2020数学(理)二轮复习：第3部分策略1 1.函数与方程思想

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2020新课标高考理科数学二轮复习教师用书：第3部分策略1 活用4大数学思想

1．函数与方程思想数思想重在对问题进行动态的研究，方程思想则是动中求解，研究运动中的等量关系.应用1 目标函数法求最值【典例1】 (1)(2019·广州模拟)已知在半径为2的扇形AOB 中，∠AOB ＝120°，C 是OB 的中点，P 为弧AB 上任意一点，且OP →＝λOA →＋μOC →，则λ＋μ的最大值为________．(2)已知正四棱锥P -ABCD 中，P A ＝23，则当该正四棱锥的体积最大时，它的高h 等于________．切入点：(1)联想三角函数的定义、平面向量的坐标运算，建系求解． (2)建立体积V 与高h 之间的等量关系，借助导数等工具求V 最大时的h 值． (1)2213 (2)2 [(1)建立如图所示的平面直角坐标系，则O (0,0)，A (2,0)，C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，则OA→＝(2,0)，OC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32，设P (2cos θ，2sin θ)，则λ(2,0)＋μ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，32＝(2cos θ，2sin θ)，即⎩⎪⎨⎪⎧2λ－12μ＝2cos θ，32μ＝2sin θ，解得⎩⎪⎨⎪⎧μ＝43sin θ，λ＝cos θ＋13sin θ，则λ＋μ＝53sin θ＋cos θ＝2213sin(θ＋φ)，其中tan φ＝35，据此可知，当sin(θ＋φ)＝1时，λ＋μ取得最大值2213.(2)设正四棱锥P -ABCD 的底面边长为a ， ∵P A ＝23，∴⎝⎛⎭⎪⎫2a 22＋h 2＝12，即a 22＋h 2＝12，故a 2＝24－2h 2，∴正四棱锥P -ABCD 的体积V ＝13a 2h ＝8h －23h 3(h ＞0)，∴V ′＝8－2h 2，令V ′＞0得0＜h ＜2，令V ′<0得h >2，∴当h ＝2时，正四棱锥P -ABCD 的体积取得最大值．]【对点训练1】 (1)(2017·全国卷Ⅰ)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为( )A ．16B ．14C ．12D ．10(2)(2019·北京高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2＝－3，S 5＝－10，则a 5＝________，S n 的最小值为________．(1)A(2)0 －10 [(1)因为F 为y 2＝4x 的焦点，所以F (1,0)．由题意直线l 1，l 2的斜率均存在，且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k ，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1，所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4＝4(1＋k 2)k 2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k 2＋4(1＋k 2)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2＝8＋4⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2≥8＋4×2＝16，当且仅当k 2＝1k 2，即k ＝±1时，取得等号．故选A.(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 2＝－3，S 5＝－10，∴⎩⎨⎧a 1＋d ＝－3，5a 1＋5×42d ＝－10，解得a 1＝－4，d ＝1，∴a 5＝a 1＋4d ＝－4＋4×1＝0，S n ＝na 1＋n (n －1)2d ＝－4n ＋n (n －1)2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922－818，∴n ＝4或n ＝5时，S n 取最小值为S 4＝S 5＝－10.]应用2 分离参数法求参数范围【典例2】 (1)若方程cos 2x －sin x ＋a ＝0在⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2上有解，则实数a 的取值范围为________．(2)若对x ∈(－∞，－1]，不等式(m 2－m )2x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＜1恒成立，则实数m 的取值范围是________．切入点：(1)法一：分离参数构建函数，将方程有解问题转化为求函数的值域．法二：三角换元转化为一元二次方程在给定区间上有解．(2)分离参数，建立函数，将不等式恒成立问题转化为函数最值及解不等式问题．(1)(－1,1] (2)(－2,3) [(1)法一：(分离变量)把方程变形为a ＝－cos 2x ＋sin x ，设f (x )＝－cos 2x ＋sin x ，x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，显然，当且仅当a 属于f (x )的值域时有解．因为f (x )＝－(1－sin 2x )＋sin x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x ＋122－54，且由x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2知sinx ∈(0,1]，易求得f (x )的值域为(－1,1]，故a 的取值范围是(－1,1]．法二：(换元法)令t ＝sin x ，由x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，π2，可得t ∈(0,1]，将方程变为t 2＋t －1－a ＝0. 依题意，该方程在(0,1]上有解，设f (t )＝t 2＋t －1－a ，其图象是开口向上的抛物线，对称轴t ＝－12，如图所示，因此，f (t )＝0在(0,1]上有解等价于⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＜0，f (1)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－1－a ＜0，1－a ≥0，所以－1＜a ≤1，故a 的取值范围是(－1,1]．(2)不等式(m 2－m )2x －⎝ ⎛⎭⎪⎫12x＜1恒成立，等价于m 2－m ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋12x ⇔m 2－m ＜⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋12x min ，构造函数f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 2＋12x ，利用换元法，令t ＝12x ，则y ＝t 2＋t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122－14，∵x ∈(－∞，－1]，∴t ∈[2，＋∞)，∴y ＝t 2＋t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122－14的最小值为6，∴m 2－m ＜6⇔m 2－m －6＜0⇔－2＜m ＜3，所以实数m 的取值范围是－2＜m ＜3.]【对点训练2】 (2019·天津高考)已知a ∈R ，设函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2－2ax ＋2a ，x ≤1，x －a ln x ，x ＞1.若关于x 的不等式f (x )≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为( )A ．[0,1]B ．[0,2]C ．[0，e]D ．[1，e]C [当x ≤1时，由f (x )＝x 2－2ax ＋2a ≥0恒成立，而二次函数f (x )图象的对称轴为直线x ＝a ，所以当a ≥1时，f (x )min ＝f (1)＝1＞0恒成立，当a ＜1时，f (x )min ＝f (a )＝2a －a 2≥0，∴0≤a ＜1. 综上，a ≥0.当x ＞1时，由f (x )＝x －a ln x ≥0恒成立，即a≤xln x恒成立．设g(x)＝xln x，则g′(x)＝ln x－1 (ln x)2.令g′(x)＝0，得x＝e，且当1＜x＜e时，g′(x)＜0，当x＞e时，g′(x)＞0，∴g(x)min＝g(e)＝e，∴a≤e.综上，a的取值范围是0≤a≤e，即[0，e]．故选C.]应用3函数思想解不等式(比较大小)【典例3】(1)设0＜a＜1，e为自然对数的底数，则a，a e，e a－1的大小关系为()A．e a－1＜a＜a e B．a e＜a＜e a－1C．a e＜e a－1＜a D．a＜e a－1＜a e(2)设f(x)，g(x)分别是定义在R内的奇函数和偶函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(－3)＝0，则不等式f(x)g(x)<0的解集是() A．(－3,0)∪(0,3)B．(－3,0)∪(3，＋∞)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(0,3)切入点：(1)借助y＝a x(0＜a＜1)的单调性比较a与a e的大小；构造函数f(x)＝e x－x－1(x＞0)比较e a－1与a的大小．(2)构造函数F(x)＝f(x)g(x)，借助F(x)的奇偶性、单调性解f(x)g(x)＜0.(1)B(2)D[(1)设f(x)＝e x－x－1，x＞0，则f′(x)＝e x－1＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(0)＝0，f(x)＞0，∴e x－1＞x，即e a－1＞a.又y＝a x(0＜a＜1)在R上是减函数，得a＞a e，从而e a －1＞a ＞a e .(2)设F (x )＝f (x )g (x )，由于f (x )，g (x )分别是定义在R 内的奇函数和偶函数，得F (－x )＝f (－x )g (－x )＝－f (x )g (x )＝－F (x )，即F (x )为定义在R 内的奇函数．又当x <0时，F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，所以x <0时，f (x )为增函数．因为奇函数在对称区间上的单调性相同，所以当x >0时，f (x )也是增函数．因为F (－3)＝f (－3)g (－3)＝0＝－F (3)．所以由图可知f (x )<0的解集是(－∞，－3)∪(0,3)．]【对点训练3】 (1)已知f (x )＝log 2x ，x ∈[2,16]，对于函数f (x )值域内的任意实数m ，使x 2＋mx ＋4＞2m ＋4x 恒成立的实数x 的取值范围为( )A ．(－∞，－2]B ．[2，＋∞)C ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)(2)已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a 满足f (2|a －1|)＞f (－2)，则a 的取值范围是________．(1)D (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 [(1)因为x ∈[2,16]，所以f (x )＝log 2x ∈[1,4]，即m ∈[1,4]．不等式x 2＋mx ＋4＞2m ＋4x 恒成立，即为m (x －2)＋(x －2)2＞0对m ∈[1,4]恒成立．设g (m )＝(x －2)m ＋(x －2)2，则此函数在区间[1,4]上恒大于0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ g (1)＞0，g (4)＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －2＋(x －2)2＞0，4(x －2)＋(x －2)2＞0，解得x ＜－2或x ＞2.(2)由f (x )是偶函数且f (x )在区间(－∞，0)上单调递增可知，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减．又因为f (2|a －1|)＞f (－2)，而f (－2)＝f (2)，所以2|a －1|＜2，即|a －1|＜12，解得12＜a ＜32.]应用4 应用方程思想求值【典例4】 (1)(2018·浙江高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝7，b ＝2，A ＝60°，则sin B ＝________，c ＝________.(2)[一题多解](2018·全国卷Ⅲ)已知点M (－1,1)和抛物线C ：y 2＝4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点．若∠AMB ＝90°，则k ＝________.(1)217 3 (2)2 [(1)由正弦定理a sin A ＝bsin B ，得sin B ＝b a ·sin A ＝27×32＝217.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得7＝4＋c 2－4c ×cos 60°，即c 2－2c －3＝0，解得c ＝3或c ＝－1(舍去)．(2)法一：由题意知，抛物线的焦点为(1,0)，则过C 的焦点且斜率为k 的直线方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x消去y 得k 2(x －1)2＝4x ，即k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x消去x 得y 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k y ＋1，即 y 2－4k y －4＝0，则y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－4.由∠AMB ＝90°，得MA →·MB →＝(x 1＋1，y 1－1)·(x 2＋1，y 2－1)＝x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1＝0，将x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，x 1x 2＝1与y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－4代入，得k ＝2.法二：设抛物线的焦点为F ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，所以y 21－y 22＝4(x 1－x 2)，则k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2.取AB 的中点M ′(x 0，y 0)，分别过点A ，B 作准线x ＝－1的垂线，垂足分别为A ′，B ′，又∠AMB ＝90°，点M 在准线x ＝－1上，所以|MM ′|＝12|AB |＝12(|AF |＋|BF |)＝12(|AA ′|＋|BB ′|)．又M ′为AB 的中点，所以MM ′平行于x 轴，且y 0＝1，所以y 1＋y 2＝2，所以k ＝2.]【对点训练4】 (1)[一题多解](2019·秦皇岛模拟)已知向量a ＝(λ，1)，b ＝(λ＋2,1)，若|a ＋b |＝|a －b |，则实数λ的值为( )A ．－1B ．2C ．1D ．－2(2)已知公差不为0的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，S 7＝70，且a 1，a 2，a 6成等比数列．设b n ＝2S n ＋48n ，则数列{b n }最小项的值为________．(1)A (2)23 [(1)法一：由|a ＋b |＝|a －b |，可得a 2＋b 2＋2a ·b ＝a 2＋b 2－2a ·b ，所以a·b ＝0，故a·b ＝(λ，1)·(λ＋2,1)＝λ2＋2λ＋1＝0，解得λ＝－1. 法二：a ＋b ＝(2λ＋2,2)，a －b ＝(－2,0)，由|a ＋b |＝|a －b |，可得(2λ＋2)2＋4＝4，解得λ＝－1. (2)设公差为d ，且d ≠0，则有⎩⎪⎨⎪⎧7a 1＋21d ＝70，a 22＝a 1a 6，即⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋3d ＝10，(a 1＋d )2＝a 1(a 1＋5d )，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝10，d ＝0(舍去)，所以a n ＝3n －2，S n ＝n2[1＋(3n －2)]＝3n 2－n 2，所以b n ＝3n 2－n ＋48n ＝3n ＋48n －1≥23n ·48n －1＝23，当且仅当3n ＝48n，即n ＝4时取等号，故数列{b n }最小项的值为23.]应用5 方程思想解不等式【典例5】 (1)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x 的不等式f (x )＜c 的解集为(m ，m ＋6)，则实数c 的值为________．(2)若a ，b 是正数，且满足ab ＝a ＋b ＋3，则ab 的取值范围为________．切入点：(1)f (x )＝0有两个相等实根，f (x )＝c 的两根分别为m ，m ＋6. (2)法一：注意到ab 与a ＋b 的关系，可将原等式转化为一元二次方程．法二：利用均值不等式ab ≤⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 22求解． (1)9 (2)[9，＋∞) [(1)因为f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R)的值域为[0，＋∞)，所以Δ＝0，即a 2－4b ＝0，又f (x )＜c 的解集为(m ，m ＋6)．∴m ，m ＋6是对应方程f (x )＝c 的两个不同的根．即x 2＋ax ＋b －c ＝0的两根分别为m ，m ＋6，∴⎩⎪⎨⎪⎧m ＋m ＋6＝－a ，m (m ＋6)＝b －c . 由题意得 |m ＋6－m |＝a 2－4(b －c )＝a 2－a 2＋4c ，解得c ＝9.(2)法一：若设ab ＝t ，则a ＋b ＝t －3.所以a ，b 可看成方程x 2－(t －3)x ＋t ＝0的两个正根．从而有⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝(t －3)2－4t ≥0，a ＋b ＝t －3＞0，ab ＝t ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧t ≤1或t ≥9，t ＞3，t ＞0，解得t ≥9，即ab ≥9.所以ab 的取值范围是[9，＋∞)．法二：∵ab ＝a ＋b ＋3， ∴ab －3＝a ＋b ≥2ab ，令ab ＝t ，则t 2－2t －3≥0， ∴t ≤－1或t ≥3，∴ab ≤－1(舍)或ab ≥3，即ab ≥9.]【对点训练5】关于x 的一元二次不等式x 2＋ax ＋b ＞0的解集为(－∞，－3)∪(1，＋∞)，则不等式ax 2＋bx －2＜0的解集为( )A ．(－3,1)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪(2，＋∞)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2 D ．(－1,2)C [由关于x 的一元二次不等式x 2＋ax ＋b ＞0的解集为(－∞，－3)∪(1，＋∞)，已知方程x 2＋ax ＋b ＝0的两实数根分别为－3,1，则⎩⎪⎨⎪⎧ －a ＝－3＋1，b ＝－3×1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－3，所以不等式ax 2＋bx －2＜0可化为2x 2－3x －2＜0，即(2x ＋1)(x －2)＜0，解得－12＜x ＜2，即所求不等式的解集为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，2.]2.数形结合思想应用1 在求最值、零点等问题中的应用【典例1】 (1)记实数x 1，x 2，…，x n 中最小数为min{x 1，x 2，…，x n }，则定义在区间[0，＋∞)上的函数f (x )＝min{x 2＋1，x ＋3,13－x }的最大值为( )A ．5B ．6C ．8D ．10(2)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x ＞m ，其中m ＞0.若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________．切入点：(1)画出函数f (x )的图象，借助图象，直观可得最值． (2)画出y ＝f (x )及y ＝b 的图象，数形结合求解． (1)C (2)(3，＋∞) [(1)在同一坐标系中作出三个函数y ＝x 2＋1，y ＝x ＋3，y ＝13－x 的图象如图．由图可知，在实数集R 上，min{x 2＋1，x ＋3,13－x }为y ＝x ＋3上A 点下方的射线，抛物线AB 之间的部分，线段BC ，与直线y ＝13－x 点C 下方的部分的组合图，显然，在区间[0，＋∞)上，在C 点时，y ＝min{x 2＋1，x ＋3,13－x }取得最大值．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋3，y ＝13－x 得点C (5,8)．所以f (x )max ＝8.(2)作出f (x )的图象如图所示．当x ＞m 时，x 2－2mx ＋4m＝(x －m )2＋4m －m 2.∴要使方程f (x )＝b 有三个不同的根，则有4m －m 2＜m ，即m 2－3m ＞0.又m ＞0，解得m ＞3.]【对点训练1】 (1)(2019·天津高考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ，0≤x ≤1，1x，x ＞1.若关于x 的方程f (x )＝－14x ＋a (a ∈R)恰有两个互异的实数解，则a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，94B.⎝ ⎛⎦⎥⎤54，94 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤54，94∪{1} D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，94∪{1} (2)(2019·乌鲁木齐高三质量检测)函数f (x )＝12－x的图象与函数g (x )＝2sin π2x 在区间[0,4]上的所有交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x n ，y n )，则f (y 1＋y 2＋…＋y n )＋g (x 1＋x 2＋…＋x n )＝________.(1)D (2)12 [(1)如图，分别画出两函数y ＝f (x )和y ＝－14x ＋a 的图象．①先研究当0≤x ≤1时，直线y ＝－14x ＋a 与y ＝2x的图象只有一个交点的情况．当直线y ＝－14x ＋a 过点B (1,2)时， 2＝－14＋a ，解得a ＝94. 所以0≤a ≤94.②再研究当x ＞1时，直线y ＝－14x ＋a 与y ＝1x 的图象只有一个交点的情况：相切时，由y ′＝－1x 2＝－14，得x ＝2，此时切点为2，12，则a ＝1. 相交时，由图象可知直线y ＝－14x ＋a 从过点A 向右上方移动时与y ＝1x 的图象只有一个交点．过点A (1,1)时，1＝－14＋a ，解得a ＝54.所以a ≥54.结合图象可得，所求实数a 的取值范围为54，94∪{1}．故选D. (2)如图，画出函数f (x )和g (x )在[0,4]上的图象，可知有4个交点，并且关于点(2,0)对称，所以y 1＋y 2＋y 3＋y 4＝0，x 1＋x 2＋x 3＋x 4＝8，所以f (y 1＋y 2＋y 3＋y 4)＋g (x 1＋x 2＋x 3＋x 4)＝f (0)＋g (8)＝12＋0＝12.]应用2 在求解不等式或参数范围中的应用【典例2】已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 2＋2x ，x ≤0，ln (x ＋1)，x ＞0.若|f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，0]B ．(－∞，1]C ．[－2,1]D ．[－2,0]D [作出函数y ＝|f (x )|的图象，如图，当|f (x )|≥ax 时，必有k ≤a ≤0，其中k 是y ＝x 2－2x (x ≤0)在原点处的切线斜率，显然，k ＝－2.∴a 的取值范围是[－2,0]．]【对点训练2】 (2019·全国卷Ⅱ)设函数f (x )的定义域为R ，满足f (x ＋1)＝2f (x )，且当x ∈(0,1]时，f (x )＝x (x －1)．若对任意x ∈(－∞，m ]，都有f (x )≥－89，则m 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，94 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，73 C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，52 D.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，83 B [当－1＜x ≤0时，0＜x ＋1≤1，则f (x )＝12f (x ＋1)＝12(x ＋1)x ；当1＜x ≤2时，0＜x －1≤1，则f (x )＝2f (x －1)＝2(x －1)(x －2)；当2＜x ≤3时，0＜x －2≤1，则f (x )＝2f (x －1)＝22f (x －2)＝22(x －2)(x －3)，…由此可得f (x )＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧…12(x ＋1)x ，－1＜x ≤0，x (x －1)，0＜x ≤1，2(x －1)(x －2)，1＜x ≤2，22(x －2)(x －3)，2＜x ≤3，…由此作出函数f (x )的图象，如图所示．由图可知当2＜x ≤3时，令22(x －2)(x －3)＝－89，整理，得(3x －7)(3x －8)＝0，解得x ＝73或x ＝83，将这两个值标注在图中．要使对任意x ∈(－∞，m ]都有f (x )≥－89，必有m ≤73，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，73，故选B.]应用3 在平面向量中的应用【典例3】已知a ，b 是单位向量，a·b ＝0.若向量c 满足|c －a －b |＝1，则|c |的最大值为( )A.2－1B. 2C.2＋1D.2＋2切入点：a ，b 是单位向量，a ·b ＝0可联想坐标法，以a ，b 所在直线建系求解．C [∵|a |＝|b |＝1，且a·b ＝0，∴可设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(x ，y )．∴c －a －b ＝(x －1，y －1)．∵|c －a －b |＝1，∴(x －1)2＋(y －1)2＝1，即(x －1)2＋(y －1)2＝1. 