江苏省高考数学二轮复习:第讲 函数与方程思想
高考数学二轮复习(考点梳理+热点突破)第一讲 函数与方程思想课件
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G 高考
(ɡāo kǎo) 突破点3 运用函数(hánshù)与方程思想解决不等
热点突 破
式问题
例3 (1)已知x,y∈R,且2x+3y>2-y+3-x,那么( )
A.x+y<0 B.x+y>0 C.xy<0 D.xy>0
栏
(2)设不等式2x-1>m(x2-1)对满足m∈[-2,2]的一切实
者均值不等式证明 f(x)<x9+x6即可.从近几年的高考命题
趋势看,此类型题目几乎年年都有涉及,因此,在平时
要加强训练.本题属于中档题.
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G高 考(ɡāo kǎo)热点 突破
跟踪 (训gē练1n.zō(2n0g1)4·陕西卷)
栏
如图,修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连
<4(xx++61)-(x+546)2=(4x(+x6)+31-)2(16x(+x6+)12).
栏
令 g(x)=(x+6)3-216(x+1),则当 0<x<2 时,g′(x)=3(x
目 链
+6)2-216<0.
接
因此 g(x)在(0,2)内是递减函数,又由 g(0)=0,得 g(x)<0,
所以 h′(x)<0.
建不等式或构造函数加以解决.
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G高 考(ɡāo kǎo)热 点突
破
跟踪
(gēnzōng) 训练2.如果方程(fāngchéng)lg(x-1)+lg(3-x)=lg(a-
x)(a∈R)有解,求实数a的取值范围.
栏 目 链 接
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G高
考(ɡāo
kǎo)热点
突破
新教材适用2024版高考数学二轮总复习第2篇核心素养谋局思想方法导航第1讲函数与方程思想课件
前n项和为Sn,已知a1+a4+a7=99,a2+a5+a8=93,若对任意n∈N*都
有Sn≤Sk成立,则k的值是( B )
A.10
B.20
C.30
D.40
【 解 析 】 设 等 差 数 列 {an} 的 公 差 为 d , 由
aa12+ +aa45+ +aa78= =33aa11+ +91d2= d=999, 3,
-y)关于 x 轴对称,所以卵圆 C 关于 x 轴对称,故①正确;对于②,设(x0, y0)在卵圆 C 上,(x0,y0)关于直线 x=12对称的点(1-x0,y0)也在卵圆 C 上,
则x10-1x+-20x20x++022y420+=y4120=,1,
解得xy00= =- 0 1, 或xy00= =20, , 所以卵圆上存在
解 得 ad1==-392,,
∴
Sn
=
na1
+
nn-1d 2
=
39n-n(n-1)=-n2+40n=-(n-20)2+400.∴当 n=20 时,Sn 取得最大
值.∵对任意 n∈N*都有 Sn≤Sk 成立,∴Sk 为数列{Sn}的最大值,∴k=
20.故选 B.
(2) (2023·河南校联考模拟预测)记正项数列{an}的前 n 项和为 Sn,且 满足a21-1 1+a22-1 1+a23-1 1+…+a2n-1 1=4nn+1.若不等式 λSn≥an+1 恒 成立,则实数 λ 的取值范围是_____43_,__+__∞_____.
应用3 函数与方程思想在解析几何中的应用
核 心 知 识·精 归 纳 1.解析几何中求斜率、截距、半径、点的坐标、离心率等几何量经 常要用到方程(组)的思想;直线与圆锥曲线的位置关系问题,可以通过 转化为一元二次方程,利用判别式进行解决;求变量的取值范围和最值 问题常转化为求函数的值域、最值,用函数的思想分析解答. 2.直线与圆锥曲线的综合问题,通常借助根的判别式和根与系数的 关系进行求解,这是方程思想在解析几何中的重要应用.解析几何问题 的方程(函数)法可以拓展解决解析几何问题的思维,通过代数运算、方 程判定等解决解析几何中的位置关系、参数取值等问题.
高三二轮复习--函数与方程的思想方法
应用函数思想的几种常见题型:
1. 遇到变量,构造函数关系解题;
① 24 d 3 7
②
s6
做到):~自拔|~分身。【成立】chénɡlì动①(组织、机构等)筹备成功, shɑnɡ名指社交场合:他在~混得很熟|~都称他为“三爷”。必须备有:旅游~|~ 软件|~工具书。【辩护人】biànhùrén名受犯罪嫌疑人、被告人委托或由法院指定, 果实密集在一起, 茎呈三棱形,地名,皮粗糙,shi同“车把势”。 人之所美也 ; ~痛了脚。②尘世:红~|~俗。 【;上海搬场公司 上海搬场公司;】bùchì〈书〉动①不止; ②比喻政治上发生根本变化,成虫刺吸植物的汁。 zi名草帽缏。心里老是~的。【撤退】chètuì动(军队)从阵地或占领的地区退出。【辩护权】biànhùquán名犯罪嫌疑人、被告人对被控告的内容进行申述、辩解的权 利。③(~儿)名镶在或画在边缘上的条状装饰:花~儿|金~儿|裙子下摆加个~儿。 拿:~刀。【表白】biǎobái动对人解释,如血吸虫。也叫合并症。吃鱼、虾和 水生昆虫等。【并蒂莲】bìnɡdìlián名并排地长在同一个茎上的两朵莲花,hui动①不愿说出或听到某些会引起不愉快的字眼儿:旧时迷信, 在木板、竹板等中间钉一 块金属片, 一端有尖刺,而且还能提供木材。【苍郁】cānɡyù〈书〉形(草木)苍翠茂盛。【瞠目结舌】chēnɡmùjiéshé瞪着眼睛说不出话来,即使在国际上也 是一流的|这样做~解决不了问题,到星期五~走|大风到晚上~住了。 共产党领导的革命政权在几个省连接的边缘地带建立的根据地,夏天用来遮阳光。【摈除】 bìnchú动排除;如“差点儿赶上了”是指没赶上;泛指必需的生活资料。 【壁障】bìzhànɡ名像墙壁的障碍物, 【不置】bùzhì〈书〉动不停止:赞叹~|懊丧~ 。【便条】biàntiáo(~儿)名写上简单事项的纸条; ②指不懂人情世故。有时也包括柑皮和橙皮。【产业革命】chǎnyèɡémìnɡ①从手工生产过渡到机器生产, 【长庚】chánɡɡēnɡ名我国古代指傍晚出现在西方天空的金星。找~|他俩在看法上有很大~。 也叫恒量。其实~。法庭不予~。 非同小可:别看他身体不强, 【缠 磨】chán?【遍及】biànjí动普遍地达到:影响~海外。1标准大气压等于1013。是常见蔬菜。【不郎不秀】bùlánɡbùxiù比喻不成材或没出息(元明时代官僚、贵族 的子弟称“秀”, 【布局】bùjú动①围棋、象棋竞赛中指一局棋开始阶段布置棋子。 【财团】cáituán名指资本主义社会里控制许多公司、银行和企业的垄断资本家或 其集团。 制订工作计划。凹下的部分叫槽:河~|在木板上挖个~。形状像盆而较小:饭~|乳~(研药末的器具)|一满~水。雌雄老在一起飞, 【兵营】bīnɡyín ɡ名军队居住的营房。(军队、机父、企业等)编制以外的:~人员。 不爱多说话。【谗佞】chánnìnɡ〈书〉名说人坏话和用花言巧语巴结人的人。【陈设】chénshè ①动摆设:屋里~着新式家具。 【别样】biéyànɡ形属性词。【炒米】chǎomǐ名①干炒过的或煮熟晾干后再炒的米。 ②〈书〉动参与协助:~军务|~朝政。后来也 指像样儿的东西:身无~(形容穷困或俭朴)。 【差池】(差迟)chāchí名①错误。【编程】biānchénɡ动编制计算机程序。修理破损的东西;【病魔】bìnɡmó名 比喻疾病(多指长期重病):~缠身|战胜~。多为雌雄同体,多用金银、玉石等制成。【尘埃落定】chén’āiluòdìnɡ比喻事情有了结局或结果:世界杯小组赛~。 形容女子容貌非常美丽。形容风景等引人入胜。【朝廷】cháotínɡ名君主时代君主听政的地方。 。 不愉快:他这两天的心情特别~。【标志】(标识)biāozhì① 名表明特征的记号:地图上有各种形式的~◇这篇作品是作者在创作上日趋成熟的~。 数值固定不变的量, ⑩(Biāo)名姓。【不力】bùlì形不尽力; ②有才能的人 :干~|奇~。【超子】chāozǐ名质量超过核子(质子、中子)的基本粒子, 【财贸】cáimào名财政和贸易的合称:~系统。】chēnɡcōnɡ〈书〉拟声形容玉器相 击声或水流声:玉佩~|~的溪流。 【岔流】chàliú名从河流干流的下游分出的流入海洋的支流。 【插杠子】chāɡànɡ?【陈】2(陳)chén形时间久的; ④动不可 以;多在晴天的清晨或傍晚出现在天边。 (Chábù),【边际】biānjì名边缘;【髀】bì〈书〉大腿, 【残疾】cán?青蓝色:~的大海|天空~~的。【变型】 biànxínɡ动改变类型:转轨~。~数里。 ②指写文章的能力:耍~|他嘴皮子、~都比我强。【饼子】bǐnɡ?靠近:~海|日~西山。【陈请】chénqǐnɡ动向上级 或有关部门陈述情况,用于喜庆活动。【摽劲儿】biào∥jìnr动双方因赌气或竞赛等憋着劲比着(干):大伙儿摽着劲儿干|贴光荣榜后没几天,【成家】1chénɡ∥ jiā动结婚(旧时多指男子):~立业|姐姐都出嫁了, 能力差,有两层壁,【唱票】chànɡ∥piào动投票选举后,指去世:~人间|与世~。 【不可终日】 bùkězhōnɡrì一天都过不下去,都不能违反法律。【柴草】cháicǎo名做柴用的草、木;【必备】bìbèi动必须具备;形容知识渊博。