高三数学高考二轮复习专题课件1：函数与方程思想

看成关于a的一次函数,不妨令g(a)=(x-2)a+x2-4x+4,
所 g g 以 ((1 )1 ) x2 x 2 3x 5 x 26 00,即 x x 3 2 或 或 x x 1 2. ∴x＜1或x＞3.∴x∈(-∞,1)∪(3,+∞).
4.已知等差数列{an}的前n项和满足S7=S16,则S23=__0_. 解析 由题意可设Sn=An2+Bn， 所以72A+7B=162A+16B，即23A+B=0， 所以S23=232A+23B=23(23A+B)=0.
∵p∈[0,4],
∴函数f(x)的图象是一条线段,要使f(p)＞0在[0,4]上 恒成立， 需满 ff((0 4)) 足 0 0,即 (xx 2 1 4 )x • 43 x2 0 4x30
解得x＜-1或x＞3, 所以x的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞). 【探究拓展】本题看上去是一个不等式的问题,但是 经过等价转化,确定适合的变量和参数,从而揭示函 数关系,使问题更加明朗化,因此我们把它转化为一 个简单的一次函数,并借助函数图象建立一个关于x 的不等式组,从而求得x的取值范围.
(f(n )m ) inf(2 ) 2 1 2 2 1 3 2 9.0 要使对于一切大于1的正整数n,原不等式恒成立,
只需 2 9 0 不 lo m (m g 等 1 )2 1 2 式 l1 0 o (m 1 )g m 2 成立
设y=[logm(m-1)]2,则y＞0. 于 是 290y210y1,解0得 y1.
当t∈(1,+∞)时,f′(t)＞0,所以函数f(t)在区间(1,
+∞)上是增函数,则有f(t)＞f(1)=0,
即t-1＞ln t.
② 令 g ( t) ltn 1 1 ,则 g '( t) 有 1 1 t 1 ,
t
t t2 t2
当t∈(1,+∞)时,g′(t)＞0,所以函数g(t)在区间
题型一 运用函数与方程思想解决函数、方程和不 等式的有关问题
【例1】对于满足0≤p≤4的一切实数，不等式 x2+px>4x+p-3恒成立，试求x的取值范围. 解 不等式x2+px＞4x+p-3恒成立， 即(x-1)p+x2-4x+3＞0恒成立， 构造函数f(p)=(x-1)p+x2-4x+3. 当x=1时，f(p)=0，不满足f(p)＞0. ∴f(p)表示p的一次函数,
3
(2)若函数f(x)仅在x=0处有极值,求a的取值围； (3)若对于任意的a∈[-2,2],不等式f(x)≤1在[-1,1] 上恒成立,求b的取值范围.
【解题示范】
解 (1)f′(x)=4x3+3ax2+4x=x(4x2+3ax+4).
当a 10时,
f′(x)=x3(4x2-10x+4)=2x(2x-1)(x-2).
2分
令f′(x)=0,解得 x1=0, x2= 1 ,x3=2.
2
当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：
x (-∞, 0 0)
(0, 1 ) 2
1 2
( 1 ,2) 2
2
(2, +∞)
f′(x) -
0
+
0
-
0
+
f(x)
极小值
极大值
极小值
所以f(x)在(0,
1 2
),(2,+∞)内是增函数,
解得 71x 31.
2
2
所以x的取值范围是 ( 71, 31). 22
题型二 运用函数思想证明不等式问题
【例2】若x∈(0,+∞),求证：x11lnxx11x. 证明 令 x 111t,由 x0 可t 知 1 ,
xx
则 x 1 ,所以原不等 1式 1l可 ntt化 1, 为
t1
t
① 令 f(t)t1 --ln t,则f'有 (t)1-1 t
即1cos 1,
2 3
又1cos1,故有解的 2概 3. 率
24
3.对任意a∈[-1,1],若函数f(x)=x2+(a-4)x+4-2a的值
恒为正,则x的取值范围是
( B)
A.(1,3)
B.(-∞,1)∪(3,+∞)
C.(1,2)
D.(-∞,1)∪(2,+∞)
解析 因为函数f(x)=x2+(a-4)x+4-2a的值恒为正,可
4.函数f(x)=(a+bx)n (n∈N*)与二项式定理密切相关, 利用这个函数,用赋值法和比较法可以解决与二项式 定理有关的诸多问题及求和的问题.
