新高考数学二轮总复习学案设计函数与方程思想、数形结合思想

第2讲函数与方程思想、数形结合思想
数与导数、三角函数、数列及解析几何等知识运用的交汇处,思想方法和相关能力的结合处进行考查.
思想方法诠释
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.
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.方程思想是动中求静,研究运动中的等量关系.
3.函数思想与方程思想的联系:
函数思想与方程思想密切相关,对于函数y=f(x),当y=0时,转化为方程f(x)=0,也可以把函数y=f(x)看作二元方程y-f(x)=0.
函数与方程的问题可相互转化.求方程f(x)=0的解就是求函数y=f(x)的零点.求方程
f(x)=g(x)的解的问题,可以转化为求函数y=f(x)-g(x)与x轴的交点问题.
思想分类应用
应用一函数思想与方程思想的转换
,g(x)=ax2+bx(a,b∈R,a≠0),若y=f(x)的图象与y=g(x)的图象有且仅【例1】设函数f(x)=1
x
有两个不同的公共点A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确的是()
A.当a<0时,x1+x2<0,y1+y2>0
B.当a<0时,x1+x2>0,y1+y2<0
C.当a>0时,x1+x2<0,y1+y2<0
D.当a>0时,x1+x2>0,y1+y2>0
思维升华求两个函数f(x),g(x)图象的交点问题通常转化为求函数F(x)=f(x)-g(x)的零点问题.而函数F(x)的零点问题也可以转化为两个函数图象的交点问题.
【对点训练1】已知函数f(x)的定义域为R,且有2f(x)+f(x2-1)=1,则f(-√2)=.
应用二函数与方程思想在解三角形中的应用
【例2】为了竖一块广告牌,要制造三角形支架,如图,要求∠ACB=60°,BC的长度大于1 m, m,为了稳固广告牌,要求AC越短越好,则AC最短为()
且AC比AB长1
2
)m B.2 m
A.(1+√3
2
C.(1+√3)m
D.(2+√3)m
思维升华函数思想的实质是使用函数方法解决数学问题(不一定只是函数问题),构造函数解题是函数思想的一种主要体现.方程思想的本质是根据已知得出方程(组),通过解方程(组)解决问题.
【对点训练2】已知a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边,S为△ABC的面
积,sin(B+C)=2S
a2-c2
.
(1)证明:A=2C;
(2)若b=2,且△ABC为锐角三角形,求S的取值范围.
应用三函数与方程思想在比较大小或不等式中的应用
【例3】(1)(2020全国Ⅰ,理12)若2a+log2a=4b+2log4b,则()
A.a>2b
B.a<2b
C.a>b2
D.a<b2
(2)(2020安徽合肥一中模拟,理12)已知关于x的不等式ax2e1-x-x ln x-1≤0恒成立,则实数a 的取值范围是()
A.[0,1]
B.(-∞,0]
C.(-∞,1]
D.(-∞,1
2
]
思维升华1.在解决不等式问题时,一种最重要的思想方法就是构造适当的函数,利用函数的图象和性质解决问题.
2.函数f(x)>0或f(x)<0恒成立,一般可转化为f(x)min>0或f(x)max<0.已知恒成立求参数取值范围可先分离参数,再利用函数最值求解.
【对点训练3】(1)(2020全国Ⅲ,文10)设a=log32,b=log53,c=2
3
,则()
A.a<c<b
B.a<b<c
C.b<c<a
D.c<a<b
(2)若x∈(0,+∞),e x-1
x
≥x-ln x+a恒成立,则a的最大值为()
A.1
B.1
e
C.0
D.-e 应用四函数与方程思想在数列中的应用
【例4】(2020湖南长郡中学四模,文4)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ,若S 13=13π
4
,则cos 2a 5+cos 2a 7+cos 2a 9=( ) A.1
B.3
2
C.5
2
D.2
思维升华在解决数列问题时,应充分利用函数的有关知识,解题往往以函数的概念、图象、
性质为纽带,建立起函数与数列间的桥梁,揭示它们内在的联系,从而有效快速解决数列问题.