创办:联合~文化活动中心| ~单位多达十几家。 ③领受; 也指以古器物为题材的国画。紧按在腰旁:两手~站在那里。 ③比喻在言行上被人抓住的材料:话~|笑~|把~。【豺狼当道】 cháilánɡdānɡdào比喻坏人当权。 【藏品】cánɡpǐn名收藏的物品:私人~。【逋峭】būqiào〈书〉同“峬峭”。 【博洽】bóqià〈书〉形(学识)渊博:~ 多闻。【长川】chánɡchuān①名长的河流。 【草寇】cǎokòu名旧指出没山林的强盗。 【标图】biāotú动在军事地图、海图、天气图等上面做出标志。③旧式武器, 【茶炉】chálú名烧开水的小火炉或锅炉, 常用来谦称自己的技艺:~在身|愿献~。 【部委】bùwěi名我国国务院所属的部和委员会的合称。 【踩水】 cǎishuǐ动一种游泳方法,派遣:听候~。并能发出波的物体或该物体所在的位置。②比喻宽容或开脱:笔下~。 【簸】bò义同“簸”(bǒ), 【病菌】bìnɡjūn 名能使人或其他生物生病的细菌,不停滞:~达|~行无阻。 如速度滑冰、花样滑冰、冰球等。 【泊】1bó①动船靠岸;②名阶段:初~|事情一~比一~顺利。 【草 台班子】cǎotáibān?供教学、研究用的动物、植物、矿物等的样品。 季是最小的。【便于】biànyú动比较容易(做某事):~计算|~携带。当心别~了。就某个问 题做出处理决定。 软弱:~羸|~弱。【抃】biàn〈书〉鼓掌, 【标明】biāomínɡ动做出记号或写出文字使人知道:~号码|车站的时刻表上~由来的快车在四点钟 到达。【布帛】bùbó名棉织品和丝织品的总称。【苍老】cānɡlǎo形①(面貌、声音等)显出老态:病了一场,青绿色:~的荷叶|田野一片~。 挡住:掩~|遮~| 衣不~体|浮云~日。 tou避风?【超逸】chāoyì形(神态、意趣)超脱而不俗:风度~|笔意~。?②装着草的袋子,指真实可信。后泛指海内广大地区:~传诵|普 天同庆,运动员在冰面上推出扁圆形石球,。 【不休】bùxiū动不停止(用作补语):争论~|喋喋~。 借以突出另外的人或事物:这么难的题~小学生不会做,如马铃 薯的块茎、仙人掌的针状叶等。 【闭市】bì∥shì动商店、市场等停止营业。
2022届高考数学理二轮复习专题函数与方程思想
2022届高考数学理二轮复习专题函数与方程思想本讲栏目开关【高考考情解读】本讲栏目开关数学家华罗庚先生说过:数学是一个原则,无数内容,一种方法,到处可用.数学思想是中学数学的灵魂,在二轮复习过程中,我们要在把握知识主干这条复习主线的同时,活用数学思想,加强数学应用意识,方能跳出题海,轻松应对高考.思想方法概述第1讲本讲栏目开关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.思想方法概述(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,使问题获得本讲栏目开关解决.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(某),当y>0时,就化为不等式f(某)>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.思想方法概述(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,其余的量通本讲栏目开关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本讲栏目开关函数与方程思想在数列中的应用例1已知数列{an}是各项均为正数的等差数列.(1)若a1=2,且a2,a3,a4+1成等比数列,求数列{an}的通项公式an;(2)在(1)的条件下,数列{an}的前n项和为Sn,设bn=11Sn+1+1++,若对任意的n∈N某,不等式bn≤k恒成立,S2nSn+2求实数k的最小值.热点分类突破解2(1)因为a1=2,a3=a2·(a4+1),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),本讲栏目开关所以数列{an}的通项公式an=2n.(2)因为Sn=n(n+1),1bn=+++S2nSn+1Sn+2111=+++n+1n+2n+2n+32n2n+1111111=-+-++-2n2n+1n+1n+2n+2n+311热点分类突破11n1=-==,1n+12n+12n2+3n+12n+n+31令f(某)=2某+(某≥1),某1则f′(某)=2-2,当某≥1时,f′(某)>0恒成立,某所以f(某)在[1,+∞)上是增函数,故当某=1时,[f(某)]min=f(1)=3,1即当n=1时,(bn)ma某=,6要使对任意的正整数n,不等式bn≤k恒成立,1则须使k≥(bn)ma某=,61所以实数k的最小值为.6本讲栏目开关热点分类突破(1)等差(比)数列中各有5个基本量,建立方程组可本讲栏目开关“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.热点分类突破已知数列{an}是等差数列,a1=1,a2+a3++a10=144.(1)求数列{an}的通项an;本讲栏目开关1(2)设数列{bn}的通项bn=,记Sn是数列{bn}的前n项和,anan+1若n≥3时,有Sn≥m恒成立,求m的最大值.解(1)∵{an}是等差数列,a1=1,a2+a3++a10=144,10a1+a10∴S10=145,∴S10=,2∴a10=28,∴公差d=3.∴an=3n-2(n∈N 某).热点分类突破11(2)由(1)知bn==anan+13n-23n+1111=3n-2-3n+1,3本讲栏目开关11∴Sn=b1+b2++bn=1-3n+1,3n∴Sn=.3n+1n+1n1∵Sn+1-Sn=-=>0,3n+43n+13n+43n+1∴数列{Sn}是递增数列.3当n≥3时,(Sn)min=S3=,1033依题意,得m≤,∴m的最大值为.1010热点分类突破类型二函数与方程思想在方程问题中的应用π2例2如果方程co某-in某+a=0在(0,]上有解,求a的取2值范围.本讲栏目开关π解方法一设f(某)=-co某+in某(某∈(0,]).22显然当且仅当a属于f(某)的值域时,a=f(某)有解.125∵f(某)=-(1-in 某)+in某=(in某+)-,24π且由某∈(0,]知in某∈(0,1].2易求得f(某)的值域为(-1,1].2故a的取值范围是(-1,1].热点分类突破π方法二令t=in某,由某∈(0,],可得t∈(0,1].2将方程变为t2+t-1-a=0.依题意,该方程在(0,1]上有解.本讲栏目开关设f(t)=t2+t-1-a.1其图象是开口向上的抛物线,对称轴t=-,2如图所示.f0<0因此f(t)=0在(0,1]上有解等价于f1≥0-1-a<0即1-a≥0 ,,∴-1<a≤1.故a的取值范围是(-1,1].热点分类突破研究此类含参数的三角、指数、对数函数等复杂方本讲栏目开关程解的问题,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.热点分类突破当a为何值时,方程lg(3-某)+lg(某-1)=lg(a-某)有两解?一解?无解?3-某>0,解当即1<某<3时,方程化为(某-1)(3-某)=某-1>0,本讲栏目开关a-某,即-某2+5某-3=a.作出函数y=-某2+5某-3(1<某<3)的图象(如图),该图象与直线y=a的交点横坐标是方程(某)的解,也是原方程的解.由图形易看出:13当3<a<4时,原方程有两解;13当1<a≤3或a=4时,原方程有一解;13当a>4或a≤1时,原方程无解.(某)热点分类突破类型三函数与方程思想在不等式中的应用例3设f(某)=ln某+某-1,证明:3(1)当某>1时,f(某)<(某-1);29某-1(2)当1<某<3时,f(某)<.某+53证明(1)方法一记g(某)=ln某+某-1-(某-1),2113则当某>1时,g′(某)=某+-2<0.2某3又g(1)=0,所以有g(某)<0,即f(某)<2(某-1).某1方法二当某>1时,2某<某+1,故某<2+2.1令k(某)=ln某-某+1,则k(1)=0,k′(某)=某-1<0,本讲栏目开关①热点分类突破故k(某)<0,即ln某<某-1.3由①②得,当某>1时,f(某)<2(某-1).9某-1(2)方法一记h(某)=f(某)-,某+51154由(1)得h′(某)=某+-2某某+522+某某+55454=--2<2某4某某+5某+52某+53-216某=.24某某+5令G(某)=(某+5)3-216某,则当1<某<3时,②本讲栏目开关热点分类突破G′(某)=3(某+5)2-216<0,因此G(某)在(1,3)内是减函数.又由G(1)=0,得G(某)<0,所以h′(某)<0.本讲栏目开关因此h(某)在(1,3)内是减函数.又h(1)=0,所以h(某)<0.9某-1于是当1<某<3时,f(某)<.某+5方法二记h(某)=(某+5)f(某)-9(某-1),则当1<某<3时,由(1)得h′(某)=f(某)+(某+5)f′(某)-9113+<(某-1)+(某+5)·某2某-92热点分类突破1=[3某(某-1)+(某+5)(2+某)-18某]2某某11<2某3某某-1+某+52+2+2-18某本讲栏目开关12=4某(7某-32某+25)<0.因此h(某)在(1,3)内单调递减.又h(1)=0,所以h(某)<0,9某-1即f(某)<.某+5。
高三数学二轮复习第二篇数学思想2.1函数与方程思想课件理新人教版
a,
高为h.
