0.
∴正整数m的取值集合为{1,2,3}.
函数与方程思想在数列中的应用
命题热点三
【思考】 求等差(或等比)数列的通项及前n项和的最值的基本方法有哪些?
例3已知等比数列{an}的公比为q,a1= ,其前n项和为Sn,且S2,S4,S3成等差数
3
2
列.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设bn=Sn-
1
数列问题十分重要.
(3)解析几何中的许多问题,需要通过解二元方程组才能解决.
高频考点•探究突破
命题热点一
利用函数思想解决与方程有关的问题
【思考】 如何处理含参数的方程在给定区间上有解的参数的范围问题?
例1已知关于x的方程cos2x-sin
范围.
π
x+a=0在区间 0, 上有解,求实数a的取值
2
解法一:设 f(x)=-cos x+sin x ∈
2
综上,∀n∈N
*
所以
=
3
,则
4
1
S2-
2
3
4
= −
7
5
,总有- ≤bn≤ ,且
12
6
1
1
S2- ≤Sn- <0.
2

4
7
7
1
7
=- ,所以-12 ≤Sn- <0,即-12 ≤bn<0.
3 12

bn≠0,
5
7
bn 的最大值为6,最小值为-12 .
题后反思 应用方程的思想求等差(或等比)数列的通项时,根据题中的条件,
Q(a4,14)都在函数y=x+
45
的图象上.

(1)求数列{an}的通项公式及前n项和Sn;
(2)设
(-1)
bn= (+1) ,数列{bn}的前
λ 的取值范围.
n 项和为 Tn,若对任意 n∈N

,Tn<+1都成立,求
*
解:(1)由题意得
即 a2,a4 是方程
2 +
4 +
45
此时f(x1)=x1-ln x1-2=0,即ln x1=x1-2,
当0<x<x1时,f(x)>0,即g'(x)>0,函数g(x)单调递增;
当x1<x<1时,f(x)<0,即g'(x)<0,函数g(x)单调递减.
∴当0<x<1时,g(x)有最大值,
且最大值为
当 x>1
1 ln 1 + 1
g(x1)= -1
行研究;方程f(x)=a有解,当且仅当a属于函数f(x)的值域.函数与方程的这种
相互转化关系十分重要.
2.函数与方程的思想在解题中的应用
(1)函数与不等式的相互转化,对函数y=f(x),当y>0时,可转化为不等式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
(2)方程思想就是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,
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
解决的思想方法.
(3)方程思想与函数思想密切相关,方程f(x)=0的解就是函数y=f(x)的图象与
x轴公共点的横坐标;函数y=f(x)也可以看作二元方程f(x)-y=0,通过方程进
1
=
1 ( 1 -2)+ 1
=x
1,于是
1 -1
(- )(-1)
时,不等式
>f(x)可化为
m>x1.
ln +
m< -1 ,
由(1)可知,函数f(x)在区间(1,+∞)内单调递增,且存在一个零点x2,
同理可得m<x2.
综上可知,x1<m<x2.
又x1∈(0,1),x2∈(3,4),
题后反思 本例题的解题思路有两种:一是可分离参数为a=-cos2x+sin x,转
化为确定的相关函数的值域;二是将方程问题转化为函数问题,构造函数关
系,利用零点存在性定理求解.
对点训练 1 若关于 x 的方程
1
1
+(2m-3) 2 +m=0 在区间(-∞,1)内有唯
4
一实数解,则实数 m 的取值范围为( A )
+ 1- ,
1-
整理得2q4=q2+q3.
又因为q≠0,所以2q2=1+q,
解得
1
q=-2或
所以 an=a1q
q=1(舍去),所以
n-1
3
=
2
×
1 -1
.
2
1
q=-2.
q≠1.
3
2
(2)由(1)知 Sn=
11-
1
2
1
2
=1-
1
2
=
1
1+
,为奇数,
2
1
1- 2 ,为偶数.
①当 n 为奇数时,Sn 随着 n 的增大而减小,所以
+ ∞ ,所以 x >0,所以
2
2+3
3
g(x)= 2 ,x∈ ,

2
于是转化为
1
2+3
2
1- 2 +4m ≥ 2 .
+∞ .
1
1- 2 +4m2≥g(x)对任意

x∈
3
,+
2
∞ 恒成立的问题.
于是转化为
为此需求
设
1
u= ,则
2+3
3
g(x)= 2 ,x∈ ,

2
2
0<u≤3.函数
因而 h(u)在
(2)由(1)得
(-1)
bn=
(+1)
=
(-1) (2+1)
n 1
=(-1)
(+1)

当 n 为奇数时,Tn=- 1
1
+2
当 n 为偶数时,Tn=- 1
1
+2
所以 Tn=-1+(-1)
由
+
1
2
1
+3
+
1
2
1