【对点训练4】已知在数列{a n }中,前n 项和为S n ,且S n =
n+23a n ,则a n
a n -1
的最大值为( )
A .-3
B .-1
C .3
D .1
应用五 函数与方程思想在概率中的应用
【例5】(2020河北沧州一模,理12)2019年末,武汉出现新型冠状病毒肺炎(COVID-19)疫情,并快速席卷我国其他地区,传播速度很快.因这种病毒是以前从未在人体中发现的冠状病毒新毒株,所以目前没有特异治疗方法,防控难度很大.武汉市出现疫情最早,感染人员最多,防控压力最大,武汉市从2月7日起举全市之力入户上门排查确诊的新冠肺炎患者、疑似的新冠肺炎患者、无法明确排除新冠肺炎的发热患者和与确诊患者的密切接触者等“四类”人员,强化网格化管理,不落一户、不漏一人.在排查期间,一户6口之家被确认为“与确诊患者的密切接触者”,这种情况下医护人员要对其家庭成员随机地逐一进行“核糖核酸”检测,若出现阳性,则该家庭为“感染高危户”.设该家庭每个成员检测呈阳性的概率均为p (0<p<1)且相互独立,该家庭至少检测了5个人才能确定为“感染高危户”的概率为f (p ),当p=p 0时,f (p )最大,则p 0=( ) A.1-√63
B.√63
C.12
D.1-√33
思维升华关于概率的应用题,首先应用概率的相关知识得到两个量的等量关系,然后利用函数模型研究函数的最值、极值问题,重在考查考生的“数学建模”的核心素养和知识的迁移能力等.
【对点训练5】(2018全国1,理20)某工厂的某种产品成箱包装,每箱200件,每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验,如检验出不合格品,则更换为合格品.检验时,先从这箱产品中任取20件作检验,再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p (0<p<1),且各件产品是否为不合格品相互独立. (1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p ),求f (p )的最大值点p 0;
(2)现对一箱产品检验了20件,结果恰有2件不合格品,以(1)中确定的p 0作为p 的值.已知每件产品的检验费用为2元,若有不合格品进入用户手中,则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用.
①若不对该箱余下的产品作检验,这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ,求E (X ); ②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据,是否该对这箱余下的所有产品作检验?
应用方法归纳
函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面:
(1)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;
(2)在研究问题中通过建立函数关系式或构造中间函数,把研究的问题化为讨论函数的有关性质,达到化难为易、化繁为简的目的.
数形结合思想是解答高考数学试题的一种常用方法与技巧,在高考试题中,数形结合思想主要用于解选择题和填空题,有直观、简单、快捷等特点;而在解答题中,考虑到推理论证的严密性,图形只是辅助手段,最终要用“数”写出完整的解答过程.
思想分类应用
应用一 利用数形结合求函数的零点
【例1】(2020天津,9)已知函数f (x )={x 3,x ≥0,
-x ,x <0.
若函数g (x )=f (x )-|kx 2-2x|(k ∈R )恰有4个零
点,则k 的取值范围是( ) A.(-∞,-12
)∪(2√2,+∞) B.(-∞,-12)∪(0,2√2)
C.(-∞,0)∪(0,2√2)
D.(-∞,0)∪(2√2,+∞)
思维升华讨论方程的解(或函数的零点)的个数一般可构造两个函数,转化为讨论两曲线(或曲线与直线等)的交点个数,其基本步骤是先把方程两边的代数式看作是两个熟悉函数的表达式(不熟悉时,需要作适当变形转化为两个熟悉的函数),再在同一平面直角坐标系中作出两个函数的图象,图象的交点个数即为方程解(或函数零点)的个数. 【对点训练1】(2020安徽安庆二模,理12)函数f (x )=|ln x|-ax 恰有两个零点x 1,x 2,且x 1<x 2,则x 1所在区间为( ) A.(0,1e 3) B.(1e 3,1e
2) C.(1
e 2,1e )
D.(1
e ,1)
应用二 利用数形结合思想求参数的范围或解不等式
【例2】(2020湖南永州二模,理9)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数,当x<0时,f (x )=2-|x+2|.若对任意的x ∈[-1,2],f (x+a )>f (x )成立,则实数a 的取值范围是( ) A.(0,2) B.(0,2)∪(-∞,-6)
C.(-2,0)
D.(-2,0)∪(6,+∞)
思维升华在解含有参数的不等式时,由于涉及参数,往往需要讨论,导致演算过程烦琐冗长.如果题设与几何图形有联系,那么利用数形结合的方法,问题将会简练地得到解决.
【对点训练2】(2020北京,6)已知函数f(x)=2x-x-1,则不等式f(x)>0的解集是()
A.(-1,1)
B.(-∞,-1)∪(1,+∞)
C.(0,1)
D.(-∞,0)∪(1,+∞)
应用三数形结合思想在解析几何中的应用
【例3】(2020山东枣庄二模,8)已知点P(m,n)是函数y=√-x2-2x图象上的动点,则
|4m+3n-21|的最小值是() A.25 B.21 C.20 D.4
思维升华1.如果等式、代数式的结构蕴含着明显的几何特征,那么就要考虑用数形结合的思想方法来解题,即用几何法求解,比较常见的有:
表示两点(a,b),(m,n)连线的斜率;
(1)b-n
a-m
(2)√(a-m)2+(b-n)2表示两点(a,b),(m,n)[或(b,a),(n,m)]之间的距离.
2.解析几何中的一些范围及最值问题,常结合几何图形的性质,使问题得到简便快捷地解决.