又|c |＝x 2＋y 2，如图所示．由图可知，当c 对应的点(x ，y )在点C 处时，|c |有最大值且|c |max ＝12＋12＋1＝2＋1.]【对点训练3】已知a ，b ，e 是平面向量，e 是单位向量．若非零向量a 与e 的夹角为π3，向量b 满足b 2－4e ·b ＋3＝0，则|a －b |的最小值是( )A.3－1B.3＋1 C ．2D ．2－ 3A [设O 为坐标原点，a ＝OA →，b ＝OB →＝(x ，y )，e ＝(1,0)，由b 2－4e ·b ＋3＝0得x 2＋y 2－4x ＋3＝0，即(x －2)2＋y 2＝1，所以点B 的轨迹是以C (2,0)为圆心，1为半径的圆．因为a 与e 的夹角为π3，所以不妨令点A 在射线y ＝3x (x ＞0)上，如图，数形结合可知|a －b |min ＝|CA →|－|CB →|＝3－1.故选A.]应用4 在解析几何中的应用【典例4】 (1)已知圆C ：(x －3)2＋(y －4)2＝1和两点A (－m,0)，B (m,0)(m ＞0)．若圆C 上存在点P ，使得∠APB ＝90°，则m 的最大值为( )A ．7B ．6C ．5D ．4(2)已知抛物线的方程为x 2＝8y ，F 是其焦点，点A (－2,4)，在此抛物线上求一点P ，使△APF 的周长最小，此时点P 的坐标为________．切入点：(1)∠APB ＝90°，则点P 落在以AB 为直径的圆上，画出图形，结合点与圆的位置关系求解．(2)画出图形，结合图形知△APF 的周长取得最小值时P 点的位置． (1)B (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12 [(1)根据题意，画出示意图，如图所示，则圆心C 的坐标为(3,4)，半径r ＝1，且|AB |＝2m ，因为∠APB ＝90°，连接OP ，易知|OP |＝12|AB |＝m .要求m 的最大值，即求圆C 上的点P 到原点O 的最大距离．因为|OC |＝32＋42＝5，所以|OP |max ＝|OC |＋r ＝6，即m 的最大值为6. (2)因为(－2)2＜8×4，所以点A (－2,4)在抛物线x 2＝8y的内部，如图，设抛物线的准线为l ，过点P 作PQ ⊥l 于点Q ，过点A 作AB ⊥l 于点B ，连接AQ ，由抛物线的定义可知△APF 的周长为|PF |＋|P A |＋|AF |＝|PQ |＋|P A |＋|AF |≥|AQ |＋|AF |≥|AB |＋|AF |，当且仅当P ，B ，A 三点共线时，△APF 的周长取得最小值，即|AB |＋|AF |.因为A (－2,4)，所以不妨设△APF 的周长最小时，点P 的坐标为(－2，y 0)，代入x 2＝8y ，得y 0＝12，故使△APF 的周长最小的抛物线上的点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，12.]【对点训练4】已知P 是直线l ：3x ＋4y ＋8＝0上的动点，P A ，PB 是圆x 2＋y 2－2x －2y ＋1＝0的两条切线，A ，B 是切点，C 是圆心，则四边形P ACB 面积的最小值为________．22 [从运动的观点看问题，当动点P 沿直线3x ＋4y ＋8＝0向左上方或右下方无穷远处运动时，直角三角形P AC 的面积S △P AC ＝12|P A |·|AC |＝12|P A |越来越大，从而S 四边形P ACB 也越来越大；当点P 从左上、右下两个方向向中间运动，S 四边形P ACB 变小，显然，当点P 到达一个最特殊的位置，即CP 垂直于直线l 时，S 四边形P ACB 应有唯一的最小值，此时|PC |＝|3×1＋4×1＋8|32＋42＝3，从而|P A |＝|PC |2－|AC |2＝2 2.所以(S四边形P ACB )min＝2×12×|P A |×|AC |＝2 2.]3．分类与整合思想应用1 由基本概念、法则引起的分类讨论【典例1】 (1)若函数f (x )＝a x (a ＞0，a ≠1)在[－1,2]上的最大值为4，最小值为m ，且函数g (x )＝(1－4m )x 在[0，＋∞)上是增函数，则a ＝________.(2)在等比数列{a n }中，已有a 3＝32，S 3＝92，则a 1＝________. (1)14 (2)32或6 [(1)若a ＞1，有a 2＝4，a －1＝m . 解得a ＝2，m ＝12.此时g (x )＝－x 为减函数，不合题意．若0＜a ＜1，有a －1＝4，a 2＝m ，故a ＝14，m ＝116，检验知符合题意．(2)当q ＝1时，a 1＝a 2＝a 3＝32，S 3＝3a 1＝92，显然成立．当q ≠1时，由a 3＝32，S 3＝92，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝32， ①a 1(1＋q ＋q 2)＝92. ②由②①，得1＋q ＋q 2q 2＝3，即2q 2－q －1＝0，所以q ＝－12或q ＝1(舍去)．当q ＝－12时，a 1＝a 3q 2＝6，综上可知，a 1＝32或a 1＝6.]【对点训练1】 (1)已知函数f (x )＝a x ＋b (a ＞0，a ≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则a ＋b ＝________.(2)已知a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边，且A ＝2B ，b ≠c ，若a 2＋c 2＝b 2＋2ac sin C ，则A ＝________.(1)－32 (2)π4 [(1)当a ＞1时，函数f (x )＝a x ＋b 在[－1,0]上为增函数，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝－1，a 0＋b ＝0无解．当0＜a ＜1时，函数f (x )＝a x ＋b 在[－1,0]上为减函数，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝0，a 0＋b ＝－1，解得⎩⎨⎧a ＝12，b ＝－2，所以a ＋b ＝－32.(2)∵a 2＋c 2＝b 2＋2ac sin C ， ∴a 2＋c 2－b 22ac ＝sin C . 由余弦定理得cos B ＝sin C ， ∵0＜B ＜π，0＜C ＜π， ∴C ＝π2－B 或C ＝π2＋B .①当C ＝π2－B 时，由A ＝2B 且A ＋B ＋C ＝π，得A ＝π2，B ＝C ＝π4，这与“b ≠c ”矛盾． ∴A ≠π2.②当C ＝π2＋B 时，由A ＝2B 且A ＋B ＋C ＝π，得B ＝π8，C ＝5π8，A ＝π4.]应用2 由图形的不确定性引起的分类讨论【典例2】设圆锥曲线C 的两个焦点分别为F 1，F 2，若曲线C 上存在点P 满足|PF 1|∶|F 1F 2|∶|PF 2|＝4∶3∶2，则曲线C 的离心率等于________．12或32 [不妨设|PF 1|＝4t ，|F 1F 2|＝3t ，|PF 2|＝2t ，其中t ≠0. 若该曲线为椭圆，则有|PF 1|＋|PF 2|＝6t ＝2a ， |F 1F 2|＝3t ＝2c ，e ＝c a ＝2c 2a ＝3t 6t ＝12；若该曲线为双曲线，则有|PF1|－|PF2|＝2t＝2a，|F1F2|＝3t＝2c，e＝ca＝2c2a＝3t2t＝32.]【对点训练2】(1)已知正三棱柱的侧面展开图是边长分别为6和4的矩形，则它的体积为()A.833B．4 3C.239D．43或833(2)若m是2和8的等比中项，则圆锥曲线x2＋y2m＝1的离心率为________．(1)D(2)32或5[(1)当正三棱柱的高为4时，体积V＝2×3×12×4＝43；当正三棱柱的高为6时，体积V＝43×233×12×6＝833，故选D.(2)由题意可知m2＝2×8＝16，∴m＝±4.当m＝4时，曲线为椭圆，离心率e＝1－14＝32.为m＝－4时，曲线为双曲线，离心率e＝1＋4＝ 5.]应用3由参数变化引起的分类讨论【典例3】已知函数f(x)＝x2－(2m＋1)x＋ln x(m∈R)．(1)当m＝－12时，若函数g(x)＝f(x)＋(a－1)ln x恰有一个零点，求a的取值范围；(2)当x＞1时，f(x)＜(1－m)x2恒成立，求m的取值范围．切入点：(1)求f′(x)，就a的取值结合f(x)的单调性分析．(2)构造函数h(x)＝f(x)－(1－m)x2，就m的取值及h(x)的最大值情况求m的取值范围．[解] (1)函数g (x )的定义域为(0，＋∞)．当m ＝－12时，g (x )＝a ln x ＋x 2，所以g ′(x )＝a x ＋2x ＝2x 2＋a x .①当a ＝0时，g (x )＝x 2，在x ∈(0，＋∞)上，g (x )＝0无解．∴x ＞0时无零点，即a ≠0.②当a ＞0时，g ′(x )＞0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，取x 0＝e －1a ，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1a ＝－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1a 2＜0，因为g (1)＝1，所以g (x 0)·g (1)＜0，此时函数g (x )恰有一个零点，即a ＞0. ③当a ＜0时，令g ′(x )＝0，解得x ＝－a2.当0＜x ＜－a 2时， g ′(x )＜0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减；当x ＞－a 2时，g ′(x )＞0，所以g (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．要使函数g (x )有一个零点，则g ⎝⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln－a 2－a2＝0，即a ＝－2e.综上所述，若函数g (x )恰有一个零点，则a ＝－2e 或a ＞0.(2)令h (x )＝f (x )－(1－m )x 2＝mx 2－(2m ＋1)x ＋ln x ，根据题意，当x ∈(1，＋∞)时，h (x )＜0恒成立．又h ′(x )＝2mx －(2m ＋1)＋1x ＝(x －1)(2mx －1)x.①若0＜m ＜12，则x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞时，h ′(x )＞0恒成立，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞上是增函数，且h (x )∈⎝ ⎛⎭⎪⎫h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12m ，＋∞，所以不符合题意． ②若m ≥12，则x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0恒成立，所以h (x )在(1，＋∞)上是增函数，且h (x )∈(h (1)，＋∞)，所以不符合题意．③若m ≤0，则x ∈(1，＋∞)时，恒有h ′(x )＜0，故h (x )在(1，＋∞)上是减函数，于是“h (x )＜0对任意x ∈(1，＋∞)都成立”的充要条件是h (1)≤0，即m －(2m ＋1)≤0，解得m ≥－1，故－1≤m ≤0.综上，m 的取值范围是[－1,0]．【对点训练3】已知函数f (x )＝ax ＋a －1x ＋1－2a (a ＞0)，若f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上恒成立，求a 的取值范围．[解] 令g (x )＝f (x )－ln x ＝ax ＋a －1x ＋1－2a －ln x ，x ∈[1，＋∞)，则g (1)＝0，g ′(x )＝a －a －1x 2－1x ＝ax 2－x －(a －1)x 2＝a (x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1－a a x2. ①当1－a a ＞1，即0＜a ＜12时，若1＜x ＜1－a a ，则g ′(x )＜0，g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，1－a a 上是减函数，所以存在x ∈[1，＋∞)，使g (x )＜g (1)＝0，即f (x )＜ln x ，所以f (x )≥ln x 在[1，＋∞)上不恒成立．②当1－a a ≤1，即a ≥12时，若x ≥1，则g ′(x )≥0，g (x )在[1，＋∞)上是增函数，所以g (x )≥g (1)＝0，即f (x )≥ln x ，所以当x ≥1时，f (x )≥ln x 恒成立．综上所述，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.4.转化与化归思想应用1 直接转化【典例1】 (1)(2019·沈阳质量检测(一))抛物线y 2＝6x 上一点M (x 1，y 1)到其焦点的距离为92，则点M 到坐标原点的距离为________．(2)(2019·福州模拟)函数f (x )＝cos 2x ＋a (sin x －cos x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，则实数a 的取值范围是________．(1)33 (2)[2，＋∞) [(1)由y 2＝6x ，知p ＝3，由焦半径公式得x 1＋p 2＝92，即x 1＝3，代入得y 21＝18，则|MO |＝x 21＋y 21＝33(O 为坐标原点)，故填3 3.(2)因为f (x )＝cos 2x ＋a (sin x －cos x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以f ′(x )＝－2sin 2x ＋a (cos x ＋sin x )≥0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立，因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以cosx ＋sin x ＞0，a ≥2sin 2x sin x ＋cos x 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上恒成立．令g (x )＝2sin 2x sin x ＋cos x＝4sin x cos xsin x ＋cos x，令t ＝sin x ＋cos x ，则4sin x cos x ＝2(t 2－1)，又t ＝sin x ＋cos x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π4，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以t ∈[]1，2，故函数h (t )＝2t 2－2t ＝2t －2t ，函数h (t )在t ∈[1，2]时单调递增，所以当t ＝2时，h (t )取到最大值，h (t )max ＝2，故g (x )max ＝2，所以a ≥ 2.所以实数a 的取值范围为[2，＋∞)．]【对点训练1】 (1)若sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝13，则cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝( ) A.79B.23C ．－23D ．－79(2)(2019·安庆二模)将⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －43展开后，常数项是________．(1)D (2)－160 [(1)∵sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3－α＝13，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝13，∴cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＋2α＝cos2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α＝2cos 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋α－1＝－79，故选D. (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －43＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6，展开后的通项是C k 6(x )6－k ·⎝⎛⎭⎪⎫－2x k＝(－2)k C k 6·(x )6－2k .令6－2k ＝0，得k＝3.所以常数项是C 36(－2)3＝－160.]应用2 等价转化【典例2】 (1)已知正数x ，y 满足4y －2yx ＝1，则x ＋2y 的最小值为________． (2)函数y ＝cos 2x －sin x 在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4上的最大值为________．(1)2 (2)1 [(1)由4y －2y x ＝1，得x ＋2y ＝4xy ，即14y ＋12x ＝1，所以x ＋2y ＝(x ＋2y )⎝ ⎛⎭⎪⎫14y ＋12x ＝1＋x 4y ＋y x ≥1＋2x 4y ·y x ＝2，当且仅当x 4y ＝yx ，即x ＝2y 时等号成立．所以x ＋2y 的最小值为2.(2)y ＝cos 2x －sin x ＝－sin 2x －sin x ＋1. 令t ＝sin x ，又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π4，∴t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22， ∴y ＝－t 2－t ＋1，t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22.∵函数y ＝－t 2－t ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，22上单调递减，∴t ＝0时，y max ＝1.]【对点训练2】 (2019·武汉模拟)如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M 为CD 中点，则四面体A -BC 1M 的体积为( )A.12 B.14 C.16D.112C [在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，∵M 为CD 中点， ∴S △ABM ＝12×1×1＝12，∴VA -BC 1M ＝VC 1-ABM ＝13×12×1＝16.故选C.]应用3 正与反的相互转化【典例3】 (1)掷一枚均匀的硬币10次，则出现正面的次数多于反面次数的概率为________．(2)若对于任意t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x 在区间(t,3)上总不为单调函数，则实数m 的取值范围是________．(1)193512 (2)－373＜m ＜－5 [(1)出现正面次数与出现反面次数相等的概率为C 510210＝2521 024＝63256.利用对称性，即出现正面的次数多于出现反面次数的概率与出现反面的次数多于出现正面次数的概率是相等的，所以出现正面的次数多于出现反面次数的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－63256÷2＝193512.(2)由题意得g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2，若g (x )在区间(t,3)上总为单调函数，则①g ′(x )≥0在(t,3)上恒成立，或②g ′(x )≤0在(t,3)上恒成立．由①得3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，即m ＋4≥2x －3x 在x ∈(t,3)上恒成立，∴m ＋4≥2t －3t 恒成立，则m ＋4≥－1，即m ≥－5；由②得m ＋4≤2x －3x 在x ∈(t,3)上恒成立，则m ＋4≤23－9，则m ≤－373.∴函数g (x )在区间(t,3)上总不为单调函数的m 的取值范围为－373＜m ＜－5.] 【对点训练3】 (1)由命题“存在x 0∈R ，使e|x 0－1|－m ≤0”是假命题，得m 的取值范围是(－∞，a )，则实数a 的值是( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，2)C ．1D ．2(2)若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c ，使得f (c )＞0，则实数p 的取值范围是________．(1)C (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32 [(1)命题“存在x 0∈R ，使e|x 0－1|－m ≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x ∈R ，e |x －1|－m ＞0”是真命题，可得m 的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a )与(－∞，1)为同一区间，故a ＝1.(2)若在区间[－1,1]内不存在c 满足f (c )＞0，且Δ＝36p 2≥0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f (－1)≤0，f (1)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32.解得p ≤－3或p ≥32，取补集为－3＜p ＜32，即为满足条件的P 的取值范围．所以满足题意的实数p 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.]应用4 一般与特殊的转化【典例4】 (1)在△ABC 中，三边长a ，b ，c 满足a ＋c ＝3b ，则tan A 2tan C2的值为( )A.15B.14C.12D.23(2)过抛物线y ＝ax 2(a ＞0)的焦点F ，作一直线交抛物线于P ，Q 两点．若线段PF 与FQ 的长度分别为p ，q ，则1p ＋1q 等于( )A ．2a B.12a C ．4aD.4a(1)C (2)C [(1)令a ＝4，c ＝5，b ＝3，则符合题意(取满足条件的三边)．则由C ＝90°，得tan C2＝1. 由tan A ＝43，得2tan A21－tan 2 A 2＝43，解得tan A 2＝12.所以tan A 2·tan C 2＝12×1＝12.(2)取直线PQ 平行于x 轴，易知PQ 的方程为：y ＝14a ，如图所示，则PF ＝FQ ＝12a ，∴1p ＋1q ＝2a ＋2a ＝4a .故选C.]【对点训练4】 (1)设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4，若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM→＝( )A ．20B ．15C ．9D ．6(2)如图，在三棱锥S -ABC 中，E ，F ，G ，H 分别为SA ，AC ，BC ，SB 的中点，则截面EFGH 将该三棱锥分成的两部分的体积之比V ABGHEF V SCGHEF＝________.(1)C (2)1 [(1)(特例法)若四边形ABCD 为矩形，建系如图．由BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，知M (6,3)，N (4,4)，所以AM →＝(6,3)，NM →＝(2，－1)，AM →·NM→＝6×2＋3×(－1)＝9. (2)(秒杀解法)由于图形不确定，而答案固定，故假设该三棱锥为正四面体，则所截得的两部分形状一样，体积相等，故答案为1.]应用5 常量与变量的转化【典例5】已知函数f (x )＝x 3＋3ax －1，g (x )＝f ′(x )－ax －5，其中f ′(x )是f (x )的导函数．对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )＜0，则实数x 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1 [由题意，知g (x )＝3x 2－ax ＋3a －5，令φ(a )＝(3－x )a ＋3x 2－5，－1≤a ≤1. 对－1≤a ≤1，恒有g (x )＜0，即φ(a )＜0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ φ(1)＜0，φ(－1)＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－x －2＜0，3x 2＋x －8＜0，解得－23＜x ＜1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1时，对满足－1≤a ≤1的一切a 的值，都有g (x )＜0.]【对点训练5】 (1)若不等式x 2－ax ＋1≥0对一切a ∈[－2,2]恒成立，则x 的取值范围为________．(2)设y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1，若t 在[－2,2]上变化时，y 恒取正值，则x 的取值范围是________．(1)R (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞) [(1)∵x 2－ax ＋1≥0对一切a ∈[－2,2]恒成立，即a ·(－x )＋x 2＋1≥0对一切a ∈[－2,2]恒成立．令f (a )＝a ·(－x )＋x 2＋1则⎩⎪⎨⎪⎧ f (－2)≥0，f (2)≥0即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋x 2＋1≥0，－2x ＋x 2＋1≥0. ∴x ∈R.(2)设y ＝f (t )＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1，则f (t )是一次函数，当t ∈[－2,2]时，f (t )＞0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧ f (－2)＞0，f (2)＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧(log 2x )2－4log 2x ＋3＞0，(log 2x )2－1＞0，解得log 2x ＜－1或log 2x ＞3，即0＜x ＜12或x ＞8，故实数x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞)．]应用6 形体位置关系的相互转化【典例6】如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的各条棱长均为2，D 为棱B 1C 1上任意一点，则三棱锥D -A 1BC 的体积是________． 233 [VD -A 1BC ＝VB 1-A 1BC ＝VA 1-B 1BC ＝13×S △B 1BC ×3＝233.]【对点训练6】如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝2，P是BC1上一动点，则CP＋P A1的最小值是________．52[连接A1B，沿BC1将△CBC1展开，与△A1BC1在同一个平面内，如图，连接A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．通过计算可得AB＝A1B1＝38，A1B＝40，A1C1＝6，BC1＝2，所以∠A1C1B ＝90°，又∠BC1C＝45°，所以∠A1C1C＝135°.由余弦定理可求得A1C＝5 2.]。