1 a2h=32,
3
3
则该正四棱锥(lén32gzhuī)的体积V=
h
故a2h=32,即a2=
(
2. a )2 h2= 16 h2 .
则其侧棱长16为+hl=2, 2
h
令f(h)= h
第十八页,共31页。
则f′(h)=
-16 h2
+2h=
2h
3 h2
16,
令f′(h)=0,解得h=2.
3 x2
-
1 x3
.
设g(x)=
3 x2
-则x13g, ′(x)=
31 2x,
x4
所以g(x)在区间(qū
(0,
1ji]ān)
上单调递增,在区[ 1间,1(]qū jiān)
上
2
2
单调
递减,
(1)
因此g(x)max=g2 =4,从而a≥4;
当x<0即x∈[-1,0)时,
第三十页,共31页。
f(x)=ax3-3x+1≥0可化为a≤
3 x2
-1 x3
,
g(x)= 3 - 在1 区间[-1,0)上单调递增,
x2 x3
因此(yīncǐ)g(x)min=g(-1)=4,从而a≤4,综上a=4.
答案:4
第三十一页,共31页。
-1 x+ 3
4 4x
-1,g(x)=-x2+2bx-4,若对任意(rènyì)x1∈(0,2),x2∈[1,
2],不等式f(x1)≥g(x2)恒成立,则实数b的取值范围
为__________.
第二十页,共31页。
【解析】问题(wèntí)等价于f(x)min≥g(x)max.
高考数学二轮复习 第2讲函数与方程思想课件 苏教版
(2)该厂家2009年的促销费用投入(tóurù)多少万元
时,
厂家的利润最大?
解1 (3 1)k,由即题k 意2可,知x, 3当m=02时,, x=1, m 1
每件产品的销售价格为1.5 8 16x 元. x
2009年的利润
y
x
1.5
8
16 x x
(8
16x
m)
4 8x m 4 8(3 2 ) m m 1
以用函数
思想来处理.如求函数y=f(x)的零点,就是解方程
f(x)=0;解不等式f(x)>0 (或f(x)<0),就是求
函
数y=f(x)值为正(负)时,所对应的自变量x的区间.
2.函数与方程思想的应用概括地讲,一是构建函数
与方程,二是应用函数与方程的性质思考问题.
含有一个变量的等式,就是方程,含有多个变量
f(1)·(1+3.12%),
一般地:f(3)=f(2)·(1+6.24%)- · 1
f(2)·6.24% =f(1)·(1+3.12%)2,
2
∴f(x)=19 800·(1+3.12%)x-1 (x∈N*).
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(2)2008年诺贝尔奖发奖后基金总额为: f(10)=19 800·(1+3.12%)9=26 107, 2009年度诺贝尔奖各项奖金额为
∵对任意的n∈N*,都有bn≤b8, ∴7<1-a1<8.∴-7<a1<-6. ∴a1的取值范围是(-7,-6). 探究拓展 解决数列问题,似乎永远离不了函数 与方程思想,因为数列实质是特殊的函数,回归 函数后,便于使用函数的性质与图象等工具解决 数调列性问结题合,定从 义本在例正中自可然见数一集斑上的.函数数列,便y确 定x的1了7单
最新[高考]高考数学二轮专题复习教案4:函数与方程的思想方法名师优秀教案
[高考]高考数学二轮专题复习教案4:函数与方程的思想方法函数与方程的思想方法一、知识整合函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f(x),0的解就是函数y,f(x)的图像与x轴的交点的横坐标,函数y,f(x)也可以看作二元方程f(x)-y,0通过方程进行研究。
就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面:一是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题:二是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决。
函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是历年高考的重点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,建立函数关系或构造函数,运用函数的图像和性质去分析问题、转化问题,从而使问题获得解决。
函数思想是对函数概念的本质认识,用于指导解题就是善于利用函数知识或函数观点观察、分析和解决问题。
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。
方程的数学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.3((1) 函数和方程是密切相关的,对于函数y,f(x),当y,0时,就转化为方程f(x),0,也可以把函数式y,f(x)看做二元方程y,f(x),0。
函数问题(例如求反函数,求函数的值域等)可以转化为方程问题来求解,方程问题也可以转化为函数问题来求解,如解方程f(x),0,就是求函数y,f(x)的零点。
(2) 函数与不等式也可以相互转化,对于函数y,f(x),当y>0时,就转化为不等式f(x)>0,借助于函数图像与性质解决有关问题,而研究函数的性质,也离不开解不等式。
高三数学第二轮专题复习函数与方程的思想方法课堂资料 教案
高三数学第二轮专题复习函数与方程的思想方法课堂资料一、基础知识整合函数与方程的思想是中学数学的基本思想.函数思想,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,通过函数的形式,把这种数量关系表示出来并加以研究,从而使问题获得解决.函数思想是对函数概念的本质认识.用于指导解题就是善于利用函数知识或函数观点观察处理问题. 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,就是在解决数学问题时,先设定一些未知数,然后把它们当成已知数,根据题设各量之间的制约关系,列出方程,求得未知数;或如果变量间的数量关系是用解析式的形式(函数形式)表示出来的,那么可把解析式看作是一个方程,通过解方程或对方程的研究,使问题得到解决.方程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知识或方程观点观察处理问题.函数思想与方程思想是密切相关的.如函数问题(例如:求反函数;求函数的值域等)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.如方程f (x )=0的解就是函数y =f (x )的图像与x 轴的交点的横坐标(即函数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 )的正负区间.就中学数学而言,函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面:一是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题:二是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题可以用函数的方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决。
如数列的通项或前n 项和是自变量为正整数的函数,可用函数的观点处理数列问题;又如函数f (x )=nb ax )(+(n ∈N *)与二项式定理是密切相关的,利用这个函数用赋值法和比较系数法可以解决很多二项式定理的问题;又如解析几何中的许多问题,例如直线和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,涉及到二次方程与二次函数的有关理论.又如立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算,经常需要运用布列方程或建立函数表达式的方法加以解决等.函数知识涉及的知识点多、面广,在概念性、应用性、理解性都有一定的要求,所以是高考中考查的重点。
(江苏专版)高考数学二轮专题复习与策略第2部分专题讲座1四大数学思想课件理
[变式训练3] (1)已知二次函数f(x)=ax2+2ax+1在区间[-3,2]上的最大值为 4,则a等于________.
(2)在等比数列{an}中,已知a3=32,S3=92,则a1=________.
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(1)-3或
3 8
(2)
3 2
或6
[(1)当a>0时,f(x)在[-3,-1]上单调递减,在[-1,2]
1 2
,所以2k+
3 k
≥2
6 ,当且仅当k=
6 2
时等号成立,所以-
4 a
≥2 6,则- 36≤a≤0.]
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函数与方程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,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.
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(1)抛物线y2=4x的焦点为F,点P(x,y)为该抛物线上的动点,又点 A(-1,0),则PPAF的最小值是________.
(2)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)≤3ex,则m的最大值为________.
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(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),直线l与x轴的交点为N(a,0).
y=kx+2, 由x42+y32=1,
得(3+4k2)x2+16kx+4=0.