5.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，需通过二元方程组才能解决.
6.立体几何中的有关线段、角、面积的计算,经常需 用到方程或建立函数表达式的方法加以解决,建立空 间向量后，立体几何与函数方程之间的关系就能较 为密切.
因此当x为奇数时，f(x)=2x,
又因为当x为奇数时，f(x+1)-f(x)=1,
所以f(x+1)=2x+1=2(x+1)-1,
故当x为偶数时，f(x)=2x-1.
综上可 :f(x知 )22xx,x1为 ,x为 奇偶 数 . 数
题型四 运用函数与方程思想解决立体几何问题
【例4】三棱锥S—ABC,SA=x,其余所有棱长均为2,它 的体积为V, (1)求V=f(x)的表达式; (2)当x为何值时,V有最大值？并求出最大值. 解 (1)取BC的中点D,连接SD、 AD,SD⊥BC,AD⊥BC, 所以BC⊥平面SAD,取SA的中点
(1,+∞)上是增函数，
则有g(t)g(1)0,即lnt 11 t
综上可:知1 lnx11. x1 x x
【探究拓展】在解决值的大小比较问题时，往往通 过构造适当的函数，利用函数的单调性或图象解 决，这是一种重要的思想方法.利用导数解决不 等式问题时，一般要先根据欲证不等式的结构形 式及特点，构造相应的函数借助导数研究函数的 单调性，从而使问题迅速解决.
E,连接ED,因为SD=AD= 3 ,所以DE⊥SA,
则 DE 3x2 12x2, 42
所以S
1SA•DE x
12x2 .
ASD
2
4
则V f (x)1S •BC 3 ASD
1 x 12x2
x 12x2
•
2
(x(0,2 3)).
34
6
(2)由(1)知:V f (x) x 12x2 6
1 x2 (
所以f(a)+f(b)≥0，且每一步都是可逆的.故选A.
2.已知|a|=2,|b|=1, 为a与b的夹角,则关于x的方程
x2+|a|x+a·b=0有实数根的概率为
( C)
A. 1
B. 2
C. 3
D. 5
6
3
4
6
解析 因方程x2+|a|x+a·b=0有实数根,
所以Δ=|a|2-4a·b=4(1-2 cos)≥0，
变式训练2 若 n N n ,2 ,求 :1 证 1 1 ln 23 n
111 1 . 2 3 n1
证明 由2可 例 :知 1ln x11成，立
x1 x x 令x=1,2,…,n-1时,代入上式,将所得不等式两边相
加,得
1 1 1 ln 2ln 3ln n
23
n 12
n1
11 1 1 ,
1.设函数f(x)=x3+x,则对任意实数a,b,“a+b≥0”是
“f(a)+f(b)≥0”的
( A)
A.充分必要条件
B.充分而不必要条件
C.必要而不充分条件
D.既不充分也不必要条件
解析 因为函数f(x)=x3+x,所以f(x)在R上是递增的奇
函数，又a+b≥0,所以a≥-b,则f(a)≥f(-b)=-f(b),
12x2
)
1,取等号x时
6,
62
所以V f ( 6) 1. min
【探究拓展】 在解答立体几何中的“运动问题”、
“最值问题”等问题时,常常借助函数思想来解决,
建立目标函数后,运用函数的方法来解决.
变式训练4 正三角形ABC的边长为a，直线 DE∥BC,交AB,AC于点D,E,现将 △ADE沿DE折起成60°的二面角， 求DE在何位置时，折起后点A到 BC的距离最短，最短距离是多少. 解 取BC的中点M,连接AM交DE于N,则AM⊥DE， 沿DE折起时,如图所示,AN⊥DE， MN⊥DE,则∠ANM是二面角 A—DE—M的平面角，即 ∠ANM=60°，且AM⊥BC， 则线段AM的长为所求，
因此满足条件的a的取值范围是 [ 8 , 8 ] .
8分
33
(3)由条件a∈[-2,2]可知Δ=9a2-64＜0,
从而4x2+3ax+4＞0恒成立.