2020届新课标高考二轮复习名师精品课件思想方法1函数与方程思想

2．若 0<x1<x2<1，则( C ) A．ex2－ex1>ln x2－ln x1 B．ex2－ex1<ln x2－ln x1 C．x2ex1>x1ex2 D．x2ex1<x1ex2
解析：设 f(x)＝ex－ln x(0<x<1)，则 f′(x)＝ex－1x＝xexx－1，令 f′(x)＝0，得 xex－1＝0. 根据函数 y＝ex 与 y＝1x的图象可知，两函数图象的交点 x0∈ (0,1)，因此函数 f(x)在(0,1)上不是单调函数，故 A，B 选项不正确．
依照题意得ba＝|3－|3mm－－33－2m28＋m8＋1|1|＝3m＋2m8＋1，
又 m>0， ∴m＋2m8＋1＝12(2m＋1)＋2m8＋1－12≥72，当且仅当12(2m＋1)＝2m8＋1，即 m＝32时等号成立． ∴ba的最小值为 27 3，故选 B.
三：解决不等式的有关问题
1．(2015·福建，10,5 分)若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(0)
解析：在同一坐标系中作出 y＝m，y＝2m8＋1(m>0)，y＝|log3x| 的图象，如图，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．由 |log3x|＝m，得 x1＝3－m，x2＝3m；由|log3x|＝2m8＋1得 x3＝3－2m8＋1， x4＝32m8＋1.
易知当 t∈0，23时，y 单调递减，当 t∈23，＋∞时，y 单调递增．
y
＝
t＋2t2－4，t>0且t≠2， 2－tt2－4，t<0且t≠－2
的图象如图所示，由图可
知，当－8<a<0 或 a>0 或 a＝－22576时，函数 f(x)有四个零点．

2020高考理科数学函数与方程的思想二轮复习创新解题指导(40张)

＝
2 3
(2cos2x－1)，令cosx＝t∈[－1,1]，并代
入不等式，则问题转化为不等式4t2－3at－5≤0在t∈[－1,1]上恒成立，即
4＋3a－5≤0， 4－3a－5≤0
⇒－13≤a≤13.故选B.
(2)已知f(x)＝log2x，x∈[2,16]，对于函数f(x)值域内的任意实数m，使x2 ＋mx＋4＞2m＋4x恒成立的实数x的取值范围为( )
(x－2)m＋(x－2)2，则此函数在区间[1,4]上恒大于0，所以
g1＞0， g4＞0，
即
x－2＋x－22＞0， 4x－2＋x－22＞0，
解得x＜－2或x＞2.
(3)(2019·山东省烟台市高三一模)若函数f(x)＝ex－e－x＋sin2x，则满足
f(2x2－1)＋f(x)>0的x的取值范围为( )
A.－1，21 C.－21，1
B．(－∞，－1)∪12，＋∞ D．－∞，－12∪(1，＋∞)
答案 B
解析函数f(x)＝ex－e－x＋sin2x的定义域为R，且满足f(－x)＝e－x－ex＋ sin(－2x)＝－(ex－e－x＋sin2x)＝－f(x)，
x∈[2,4)时，f(x)的最大值为
5 4
×
1 4
；当x∈[4,6)时，f(x)的最大值为
5 4
×1 Βιβλιοθήκη 2，…，所以当x∈[2n－2,2n)时，f(x)的最大值an＝54×
1 4
n－1，由等比数列的前
n项和公式，得Sn＝5411－－1414n＝53－53×14n<53. 若Sn<k对任意的正整数n均成立，则k≥53，故选B.
∴f(x)为R上的奇函数；又f′(x)＝ex＋e－x＋2cos2x≥2＋2cos2x≥0恒成