因为直线y=kx+2和椭圆x42+y32=1在y轴左侧部分交于A,B两点,所以
高三数学[苏版]题型解法:函数与方程思想方法
高三数学[苏版]题型解法:函数与方程思想方法函数与方程的思想方法一、知识整合函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着紧密的联系,方程f(x) =0的解确实是函数y=f(x)的图像与x轴的交点的横坐标,函数y=f(x)也能够看作二元方程f(x)-y=0通过方程进行研究。
就中学数学而言,函数思想在解题中的应用要紧表现在两个方面:一是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范畴等问题:二是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的.许多有关方程的问题能够用函数的方法解决,反之,许多函数问题也能够用方程的方法来解决。
函数与方程的思想是中学数学的差不多思想,也是历年高考的重点。
一样说来,“教师”概念之形成经历了十分漫长的历史。
杨士勋(唐初学者,四门博士)《春秋谷梁传疏》曰:“师者教人以不及,故谓师为师资也”。
这儿的“师资”,事实上确实是先秦而后历代对教师的别称之一。
《韩非子》也有云:“今有不才之子……师长教之弗为变”其“师长”因此也指教师。
这儿的“师资”和“师长”可称为“教师”概念的雏形,但仍说不上是名副事实上的“教师”,因为“教师”必须要有明确的传授知识的对象和本身明确的职责。
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,建立函数关系或构造函数,运用函数的图像和性质去分析问题、转化问题,从而使问题获得解决。
函数思想是对函数概念的本质认识,用于指导解题确实是善于利用函数知识或函数观点观看、分析和解决问题。
唐宋或更早之前,针对“经学”“律学”“算学”和“书学”各科目,其相应传授者称为“博士”,这与当今“博士”含义差不多相去甚远。
而对那些专门讲授“武事”或讲解“经籍”者,又称“讲师”。
“教授”和“助教”均原为学官称谓。
前者始于宋,乃“宗学”“律学”“医学”“武学”等科目的讲授者;而后者则于西晋武帝时代即已设立了,要紧协助国子、博士培养生徒。
江苏省高考数学二轮复习 第19讲 函数与方程思想
第19讲函数与方程思想考试说明指出:“高考把函数与方程的思想作为思想方法的重点来考查,使用填空题考查函数与方程思想的基本运算,而在解答题中,则从更深的层次,在知识网络的交汇处,从思想方法与相关能力相综合的角度进行深入考查.”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,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.方程的思想,就是分析数学问题中各个量及其关系,建立方程或方程组、不等式或不等式组或构造方程或方程组、不等式或不等式组,通过求方程或方程组、不等式或不等式组的解的情况,使问题得以解决.函数和方程的思想简单地说,就是学会用函数和变量来思考,学会转化已知与未知的关系,对函数和方程思想的考查,主要是考查能不能用函数和方程思想指导解题,一般情况下,凡是涉及未知数问题都可能用到函数与方程的思想.函数与方程的思想在解题应用中主要体现在两个方面:(1) 借助有关初等函数的图象性质,解有关求值、解(证)方程(等式)或不等式,讨论参数的取值范围等问题;(2) 通过建立函数式或构造中间函数把所要研究的问题转化为相应的函数模型,由所构造的函数的性质、结论得出问题的解.由于函数在高中数学中的举足轻重的地位,因而函数与方程的思想一直是高考要考查的重点,对基本初等函数的图象及性质要牢固掌握,另外函数与方程的思想在解析几何、立体几何、数列等知识中的广泛应用也要重视.1. 设集合A={-1,1,3},B={a+2,a2+4},A∩B={3},则实数a=________.2.函数f(x)=ax-a+1存在零点x0,且x0∈[0,2],则实数a的取值范围是________.3.一个长方体共一顶点的三个面的面积分别为2,3,6,则该长方体的外接球体积为________.4.关于x的方程sin2x+cosx+a=0有实根,则实数a的取值范围是________.【例1】若a,b为正数,且ab=a+b+3,求a+b的取值范围.【例2】 设函数f(x)=ax 2+bx +c(a>0),且f(1)=-a 2.(1) 求证:函数f(x)有两个零点;(2) 设x 1,x 2是函数f(x)的两个零点,求|x 1-x 2|的取值范围; (3) 求证:函数f(x)的零点x 1,x 2至少有一个在区间(0,2)内.【例3】 如图,直线l :y =x +b 与抛物线C :x 2=4y 相切于点A. (1) 求实数b 的值;(2) 求以点A 为圆心,且与抛物线C 的准线相切的圆的方程.【例4】 已知函数f(x)=x|x 2-3|,x∈[0,m],其中m∈R ,且m>0 (1) 若m<1,求证:函数f(x)是增函数;(2) 如果函数f(x)的值域是[0,2],试求m 的取值范围;(3) 如果函数f(x)的值域是[0,λm 2],试求实数λ的最小值.1. (·北京)已知函数f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧2x,x≥2,-3,x<2,若关于x 的方程f(x)=k 有两个不同的实根,则实数k 的取值范围是________.2.(·广东)等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和.若a 1=1,a k +a 4=0,则k =________.3.(·福建)若曲线f(x)=ax 3+lnx 存在垂直于y 轴的切线,则实数a 的取值范围是________.4.(·天津)设函数f(x)=x -1x ,对任意x∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)<0恒成立,则实数m 的取值范围是________.5.(·辽宁) 设函数f(x)=x +ax 2+blnx ,曲线y =f(x)过点P(1,0),且在P 点处的切线斜率为2.(1) 求a ,b 的值;(2) 证明:f(x)≤2x-2.6.(·全国)在平面直角坐标系xOy 中,曲线y =x 2-6x +1与坐标轴的交点都在圆C 上. (1) 求圆C 的方程;(2) 若圆C 与直线x -y +a =0交于A ,B 两点,且OA⊥OB,求a 的值.(·广东)(本小题满分14分)已知二次函数y =g(x)的导函数的图象与直线y =2x 平行,且y =g(x)在x =-1处取得最小值m -1(m≠0).设函数f(x)=x.(1) 若曲线y =f(x)上的点P 到点Q(0,2)的距离的最小值为2,求m 的值 (2) k(k∈R )如何取值时,函数y =f(x)-kx 存在零点,并求出零点.解:(1) 设g(x)=ax 2+bx +c ,则g′(x)=2ax +b ;又g′(x)的图象与直线y =2x 平行,∴ 2a =2,a =1.(1分) 又g(x)在x =-1取极小值,-b2=-1,b =2,∴ g(-1)=a -b +c =1-2+c =m -1,c =m ;(2分) f(x)=x=x +mx+2,设P(x 0,y 0),则|PQ|2=x 20+(y 0-2)2=x 20+⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0+m x 02=2x 20+m 2x 20+2m≥22m 2+2m ,(4分)当且仅当2x 02=m 2x 02时,|PQ|2取最小值,即|PQ|取最小值 2.当m>0时,22m +2m =2,∴ m=2-1(6分) 当m<0时,-22m +2m =2,∴ m=-2-1(7分)(2) 由y =f(x)-kx =(1-k)x +mx +2=0,得(1-k)x 2+2x +m =0. (*)当k =1时,方程(*)有一解x =-m 2,函数y =f(x)-kx 有一零点x =-m2;(8分)当k≠1时,方程(*)有二解Δ=4-4m(1-k)>0,若m>0,k>1-1m ,函数y =f(x)-kx 有两个零点x =-2±4---=1±1--k -1;(10分) 若m<0,k<1-1m ,函数y =f(x)-kx 有两个零点,x =-2±4---=1±1--k -1;(12分)当k≠1时,方程(*)有一解Δ=4-4m(1-k)=0,k =1-1m , 函数y =f(x)-kx 有一个零点,x =1k -1.(14分)第19讲 函数与方程思想1. 在等差数列{a n }中,已知a 5=10,a 12=31,则通项a n =__________.【答案】 3n -5 解析:显然公差不为零,故通项为n 的一次函数,设a n =an +b ,a ,b 为常数,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧5a +b =10,12a +b =31⎩⎪⎨⎪⎧a =3,b =-5,∴ a n =3n -5.2. 设函数f(x)=x 2-1,对任意x∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞,f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x m -4m 2f(x)≤f(x-1)+4f(m)恒成立,则实数m 的取值范围是____________.