当x＜0时,f′(x)＜0;当x＞0时,f′(x)＞0.
因此函数f(x)在[-1,1]上的最大值是f(1)与f(-1)两者
中的较大者.
10分
为使对任意的a∈[-2,2],不等式f(x)≤1在[-1,1]上 恒成立，当且仅当
y0,
0 log (m 1)2 1,
m
从而mm
0,m 1 1,
1,
m 1 0,
解得 m 1 5 且m 2. 2
实数m的取值范围为m 1 5 且m 2. 【探究拓展】在解答这类问题2 时,应首先确定f(n)的
表达式,而f(n)是一个不可求和的的数列,直接求f(n)
的最小值是不可能的,进而研究f(n)的单调性可知,
在（-∞,0),( 1 ,2)内是减函数.
5分
2
（2）f′(x)=x(4x2+3ax+4),显然x=0不是方程
4x2+3a仅在x=0处有极值，必须4x2+3ax+4≥0恒成
立，即有Δ=9a2-64≤0.
6分
解此不等式，得 8 a 8 33
这时，f(0)=b是唯一极值.
变式训练1 设不等式2x-1＞m(x2-1)对满足|m|≤2的 一切实数m的取值都成立，求x的取值范围. 解 设f(m)=(x2-1)m-(2x-1),此为关于m的一次函 数或常函数.
则 f f( (2 当 ) 2 ) 2 ( x 2 2 ( x 1 2) 1 ) (2 x (2 x 1 ) 1 ) 0 0 时 f(m ) 有 0 . 即2x-1＞m(x2-1)对|m|≤2的一切m都成立.
由题意得， ff((22nn11)) 1 f( 2nf)( 2n 31)1
两式相加得，f(2n+1)-f(2n-1)=4, 所以{f(2n-1)} (n∈N*)是以4为公差的等差数列.
(2)解
由题意得ff ((12))ff((21))
1 ,
5
解得ff
(1) 2 ,
(2) 3
所以f(2n-1)=f(1)+(n-1)×4=2(2n-1),
设AN=x，则MN= 3a x, 在△AMN中， 2
AM2=AN2+MN2-2AN·MN·cos 60°
33 3 3x2 ax a2.
24
所以当x= 3 a 时，即DE为△ABC的中位线时，AM
4 最短，且最短距离为
3a
.
4
【考题再现】
(2008·天津)设函数f(x)=x4+ax3+2x2+b(x∈R),其中 a、b∈R. (1)当a= 10 时,讨论函数f(x)的单调性；
23
n1
即1 1 1 lnn11 1 1 .
23
n
23
n1
题型三 利用函数思想解决数列问题
【例3】已知 s111 1(nN*) n 23 n
设f(n)=S2n+1-Sn+1,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)lo(m g1)211 log m 2恒成 . 立
m
20(m 1)
学案1 函数与方程思想
1.函数与方程的转化，函数问题转化为方程解决(如 函数求值域中的Δ法),方程问题转化为函数解决(如 方程解的个数可转化为两个函数图象的交点个数).
2.函数与不等式的相互转化，对于函数y=f(x)当y＞0 时就转化为不等式f(x)＞0,借助函数图象和性质可解 决有关问题.
3.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.
解 由f(n)=S2n+1-Sn+1,得
f(n) 1 1 1 , n2 n3 2n1
f(n1) 1 1 1 , n3 n4 2n3
f(n1)f(n) 1 1 1 2n2 2n3 n2
( 1 1 )( 1 1 )0. 2n2 2n4 2n3 2n4
∴f(n)＞f(n-1)＞…＞f(3)＞f(2) (n∈N*,n≥2).
f(n)是单调递增所以f(n)min=f(2),结合不等式恒成
立,进一步利用函数与方程思想使问题得以解决.
变式训练3 已知f(x)是定义在正整数集N*上的函 数，当x为奇数时，f(x+1)-f(x)=1；当x为偶数时， f(x+1)-f(x)=3,且满足f(1)+f(2)=5. （1）求证：{f(2n-1)} (n∈N*)是等差数列； （2）求f(x)的解析式. （1）证明 由于n∈N*，则2n为偶数，2n-1为奇数，