2020年高考数学二轮复习讲义：函数与方程思想

专题九数学思想方法精析第一讲函数与方程思想、函数思想就是用运动和变化的观点，分析和研究具体问题中的数量关系，并用函数的解析式将其表示出来，从而通过研究函数的图象和性质，使问题获解.二、方程思想就是分析数学中的变量间的等量关系，构建方程或方程组，转化为对方程的解的讨论, 从而使问题获解.三、函数思想与方程思想联系函数思想与方程思想是密切相关的，如函数问题可以转化为方程问题来解决，方程问题也可以转化为函数问题加以解决，如解方程f(x)= 0，就是求函数 y = f(x)的零点，解不等式f(x)>0(或f(x)<0),就是求函数y = f(x)的正(或负)区间，再如方程f(x) = g(x)的解的问题可以转化为函数y = f(x)与y = g(x)的交点问题，也可以转化为函数y = f(x)— g(x)与x 轴的交点问题,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.崗题热点突破命题方向1函数与方程思想在不等式中的应用+ mx + 4>2m + 4x 恒成立的实数 x 的取值范围为(D )A. (―汽一2]B. [2 ,+^ )C. ( —s,— 2]U [2 ,+s ) D . ( — ^，― 2) U (2 ,+s )2[解析] 因为 x€[2,16]，所以 f(x) = Iog 2x€[1,4]，即 m€[1,4] •不等式 x + mx + 4>2m + 4x易错费示>知识整合 Zhi shi zhe ng he(4tf QubN TU 押例1 (1)已知f(x)= log 2X , x € [2,16]，对于函数f(x)值域内的任意实数m ,使 x 2M 知识合恒成立，即为m(x—2) + (x—2)2>0恒成立.设g(m) = (x—2)m+ (x—2)2,则此函数在区间［1,4］上恒大于0,X — 2 + (X — 2 2>0 , 4(x - 2 ”(x — 2 2>0,解得x< — 2或x>2.(2) 已知f(x)是定义在R 上的偶函数，且在区间(—0, 0)上单调递增.若实数a 满足f(2|ad Q—1|)>f(— 2)，则a 的取值范围是£,自.［解析］由f (x )是偶函数且f (x )在(—0, 0)上单调递增可知，f(x)在(0, + 0 )上单调递减.又因为 f(2|a -1|)>f ( — 2), f ( — 2) = f ( 2), 所以 2『-1|<_2，即 |a — 11<2，解得 1<a<|.『规律总结』函数与方程思想在不等式问题中的应用要点(1)在解决不等式恒成立问题时，一种最重要的思想方法就是构造适当的函数，然后利用函数的最值解决问题.(2)要注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化.一般地，已知范围的量为变量，而待求范围的量为参数.跟踪训练：：：・ G■en zong xun lia n1. (2018太原一模)定义域为R 的可导函数y = f(x)的导函数为f (x),满足f(x)>f ' (x), 且f(0) = X 则不等式号B 的解集为(B )A . ( — 0, 0)B . (0 ,+0 )C . (—0, 2)D . (2 ,+0 )［解析］构造函数()切则'()e X f' (X X -e X f(x )f ' (x —f (x )g(x) = e x ，贝V g (x) = x 2 = e x.由题意得 g' (x)<0恒成立，所以函数 g(x)=吁在R 上单调递减•又因为 g(0)=爭=1,所以吁<1.即g(x)<1，所以x>0 ,所以不等式的解集为(0,+ 0).2 12.若不等式x + ax + 1 > 0对一切x € (0, ?］恒成立，则a 的最小值为(C )C .— 5D . - 3［解析］因为x 2 + ax + 1 > 0,所以 g 1 >0, $g 4 >0,A. 0 B . - 2一x一1i i即a》―x=— (x+X)，令g(x)=-(x+ X)，1 1当0<x w 2时，g(x) = - (x + x)递增，1 5 5g(x)max= g(2)= - 2，故a》-2，5即a的最小值为一2-例2设f(x)是定义在R上的偶函数，对任意x € R，都有f(x+ 4) = f(x)，且当x1€ ［-2,0］时，f(x) =(3)x- 6•若在区间(-2,6］内关于x 的方程f(x)—log a(x+ 2) = 0(a>1)恰有3 个不同的实数根，则实数a的取值范围是(34, 2).［解析］由f(x+ 4) = f(x)，即函数f(x)的周期为4,1因为当x q - 2,0］时，f(x) =(3)x— 6.所以若x q o,2］，则一x€-2,0］,则f( - x) = (3)- x-6 = 3x-6,因为f(x)是偶函数，所以f( - x)= 3x- 6 = f(x)，即f(x) = 3x- 6，x€［0,2］，由f(x) - log a(x+ 2) = 0 得f(x) = log a(x+ 2)，作出函数f(x)的图象如图.当a>1时，要使方程f(x) —log a(x+ 2) = 0恰有3个不同的实数根，则等价于函数f(x)与g(x) = log a(x+ 2)有3个不同的交点，J g(2 <f(2)则满足l_g(6 pf(6，解得3 4<a<2，故a 的取值范围是(3.4, 2).『规律总结』禾U 用函数与方程思想解决交点及根的问题的思路(1) 应用方程思想把函数图象交点问题转化为方程根的问题，应用函数思想把方程根的问题转论为函数零点问题.(2) 含参数的方程问题一般通过直接构造函数或分离参数化为函数解决. 跟踪训练丄・ G .. en zong xun lia n1 n已知函数f(x)= ~x — COSX ,则方程f(x) = ~4所有根的和为(C )7t3n 2［解析］■-f(x) = 2x — cosx , ••f ' (x)= 2 + sinx ,sinx> — 丁, 1•f ' (x)= 2 + sinx>0,1 n 7 nf f(x) = 2x — cosx 在(—6, 6)上是增函数.Ilog a 4<3即log a 8>3,£一 n n n n■f(2) = 4 — cos 2 = 4，•••在区间（—n 帑上有且只有一个实数x =n 满足f （x ）=n/ —詰，-cow 1,1 n , n,f(x) = 2X — cosx w —12+ 1<4,由此可得：当x <訓寸，f （x ）=n 殳有实数根. 同理可证：x >噺寸，f （x ）=7n — i>nn• • •方程f （x ）= 4也没有实数根.n n综上可知f （x ）= 4，只有实数根2.故选C .命题方向3解决最值或参数范围问题小值为（D ）a［解析］当 y = a 时，2(x +1) = a ,所以 x =~— 1. 设方程x + ln x = a 的根为t ,“ “ a t + ln t t ln_t ’则 t + In t = a ，则 |AB|= t — ? + 1 = t — —-~+1 =2 — 2 +1 、工上 Jn_t设 g(t )= 2 — ~2 + 1(t >0),令 g ' (t) = 0, 得 t = 1,当 t€(0,1)时,g' (t)<0; 当 t€(1 ,+s )时，g ' (t)>0 ,3所以 g (t)min = g(1) = 2 ,33所以|AB|>3,所以|AB|的最小值为|.例3直线y = a 分别与曲线y = 2（x + 1）, y = x + In x 交于点A , ，则|AB|的最(t)=-——2 2tt — 1"2T ， C . 3 *2 4『规律总结』求最值或参数范围的技巧(1) 充分挖掘题设条件中的不等关系，构建以待求字母为元的不等式(组)求解.(2) 充分应用题设中的等量关系，将待求参数表示成其他变量的函数，然后应用函数知识求解.(3) 当问题中出现两数积与这两数和时，是构建一元二次方程的明显信息，构造方程再利用方程知识使问题巧妙解决.(4) 当问题中出现多个变量时，往往要利用等量关系去减少变量的个数.跟踪训练G en zong xun lia n————I—n ——［解析］・.0A = (1,0), 0P= (cos 0, sin 9 , .'OA OP + S= cos 0+ sin 0= ■. 2sin( 0+ ~)，故OA OP+ S的最大值为.2,此时0= n故选B .例4椭圆C的中心为坐标原点O,焦点在y轴上，短轴长为.2，离心率为命题方向4函数与方程思想在解析几何中的应用直线l与y轴交于点P(0, m)，与椭圆C交于相异两点A, B,且AP = 3PB.(1)求椭圆C的方程；⑵求m的取值范围.2 2［解析］(1)设椭圆C的方程为*+存=1(a> b>0),2 2 ,2设c>0, c = a —b ,由题意，知2b= 2, ^=寻，所以a = 1, b= c= f.a 2 22故椭圆C的方程为y2+ X = 1,即y2+ 2x2= 1.2⑵设直线I的方程为y= kx+ m(k z 0), l与椭圆C的交点坐标为A(x i, y i), B2(x2, y2), |y= kx+ m, 由22 12x + y = 1,得(k2+ 2)X2+ 2kmx+ (m2—1) = 0,△= (2km)2—4(k2+ 2)(m2—1) = 4(k2—2m2+ 2)>0 , (*)2—2km m — 1X1 + x2=二,X1x2 = ~ ,k2+ 2 k2+ 2因为AP= 3PB ,所以一X1= 3X2.x1 + x2=—2X2 , 所以丫2X1X2=—3X2.则3(X2 + X2)2+ 4X1X2= 0 ,2—2km 2 m —1 即3) + 4 •-k2+ 2 k2+ 2整理得4k2m2+ 2m2—k2—2 = 0 ,即k2(4m2—1) + (2 m2—2) = 0 ,2 1当m2= 4时，上式不成立；2 1 2 2 —2m当m丰匚时，k = 2 —，44m2— 1由(*)式，得k2>2m?—2,又k z 0,22 2 —2m 所以k2= 2一>0,4m2— 11 1解得—1<m< —2 或2<m<1,即所求m的取值范围为(—1,—1)*1，1).『规律总结』利用判别式法研究圆锥曲线中的范围问题的步骤第一步：联立方程. 第二步：求解判别式 △第三步：代换.利用题设条件和圆锥曲线的几何性质，得到所求目标参数和判别式不等式中的参数的一个等量关系，将其代换.第四步：下结论•将上述等量代换式代入少0或0中，即可求出目标参数的取值范围.跟踪训练Gen zong xun lia n上的任意一点，贝y OP FP 的取值范围为(B )若点0和点F(— 2,0)分别为双曲线2X2— y 2=P 为双曲线右支A . ［3 — 2 ,3,+s ) C . ［ — 7,+m)B . ［3 + 2 3,+^ ) D .【7，+s )2［解析］由c= 2,得a + 1 = 4,••a2= 3.2•••双曲线方程为X^ —y2= 1.设P(x, y)(x》.3),OP FP = (x, y)(・x+ 2, y)2=x2+ 2x+ y2= x2+ 2x+ x—13=3x2+ 2x—1(x> ,3).令g(x) = fx2+ 2x—1(x> . 3),则g(x)在［3, + a)内单调递增，g(x)min = g C . 3)= 3+ 2：.；3••O P FP的取值范围为［3 + 2 3, +°° ).。

2020届高考数学(理)课标版二轮课件：一、函数与方程思想

4
解析
(1)证明:设P(x0,y0),A

1 4
y12
,y1
,B
1 4
y22
,y2
.
因为PA,PB的中点在抛物线上,
所以y1,y2为方程

y
y0 2
1
2
=4·4
y2 2
x0
即y2-2y0y+8x0-y02
=0的两个不同的实根.
所以y1+y2=2y0,
因此,PM垂直于y轴.
(2)由(1)可知

y1 y1
y2
y2
2 y0, 8x0 -y02,
所以|PM|=1
8
(
y12
+
y22
)-x0=
3 4
y02 -3x0,
|y1-y2|=2 2(y02 -4x0 ) .
因此,△PAB的面积S△PAB=
1 2
|PM|·|y1-y2|
=
3
2 4
(
y02
-4x0)
3 2
2
uuur
∴ AO
=
1
uuur AD
=
1
×
1
uuur
( AB
uuur
+ AC
).
2 22
uuur
∴ AO
uuur
·EC
=1
4
uuur
(AB
uuur
+AC
)· uAuCur
-
1 3
uuur AB

=
14uuuuAruCuuru2ur
2 3
uuur
AB
uuur

高考数学(理)二轮专题复习课件专题一第1讲热点1函数与方程思想

x2＝－x1＝
2 .① 1＋4k2
由E→D＝6D→F，知 x0－x1＝6(x2－x0)，
即 x0＝17(6x2＋x1)＝57x2＝7
10 .
1＋4k2
由 D 在 AB 上知 x0＋2kx0＝2，
得 x0＝1＋22k，所以1＋22k＝7
10 ， 1＋4k2
化简得 24k2－25k＋6＝0，解得 k＝23或 k＝38.
(1)若E→D＝6D→F，求 k 的值； (2)求四边形 AEBF 面积的最大值．
解： (1)依题意得椭圆的方程为x42＋y2＝1，直线 AB，EF 的方程分别为 x＋2y＝2，
y＝kx(k＞0)．如图，设 D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，
kx2)，其中 x1＜x2，且 x1，x2 满足方程(1＋4k2)x2＝4，故
1
－
1

n＋1 n＋2
＋

1
－
1

n＋2 n＋3
＋
…
＋
21n－2n1＋1
＝
1 n＋1
－
1 2n＋1
＝
2n2＋n3n＋1＝2n＋1n1＋3.
令 f(x)＝2x＋1x(x≥1)．则 f′(x)＝2－x12＞0 恒成立．所以 f(x)在[1，＋∞)上是增函数．
又因为{an}是正项等差数列，故 d≥0，所以(2＋2d)2＝(2＋d)(3＋3d)，得 d＝2 或 d＝－1(舍去)，所以数列{an}的通项公式 an＝2n.
(2)因为 Sn＝n(n＋1)，则S1n＝n（n1＋1）＝n1－n＋1 1.
所以
bn
＝
1 Sn＋1
＋
1 Sn＋2
＋

新高考数学二轮复习全套思想方法汇总

第1讲函数与方程思想
思想概述
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，从而使问题得以解决. 方程的思想，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，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问题、转化问题，使问题得以解决.
所以y＝3x＋3－x在(0，＋∞)上单调递增，
因为函数y＝log3x为增函数，所以g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在[2，＋∞)上单调递增，因为f(a－1)≥f(2a＋1)，所以|a－1－2|≥|2a＋1－2|，所以(a－3)2≥(2a－1)2，化简得(a＋2)(3a－4)≤0，解得－2≤a≤43. 所以实数 a 的取值范围为－2，43.
规
律函数与方程的相互转化：对于方程f(x)＝0，可利用函数y＝f(x)的
方法
图象和性质求解问题.
方法三构造函数解决数学问题
在一些数学问题的研究中，可以通过建立函数关系式，把要研究的问题转化为函数的性质，达到化繁为简、化难为易的效果.
例3 (2023·深圳模拟)已知ε>0，x，y∈ －π4，π4 ，且ex＋εsin y＝eysin x，则下列关系式恒成立的为
规
律方程的根可通过构造函数，转化为两函数的交点横坐标；不等式
方法
f(x)<g(x)可转化为函数y＝f(x)与y＝g(x)图象的位置关系.
利用数学概念、表达式的几何意义方法二求解最值、范围问题
向量、复数、圆锥曲线等数学概念具有明显的几何意义，可利用图形观察求解有关问题；灵活应用一些几何结构的代数形式，如斜率、距离公式等.

2020届高中数学第2轮总复习专题1 第1课时函数与方程

• 2. 运用函数思想解决问题主要从以下四个方面着手：
• 一是根据方程与函数的密切关系，可将方程转化为函数来解决；
• 二是根据不等式与函数的密切关系，可将不等问题转化为函数问题，利用函数图象和性质进行处理；
•
• 三是在决实际问题中，常涉及到最值问题，通常通过建立目标函数，利用求函数最值的方法加以解决；
考点2 函数性质的应用
例2.已知不等式
1 1 1 1 ＞ 1 log a 1 2
n1 n 2 n3
2n 12 a
3
对于一切大于1的自然数n都成立.求实数a的取值范围.
分析：由于不等式的左端不能化简成一个关于
n的解析式，故常规解法不行.由题设写出当n 2，3，4，时成立的不等式，求解也无法进行.从函数的观点看，左式可看作关于n的函数，故原不等式成立可转化成此函数的最小值大于
A. R
B.R+
C.{x | x＞1} D.{x | x 2}
解析：令f x 4x log 3 x x2, x (0, ).易判断 f (x)在(0, )上单调递增，又f 1 5,原不等式
可化为f (x)＞f (1)，所以x＞1.故选C.
• 【评析】本题通过构造函数，借助函数的单调性解不等式.解法巧妙、简捷.
变式题：已知 S
n
1
1 2
1 3
1（n n
N*).设
f n S 2n1S n1，试确定实数m的取值范围使
得对于一切大于1的正整数n，不等式
f
(n)＞[ log
m (m
1)]2
11 20
恒成立.
解析：因为f (n) 1 1 1 (n ２),
n2 n3
2n 1