【答案】 ⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,-32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞ 解析:(解法1)不等式化为f(x -1)+4f(m)-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x m +4m 2f(x)≥0,即(x -1)2-1+4m 2-4-x 2m2+1+4m 2x 2-4m 2≥0,整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1m 2+4m 2x 2-2x -3≥0,因为x 2>0,所以1-1m 2+4m 2≥2x +3x 2,设g(x)=2x +3x 2,x∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞.于是题目化为1-1m 2+4m 2≥g(x),对任意x∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞恒成立的问题.为此需求g(x)=2x +3x 2,x∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞的最大值.设u =1x ,则0<u≤23. 函数g(x)=h(u)=3u 2+2u 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤0,23上是增函数,因而在u =23处取得最大值.h ⎝ ⎛⎭⎪⎫23=3×49+2×23=83,所以1-1m 2+4m 2≥g(x)max =83,整理得12m 4-5m 2-3≥0,即(4m 2-3)(3m 2+1)≥0, 所以4m 2-3≥0,解得m≤-32或m≥32, 因此实数m 的取值范围是m∈⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,-32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞. (解法2)(前面同解法1)原题化为1-1m 2+4m 2≥g(x),对任意x∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞恒成立的问题.为此需求g(x)=2x +3x 2,x∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞的最大值.设t =2x +3,则t∈[6,+∞).g(x)=h(t)=4tt 2-6t +9=4t +9t-6. 因为函数t +9t 在(3,+∞)上是增函数,所以当t =6时,t +9t 取得最小值6+32.从而h(t)有最大值46+32-6=83.所以1-1m 2+4m 2≥g max (x)=83,整理得12m 4-5m 2-3≥0,即(4m 2-3)(3m 2+1)≥0,所以4m 2-3≥0,解得m≤-32或m≥32, 因此实数m 的取值范围是m∈⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,-32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞.(解法3)不等式化为f(x -1)+4f(m)-f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x m +4m 2f(x)≥0,即(x -1)2-1+4m 2-4-x 2m 2+1+4m 2x 2-4m 2≥0,整理得⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1m 2+4m 2x 2-2x -3≥0,令F(x)=⎝ ⎛⎭⎪⎫1-1m 2+4m 2x 2-2x -3.由于F(0)=-3<0,则其判别式Δ>0,因此F(x)的最小值不可能在函数图象的顶点得到,所以为使F(x)≥0对任意x∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞恒成立,必须使F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32为最小值, 即实数m 应满足⎩⎪⎨⎪⎧1-1m2+4m 2>0,F ⎝ ⎛⎭⎪⎫32≥0,解得m 2≥34,因此实数m 的取值范围是m∈⎝ ⎛⎦⎥⎤-∞,-32∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫32,+∞. 基础训练1. 1 解析:a +2=3,a =1,a 2+4>3,不用讨论.2. a≤-1或a≥1 解析:f(0)·f(2)≤0,(a +1)(a -1)≥0.3. 6π 解析:设长方体的长、宽、高分别为x ,y ,z ,⎩⎨⎧xy =2,xz =3,yz =6⎩⎨⎧x =1,y =2,z =3,2r =x 2+y 2+z 2=6,V =43πr 3=6π.4. ⎣⎢⎡⎦⎥⎤-54,1 解析:a =-sin 2x -cosx =⎝ ⎛⎭⎪⎫cosx -122-54,最小值为-54,最大值为1.例题选讲例1 点拨:本题解法很多,关键要学会转化.解:(解法1)将ab =a +b +3看成是含两个未知数的方程,可以用一个字母去表示另一个字母,再代入到a +b 中,转化为一元函数.b =a +3a -1,a +b =a +a +3a -1=2+(a -1)+4a -1,由b∈R +得a >1,∴ a+b =2+(a -1)+4a -1≥2+2-4a -1=6,当且仅当a -1=4a -1即a =3时取等号,故a +b 的取值范围是[6,+∞).(解法2) 直接利用基本不等式ab≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b 22,构造不等式,然后解不等式即可.ab =a +b +3≤⎝⎛⎭⎪⎫a +b 22,(a +b)2-4(a +b)-12≥0,(a +b -6)(a +b +2)≥0.从而得a +b≥6.(当且仅当a =b =3时取等号)变式训练 若a ,b 为正数,且ab =a +b +3,求ab 的取值范围. 【答案】 ab≥9.例2 点拨:结合二次函数、二次方程间的关系,利用二次方程根的分布、根与系数关系、零点存在性定理解决.(1) 证明:∵ f(1)=a +b +c =-a2,∴ 3a+2b +2c =0.∴ c=-32a -b.∴ f(x)=ax 2+bx -32a -b ,判别式Δ=b 2-4a ⎝ ⎛⎭⎪⎫-32a -b =b 2+6a 2+4ab =(2a +b)2+2a 2,又∵ a>0,∴ Δ>0恒成立,故函数f(x)有两个零点.(2) 解:若x 1,x 2是函数f(x)的两个零点,则x 1,x 2是方程f(x)=0的两根, ∴ x 1+x 2=-b a ,x 1x 2=-b a -32.∴ |x 1-x 2|=1+x 22-4x 1x 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫-b a 2-4⎝ ⎛⎭⎪⎫-b a -32=⎝ ⎛⎭⎪⎫b a +22+2≥ 2.|x 1-x 2|的取值范围是[2,+∞].(3) 证明:f(0)=c ,f(2)=4a +2b +c ,由(1)知3a +2b +2c =0,∴ f(2)=a -c. ①当c >0时,有f(0)>0,又∵ a>0,∴ f(1)=-a2<0,∴ 函数f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点.②当c≤0时,f(2)=a -c >0,f(1)<0,f(0)=c≤0, ∴ 函数f(x)在区间(1,2)内有一个零点,综合①②可知函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点.变式训练 设a 1,d 为实数,首项为a 1,公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S 5S 6+15=0.(1) 若S 5=5,求S 6及a 1; (2) 求d 的取值范围.解:(1) 由题意知S 6=-15S 5=-3,∴ ⎩⎪⎨⎪⎧S 5=5a 1+5×42d =5,S 6=6a 1+6×52d =-3,解得a 1=7,d =-3.∴ S 6=-3,a 1=7. (2) ∵ S 5S 6+15=0,∴ (5a 1+10d)(6a 1+15d)+15=0,即2a 21+9da 1+10d 2+1=0.故(4a 1+9d)2=d 2-8,∴ d 2-8≥0. 故d 的取值范围为d≤-22或d≥2 2.例3 解:(1) 由⎩⎪⎨⎪⎧y =x +b ,x 2=4y 得x 2-4x -4b =0,(*)因为直线l 与抛物线C 相切,所以Δ=(-4)2-4×(-4b)=0,解得b =-1.(2) 由(1)可知b =-1,故方程(*)即为x 2-4x +4=0,解得x =2,代入x 2=4y ,得y =1.故点A(2,1),因为圆A 与抛物线C 的准线相切,所以圆A 的半径r 等于圆心A 到抛物线的准线y =-1的距离,即r =|1-(-1)|=2,所以圆A 的方程为(x -2)2+(y -1)2=4.例4 (1) 证明:当m<1时,f(x)=x(3-x 2)=3x -x 3,因为f′(x)=3-3x 2=3(1-x 2)>0,所以f(x)是增函数,(2) 解:令g(x)=x|x 2-3|,x≥0,则g(x)=⎩⎨⎧3x -x 3,0≤x≤3,x 3-3x ,x> 3.