【对点训练3】已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,过点F且斜率为1的直线与抛物线C交于A,B两点,若在以线段AB为直径的圆上存在两点M,N,在直线l:x+y+a=0上存在一点Q,使得∠MQN=90°,则实数a的取值范围为()
A.[-13,3]
B.[-3,1]
C.[-3,13]
D.[-13,13]
应用方法归纳
方程思想在解题中的应用主要表现在四个方面:
(1)解方程或解不等式;
(2)含参数的方程或不等式的讨论,常涉及一元二次方程的判别式、根与系数的关系、区间根、区间上恒成立等知识的应用;
(3)需要转化为方程的讨论,如曲线的位置关系等;
(4)构造方程或不等式求解问题.
第2讲函数与方程思想、
数形结合思想
一、函数与方程思想
思想分类应用
【例1】B解析在同一坐标系中分别画出两个函数的图象,当a<0时,要想满足条件,如图,作出点A关于原点的对称点C,则C点坐标为(-x1,-y1).由图象知
-x1<x2,-y1>y2,即x1+x2>0,y1+y2<0,同理当a>0时,则有x1+x2<0,y1+y2>0,故选B.
对点训练11
3
解析取x=-√2,则有2f(-√2)+f(1)=1, ①
取x=1,则有2f(1)+f(0)=1, ②取x=0,则有2f(0)+f(-1)=1, ③取x=-1,则有2f(-1)+f(0)=1, ④
解由③④组成的方程组,得f(0)=1
3,代入②得f(1)=1
3
,再将f(1)=1
3
代入①,得
f(-√2)=1
3
.
【例2】D解析设BC的长度为x m,AC的长度为y m,则AB的长度为(y-1
2
)m.在
△ABC中,由余弦定理,得AB2=AC2+BC2-2AC·BC cos∠ACB,即(y-1
2)
2
=y2+x2-2yx×1
2
,
化简得y(x-1)=x2-1
4.∵x>1,∴x-1>0,∴y=
x2-14
x-1
,即y=(x-1)+3
4(x-1)
+2≥√3+2,当且仅当
x-1=3
4(x-1)时取等号,因此当x=1+√
3
2
时,y有最小值2+√3.
对点训练2(1)证明由sin(B+C)=
2S
a2-c2
,即sin A=2S
a2-c2
,得sin A=bc·sinA
a2-c2
.又sin A≠0,∴
bc=a2-c2,
由余弦定理得a2=b2+c2-2bc cos A,
则bc=b2-2bc cos A.
又b≠0,∴c=b-2c·cos A,由正弦定理得sin C=sin B-2sin C·cos A,即sin C=sin(A+C)-2sin C·cos A=sin(A-C).
又0<A<π,0<C<π,∴A=2C.
(2)解∵A=2C,∴B=π-3C,
∴sin B=sin3C. ∵a
sinA =b
sinB 且b=2,
∴a=2sin2C
sin3C ,
∴S=1
2ab·sin C=2sin2C ·sinC
sin (2C+C ) =2sin2C ·sinC sin2C ·cosC+cos2C ·sinC =2tan2C ·tanC
tan2C+tanC =4tanC
3-tan 2C =43
tanC
-tanC . ∵△ABC 为锐角三角形,
∴{
0<A <π2,0<B <π2,0<C <π2,∴{
0<2C <π
2,
0<π-3C <π
2,0<C <π2
,
即{
0<C <π
4,
π6<C <π3,0<C <π2,
∴π
6<C<π
4,∴tan C ∈(√3
3,1),
∴S=
4
3tanC
-tanC 为增函数, ∴S ∈(√3
2,2).
【例3】(1)B (2)C 解析(1)由指数与对数运算可
得,2a +log 2a=4b +2log 4b=22b +log 2b.因为22b +log 2b<22b +log 22b=22b +1+log 2b ,
所以2a +log 2a<22b +log 22b.
令f (x )=2x +log 2x ,由指数函数与对数函数单调性可得f (x )在区间(0,+∞)上单调递增.
由f (a )<f (2b )可得a<2b.
(2)原不等式⇔ax e 1-x ≤ln x+1
x (x>0),当a ≤0时,令g (x )=ln x+1
x ,则g'(x )=1
x −1
x 2=
x -1x 2
, 所以g (x )在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,且g (1)=1, 所以ln x+1
x ≥1,显然有ax e 1-x ≤ln x+1
x ;
当a>0时,令f (x )=ax e
1-x
-ln x-1x ,则f'(x )=1-x e x -1(a
+e x -1x 2),
所以f (x )在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减, 所以f (x )max =f (1)≤0即可, 因为f (1)=a-1,所以0<a ≤1. 综上,a ≤1.故选C .