(全国通用)2020版高考数学二轮复习数学思想系统归纳函数与方程思想讲义

函数与方程思想应用(一) 借助“函数关系”解决问题在方程、不等式、三角、数列、圆锥曲线等数学问题中，将原有隐含的函数关系凸显出来，从而充分运用函数知识或函数方法使问题顺利获解.[例1] 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝32，a n ＋2a n ＋1＝0，则S n －1S n的最大值与最小值的积为________.[解析] 因为a n ＋2a n ＋1＝0，所以a n ＋1a n ＝－12，所以等比数列{a n }的公比为－12，因为a 1＝32，所以S n ＝32⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n .①当n 为奇数时，S n ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，S n 随着n 的增大而减小，则1＜S n ≤S 1＝32，故0＜S n －1S n ≤56； ②当n 为偶数时，S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，S n 随着n 的增大而增大，则34＝S 2≤S n ＜1，故－712≤S n －1S n＜0.综上，S n －1S n 的最大值与最小值分别为56，－712.故S n －1S n 的最大值与最小值的积为56×⎝ ⎛⎭⎪⎫－712＝－3572.[答案] －3572[技法领悟]数列是定义在正整数集上的特殊函数，等差、等比数列的通项公式，前n 项和公式都具有隐含的函数关系，都可以看成关于n 的函数，在解等差数列、等比数列问题时，有意识地凸现其函数关系，从而用函数思想或函数方法研究、解决问题，不仅能获得简便的解法，而且能促进科学思维的培养，提高发散思维的水平.[应用体验]1.已知等差数列{a n }满足3a 4＝7a 7，a 1>0，S n 是数列{a n }的前n 项和，则S n 取得最大值时n ＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，∵3a 4＝7a 7，∴3(a 1＋3d )＝7(a 1＋6d )，∴4a 1＝－33d .∵a 1>0，∴d <0，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－334d ＋n （n －1）2d ＝d 2⎝⎛⎭⎪⎫n 2－352n ＝d 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫n －3542－⎝ ⎛⎭⎪⎫3542，∴n ＝9时，S n 取得最大值.答案：92.(2018·北京高考)若△ABC 的面积为34(a 2＋c 2－b 2)，且∠C 为钝角，则∠B ＝________，ca的取值范围是________. 解析：由余弦定理得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac，∴a 2＋c 2－b 2＝2ac cos B.又∵S ＝34(a 2＋c 2－b 2)， ∴12ac sin B ＝34×2ac cos B ， ∴tan B ＝3，∵B ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，∴∠B ＝π3.又∵∠C 为钝角，∴∠C ＝2π3－∠A >π2，∴0<∠A <π6.由正弦定理得c a＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫2π3－∠A sin A＝32cos A ＋12sin A sin A ＝12＋32·1tan A .∵0<tan A <33，∴1tan A>3， ∴c a >12＋32×3＝2，即ca>2. 答案：π3(2，＋∞)应用(二) 转换函数关系解决问题在有关函数形态和曲线性质或不等式的综合问题、恒成立问题中，经常需要求参数的取值范围，如果按照原有的函数关系很难奏效时，不妨转换思维角度，放弃题设的主参限制，挑选合适的主变元，揭示它与其他变元的函数关系，切入问题本质，从而使原问题获解.[例2] 已知函数h (x )＝x ln x 与函数g (x )＝kx －1的图象在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不同的交点，则实数k 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1e ，e －1 B.⎝ ⎛⎦⎥⎤1，1＋1eC.(1，e －1]D.(1，＋∞)[解析] 令h (x )＝g (x )，得x ln x ＋1＝kx ，即1x ＋ln x ＝k .令函数f (x )＝ln x ＋1x，若方程x ln x －kx ＋1＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，则函数f (x )＝ln x ＋1x 与y ＝k 在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不相同的交点，f ′(x )＝1x －1x 2，令1x －1x 2＝0可得x ＝1，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫1e ，1时，f ′(x )＜0，函数是减函数；当x ∈(1，e]时，f ′(x )＞0，函数是增函数，函数的极小值，也是最小值为f (1)＝1，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1＋e ，f (e)＝1＋1e ，又－1＋e ＞1＋1e ，所以，函数的最大值为e －1.所以关于x 的方程x ln x －kx ＋1＝0在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上有两个不等实根，则实数k 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤1，1＋1e .故选B. [答案] B[技法领悟]发掘、提炼多变元问题中变元间的相互依存、相互制约的关系，反客为主，主客换位，创设新的函数，并利用新函数的性质创造性地使原问题获解，是解题人思维品质高的表现.本题主客换位后，利用新建函数y ＝1x＋ln x 的单调性巧妙地求出实数k 的取值范围.此法也叫主元法.[应用体验]3.对于满足0≤p ≤4的所有实数p ，使不等式x 2＋px >4x ＋p －3成立的x 的取值范围是________.解析：设f (p )＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3，则当x ＝1时，f (p )＝0.所以x ≠1.函数f (p )在[0，4]上恒为正，等价于⎩⎪⎨⎪⎧f （0）>0，f （4）>0，即⎩⎪⎨⎪⎧（x －3）（x －1）>0，x 2－1>0，解得x >3或x <－1. 答案：(－∞，－1)∪(3，＋∞)4.已知函数f (x )＝a 3x 3－32x 2＋(a ＋1)x ＋1，其中a 为实数.(1)已知函数f (x )在x ＝1处取得极值，求a 的值；(2)已知不等式f ′(x )＞x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，求实数x 的取值范围.解：(1)f ′(x )＝ax 2－3x ＋a ＋1，由于函数f (x )在x ＝1处取得极值， ∴f ′(1)＝0，即a －3＋a ＋1＝0，∴a ＝1.(2)由题设，知ax 2－3x ＋a ＋1＞x 2－x －a ＋1对任意a ∈(0，＋∞)都成立，即(x 2＋2)a －x 2－2x ＞0对任意a ∈(0，＋∞)都成立. 设g (a )＝(x 2＋2)a －x 2－2x (a ∈R )，则对任意x ∈R ，g (a )为单调递增函数(a ∈R )，∴对任意a ∈(0，＋∞)，g (a )＞0恒成立的充要条件是g (0)≥0，即－x 2－2x ≥0，∴－2≤x ≤0. 于是x 的取值范围是[－2，0].应用(三) 构造函数关系解决问题在数学各分支形形色色的问题或综合题中，将非函数问题的条件或结论，通过类比、联想、抽象、概括等手段，构造出某些函数关系，在此基础上利用函数思想和方法使原问题获解，这是函数思想解题的更高层次的体现.特别要注意的是，构造时，要深入审题，充分发掘题设中可类比、联想的因素，促进思维迁移.[例3] 已知函数f (x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ，a ∈R . (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a >ln2－1且x >0时，e x >x 2－2ax ＋1. [解] (1)由f (x )＝e x －2x ＋2a ，知f ′(x )＝e x－2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln2.当x <ln2时，f ′(x )<0，故函数f (x )在区间(－∞，ln2)上单调递减；当x >ln2时，f ′(x )>0，故函数f (x )在区间(ln2，＋∞)上单调递增.所以f (x )的单调递减区间是(－∞，ln2)，单调递增区间是(ln2，＋∞)，f (x )在x ＝ln2处取得极小值f (ln2)＝e ln2－2ln2＋2a ＝2－2ln2＋2a .(2)证明：设g (x )＝e x－x 2＋2ax －1(x ∈R )，则g ′(x )＝e x－2x ＋2a ，x ∈R ，由(1)知g ′(x )min ＝g ′(ln2)＝2－2ln2＋2a . 又a >ln2－1，则g ′(x )min >0.于是对∀x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 上单调递增. 于是对∀x >0，都有g (x )>g (0)＝0. 即e x－x 2＋2ax －1>0，故e x >x 2－2ax ＋1.[技法领悟]一般地，要证f (x )>g (x )在区间(a ，b )上成立，需构造辅助函数F (x )＝f (x )－g (x )，通过分析F (x )在端点处的函数值来证明不等式.若F (a )＝0，只需证明F (x )在(a ，b )上单调递增即可；若F (b )＝0，只需证明F (x )在(a ，b )上单调递减即可.[应用体验]5.(2018·天津高考)如图，在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BC ，AD ⊥CD ，∠BAD ＝120°，AB ＝AD ＝1.若点E 为边CD 上的动点，则AE ―→·BE ―→的最小值为( )A.2116 B.32 C.2516D.3解析：选A 如图，以D 为坐标原点，DA 所在直线为x 轴，DC 所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，连接AC .由题意知∠CAD ＝∠CAB ＝60°，∠ACD ＝∠ACB ＝30°，则D (0，0)，A (1，0)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，C (0，3).设E (0，y )(0≤y ≤3)，则AE ―→＝(－1，y )，BE ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，y －32，∴AE ―→·BE ―→＝32＋y 2－32y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y －342＋2116，∴当y ＝34时，AE ―→·BE ―→有最小值2116.故选A. 6.(2019·洛阳尖子生第二次联考)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，xf ′(x )－f (x )＜0，若a ＝f （e ）e，b ＝f （ln2）ln2，c ＝－f （－3）3，则a ，b ，c 的大小关系正确的是( )A.a ＜c ＜bB.b ＜c ＜aC.a ＜b ＜cD.c ＜a ＜b解析：选D 由题意，构造函数g (x )＝f （x ）x ，当x ＞0时，g ′(x )＝xf ′（x ）－f （x ）x 2＜0，∴函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减.∵函数f (x )为奇函数，∴函数g (x )是偶函数，∴c ＝f （－3）－3＝g (－3)＝g (3)，又a ＝g (e)，b ＝g (ln2)，且3＞e ＞1＞ln2＞0，∴g (3)＜g (e)＜g (ln2)，∴c ＜a ＜b .故选D.应用（四）构造方程形式解决问题分析题目中的未知量，根据条件分别列出关于未知数的方程(组)，使原问题得到解决，这就是构造方程法，是应用方程思想解决非方程问题的极富创造力的一个方面.[例4] (2018·全国卷Ⅲ)已知点M (－1，1)和抛物线C ：y 2＝4x ，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点.若∠AMB ＝90°，则k ＝________.[解析] 由题意知，抛物线的焦点坐标为F (1，0)，设直线方程为y ＝k (x －1)，直线方程与y 2＝4x 联立，消去y ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝2k 2＋4k2.由M (－1，1)，得AM ―→＝(－1－x 1，1－y 1)， BM ―→＝(－1－x 2，1－y 2).由∠AMB ＝90°，得AM ―→·BM ―→＝0， ∴(x 1＋1)(x 2＋1)＋(y 1－1)(y 2－1)＝0， ∴x 1x 2＋(x 1＋x 2)＋1＋y 1y 2－(y 1＋y 2)＋1＝0.又y 1y 2＝k (x 1－1)·k (x 2－1)＝k 2[x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1]，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2－2)，∴1＋2k 2＋4k2＋1＋k 2⎝⎛⎭⎪⎫1－2k 2＋4k2＋1－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 2－2＋1＝0，整理得4k 2－4k＋1＝0，解得k ＝2.[答案] 2[技法领悟]本题由∠AMB ＝90°，知AM ―→·BM ―→＝0，从而得出关于k 的方程，问题即可解决.[应用体验]7.(2019·福建省质量检查)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 8－a 5＝9，S 8－S 5＝66，则a 33＝( )A.82B.97C.100D.115解析：选C 设等差数列{a n }的公差为d，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 8－a 5＝9，S 8－S 5＝66，得⎩⎪⎨⎪⎧（a 1＋7d ）－（a 1＋4d ）＝9，（8a 1＋28d ）－（5a 1＋10d ）＝66，解得⎩⎪⎨⎪⎧d ＝3，a 1＝4，所以a 33＝a 1＋32d ＝4＋32×3＝100.故选C.8.(2018·浙江高考)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .若a ＝7，b ＝2，A ＝60°，则sinB ＝________，c ＝________.解析：由正弦定理a sin A ＝b sin B ，得sin B ＝b a ·sin A ＝27×32＝217.由余弦定理a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，得7＝4＋c 2－4c ×cos60°，即c 2－2c －3＝0，解得c ＝3或c ＝－1(舍去). 答案：2173 应用(五) 转换方程形式解决问题把题目中给定的方程根据题意转换形式，凸现其隐含条件，充分发挥其方程性质，运用有关方程的解的定理(如根与系数的关系、判别式、实根分布的充要条件)使原问题获解，这是方程思想应用的又一个方面.[例5] 已知sin(α＋β)＝23，sin(α－β)＝15，求tan αtan β的值.[解] 法一：由已知条件及正弦的和(差)角公式，得 ⎩⎪⎨⎪⎧sin αcos β＋cos αsin β＝23，sin αcos β－cos αsin β＝15，所以sin αcos β＝1330，cos αsin β＝730.从而tan αtan β＝sin αcos βcos αsin β＝137.法二：令x ＝tan αtan β.因为sin （α＋β）sin （α－β）＝103，且sin （α＋β）sin （α－β）＝sin （α＋β）cos αcos βsin （α－β）cos αcos β＝tan α＋tan βtan α－tan β＝tan αtan β＋1tan αtan β－1＝x ＋1x －1. 所以得到方程x ＋1x －1＝103.解方程得tan αtan β＝x ＝137.[技法领悟]本例解法二运用方程的思想，把已知条件通过变形看作关于sin αcos β与cos αsin β⎝ ⎛⎭⎪⎫或tan αtan β的方程来求解，从而获得欲求的三角表达式的值.[应用体验]9.(2019·全国卷Ⅲ)设F 1，F 2为椭圆C ：x 236＋y 220＝1的两个焦点，M 为C 上一点且在第一象限.若△MF 1F 2为等腰三角形，则M 的坐标为________.解析：设F 1为椭圆的左焦点，分析可知点M 在以F 1为圆心，焦距为半径的圆上，即在圆(x ＋4)2＋y 2＝64上.因为点M 在椭圆x 236＋y 220＝1上，所以联立方程可得⎩⎪⎨⎪⎧（x ＋4）2＋y 2＝64，x 236＋y 220＝1，解得⎩⎨⎧x ＝3，y ＝±15.又因为点M 在第一象限，所以点M 的坐标为(3，15). 答案：(3，15)10.设非零向量a ，b ，c 满足a ＋b ＋c ＝0，|a |＝2，b ，c ＝120°，则|b |的最大值为________.解析：∵a ＋b ＋c ＝0，∴a ＝－(b ＋c )， ∴|a |2＝|b |2＋2|b ||c |cos120°＋|c |2，即|c |2－|b ||c |＋|b |2－4＝0， ∴Δ＝|b |2－4(|b |2－4)≥0，解得0<|b |≤433，即|b |的最大值为433.答案：433[总结升华]函数与方程思想在解题中的应用主要涉及以下知识(1)函数与不等式的相互转化，把不等式转化为函数，借助函数的图象和性质可解决相关的问题，常涉及不等式恒成立问题、比较大小问题.一般利用函数思想构造新函数，建立函数关系求解.(2)三角函数中有关方程根的计算，平面向量中有关模、夹角的计算，常转化为函数关系，利用函数的性质求解.(3)数列的通项与前n 项和是自变量为正整数的函数，可用函数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问题，一般利用二次函数或一元二次方程来解决.(4)解析几何中有关求方程、求值等问题常常需要通过解方程(组)来解决，求范围、最值等问题常转化为求函数的值域、最值来解决.(5)立体几何中有关线段、角、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.。

2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题九第一讲函数与方程思想

( 3 )的取值范围是(34.2).C ．324D ．32[解析] 当y ＝a 时.2(x ＋1)＝a .所以x ＝a2－1.设方程x ＋ln x ＝a 的根为t .则t ＋ln t ＝a .则|AB |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －a 2＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t －t ＋ln t 2＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－ln t 2＋1. 设g (t )＝t 2－ln t2＋1(t >0).则g ′(t )＝12－12t ＝t －12t.令g ′(t )＝0.得t ＝1.当t ∈(0,1)时.g ′(t )<0；当t ∈(1.＋∞)时.g ′(t )>0. 所以g (t )min ＝g (1)＝32.所以|AB |≥32.所以|AB |的最小值为32.『规律总结』求最值或参数范围的技巧(1)充分挖掘题设条件中的不等关系.构建以待求字母为元的不等式(组)求解．(2)充分应用题设中的等量关系.将待求参数表示成其他变量的函数.然后应用函数知识求解．(3)当问题中出现两数积与这两数和时.是构建一元二次方程的明显信息.构造方程再利用方程知识使问题巧妙解决．(4)当问题中出现多个变量时.往往要利用等量关系去减少变量的个数． G 跟踪训练en zong xun lian如图.A 是单位圆与x 轴的交点.点P 在单位圆上.∠AOP ＝θ(0<θ<π).OQ →＝OA →＋OP →.四边形OAQP 的面积为S .当OA →·OP →＋S 取得最大值时θ的值为( B )短轴长为2.离心率为2.直线A ．[3－23.＋∞)B ．[3＋23.＋∞)C ．[－74.＋∞)D ．[74.＋∞)[解析] 由c ＝2.得a 2＋1＝4. ∴a 2＝3. ∴双曲线方程为x23－y 2＝1. 设P (x .y )(x ≥3). OP →·FP →＝(x .y )·(x ＋2.y ) ＝x 2＋2x ＋y 2＝x 2＋2x ＋x23－1＝43x 2＋2x －1(x ≥3)．令g (x )＝43x 2＋2x －1(x ≥3).则g (x )在[3.＋∞)内单调递增. g (x )min ＝g (3)＝3＋23.∴OP →·FP →的取值范围为[3＋23.＋∞)．。