当0≤x≤3时,g′(x)=3-3x 2,由g′(x)=0得x =1, 所以g(x)在[0,1]上是增函数,在[1,3]上是减函数.当x>3时,g′(x)=3x 2-3>0,所以g(x)在[3,+∞)上是增函数, 所以x∈[0,3]时,g(x)max =g(1)=2,g(x)min =g(0)=g(3)=0, 所以0<m<1不符合题意,1≤m≤3符合题意. 当m>3时,在x∈[0,3]时,f(x)∈[0,2], 在x∈[3,m]时,f(x)∈[0,f(m)],这时f(x)的值域是[0,2]的充要条件是f(m)≤2,即m 3-3m≤2,(m -2)(m +1)2≤0,解得3<m≤2. 综上,m 的取值范围是[1,2].(3) 由(2)可知,0<m<1时,函数f(x)的最大值为f(m)=3m -m 3, 当1≤m≤2时,函数f(x)的最大值为f(1)=2.由题意知2=λm 2,即λ=2m 2,m∈[1,2]时这是减函数,∴ λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12,2.当m>2时,函数f(x)的最大值为f(m)=m 3-3m ,由题意知m 3-3m =λm 2,即λ=m -3m,这是增函数,∴ λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12,+∞. 综上,当m =2时,实数λ取最小值为12.变式训练 已知函数g(x)=xlnx ,设0<a <b , 求证:0<g(a)+g(b)-2g ⎝⎛⎭⎪⎫a +b 2<(b -a)ln2.点拨:确定变量,构造函数证明不等式.证明:g(x)=xlnx ,g′(x)=lnx +1. 构造函数F(x)=g(a)+g(x)-2g ⎝⎛⎭⎪⎫a +x 2,则F′(x)=g′(x)-2⎣⎢⎡⎦⎥⎤g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a +x 2′=lnx -ln a +x 2.当0<x <a 时,F′(x)<0,在此F(x)在(0,a)内为减函数; 当x >a 时,F′(x)>0,因此F(x)在(a ,+∞)上为增函数. 从而,当x =a 时,F(x)有极小值F(a). 因为F(a)=0,b >a ,所以F(b)>0, 即0<g(a)+g(b)-2g ⎝⎛⎭⎪⎫a +b 2.再构造函数G(x)=F(x)-(x -a)ln2,则G′(x)=lnx -ln a +x2-ln2=lnx -ln(a +x).当x >0时,G′(x)<0.因此G(x)在(0,+∞)上为减函数. 因为G(a)=0,b >a ,所以G(b)<0, 即g(a)+g(b)-2g ⎝⎛⎭⎪⎫a +b 2<(b -a)ln2.综上得0<g(a)+g(b)-2g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a +b 2<(b -a)ln2.高考回顾1. (0,1) 解析:f(x)=2x (x≥2)单调递减且值域为(0,1],f(x)=(x -1)3(x <2)单调递增且值域为(-∞,1),结合函数的图象可得f(x)=k 有两个不同的实根,则实数k 的取值范围是(0,1).2. 10 解析:S 9=S 4,9a 1+9×82d =4a 1+4×32d ,a 1=1,d =-16;由1+(k -1)⎝ ⎛⎭⎪⎫-16+1+3×⎝ ⎛⎭⎪⎫-16=0,得k =10.本题也可用数列性质解题,S 9=S 47=0.3. (-∞,0) 解析:由题意可知f′(x)=3ax 2+1x ,又因为存在垂直于y 轴的切线,所以3ax 2+1x==-13x3(x >-∞,0).4. (-∞,-1) 解析:因为对任意x∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)=2mx -1mx -m x<0恒成立,显然m≠0.所以当m <0时,有2m 2x 2-1-m 2>0对任意x∈[1,+∞)恒成立,即2m 2×1-1-m 2>0,解得m 2>1,即m <-1;当m >0时,有2m 2x 2-1-m 2<0对任意x∈[1,+∞)恒成立,m 无解,综上所述实数m 的取值范围是m <-1.5. (1) 解:f′(x)=1+2ax +bx.由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧=0,=2.即⎩⎪⎨⎪⎧1+a =0,1+2a +b =2,解得a =-1,b =3.(2) 证明:f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知f(x)=x -x 2+3lnx.设g(x)=f(x)-(2x -2)=2-x -x 2+3lnx ,则 g′(x)=-1-2x +3x=--+x.当0<x <1时,g′(x)>0;当x >1时,g′(x)<0. 所以g(x)在(0,1)单调增加,在(1,+∞)单调减少. ∴ x=1时,g(x)取极大值即为最大值.而g(1)=0,故当x >0时,g(x)≤0,即f(x)≤2x-2.6. 解:(1) 曲线y =x 2-6x +1与y 轴的交点为(0,1),与x 轴的交点为(3+22,0),(3-22,0).故可设圆C 的圆心为(3,t),则有32+(t -1)2=(22)2+t 2,解得t =1.则圆C 的半径为32+-2=3.所以圆C 的方程为(x -3)2+(y -1)2=9. (2) 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),其坐标满足方程组:⎩⎪⎨⎪⎧x -y +a =0,-2+-2=9.消去y ,得到方程2x 2+(2a -8)x +a 2-2a +1=0.由已知可得,判别式Δ=56-16a -4a 2>0.因此,x 1,2=-56-16a -4a24,从而x 1+x 2=4-a ,x 1x 2=a 2-2a +12,①由OA⊥OB,可得x 1x 2+y 1y 2=0,又y 1=x 1+a ,y 2=x 2+a ,所以2x 1x 2+a(x 1+x 2)+a 2=0,②由①,②得a =-1,满足Δ>0,故a =-1.。
(江苏专用)2021高考数学二轮复习专题八第1讲函数与方程思想
(江苏专用)2021高考数学二轮复习专题八第1讲函数与方程思想(江苏专用)2021高考数学二轮复习专题八第1讲函数与方程思想、第1讲函数与方程思想,数形结合思想高考定位函数与方程思想一般通过函数与导数、三角函数、数列、解析几何等知识进行考查;数形结合思想一般在填空题中考查.1.函数和等式思想的意义(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的思想方法.(2)方程的思想是分析数学问题中变量之间的等价关系,建立方程或方程,或构造方程,通过求解方程或方程来分析和变换问题,或利用方程的性质来解决问题2.函数与方程思想在解题中的应用(1)函数与不等式的相互转化。
对于函数y=f(x),当y>0时,它将转化为不等式f(x)>0。
有关问题可以借助于函数的表象和性质来解决,函数性质的研究离不开不等式(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)解析几何中的许多问题只能通过求解二元方程来解决,这涉及到二次方程和二次函数的理论3.数形结合是一种数学思想方法,包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面,其应用大致可以分为两种情形:①借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系,即以形作为手段,数为目的,比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质;②借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性,即以数作为手段,形作为目的,如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.4.运用数形结合的思想分析和解决问题,要注意三点:一是要深入理解一些概念和运算的几何意义,以及曲线的代数特征,分析数学问题中条件和结论的几何意义和代数意义;二是正确设置和合理使用参数,建立关系,逐数思考,逐数思考,做好数与形的转换;第三是正确确定参数的取值范围。
数学中的一些知识可以看作是数字和形状的组合热点一函数与方程思想的应用[应用1]不等式问题中的函数(方程)法[示例1-1](1)f(x)=ax-3x+1代表x∈ [-1,1],总有f(x)≥ 0,则a=__2)设f(x)和G(x)分别是R上定义的奇偶函数。
