数学思想方法 第1讲

热点一 函数与方程思想 应用 1 求解不等式、函数零点的问题 【例 1】 (1)(2017·衡阳市联考)设 0<a<1，e 为自然对数的底数，则 a，ae，ea－ 1 的大小关系为( ) A.ea－1<a<ae C.ae<ea－1<a B.ae<a<ea－1 D.a<ea－1<ae
(2)(2017·衡水中学质检 )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 x∈[－2，0]时， f(x)＝
()
1x －6.若在区间(－2，6]内关于 x 的方 3
程 f(x)－ loga(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 ________. 解析 (1)设 f(x)＝ex－x－1，x>0，则 f′(x)＝ex－1，
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且 f(0)＝0，f(x)>0， ∴ex－1>x，即 ea－1>a. 又 y＝ax(0<a<1)在 R 上是减函数，得 a>ae， 从而 ea－1>a>ae. (2)由 f(x＋4)＝f(x)，即函数 f(x)的周期为 4， 因为当 x∈[－2，0]时，f(x)＝
第 1 讲 函数与方程思想、数形结合思想
数学思想解读 1.函数与方程思想的实质就是用联系和变化的观点，描述两个量之间的依赖关 系，刻画数量之间的本质特征，在提出数学问题时，抛开一些非数学特征，抽 象出数量特征，建立明确的函数关系，并运用函数的知识和方法解决问题.有时 需要根据已知量和未知量之间的制约关系，列出方程(组)，进而通过解方程(组) 求得未知量.函数与方程思想是相互联系，相互为用的. 2.数形结合思想，就是根据数与形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来 解决数学问题的思想.数形结合思想的应用包括以下两个方面： (1)“以形助数”，把某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为 形象思维，揭示数学问题的本质； (2)“以数定形”，把直观图形数量化，使形更加精确.
( )
π ，0 . 2
x
∴曲线 y＝x＋ln x 在点(1，1)处的切线方程为 y－1＝2(x－1)， 联立 1， 消去 y 得 ax ＋ax＋2＝0. {y＝axy＋（2ax＋2 ）x＋1，) ＝ －
2 2
依题意，Δ＝a2－8a＝0，∴a＝8(a＝0 舍去). 答案 (1)C (2)8 应用 2 函数与方程思想在数列中的应用 【例 2】 (2017·深圳调研)已知等差数列{an}的公差 d≠0，a1＋a4＝14，且 a1， a2，a7 成等比数列. (1)求{an}的通项公式 an 与前 n 项和公式 Sn； (2)令 bn＝
(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.
x π 【训练 1】 (1)设函数 f(x)＝ －cos x，则方程 f(x)＝ 所有实根的和为( ) 2 4
A.0 π C. 2 B. π 4 3π 2
D.
(2)(2015·全国Ⅱ卷)已知曲线 y＝x＋ln x 在点(1，1)处的切线与曲线 y＝ax2＋(a＋ 2)x＋1 相切，则 a＝________.
{
loga4 < 3， loga8 > 3，
)
解得3 4<a<2，故 a 的取值范围是(3 4，2).
答案 (1)B (2)(3 4，2) 探究提高 1.第(1)题构造函数，转化为判定函数值的大小，利用函数的单调性 与不等式的性质求解. 2.函数方程思想求解方程的根或图象交点问题 (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 程根的问题转化为函数零点问题.
(
)(Leabharlann ( ))x 1 又 y＝ ＝ 在(0，＋∞)上是增函数， 4（x＋1） 1 4 1＋ x
( )
1 ∴当 n＝1 时，Tn 有最小值 . 8 当 k＝0 时，bn＝2n－1， 则 1 1 1 1 ＝ ＝ ， － bnbn＋1 （2n－1）（2n＋1） 2 2n－1 2n＋1 1
(
)
∴Tn＝
11 1 1 1 n 1 1 ＝ . － ＋ － ＋…＋ － 21 3 3 5 2n－1 2n＋1 2n＋1
()
1x －6. 3
所以若 x∈[0，2]，有－x∈[－2，0]， 则 f(－x)＝
()
1 －x －6＝3x－6， 3
因为 f(x)是偶函数，所以 f(x)＝f(－x)＝3x－6，x∈[0，2]， 由 f(x)－loga(x＋2)＝0 得 f(x)＝loga(x＋2)， 作出函数 f(x) 的图象如图. 当 a>1 时，要使方程 f(x)－loga(x＋2)＝0 恰有 3 个不同的实数根， 则等价于函数 f(x)与 g(x)＝loga(x＋2)有 3 个不同的交点，则满足 即 2 <f 2 ， {g g（6） > f（6），) （ ） （ ）
∴an＝a1＋(n－1)d＝4n－3，Sn＝ (2)由(1)知 bn＝
n（1＋4n－3）
2
＝2n2－n.
2n2－n ，∵{bn}为等差数列， n＋k
1 ∴2b2＝b1＋b3，代入可解得 k＝－ 或 k＝0， 2 1 1 11 1 当 k＝－ 时，bn＝2n，则 n n＋1＝ － ， 2 4 n n＋1 bb ∴Tn＝ 11 1 1 1 n 1 1 ＝ ， － ＋ － ＋…＋ － 41 2 2 3 n n＋1 4（n＋1）
Sn n＋k
，若{bn}是等差数列，求数列
{b b }
1
n n＋1
的前 n 项和 Tn 的最小值.
解 (1)a1＋a4＝2a1＋3d＝14， 由 a1，a2，a7 成等比数列得 a1(a1＋6d)＝(a1＋d)2，整理得 d2＝4a1d，∵d≠0， ∴d＝4a1， 由 d＝4a1 与 2a1＋3d＝14 联立，解得 a1＝1，d＝4，
x π x π 解析 (1)由 f(x)＝ －cos x＝ ，得 － ＝cos x， 2 4 2 4 x π 令 y＝ － ，y＝cos x. 2 4
在同一坐标系内作出两函数图象，易知两图象只有一个交点 π π ∴方程 f(x)＝ 的实根之和为 . 4 2 1 (2)由 y＝x＋ln x，得 y′＝1＋ ，