2020届高三理科数学二轮复习讲义：模块一第一讲函数与方程思想Word版含解析.doc

模块一数学思想与解题技法篇第一讲函数与方程思想思想方法解说函数的思想：是经过成立函数关系或结构函数，运用函数的图象和性质去剖析问题、转变问题，进而使问题获取解决的思想．2．方程的思想：是成立方程或方程组或许结构方程或方程组，经过解方程或方程组或许运用方程的性质去剖析问题、转变问题，进而使问题获取解决的思想 .重点一函数与方程思想在函数、方程、不等式中的应用[分析](1)当 y＝a 时， 2(x＋1)＝a，所以 x＝a－1. 2设方程＋＝a 的根为t，则t＋＝，则＝－a＋1＝x lnx lnt a|AB| t2t ＋lnt＝ t －lnt＋1 .设 g(t) ＝ t －lnt ＋ 1(t>0) ，则 ′ (t) ＝1－ 1－＋ 1g t222 2 22 2tt －1＝ 2t ，令 g ′(t)＝0，得 t ＝1，当 t ∈(0,1)时， g ′(t)<0；当 t ∈(1，33＋∞)时， g ′(t)>0，所以 g(t)min ＝ g(1)＝ 2，所以 |AB|≥2，所以 |AB|的3最小值为 2，应选 D.(2)由于函数 f(x)＝log 3(9x ＋t 2)是定义域 R 上的增函数，且为 “优美函数 ”，则 f(x)＝x 起码有两个不等实根，由logx ＋t 2＝，得9 x3(9) x2xx 2x2x λ2＋t ＝3，所以 (3) －3 ＋t ＝0 有两个不等实根．令 λ＝3 ，则 λ( >0)＝－ 4t 2>0，1 1－λ＋t 2＝01有两个不等正实根，所以t 2>0，解得－ 2<t<2，11且 t ≠0，所以实数 t 的取值范围是－2，0∪0，2.[答案] (1)D (2)C函数与方程思想在函数、方程、不等式中的应用技巧(1) 求字母 (式子 )的值的问题常常要依据题设条件建立以待求字母(式子 )为元的方程 (组)，而后由方程 (组)求得．(2)求参数的取值范围一般有两种门路：其一，充足发掘题设条件中的不等关系，建立以待求字母为元的不等式 (组)求解；其二，充足应用题设中的等量关系，将待求参数表示成其余变量的函数，而后，应用函数知识求值域．(3)在解决不等式问题时，一种最重要的思想方法就是结构适合的函数，利用函数的图象和性质解决问题．同时要注意在一个含多个变量的数学识题中，需要确立适合的变量和参数，进而揭露函数关系，使问题更明亮化．一般地，已知存在范围的量为变量，而待求范围的量为参数．[对点训练 ]1 ． ·湖南省湘中名校高三联考 ) 若正数a ，知足： 1＋2＝1，(2017 b a b则 2 ＋ 1的最小值为 ( )a －1b －23 253 2A ．2 B.2C.2D ．1＋ 41 22a[分析]由 a ，b 为正数，且 a ＋b ＝1，得 b ＝a －1>0，所以 a －1>0，所以2 1 ＝ 2 ＋ 1 ＝2 a －1 － 1 ＋－2 － 2a a －＋ 2 ≥2a b a 1 a －1－212a －1 2 a －1 1 2a －1·2 ＝2，当且仅当 a －1＝ 2 和a ＋ b ＝1 同时成立，即 a ＝＝ 3 时等号成立，所以 2 ＋ 1 的最小值为 2，应选 A. b a －1 b －2[答案] A． ·豫南九校联考若对于的方程－－|x ＋ 2|有实根，2 ) x 2 2＝2＋a(2017则实数 a 的取值范围是 ________．[分析] 令 f(x)＝2－2 －|x ＋2|，要使方程 f(x)＝2＋a 有实根，只要 2＋ a 是 f(x)值域内的值，又可知 f(x)的值域为 [1,2)，∴ 1≤2＋a<2，解得－ 1≤a<0.[答案 ] [－1,0)重点二函数与方程思想在数列中的用[ 思流程 ] (1)由已知推―→求a n―→关系式由已知方程(2) 结构函数―→研究所结构函数的性―→ 得果[ 分析 ] (1)∵a n＋1－a n＝2n，∴当 n≥2 ， a n－a n－1＝2(n－1)，∴a n＝(a n－ a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋⋯＋(a2－a1)＋a1＝(2n－2)＋ (2n －4)＋⋯＋2＋ 33＝n2－n＋33(n≥2)．又 a1＝33＝1－1＋33，故 a1足上式，∴a n＝n2－n＋33(n∈N* )，∴an n＝n＋33n－1，3333令 f(x)＝x＋x－1(x>0)， f′(x)＝1－x2 .令 f′(x)＝0，得 x＝ 33，易知当 x∈(0， 33)，f ′(x)<0，当 x∈( 33，＋∞)，f ′(x)>0，∴ f(x)在区 (0，33)上减，在区 (33，＋∞)上增，33533321又 5< 33<6 ，且f(5) ＝ 5＋5－ 1＝5， f(6)＝ 6＋6－1＝2 ，f(5)>f(6)，∴当 n＝6 ，an n有最小212.(2)结构函数 f(x)＝x5＋2016x，f(x)是奇函数，且在R 上增，依意得，f(1－a1008)＝－ f(1－a1009)，又－ f(1－a1009)＝f(a1009－1)，f(1－a1008)＝f(a1009－1)，所以 1－a1008＝a1009－1，即 a1008＋a1009＝2，所以 S2016＝a1＋a2016×2016＝a1008＋a1009×2016＝2016，清除 B，22D；由 f(1－a1008)>f(1－a1009)，得 1－a1008>1－a1009，所以 a1008<a1009，故 C.21(2)C[答案] (1) 2函数与方程思想在数列中的用技巧(1)数列的通与前n 和是自量整数的函数，可用函数的点去理数列，常波及最或参数范，一般利用二次函数或一元二次方程来解决．(2)解本例 (2)的关：一是会结构函数，即会通察已知等式的特色，结构函数，并判断所结构的函数的奇偶性与性；二是会利用函数的性，得出数列的性，进而比大小；三是能灵巧运用等差数列的性．[点 ]3．(2017 ·安徽皖江名校考 )等差数列 { a n} 的前 n 和 S n，且足S1S2S3S15S15>0，S16<0，a2，a2，a3，⋯， a15中最大的()S 8 S 7 S 6S 9A.a 8B.a 7C.a 6 D.a 9 [分析]15 a 1＋a 15>0，得 a 1＋a 15>0，由 S 15＝ 2a 8>0，由 S 16＝ 16 a 1 ＋a 16<0，得 a 1 ＋a 16<0， a 8 ＋a 9<0，2∴ a 9<0，∴公差 d<0，所以 { a n } 减，S 1 S 2 S 8 S 9 S 10 S 15易知a 1 >0，a 2>0，⋯，a 8 >0，a 9 <0，a 10<0，⋯，a 15<0，且 S 1<S 2<⋯<S 8，a 1>a 2>⋯>a 8，S 1 S 2S 15S 8所以在 a 1，a 2 ，⋯，a 15中最大的是 a 8.故 A.[答案] A4．(2017 ·西安一模 ) 等比数列 { a n } 足 a 1＋ a 3＝10，a 2＋a 4＝5，a 1a 2⋯a n 的最大 ________．[分析]等比数列 { a n } 的公比 q ，由 a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q(a 1＋a 3)＝ 5，知 q ＝1.又 a 1＋a 1q 2＝ 10，∴ a 1＝8.2n － 1 nn 1＋2＋⋯＋(n － 1)3n1 2故 a 1a 2⋯a a ＝a 1q＝2·23n － n 2 ＋ n－n 2 7＋ n＝ 22 2＝2 22.t ＝－ n 2 7n1 2－7n)，2 ＋2 ＝－ 2(n合 n ∈N *可知 n ＝3 或 4 ， t 有最大 6. 又 y ＝2t 增函数，进而 a 1a 2⋯a n 的最大 26＝64.[答案]64重点三函数与方程思想在分析几何中的应用[ 解] (1)设直线 AP 的斜率为 k ，x 2－1k ＝41 ＝x －1，2x ＋213由于－ 2<x<2，所以直线 AP 斜率的取值范围是 (－1,1)．1 1(2)设直线 AP 的斜率为 k ，则 AP 方程为 kx －y ＋2k ＋4＝0.9 3 由题意 BQ ⊥AP.故 BQ 的直线方程为x ＋ky －4k －2＝0.－＋1 ＋1＝0，联立直线 AP 与 BQ 的方程 kx y 2k49 3x ＋ky －4k －2＝0，解得点 Q 的横坐标是 x Q ＝－k 2＋ 4k ＋32.2 k ＋1由于 |PA|＝ 1＋k 2＋ 1 ＝ 1＋ k 2 ＋，x 2 (k 1)2|PQ|＝ 1＋k 2(x Q －x)＝－ k － 1 k ＋1 ，k 2＋1所以 |PA| ·|PQ|＝－ (k －1)(k ＋1)3.令 f(k)＝－ (k －1)(k ＋1)3，由于 f ′(k)＝－ (4k－2)(k＋1)2，所以 f(k)在区间－1，1上单一递加，1，1上单一递减，22127所以当 k＝2时， |PA| ·|PQ|获得最大值16.(1)求圆锥曲线的方程、离心率，往常利用方程的思想成立a，b，c的关系式求解．(2)解决分析几何中范围、最值问题的一般思路为：在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或许多个)变量的函数，而后借助于函数值域、最值的研究来使问题得以解决．[对点训练 ]5．(2017 ·郑州质检 )已知圆 M：x2＋y2＝r2(r>0)与直线 l1：x－3y→＋4＝0 相切，设点 A 为圆上一动点， AB⊥x 轴于 B，且动点 N 知足 AB →＝2NB，设动点 N 的轨迹为曲线 C.(1)求曲线 C 的方程；(2)直线 l 与直线 l1垂直且与曲线 C 交于 P，Q 两点，求△ OPQ(O 为坐标原点 )面积的最大值．[ 解] (1)设动点 N(x，y)，A(x0，y0)，由于 AB⊥x 轴于 B，所以B(x0,0)，|4|由题意得， r＝＝2，所以圆 M 的方程为 M：x2＋y2＝4.→ →由于 AB ＝2NB ，所以 (0，－ y 0)＝2(x 0－x ，－ y)，x 0＝x ，即y 0＝2y ，2将 A(x,2y)代入圆 M ： x 2＋y 2＝4 中，得动点 N 的轨迹方程为 x4＋y 2＝1.(2)由题意，设直线 l ： 3x ＋y ＋m ＝0，P(x 1，y 1)，Q(x 2，y 2)，联立直线l 与椭圆C 的方程得y ＝－ 3x －m ，x 2＋4y 2＝4，消去y ，得13x 2＋83mx＋4m 2－4＝ 0，＝ 192m 2－4×13(4m 2－4)＝16(－m 2＋ 13)>0，解得 m 2<13，x 1＋2＝－8 3m，x 1·2＝4 m 2－1 x13x 13.又点 O 到直线 l 的距离 d ＝|m|，|PQ|＝2|x 1－x 2 ＝ 8213－ m ，2| 131 |m| 8 13－ m2 2m 2 13－m 2≤ 1，当且仅当 m2所以 S △ OPQ ＝ · ·13 ＝132 2＝13－ m2，即 m ＝± 226时，等号成立．故△ OPQ 面积的最大值为 1.—————————————————————1．函数思想与方程思想是亲密有关的，如函数问题能够转变为方程问题来解决，方程问题也能够转变为函数问题加以解决，如解方程 f(x)＝0，就是求函数 y ＝f(x)的零点，再如方程 f(x)＝g(x)的解的问题能够转变为函数 y ＝f(x)与 y ＝g(x)的交点问题，也能够转变为函数 y＝ f (x)－g(x)与 x 轴的交点问题，方程 f(x)＝a 有解，当且仅当 a 属于函数 f(x)的值域．2．当问题中波及一些变化的量时，就需要成立这些变化的量之间的关系，经过变量之间的关系研究问题的答案，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、解方程以及议论参数的取值范围等问题，二是在问题的研究中，能够经过成立函数关系式或结构中间函数来求解．。

高三二轮复习--函数与方程的思想方法

【分析】已知了一个积式，考虑能否由其它已知得到一个和式，再用方程思想求解?
A ,C 5
4 12
a b 4 6, c 4 3 4
考题分析
【例4】设 f (x) lg 1 2x 4x a ，如果当x∈(-∞,1]
3
时f(x)有意义，求实数a的取值范围。
【分析】当x∈(-∞,1]时f(x)有意义的函数问题，转化为 1 2x 4x a 0 在x∈(-∞,1]上恒成立的不等式问题。
考题分析
【例2】设等差数列{an}的前n项的和为S，已知 a3＝12，S12>0，S13<0 。 ① 求公差d的取值范围； ②指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由。
① 24 d 3 7
②
s6
考题分析
【例3】已知△ABC三内角A、B、C的大小成等差数列，且tgA·tgC＝2＋ 3 ，又知顶点C的对边 c上的高等于4 3 ,求△ABC的三边a、b、c及三内角。
淘客淘客
考题分析
【例1】建造一个容积为8m，深为2m的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为 120元和80元，则水池的最低造价为１__７__６__０__元__。
【略解】
设长x，则宽 4 ，
x 造价y＝4×120＋4x×80＋
16 x
×80
≥1760，
x 0或x 1
函数与方程的思想方法
函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题。
方程思想，是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型（方程、不等式、或方程与不等式的混合组），然后通过解方程（组）或不等式（组）来使问题获解。有时，还实现函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的。