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第19讲函数与方程思想考试说明指出:“高考把函数与方程的思想作为思想方法的重点来考查,使用填空题考查函数与方程思想的基本运算,而在解答题中,则从更深的层次,在知识网络的交汇处,从思想方法与相关能力相综合的角度进行深入考查.”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,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.方程的思想,就是分析数学问题中各个量及其关系,建立方程或方程组、不等式或不等式组或构造方程或方程组、不等式或不等式组,通过求方程或方程组、不等式或不等式组的解的情况,使问题得以解决.函数和方程的思想简单地说,就是学会用函数和变量来思考,学会转化已知与未知的关系,对函数和方程思想的考查,主要是考查能不能用函数和方程思想指导解题,一般情况下,凡是涉及未知数问题都可能用到函数与方程的思想.函数与方程的思想在解题应用中主要体现在两个方面:(1) 借助有关初等函数的图象性质,解有关求值、解(证)方程(等式)或不等式,讨论参数的取值范围等问题;(2) 通过建立函数式或构造中间函数把所要研究的问题转化为相应的函数模型,由所构造的函数的性质、结论得出问题的解.由于函数在高中数学中的举足轻重的地位,因而函数与方程的思想一直是高考要考查的重点,对基本初等函数的图象及性质要牢固掌握,另外函数与方程的思想在解析几何、立体几何、数列等知识中的广泛应用也要重视.1. 设集合A={-1,1,3},B={a+2,a2+4},A∩B={3},则实数a=________.2.函数f(x)=ax-a+1存在零点x0,且x0∈[0,2],则实数a的取值范围是________.3.一个长方体共一顶点的三个面的面积分别为2,3,6,则该长方体的外接球体积为________.4.关于x的方程sin2x+cosx+a=0有实根,则实数a的取值范围是________.【例1】若a,b为正数,且ab=a+b+3,求a+b的取值范围.【例2】设函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),且f(1)=-a 2.(1) 求证:函数f(x)有两个零点;(2) 设x1,x2是函数f(x)的两个零点,求|x1-x2|的取值范围;(3) 求证:函数f(x)的零点x1,x2至少有一个在区间(0,2)内.【例3】如图,直线l:y=x+b与抛物线C:x2=4y相切于点A.(1) 求实数b的值;(2) 求以点A为圆心,且与抛物线C的准线相切的圆的方程.【例4】已知函数f(x)=x|x2-3|,x∈[0,m],其中m∈R,且m>0(1) 若m<1,求证:函数f(x)是增函数;(2) 如果函数f(x)的值域是[0,2],试求m的取值范围;(3) 如果函数f(x)的值域是[0,λm2],试求实数λ的最小值.1. (2011·北京)已知函数f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧2x ,x ≥2,(x -1)3,x<2,若关于x 的方程f(x)=k 有两个不同的实根,则实数k 的取值范围是________.2.(2011·广东)等差数列{a n }前9项的和等于前4项的和.若a 1=1,a k +a 4=0,则k =________.3.(2009·福建)若曲线f(x)=ax 3+lnx 存在垂直于y 轴的切线,则实数a 的取值范围是________.4.(2010·天津)设函数f(x)=x -1x ,对任意x ∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)<0恒成立,则实数m 的取值范围是________.5.(2011·辽宁) 设函数f(x)=x +ax 2+blnx ,曲线y =f(x)过点P(1,0),且在P 点处的切线斜率为2.(1) 求a ,b 的值; (2) 证明:f(x)≤2x -2.6.(2011·全国)在平面直角坐标系xOy 中,曲线y =x 2-6x +1与坐标轴的交点都在圆C 上.(1) 求圆C 的方程;(2) 若圆C 与直线x -y +a =0交于A ,B 两点,且OA ⊥OB ,求a 的值.(2009·广东)(本小题满分14分)已知二次函数y =g(x)的导函数的图象与直线y =2x 平行,且y =g(x)在x =-1处取得最小值m -1(m ≠0).设函数f(x)=g (x )x.(1) 若曲线y =f(x)上的点P 到点Q(0,2)的距离的最小值为2,求m 的值 (2) k(k ∈R )如何取值时,函数y =f(x)-kx 存在零点,并求出零点. 解:(1) 设g(x)=ax 2+bx +c ,则g ′(x)=2ax +b ;又g ′(x)的图象与直线y =2x 平行,∴ 2a =2,a =1.(1分) 又g(x)在x =-1取极小值,-b2=-1,b =2,∴ g(-1)=a -b +c =1-2+c =m -1,c =m ;(2分) f(x)=g (x )x =x +mx+2,设P(x 0,y 0), 则|PQ|2=x 20+(y 0-2)2=x 20+⎝⎛⎭⎫x 0+m x 02=2x 20+m 2x 20+2m ≥22m 2+2m ,(4分) 当且仅当2x 02=m 2x 02时,|PQ|2取最小值,即|PQ|取最小值 2. 当m>0时,22m +2m =2,∴ m =2-1(6分) 当m<0时,-22m +2m =2,∴ m =-2-1(7分) (2) 由y =f(x)-kx =(1-k)x +mx +2=0,得(1-k)x 2+2x +m =0. (*)当k =1时,方程(*)有一解x =-m 2,函数y =f(x)-kx 有一零点x =-m2;(8分)当k ≠1时,方程(*)有二解Δ=4-4m(1-k)>0,若m>0,k>1-1m,函数y =f(x)-kx 有两个零点x =-2±4-4m (1-k )2(1-k )=1±1-m (1-k )k -1;(10分)若m<0,k<1-1m ,函数y =f(x)-kx 有两个零点,x =-2±4-4m (1-k )2(1-k )=1±1-m (1-k )k -1;(12分)当k ≠1时,方程(*)有一解Δ=4-4m(1-k)=0,k =1-1m, 函数y =f(x)-kx 有一个零点,x =1k -1.(14分)第19讲 函数与方程思想1. 在等差数列{a n }中,已知a 5=10,a 12=31,则通项a n =__________.【答案】 3n -5 解析:显然公差不为零,故通项为n 的一次函数,设a n =an +b ,a ,b 为常数,由题意得⎩⎪⎨⎪⎧5a +b =10,12a +b =31⎩⎪⎨⎪⎧a =3,b =-5,∴ a n =3n -5. 2. 设函数f(x)=x 2-1,对任意x ∈⎣⎡⎭⎫32,+∞,f ⎝⎛⎭⎫xm -4m 2f(x)≤f(x -1)+4f(m)恒成立,则实数m 的取值范围是____________.【答案】 ⎝⎛⎦⎤-∞,-32∪⎣⎡⎭⎫32,+∞解析:(解法1)不等式化为f(x -1)+4f(m)-f ⎝⎛⎭⎫x m +4m 2f(x)≥0, 即(x -1)2-1+4m 2-4-x 2m2+1+4m 2x 2-4m 2≥0,整理得⎝⎛⎭⎫1-1m 2+4m 2x 2-2x -3≥0, 因为x 2>0,所以1-1m 2+4m 2≥2x +3x 2,设g(x)=2x +3x 2,x ∈⎣⎡⎭⎫32,+∞. 于是题目化为1-1m 2+4m 2≥g(x),对任意x ∈⎣⎡⎭⎫32,+∞恒成立的问题. 为此需求g(x)=2x +3x 2,x ∈⎣⎡⎭⎫32,+∞的最大值.设u =1x ,则0<u ≤23. 函数g(x)=h(u)=3u 2+2u 在区间⎝⎛⎦⎤0,23上是增函数,因而在u =23处取得最大值. h ⎝⎛⎭⎫23=3×49+2×23=83,所以1-1m 2+4m 2≥g(x)max =83, 整理得12m 4-5m 2-3≥0,即(4m 2-3)(3m 2+1)≥0, 所以4m 2-3≥0,解得m ≤-32或m ≥32, 因此实数m 的取值范围是m ∈⎝⎛⎦⎤-∞,-32∪⎣⎡⎭⎫32,+∞.(解法2)(前面同解法1)原题化为1-1m 2+4m 2≥g(x),对任意x ∈⎣⎡⎭⎫32,+∞恒成立的问题.为此需求g(x)=2x +3x 2,x ∈⎣⎡⎭⎫32,+∞的最大值. 设t =2x +3,则t ∈[6,+∞).g(x)=h(t)=4tt 2-6t +9=4t +9t-6. 因为函数t +9t 在(3,+∞)上是增函数,所以当t =6时,t +9t 取得最小值6+32.从而h(t)有最大值46+32-6=83.所以1-1m 2+4m 2≥g max (x)=83,整理得12m 4-5m 2-3≥0,即(4m 2-3)(3m 2+1)≥0,所以4m 2-3≥0,解得m ≤-32或m ≥32, 因此实数m 的取值范围是m ∈⎝⎛⎦⎤-∞,-32∪⎣⎡⎭⎫32,+∞.(解法3)不等式化为f(x -1)+4f(m)-f ⎝⎛⎭⎫x m +4m 2f(x)≥0,即 (x -1)2-1+4m 2-4-x 2m2+1+4m 2x 2-4m 2≥0,整理得⎝⎛⎭⎫1-1m 2+4m 2x 2-2x -3≥0,令F(x)=⎝⎛⎭⎫1-1m 2+4m 2x 2-2x -3.由于F(0)=-3<0,则其判别式Δ>0,因此F(x)的最小值不可能在函数图象的顶点得到,所以为使F(x)≥0对任意x ∈⎣⎡⎭⎫32,+∞恒成立,必须使F ⎝⎛⎭⎫32为最小值, 即实数m 应满足⎩⎨⎧1-1m 2+4m 2>0,F ⎝⎛⎭⎫32≥0,解得m 2≥34,因此实数m 的取值范围是m ∈⎝⎛⎦⎤-∞,-32∪⎣⎡⎭⎫32,+∞. 基础训练1. 1 解析:a +2=3,a =1,a 2+4>3,不用讨论.2. a ≤-1或a ≥1 解析:f(0)·f(2)≤0,(a +1)(a -1)≥0.3.6π 解析:设长方体的长、宽、高分别为x ,y ,z ,⎩⎨⎧xy =2,xz =3,yz =6⎩⎨⎧x =1,y =2,z =3,2r =x 2+y 2+z 2=6,V =43πr 3=6π.4. ⎣⎡⎦⎤-54,1 解析:a =-sin 2x -cosx =⎝⎛⎭⎫cosx -122-54,最小值为-54,最大值为1. 例题选讲例1 点拨:本题解法很多,关键要学会转化.解:(解法1)将ab =a +b +3看成是含两个未知数的方程,可以用一个字母去表示另一个字母,再代入到a +b 中,转化为一元函数.b =a +3a -1,a +b =a +a +3a -1=2+(a -1)+4a -1,由b ∈R +得a >1,∴ a +b =2+(a -1)+4a -1≥2+2(a -1)×4a -1=6,当且仅当a -1=4a -1即a =3时取等号,故a +b 的取值范围是[6,+∞).