2020版高考数学二轮复习第3部分策略1活用4大数学思想4转化与化归思想教案文

4．转化与化归思想转化与化归思想，就是在研究和解决有关数学问题时采用某种手段将问题通过变换使之转化，进而得到解决的一种方法．一般总是将复杂的问题通过变换转化为简单的问题，将难解的问题通过变换转化为容易求解的问题，将未解决的问题通过变换转化为已解决的问题.应用1 正与反的转化【典例1】若对任意的t ∈[1,2]，函数g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m2＋2x 2－2x 在区间(t,3)上不总为单调函数，则实数m 的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－5 [由题意得g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2. 若g (x )在区间(t,3)上总为单调函数，则①g ′(x )≥0在(t,3)上恒成立，或②g ′(x )≤0在(t,3)上恒成立．由①得3x 2＋(m ＋4)x －2≥0，即m ＋4≥2x －3x 在x ∈(t,3)上恒成立，∴m ＋4≥2t－3t 恒成立，则m ＋4≥－1，即m ≥－5；由②得m ＋4≤2x－3x 在x ∈(t,3)时恒成立，则m ＋4≤23－9，即m ≤－373.∴函数g (x )在区间(t,3)上不总为单调函数的m 的取值范围为－373＜m ＜－5.]本题是正与反的转化，由于不为单调函数有多种情况，先求出其反面，体现“正难则反”的原则.题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑比较简单，因此，间接法多用于含有“至多”“至少”及否定性命题情形的问题中.【对点训练1】由命题“存在x 0∈R ，使e|x 0－1|－m ≤0”是假命题，得m 的取值范围是(－∞，a )，则实数a 的取值是( )A ．(－∞，1)B ．(－∞，2)C ．1D ．2C [由命题“存在x 0∈R ，使e|x 0－1|－m ≤0”是假命题，可知它的否定形式“任意x ∈R ，使e|x －1|－m ＞0”是真命题，可得m 的取值范围是(－∞，1)，而(－∞，a )与(－∞，1)为同一区间，故a ＝1.]【对点训练2】已知集合A ＝{x |－1≤x ≤0}，集合B ＝{x |ax ＋b ·2x－1＜0,0≤a ≤2,1≤b ≤3}，若a ∈R ，b ∈R ，则A ∩B ≠∅的概率为( )A.14B.34C.116D.1516D [因为a ∈[0,2]，b ∈[1,3]，所以(a ，b )对应的区域为边长为2的正方形，如图，正方形的面积为4.令函数f (x )＝ax ＋b ·2x－1，x ∈[－1,0]，则f ′(x )＝a ＋b ln 2·2x.因为a ∈[0,2]，b ∈[1,3]，所以f ′(x )＞0，即f (x )在[－1,0]上是单调递增函数，所以f (x )在[－1,0]上的最小值为－a ＋b 2－1.要使A ∩B ＝∅，只需f (x )min ＝－a ＋b2－1≥0，即2a －b＋2≤0，所以满足A ∩B ＝∅的(a ，b )对应的区域为如图所示的阴影部分．易知S 阴影＝12×1×12＝14，所以A ∩B ＝∅的概率为144＝116，故A ∩B ≠∅的概率为1－116＝1516.]应用2 特殊与一般的转化【典例2】在△ABC 中，三边长a ，b ，c 满足a ＋c ＝3b ，则tan A 2tan C2的值为( )A.15 B.14 C.12D.23C [令a ＝4，c ＝5，b ＝3，则符合题意(取满足条件的三边)．则由C ＝90°，得tan C2＝1.由tan A ＝43，得2tanA21－tan2A 2＝43，解得tan A 2＝12.所以tan A 2·tan C 2＝12×1＝12.]一般与特殊之间的转化是在解题的过程中将某些一般问题进行特殊化处理或是将某些特殊问题进行一般化处理的方法.此方法多用于选择题和填空题的解答.破解此类题的关键点：①确立转化对象，一般将要解决的问题作为转化对象.②寻找转化元素，由一般问题转化为特殊问题时，寻找“特殊元素”；由特殊问题转化为一般问题时，寻找“一般元素”.③转化为新问题，根据转化对象与“特殊元素”或“一般元素”的关系，将其转化为新的需要解决的问题.④得出结论，求解新问题，根据所得结果求解原问题，得出结论.【对点训练3】如果a 1，a 2，…，a 8为各项都大于零的等差数列，公差d ≠0，那么( ) A ．a 1a 8＞a 4a 5 B ．a 1a 8＜a 4a 5 C ．a 1＋a 8＞a 4＋a 5D ．a 1a 8＝a 4a 5B [取特殊数列1,2,3,4,5,6,7,8，显然只有1×8＜4×5成立，即a 1a 8＜a 4a 5.] 【对点训练4】设四边形ABCD 为平行四边形，|AB →|＝6，|AD →|＝4.若点M ，N 满足BM →＝3MC →，DN →＝2NC →，则AM →·NM →＝( )A ．20B ．15C ．9D ．6C [法一：(特例法)若四边形ABCD 为矩形，建系如图．由BM →＝3MC →， DN →＝2NC →，知M (6,3)，N (4,4)，∴AM →＝(6,3)，NM →＝(2，－1)，AM →·NM →＝6×2＋3×(－1)＝9.法二：如图所示，由题设知，AM →＝AB →＋BM →＝AB →＋34AD →，NM →＝NC →－MC →＝13AB →－14AD →，∴AM →·NM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫AB →＋34AD →·⎝ ⎛⎭⎪⎫13AB →－14AD →＝13|AB →|2－316|AD →|2＋14AB →·AD →－14AB →·AD →＝13×36－316×16＝9.]应用3 常量与变量的转化【典例3】已知函数f (x )＝x 3＋3ax －1，g (x )＝f ′(x )－ax －5，其中f ′(x )是f (x )的导函数．对任意a ∈[－1,1]都有g (x )＜0，则实数x 的取值范围为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1 [由题意，知g (x )＝3x 2－ax ＋3a －5，令φ(a )＝(3－x )a ＋3x 2－5，－1≤a ≤1.因为对a ∈[－1,1]，恒有g (x )＜0，即φ(a )＜0，所以⎩⎪⎨⎪⎧φ＜0，φ－＜0，即⎩⎪⎨⎪⎧3x 2－x －2＜0，3x 2＋x －8＜0，解得－23＜x ＜1.故当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，1时，对任意a ∈[－1,1]都有g (x )＜0.]本题若按常规法视x 为主元来解，需要分类讨论，这样会很烦琐，若以a 为主元，即将原问题化归在区间[－1，1]上，一次函数φa ＝－x a ＋3x 2－5＜0成立的x 的取值范围，再借助一次函数的单调性就很容易使问题得以解决.在处理多变元的数学问题时，我们可以选取其中的常数或参数，将其看作是“主元”，实现主与次的转化，即常量与变量的转化，从而达到减元的目的.【对点训练5】设y ＝(log 2x )2＋(t －2)log 2x －t ＋1，若t ∈[－2,2]时，y 恒取正值，则x 的取值范围是________．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞) [设y ＝f (t )＝(log 2x －1)t ＋(log 2x )2－2log 2x ＋1，则f (t )是一次函数，当t ∈[－2,2]时，f (t )＞0恒成立，则⎩⎪⎨⎪⎧f－＞0，f ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧2x 2－4log 2x ＋3＞0，2x2－1＞0，解得log 2x ＜－1或log 2x ＞3. 即0＜x ＜12或x ＞8，故x 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(8，＋∞)．] 【对点训练6】对于满足0≤p ≤4的所有实数p ，使不等式x 2＋px ＞4x ＋p －3成立的x 的取值范围是________．(－∞，－1)∪(3，＋∞) [设f (p )＝(x －1)p ＋x 2－4x ＋3，则当x ＝1时，f (p )＝0.所以x ≠1.f (p )在0≤p ≤4时恒为正等价于⎩⎪⎨⎪⎧f＞0，f ＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧x －x －＞0，x 2－1＞0，解得x ＞3或x ＜－1.故x 的取值范围为(－∞，－1)∪(3，＋∞)．]应用4 函数、方程、不等式间的转化【典例4】已知函数f (x )＝3e |x |，若存在实数t ∈[－1，＋∞)，使得对任意的x ∈[1，m ]，m ∈Z 且m ＞1，都有f (x ＋t )≤3e x ，试求m 的最大值．[解] ∵当t ∈[－1，＋∞)且x ∈[1，m ]时，x ＋t ≥0， ∴f (x ＋t )≤3e x ⇔ex ＋t≤e x ⇔t ≤1＋ln x －x .∴原命题等价转化为：存在实数t ∈[－1，＋∞)，使得不等式t ≤1＋ln x －x 对任意x ∈[1，m ]恒成立．令h (x )＝1＋ln x －x (1≤x ≤m )． ∵h ′(x )＝1x－1≤0，∴函数h (x )在[1，＋∞)上为减函数，又x ∈[1，m ]，∴h (x )min ＝h (m )＝1＋ln m －m . ∴要使得对任意的x ∈[1，m ]，t 值恒存在，只需1＋ln m －m ≥－1.∵h (3)＝ln 3－2＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ·3e ＞ln 1e ＝－1，h (4)＝ln 4－3＝ln ⎝⎛⎭⎪⎫1e ·4e2＜ln 1e＝－1，又函数h (x )在[1，＋∞)上为减函数， ∴满足条件的最大整数m 的值为3.函数与方程、不等式联系密切，解决方程、不等式的问题需要函数帮助. 解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，因此借助于函数与方程、不等式进行转化与化归可以将问题化繁为简，一般可将不等关系转化为最值值域问题，从而求参变量的范围.【对点训练7】已知正数x ，y 满足x 2＋2xy －3＝0，则2x ＋y 的最小值是________．3 [由题意得，y ＝3－x 22x ，所以2x ＋y ＝2x ＋3－x 22x ＝3x 2＋32x ＝32⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ≥3，当且仅当x ＝y＝1时，等号成立．故所求最小值为3.]【对点训练8】方程2x＋3x ＝k 的解在[1,2)内，则k 的取值范围为________． [5,10) [令函数f (x )＝2x＋3x －k ，则f (x )在R 上是增函数．当方程2x＋3x ＝k 的解在(1,2)内时，f (1)·f (2)＜0，即(5－k )(10－k )＜0，解得5＜k ＜10. 当f (1)＝0时，k ＝5.综上，k 的取值范围为[5,10)．]应用5 形体位置关系的相互转化【典例5】已知在三棱锥P ABC 中，PA ＝BC ＝234，PB ＝AC ＝10，PC ＝AB ＝241，则三棱锥P ABC 的体积为( )A ．40B ．80C ．160D ．240C [因为三棱锥P ABC 的三组对边两两相等，故可将此三棱锥放在一个特定的长方体中(如图所示)，把三棱锥P ABC 补成一个长方体AEBG FPDC .易知三棱锥P ABC 的各棱分别是此长方体的面对角线．不妨令PE ＝x ，EB ＝y ，EA ＝z ，则由已知，可得⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2＝100，x 2＋z 2＝136，y 2＋z 2＝164⇒⎩⎪⎨⎪⎧x ＝6，y ＝8，z ＝10.从而知V P ABC ＝V AEBG FPDC －V P AEB －V C ABG －V B PDC －V A FPC ＝V AEBG FPDC －4V P AEB ＝6×8×10－4×13×12×6×8×10＝160.]形体位置关系的相互转化的技巧分析特征，一般要分析形体特征，根据形体特征确立需要转化的对象.位置转化，将不规则几何体通过切割、挖补、延展等方式转化为便于观察、计算的常见几何体.由于新的几何体是转化而来，一般需要对新的几何体的位置关系、数据情况进行必要分析，准确理解新的几何体的特征.得出结论，在新的几何结构中解决目标问题.【对点训练9】如图，在棱长为5的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，EF 是棱AB 上的一条线段，且EF ＝2，点Q 是A 1D 1的中点，点P 是棱C 1D 1上的动点，则四面体PQEF 的体积 ( )A ．是变量且有最大值B ．是变量且有最小值C ．是变量且有最大值和最小值D ．是常数D [点Q 到棱AB 的距离为常数，所以△EFQ 的面积为定值．由C 1D 1∥EF ，可得棱C 1D 1∥平面EFQ ，所以点P 到平面EFQ 的距离是常数，于是可得四面体PQEF 的体积为常数．]【对点训练10】如图，在直三棱柱ABC A 1B 1C 1中，底面为直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝6，BC ＝CC 1＝2，P 是BC 1上一动点，则CP ＋PA 1的最小值是________．A1C的长度就是所求的最小值．＝45°，所以∠A1C1C＝135°.由余弦定理可求得A1C＝5 2.]。

新高考数学二轮复习：策略11.函数与方程思想

解題技巧有万千•作者將悵甥罢年来的经验总结.教令同学何最尚单、理遐捷、矗易韋握、准确率as 高的解题思路和技巧"本as 分倉有”活用4大数学思想，戏用呑阳秒杀选择、填空题，活用4招龙解压轴解吾题’妙用E 牛二级结论巧解高考题”，一定会让怖在書考中起到意想平到的效卑！＜括用4大数学思想1.函数与方程思想第三部分t 曾分篇■函数思想方程思想函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立各变量之间固有的函数关系，通过函数形式，禾用函数的有关性质，使问题得到解决•方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，根据题中的等量关系，列方程(组)，通过解方程(组) 或对方程(组)进行研究，以求得问题的解决•4I心、心、7 八I 亠心、心、— 丿 J H J /J 、| I I 7 7、| |-| —2 I W I I U I W 丿S H J I思想重在对问题进行动态的研究，方程思想则是动中求解，研究运动中的等量关系.应用1目标函数法求最值【典例1】(1)已知在半径为2的扇形AOB 中，/ AOB = 120°, C 是OB 的中点，P 为弧AB 上任意一点，且OP = OA + Q C ,贝U H 卩的最大值为⑵已知正四棱锥P-ABCD 中，PA = 2,3,贝U 当该正四棱锥的体积最大时，它的高h等于 _______________ .切入点：(1)联想三角函数的定义、平面向量的坐标运算，建系求解. ⑵建立体积V 与高h 之间的等量关系，借助导数等工具求 V 最大时的h 值.⑴厶3" (2)2 [(1)建立如图所示的平面直角坐标系， O(0,0),A(2,0),C ：-2,P(2cos 0, 2sin 彷,尸 4sin 0,1 .k= cos + T^sin 0,则 X 2,0) +=(2cos 0, 2sin 0),即*：2—舟尸 2cos 0,中尸2sin 0,解得_5_A+ 尸—§sin 0+ cos 0=n(0+妨，其中tan，据此可知，当 sin( 0则OA = (2,0) ,OC = — 1, 设则+ ©)= 1时，入 +卩取得最大值竇亠(2)设正四棱锥P-ABCD 的底面边长为a ,2+ h 2— 12,即寻+ h 2— 12, •/ FA = 2 3,二故 a 2— 24 — 2h 2,A正四棱锥 P-ABCD 的体积 V —|a 2h — 8h — |h 3(h >0),二 V 2=8 — 2h 2, 令V'>0得0v h v2,令 V <得h>2,「.当h = 2时，正四棱锥P-ABCD 的体积取得最大值.] 【对点训练1】(1)(2017全国卷I)已知F 为抛物线C : y 2— 4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线11, 12，直线11与C 交于A , B 两点，直线12与C 交于D , E 两点，则|AB|+ |DE |的最小值为( )B . 14C . 12D . 10 (2)(2019北京高考)设等差数列｛a n ｝的前n 项和为S n ,若贝U a 5 = _________ , S n 的最小值为 ________ . a 2 — — 3, S 5 — — 10,., 2 (1) A (2)0 — 10 [(1)因为F 为y — 4x 的焦点，所以 F(1,0). 由题意直线l 1, l 2的斜率均存在，且不为0,设11的斜 1 率为k ,则12的斜率为—k ,故直线"，12的方程分别为y =y_ —Jk(x —1), y = — jk (x —1). 由;y —k (x —1, Ly 2-4x , 得 k 2x 2— (2k 2 + 4)x + k 2 — 0. 2k 2 + 4 设 A (X 1 , y", B(x 2 , 丫2),则 X 1 + X 2 — ―k2 — , X 1X 2— 1, 所以 |AB|— . 1 + k 2 |x 1 — X 2| —p 1+ k 2P (X 1 + X 2$ — 4x 1x 2『+ 42容 / k - —.1+ k 2- k 同理可得 |DE|= 4(1 + k 2).所以|AB|+ |DE匸k2 + 4(1 + k2)=4 k2+ 1 + 1 + k2= 8 + 4 k2+右>8 + 4X2= 16, 当且仅当k2=吉，即k=±时，取得等号.故选A.⑵设等差数列｛a n｝的前n项和为S n, a2= —3, &=—10, a1 + d= —3,•I 5X4 解得a1= —4, d= 1,5a1 + ~2~d = —10,a5 = a1 + 4d= —4+4 X 1 = 0,n(n—1)n(n—1 1( 9* 81S n= na1+ 2d= —4n+ 2= 2 n —2 —"3 ,• n= 4或门=5时，S n取最小值为S4= S5= —10.]应用2分离参数法求参数范围【典例2] (1)若方程cos2x—sin x+ a= 0在0, 2上有解，则实数a的取值范围为________ .⑵若对x€ (—X, —1],不等式(m2—m)2x—舟乂＜ 1恒成立，贝U实数m的取值范围是_________ .切入点：(1)法一：分离参数构建函数，将方程有解问题转化为求函数的值域.法二：三角换元转化为一元二次方程在给定区间上有解.⑵分离参数，建立函数，将不等式恒成立问题转化为函数最值及解不等式问题.(1)( —1,1] (2)(—2,3) [(1)法一：(分离变量)把方程变形为a= —co$x+ sin x,2设f(x)= —cos x+ sin x,显然，当且仅当a属于f(x)的值域时有解.因为f(x)= —(1 —sin2x) + sin x= [sin x+1J —4，且由x€ Jo,才知sin x€ (0,1],易求得f(x)的值域为(—1,1],故a的取值范围是(—1,1].2法二：(换元法)令t= sinx,由x€ p ，可得t€ (0,1］,2将方程变为t +1 —1— a = 0.依题意，该方程在(0,1］上有解,设f(t) = t2+1 —1—a,其图象是开口向上的抛物线,1 一对称轴t= —2，如图所示，f0戶0,f1 戸0,等价于因此，f(t) = 0在(0,1］上有解—1 —a v 0,即，所以一1v a< 1,J —a> 0,故a的取值范围是(—1,1].⑵不等式(m2—m)2x—v 1恒成立，等价于m2—m v步 + *? m2—m v[£x f + {"min，构造函数f(x)= + 2，利用换元法，令t = 则y= t2+ t= 4 + 2) 2 1 f 1 ¥ 1—4, t x€ (—x,—1], A t € [2 ,+x), .•. y = t2+1= t + 2 —4 的最小值为6, •••m2—m v6? m2—m—6v0? —2v m v3,所以实数m 的取值范围是一2v m v3.]【对点训练2】(2019 •天津高考)已知a€ R ,设函数f(x)=x—2ax+ 2a, x w 1,若关于x的不等式f(x)》0在R上恒成立，则a的取值范x —aln x, x> 1.围为()A • [0,1]B • [0,2]C. [0, e]D. [1, e]C [当x< 1时，由f(x) = x2—2ax+ 2a > 0恒成立，而二次函数f(x)图象的对称轴为直线x= a,所以当a> 1时，f(x)min = f(1)= 1 >0恒成立，当a v 1 时，f(x)min = f(a) = 2a —a2>0, • 0<a v 1.综上，a》0.当x> 1时，由f(x)= x —aln x>0恒成立,即a w点恒成立.设g(x)= X，贝U g'x(= ■^.― 2".In x In x令g'x(= 0,得x= e,且当1v x v e时，g'x)v0,当x>e时，g'x)>0,--g(x)min —g(e)—e, - -a W e.综上，a的取值范围是o w a w e,即[0, e] •故选C.]卜应用3函数思想解不等式(比较大小)【典例3】⑴设0v a v 1, e为自然对数的底数，则a, a e, e a—1的大小关系为()典 a , e f e a .A. e —1 v a v aB. a v a v e —1C. a e v e a—1v aD. a v e a—1 v a e⑵设f(x), g(x)分别是定义在R内的奇函数和偶函数，当x<0时，f'x)g(x) + f(x)g'x)>0,且g(—3) = 0,则不等式f(x)g(x)<0 的解集是()A . (—3,0) U (0,3)B . (—3,0)U (3,+^)C. (",—3)U (3,+x)D . (",—3)U (0,3)切入点：(1)借助y= a x(0v a v 1)的单调性比较a与a e的大小；构造函数f(x) = e x—x—1(x>0)比较e a—1与a的大小.⑵构造函数F(x) = f(x)g(x)，借助F(x)的奇偶性、单调性解f(x)g(x)v 0.(1)B (2)D [(1)设f(x)= e x—x—1, x>0,则 f e x—1>0,••• f(x)在(0,+x)上是增函数，且f(0) = 0, f(x)>0,e— 1 >x, 即卩e a— 1 > a.又y=&%(0< a v 1)在R上是减函数，得a > a°,从而e a—1> a> a e.⑵设F(x) = f(x)g(x)，由于f(x), g(x)分别是定义在R内的奇函数和偶函数，得F( —x)二f(—x)g(—x)二一f(x)g(x)二一F(x),即F(x)为定义在R 内的奇函数. 又当x<0时，F'x) = f'x)g(x)+ f(x)g' x)>0, 所以x<0时，f(x)为增函数. 因为奇函数在对称区间上的单调性相同，所以当x>0时，f(x)也是增函数.因为 F( — 3) = f(- 3)g( — 3) = 0=— F(3). 所以由图可知f(x)<0的解集是(一%， 3)U (0,3).]【对点训练3】(1)已知f(x) = log 2x ，x € [2,16]，对于函数f(x)值域内的任意实数m ，使x 2 + mx + 4>2m + 4x 恒成立的实数x 的取值范围为()A . ("，— 2]B . [2，+x )C . ("，— 2] U [2,+x )D . ("，— 2)U (2,+x )⑵已知f(x)是定义在R 上的偶函数，且在区间(一％, 0)上单调递增•若实数 a 满足f(2|a —1|)>f( — A /2)，贝U a 的取值范围是 ______________ .1 3(1)D ⑵ 2, 2 [(1)因为 x € [2,16]，所以 f(x)二Iog 2x € [1,4]，即 m € [1,4].不等式 x 2 + mx + 4>2m + 4x 恒成立，即为 m(x — 2)+ (x — 2)2>0 对 m € [1,4]恒成立.设 g(m)= (x — 2)m + (x — 2)2，则此函数在区间[1,4]上恒大于0,⑵由f(x)是偶函数且f(x)在区间(一％, 0)上单调递增可知，f(x)在区间(0, +^) 上单调递减.又因为 f(2|a —1)>f(— 2),而 f(— 2) = f( 2),所以 2|a —1V 2,即|a1 1 3 —1|V 3，解得 a v 为应用4应用方程思想求值所以』g(1 )>0, Q(4)>0,即:x —2+(x -2) >20,L4(x — 2 + (x — 2) >0,解得X V — 2或x > 2.【典例4】(1)(2018浙江高考)在厶ABC中，角A, B, C所对的边分别为a, b, c.若a=\/7, b= 2, A= 60° 贝U sin B = _______ , c= _________ .2(2)［一题多解］(2018全国卷川)已知点M(—1,1)和抛物线C : y = 4x ,过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A , B 两点•若/ AMB = 90°则k =/曰• r b 2 V21 得 sin B _— sin A _——x 二-_二-. a 寸7 2 7 由余弦定理 a 2_ b 2 + c 2— 2bccos A , 得 7_4+ c 2—4c x cos 60 ；即 c 2— 2c — 3_0,解得 c _ 3 或 c _ — 1(舍去). ⑵法一：由题意知，抛物线的焦点为(1,0)，则过C 的焦点且斜率为k 的直线 fy _ kx — 1 , 2 2 2 2 2 方程为 y _k(x — 1)(k M 0),由 o 消去 y 得 k (x — 1) _4x ,即卩 kx — (2k ly _ 4x 2 2 4 4 消去 x 得 y _ 4 Ry + 1 ,即 y — Ry — 4_0,则 y 〔 + y 2_y 1y 2_ — 4.由/ AMB _ 90° 得MA MB _(X 1+ 1, y 1 — 1) (x 2 + 1, y 2 — 1)_X 1X 2+ X 1 + x 2+ 1 + y 1y 2 — (y 1 + y 2) + 1 _0,y 2_ 4x 1, 法二：设抛物线的焦点为F , A(X 1, y 1), B(x 2, y 2)，贝％ 272 _ 4X 2,所以 y 2— y 2_4(x 1 — X 2),贝U k _"—— _ —4—.取 AB 的中点 M 'x (, y °),分别过X 1 — X 2 y 1 + y 2点A , B 作准线x _— 1的垂线，垂足分别为A ； B',又/AMB _90°点M 在准线 x _— 1 上，所以 |MM '_2AB|_2(|AF|+ |BF|)_2(|AA'+|BB '.又 M 为 AB 的中点, 所以MM 平行于x 轴，且y 0_ 1,所以y 1 + y 2_ 2,所以k _2.］【对点训练4】(1)［一题多解］(2019秦皇岛模拟)已知向量a _ (入1), b _ ( X+2,1), 若|a + b |_|a — b |,则实数入的值为( )(1) 21 3 (2)2 a _ b sin A _ sin + 4)x + k 2_0.设 A (X 1, y”, B (X 2, y 2),则 X 1 + x 2_ 2k 2 + 4 沁_ 1由歹妇1 $ _ 4x X 1 + X 2_ 2 k 2 + 4k 2 X 1X 2_ ‘ i 41 与 y 1+y 2_R , y 1y 2_ — 4 代入，得 k _ 2.2A. —1B. 2C. 1⑵已知公差不为0的等差数列｛a n｝的前n项和为S n, S7_70,且a1, a2, a62S + 48成等比数列.设b n = 捍，则数列｛b n ｝最小项的值为⑴ A (2)23 ［⑴法一：由 |a + b |= |a — b |,可得 a 2 + b 2 + 2a b = a 2 + b 2— 2a b ,所以 a b = 0, 故 a b =(人 1) (A+ 2,1)=於 + 2 A+ 1 = 0,解得入=一 1. 法二：a + b = (2 A+ 2,2), a — b = (— 2,0),由 |a + b |= |a — b |,可得(2入 + 2)2 + 4= 4,解得 A — 1.⑵设公差为d ,且d M 0,7a 1+ 21d = 70, 2 耳=a 1a 6,31+ 3d = 10, ® + d 2 = a1® + 5d ), 即n = 4时取等号，故数列｛b n ｝最小项的值为23.］应用5方程思想解不等式【典例5】(1)已知函数f(x) = x 2 + ax + b(a , b € R )的值域为［0 , +^)，若关于 x 的不等式f(x)v c 的解集为(m , m + 6)，贝U 实数c 的值为 _________ .(2)［一题多解］若a , b 是正数，且满足 ab = a + b + 3,贝U ab 的取值范围为切入点：(1)f(x) = 0有两个相等实根，f(x) = c 的两根分别为m , m + 6.(2)法一：注意到ab 与a + b 的关系，可将原等式转化为一兀二次方程. 法二：利用均值不等式ab < 号 j 求解.(1)9 (2)［9, +^) ［(1)因为 f(x) = x 2 + ax + b(a , b € R )的值域为［0, +^),则有' 即』解得* 勿二1,或' 3 a 1 = 10,0 (舍去), 所以 a n = 3n — 2, S n =号［1 + (3n — 2)］= 3n 2- n2~,23n — n + 48 48 … 所以 b n = = 3n + — 1 >3n 48一仁23,当且仅当3n = 48所以△= 0,即 a 2—4b = 0,又f(x)v c 的解集为(m , m + 6).•••m , m + 6是对应方程f(x) = c 的两个不同的根. 即x 2 + ax + b — c = 0的两根分别为 m , m + 6,m+ m + 6= — a ,.m (m + 6 尸 b — c.由题意得|m + 6— m|= . a — 4 b — c = a — a + 4c , 解得c = 9.(2)法一：若设 ab = t ，则 a + b = t — 3. 所以a , b 可看成方程x 2— (t — 3)x +1= 0的两个正根.-|-A= t — 3 — 4t > 0,j-t < 1 或 t > 9, 从而有 a + b = t — 3>0,即 t >3, ab =t > 0,t > 0,解得t >9,即ab >9.所以ab 的取值范围是［9,+ %).法二：•/ ab = a + b + 3,• ab — 3= a + b >2 ab ,令.ab = t ，贝U t 2— 2t — 3>0,• t < — 1 或 t >3, • ab < — 1(舍)或.ab 》3, 即卩 ab >9.］【对点训练5】关于x 的一元二次不等式x 2+ ax + b > 0的解集为(—％,— 3)U (1,+^)，则不等式ax 2+ bx — 2v 0的解集为() A . (— 3,1)B. ",— 1 U (2,+^)C. — 2, 2 D . (— 1,2)C ［由关于x 的一元二次不等式x 2+ ax + b >0的解集为(一X,— 3)U (1, +已知方程x + ax + b = 0的两实数根分别为一 3,1,OO ),—a= —3+ 1, a = 2,则”解得”、b= —3 x 1, 、b= —3,所以不等式ax2+ bx—2v 0 可化为2x2—3x—2v 0,即(2x+ 1)(x—2)v 0,解得即所求不等式的解集为一2, 2 .]。

(新课标版)备战高考数学二轮复习思想3.1 函数与方程思想教学案-人教版高三全册数学教学案

思想3.1 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y ＝f (x )，当y >0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.【热点分类突破】类型一函数与方程思想在数列中的应用例1 ．【2018河南林州一中调研】设{}n a 是公比大于1的等比数列, n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知37S =，且123,,1a a a - 成等差数列.(1)求数列{}n a 的通项公式；(2)若421log ,1,2,3......n n b a n +== ，求和例2 知数列{}n a 中，11a =，且点()()*1n n P a a n N +∈，在直线10x y -+=上． ⑴求数列{}n a 的通项公式；⑵若函数()123123n n f n n a n a n a n a =++++++++…（n N ∈，且2n ≥），求函数()f n 的最小值； ⑶设1n nb a =，n S 表示数列{}n b 的前n 项和，试问：是否存在关于n 的整式()g n ，使得()()12311n n S S S S S g n -++++=-⋅…对于一切不小于2的自然数n 恒成立？若存在，写出()g n 的解析式，并加以证明；若不存在，试说明理由．试题分析：（1）将点）（1,+n n a a P 代入直线01=--y x 得到11=-+n n a a ，∴数列}{n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，再由11=a 得到}{n a 的通项公式；（2）由（1）可得nn n n n f 22211)(+++++=， ∴22112213221)1(+++++-+++++=+n n n n n n n n n f ，0)()1(≥-+∴n f n f ，)(n f ∴是单调递增的，故)(n f 的最小值是65)2(=f ；（3）由（1）及，)2(11≥=-∴-n n S S n n ，即1)1(11+=----n n n S S n nS ，1,,1)2()1(112221+=-+=---∴---S S S S S n S n n n n ，,1-n 1211++++=-∴-n n S S S S nS )2()1(121≥⋅-=-=+++∴-n n S n nS S S S n n n ，最后将该式整理即可得出n n g =)(．试题解析：⑴ 点）（1,+n n a a P 在直线01=--y x 上，即11=-+n n a a ，且11=a ，∴数列}{n a 是以1为首项，1为公差的等差数列，)2(1)1(1≥=⋅-+=∴n n n a n ，11=a 也满足，n a n =∴，⑵ nn n n n f 22211)(+++++= ，∴22112213221)1(+++++-+++++=+n n n n n n n n n f ， 0)()1(≥-+∴n f n f ，)(n f ∴是单调递增的，故)(n f 的最小值是65)2(=f ． ⑶ ，)2(11≥=-∴-n nS S n n ，即1)1(11+=----n n n S S n nS ，1,,1)2()1(112221+=-+=---∴---S S S S S n S n n n n ，,1-n 1211++++=-∴-n n S S S S nS)2()1(121≥⋅-=-=+++∴-n n S n nS S S S n n n ，n n g =∴)(．故存在关于n 的整式n n g =)(，使等式对于一切不小于2的自然数n 恒成立．【规律总结】(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．【举一反三】已知等比数列n a 的公比1q ，12a 且1a ，2a ，38a 成等差数列．数列n b 的前n 项和为n S ，且28n S n n ．（1）分别求出数列n a 和数列n b 的通项公式；（2）设n n n b c a ，若n c m ，对于n 恒成立，求实数的最小值．类型二函数与方程思想在方程中的应用例3已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，若方程()2123f x x x +=+-的零点分别为12,,...,n x x x ，则12n x x x +++=（）A ．nB ．n - C.2n - D ．3n -【答案】B【解析】函数()f x 是定义在R 上的偶函数,所以函数()f x 的图象关于y 轴对称，函数()1f x +的图象是由函数()f x 的图象向左平移1个单位得到的，所以函数()1f x +的对称轴为直线1x =-，且函数2()23g x x x =+-的对称轴也是直线1x =-，所以方程()2123f x x x +=+-零点关于直线1x =-对称，所以有12n x x x n +++=-，故选B. 【规律总结】研究此类含参数的三角、指数、对数函数等复杂方程解的问题，通常有两种处理思路：一是分离参数构建函数，将方程有解转化为求函数的值域；二是换元，将复杂方程问题转化为熟悉的二次方程，进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决．【举一反三】定义域为R 的函数|1|251,0,()44,0x x f x x x x -⎧-≥⎪=⎨++<⎪⎩若关于x 的方程22()(21)()0f x m f x m -++=有7个不同的实数解，则m =（）A ．6B ．4或6C ．6或2D ．2【答案】D 类型三函数与方程思想在不等式中的应用例4【2018河南名校联考】已知函数()xf x e ax =-. （1）当2a =时，求函数()f x 的单调区间；（2）若存在[],0,2m n ∈，且1m n -≥，使得()()1f m f n =，求证： 11a e e ≤≤-. 试题分析：（1）求函数的单调区间，转化为求函数导数值大于零或小于零的不等式的解；（2）根据题意对a 进行分类讨论，当0a ≤时显然不行， 0a >时，不能有(),ln ,m n a ∈+∞，设02m n ≤<≤，则由0ln 2m a n ≤<<≤即可，利用单调性即可证出. 因为()f x 在(),ln m a 上单调递减，在()ln ,a n 上单调递增，且所以当m x n ≤≤时， ()()()f x f m f n ≤=.由02m n ≤<≤，，可得[]1,m n ∈，故()()()1f f m f n ≤=，又()f x 在(),ln a -∞上单调递减，且0ln m a ≤<，所以()()0f m f ≤，所以()()10f f ≤，同理()()12f f ≤，即21{ 2e a e a e a -≤-≤-，解得21e a e e -≤≤-，研究该函数的单调性是解决这一类问题的关键，体现了导数的工具性以及函数、方程的数学思想．【举一反三】已知函数()ln f x ax x =+,其中a ∈R ．（Ⅰ）若()f x 在区间[1,2]上为增函数，求a 的取值范围；（Ⅱ）当e a =-时，证明：()20f x +≤；（Ⅲ）当e a =-时，试判断方程类型四函数与方程思想在解析几何中的应用例5【2018广西柳州摸底联考】已知过抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F ，2的直线交抛物线于()()112212,,,()A x y B x y x x <两点，且6AB =.（1）求该抛物线C 的方程；（2）已知抛物线上一点(),4M t ，过点M 作抛物线的两条弦MD 和ME ，且MD ME ⊥，判断直线DE 是否过定点？并说明理由.试题分析：（1）利用点斜式设直线直线AB 的方程,与抛物线联立方程组,结合韦达定理与弦长公式求AB ,再根据6AB =解得2p =.（2）先设直线DE 方程x my t =+, 与抛物线联立方程组,结合韦达定理化简MD ME ⊥，得48t m =+或44t m =-+,代入DE 方程可得直线DE 过定点()8,4-即2212321616t t m m -+=+，得： ()()226421t m -=+，∴()6221t m -=±+，即48t m =+或44t m =-+，代人①式检验均满足0∆>，∴直线DE 的方程为： ()4848x my m m y =++=++或()44x m y =-+.∴直线过定点()8,4-（定点()4,4不满足题意，故舍去）.【规律总结】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．【举一反三】【2018江西南昌摸底联考】已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为32，短轴长为2. （1）求椭圆C 的标准方程；（2）设直线:l y kx m =+与椭圆C 交于,M N 两点， O 为坐标原点，若54OM ON k k ⋅=，求原点O 到直线l 的距离的取值范围.，∵原点O到直线l 的距离，∴原点O到直线l 的距离的取值范围是函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立各变量之间固有的函数关系，通过函数形式，利用函数的有关性质，使问题得到解决；方程思想的实质就是将所求的量设成未知数，根据题中的等量关系，列方程(组)，通过解方程(组)或对方程(组)进行研究，以求得问题的解决；函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的，是相辅相成的．函数思想重在对问题进行动态的研究，方程思想则是在动中求解，研究运动中的等量关系.。