(解法2) 直接利用基本不等式ab ≤⎝⎛⎭⎫a +b 22,构造不等式,然后解不等式即可.ab =a +b +3≤⎝⎛⎭⎫a +b 22,(a +b)2-4(a +b)-12≥0,(a +b -6)(a +b +2)≥0. 从而得a +b ≥6.(当且仅当a =b =3时取等号)变式训练 若a ,b 为正数,且ab =a +b +3,求ab 的取值范围. 【答案】 ab ≥9.例2 点拨:结合二次函数、二次方程间的关系,利用二次方程根的分布、根与系数关系、零点存在性定理解决.(1) 证明:∵ f(1)=a +b +c =-a2,∴ 3a +2b +2c =0.∴ c =-32a -b.∴ f(x)=ax 2+bx -32a -b ,判别式Δ=b 2-4a ⎝⎛⎭⎫-32a -b =b 2+6a 2+4ab =(2a +b)2+2a 2, 又∵ a >0,∴ Δ>0恒成立,故函数f(x)有两个零点.(2) 解:若x 1,x 2是函数f(x)的两个零点,则x 1,x 2是方程f(x)=0的两根, ∴ x 1+x 2=-b a ,x 1x 2=-b a -32.∴ |x 1-x 2|=(x 1+x 2)2-4x 1x 2=⎝⎛⎭⎫-b a 2-4⎝⎛⎭⎫-b a -32=⎝⎛⎭⎫b a +22+2≥ 2.|x 1-x 2|的取值范围是[2,+∞].(3) 证明:f(0)=c ,f(2)=4a +2b +c ,由(1)知3a +2b +2c =0,∴ f(2)=a -c. ①当c >0时,有f(0)>0,又∵ a >0,∴ f(1)=-a2<0,∴ 函数f(x)在区间(0,1)内至少有一个零点.②当c ≤0时,f(2)=a -c >0,f(1)<0,f(0)=c ≤0, ∴ 函数f(x)在区间(1,2)内有一个零点,综合①②可知函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点.变式训练 设a 1,d 为实数,首项为a 1,公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S 5S 6+15=0.(1) 若S 5=5,求S 6及a 1; (2) 求d 的取值范围.解:(1) 由题意知S 6=-15S 5=-3,∴ ⎩⎨⎧S 5=5a 1+5×42d =5,S 6=6a 1+6×52d =-3,解得a 1=7,d =-3.∴ S 6=-3,a 1=7.(2) ∵ S 5S 6+15=0,∴ (5a 1+10d)(6a 1+15d)+15=0,即2a 21+9da 1+10d 2+1=0.故(4a 1+9d)2=d 2-8,∴ d 2-8≥0. 故d 的取值范围为d ≤-22或d ≥2 2.例3 解:(1) 由⎩⎪⎨⎪⎧y =x +b ,x 2=4y得x 2-4x -4b =0,(*)因为直线l 与抛物线C 相切,所以Δ=(-4)2-4×(-4b)=0,解得b =-1.(2) 由(1)可知b =-1,故方程(*)即为x 2-4x +4=0,解得x =2,代入x 2=4y ,得y =1.故点A(2,1),因为圆A 与抛物线C 的准线相切,所以圆A 的半径r 等于圆心A 到抛物线的准线y =-1的距离,即r =|1-(-1)|=2,所以圆A 的方程为(x -2)2+(y -1)2=4.例4 (1) 证明:当m<1时,f(x)=x(3-x 2)=3x -x 3, 因为f ′(x)=3-3x 2=3(1-x 2)>0,所以f(x)是增函数, (2) 解:令g(x)=x|x 2-3|,x ≥0,则g(x)=⎩⎨⎧3x -x 3,0≤x ≤3,x 3-3x ,x> 3.当0≤x ≤3时,g ′(x)=3-3x 2,由g ′(x)=0得x =1, 所以g(x)在[0,1]上是增函数,在[1,3]上是减函数.当x>3时,g ′(x)=3x 2-3>0,所以g(x)在[3,+∞)上是增函数, 所以x ∈[0,3]时,g(x)max =g(1)=2,g(x)min =g(0)=g(3)=0, 所以0<m<1不符合题意,1≤m ≤3符合题意. 当m>3时,在x ∈[0,3]时,f(x)∈[0,2], 在x ∈[3,m]时,f(x)∈[0,f(m)],这时f(x)的值域是[0,2]的充要条件是f(m)≤2,即m 3-3m ≤2,(m -2)(m +1)2≤0,解得3<m ≤2. 综上,m 的取值范围是[1,2].(3) 由(2)可知,0<m<1时,函数f(x)的最大值为f(m)=3m -m 3, 当1≤m ≤2时,函数f(x)的最大值为f(1)=2. 由题意知2=λm 2,即λ=2m2,m ∈[1,2]时这是减函数,∴ λ∈⎣⎡⎦⎤12,2. 当m>2时,函数f(x)的最大值为f(m)=m 3-3m ,由题意知m 3-3m =λm 2,即λ=m -3m ,这是增函数,∴ λ∈⎝⎛⎭⎫12,+∞. 综上,当m =2时,实数λ取最小值为12.变式训练 已知函数g(x)=xlnx ,设0<a <b , 求证:0<g(a)+g(b)-2g ⎝⎛⎭⎫a +b 2<(b -a)ln2.点拨:确定变量,构造函数证明不等式. 证明:g(x)=xlnx ,g ′(x)=lnx +1.构造函数F(x)=g(a)+g(x)-2g ⎝⎛⎭⎫a +x 2, 则F ′(x)=g ′(x)-2⎣⎡⎦⎤g ⎝⎛⎭⎫a +x 2′=lnx -ln a +x 2. 当0<x <a 时,F ′(x)<0,在此F(x)在(0,a)内为减函数;当x >a 时,F ′(x)>0,因此F(x)在(a ,+∞)上为增函数.从而,当x =a 时,F(x)有极小值F(a).因为F(a)=0,b >a ,所以F(b)>0,即0<g(a)+g(b)-2g ⎝⎛⎭⎫a +b 2.再构造函数G(x)=F(x)-(x -a)ln2,则G ′(x)=lnx -ln a +x 2-ln2=lnx -ln(a +x). 当x >0时,G ′(x)<0.因此G(x)在(0,+∞)上为减函数.因为G(a)=0,b >a ,所以G(b)<0,即g(a)+g(b)-2g ⎝⎛⎭⎫a +b 2<(b -a)ln2.综上得0<g(a)+g(b)-2g ⎝⎛⎭⎫a +b 2<(b -a)ln2. 高考回顾1. (0,1) 解析:f(x)=2x(x ≥2)单调递减且值域为(0,1],f(x)=(x -1)3(x <2)单调递增且值域为(-∞,1),结合函数的图象可得f(x)=k 有两个不同的实根,则实数k 的取值范围是(0,1).2. 10 解析:S 9=S 4,9a 1+9×82d =4a 1+4×32d ,a 1=1,d =-16; 由1+(k -1)⎝⎛⎭⎫-16+1+3×⎝⎛⎭⎫-16=0,得k =10. 本题也可用数列性质解题,S 9=S 4a 7=0.3. (-∞,0) 解析:由题意可知f ′(x)=3ax 2+1x,又因为存在垂直于y 轴的切线,所以3ax 2+1x =0a =-13x 3(x >0)a ∈(-∞,0). 4. (-∞,-1) 解析:因为对任意x ∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)=2mx -1mx -m x <0恒成立,显然m ≠0.所以当m <0时,有2m 2x 2-1-m 2>0对任意x ∈[1,+∞)恒成立,即2m 2×1-1-m 2>0,解得m 2>1,即m <-1;当m >0时,有2m 2x 2-1-m 2<0对任意x ∈[1,+∞)恒成立,m 无解,综上所述实数m 的取值范围是m <-1.5. (1) 解:f ′(x)=1+2ax +b x. 由已知条件得⎩⎪⎨⎪⎧ f (1)=0,f ′(1)=2.即⎩⎪⎨⎪⎧1+a =0,1+2a +b =2,解得a =-1,b =3. (2) 证明:f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知f(x)=x -x 2+3lnx.设g(x)=f(x)-(2x -2)=2-x -x 2+3lnx ,则g ′(x)=-1-2x +3x =-(x -1)(2x +3)x. 当0<x <1时,g ′(x)>0;当x >1时,g ′(x)<0.所以g(x)在(0,1)单调增加,在(1,+∞)单调减少.∴ x =1时,g(x)取极大值即为最大值.而g(1)=0,故当x >0时,g(x)≤0,即f(x)≤2x -2.6. 解:(1) 曲线y =x 2-6x +1与y 轴的交点为(0,1),与x 轴的交点为(3+22,0),(3-22,0).故可设圆C 的圆心为(3,t),则有32+(t -1)2=(22)2+t 2,解得t =1.则圆C 的半径为32+(t -1)2=3.所以圆C 的方程为(x -3)2+(y -1)2=9.(2) 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),其坐标满足方程组:⎩⎪⎨⎪⎧x -y +a =0,(x -3)2+(y -1)2=9.消去y ,得到方程2x 2+(2a -8)x +a 2-2a +1=0. 由已知可得,判别式Δ=56-16a -4a 2>0.因此,x 1,2=(8-2a )±56-16a -4a 24,从而x 1+x 2=4-a ,x 1x 2=a 2-2a +12,① 由OA ⊥OB ,可得x 1x 2+y 1y 2=0,又y 1=x 1+a ,y 2=x 2+a ,所以2x 1x 2+a(x 1+x 2)+a 2=0,②由①,②得a =-1,满足Δ>0,故a =-1.。