对点训练3(1)A (2)C 解析(1)∵3
2a=3
2log 32=lo g 3223=log 98<1,∴a<2
3.
∵3
2b=3
2log 53=lo g 5233=log 2527>1,∴b>2
3.又c=2
3,∴a<c<b.故选A . (2)设
t=x-ln x ,则e x -1x =e t-1
,原不等式等价于e t-1-t ≥a
恒成立.
设g (x )=x-ln x ,则g'(x )=1-1
x 是单调递增的,零点为x=1,所以g (x )在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,所以函数g (x )的最小值为1,故t ≥1.令f (t )=e t-1-t ,f'(t )=e t-1-1,零点是t=1,f (t )在[1,+∞)内单调递增,故f (t )min =0,故a ≤0.故选C . 【例4】B 解析S 13=
13(a 1+a 13)=13a 7=13π
,则2a 7=π
.设
f (x )=cos x ,cos 2a 5+cos 2a 7+cos 2a 9=
1+cos2a 52+1+cos2a 7
2
+
1+cos2a 9
2
=3
2+
cos2a 5+cos2a 7+cos2a 9
2
.
因为f (x )=cos x 图象的对称中心为(π2+kπ,0),k ∈Z ,且2a 7=π
2,2a 5+2a 9=2×2a 7, 所以
cos2a 5+cos2a 7+cos2a 9
2
=0,
即原式=3
2.故选B .
对点训练4C 解析∵S n =n+2
3a n ,∴当n ≥2时,a n =S n -S n-1=n+2
3a n -n+13·a n-1,可化为
a n a n -1
=n+1n -1=1+2n -1(n ≥2).由函数y=2x -1在(1,+∞)内单调递减,可得a
n a n -1
在n=2处,2
n -1
取得最大值2.∴a
n a n -1
的最大值为3.
【例5】A 解析设事件A :检测5个人确定为“感染高危户”,事件B :检测6个人确定为“感染高危户”,∴P (A )=p (1-p )4,P (B )=p (1-p )5.
即f (p )=p (1-p )4+p (1-p )5=p (2-p )(1-p )4.
设x=1-p>0,则g (x )=(1-x )(1+x )x 4=(1-x 2)x 4,∴g (x )=(1-x 2
)x
4
=12×[(2-2x 2)×x 2×x 2
]≤12×[(2-2x 2)+x 2+x 23
]
3
=4
27,
当且仅当2-2x 2=x 2,即x=√6
3时取等号,即p=p 0=1-√6
3.故选A .
对点训练5解(1)20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )=C 202p 2
(1-p )18,
则f'(p )=C 202[2p (1-p )18-18p 2(1-p )17]=2C 202
p (1-p )17(1-10p ).
令f'(p)=0,得p=0.1.当p∈(0,0.1)时,f'(p)>0;
当p∈(0.1,1)时,f'(p)<0.
所以f(p)的最大值点为p0=0.1.
(2)由(1)知,p=0.1.
①令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数,依题意知Y~B(180,0.1),
X=20×2+25Y,即X=40+25Y.
所以E(X)=E(40+25Y)=40+25E(Y)=490.
②如果对余下的产品作检验,则这一箱产品所需要的检验费为400元.由于E(X)>400,故应该对余下的产品作检验.
二、数形结合思想
思想分类应用
【例1】D解析f(x)={x3,x≥0,
-x,x<0,
g(x)=f(x)-|kx2-2x|有4个零点,即f(x)=|kx2-2x|有四
个交点.
(1)若k>0,则如图.
①∵1
k >1
k3
,∴k3>k,k2>1,k>1,
∴左侧无交点.
②x3=kx2-2x要有三个根,即x2-kx+2=0有两根, ∵Δ=k2-8>0,∴k>2√2.
综上①②,k>2√2.
(2)若k<0,如图.
∵点(1
k ,-1
k
)恰在y=-x上,且过二次函数图象的顶点,∴k<0恒成立.
综上,k∈(-∞,0)∪(2√2,+∞).故选D.
对点训练1D解析当a≤0时不符合题意;当a>0时,考查函数g(x)=|ln x|与h(x)=ax 的图象的交点.
易知,g(x)与h(x)图象在区间(0,1)内必有一个交点,则在区间(1,+∞)内有且仅有
一个公共点,当x∈(1,+∞)时,f(x)=ln x-ax,f'(x)=1-ax
x
,则f(x)在(0,1
a
)内单调递增,在
(1
a
,+∞)内单调递减,
所以[f(x)]max=f(1
a )=ln1
a
-1,
则只需ln 1
a
-1=0,故a=1
e
.
当x∈(0,1)时,f(x)=-ln x-1 e x,
易知f(1
e
)=1-1
e2
>0,f(1)=-1
e
<0,可知x1∈(1
e
,1).故选D.
【例2】D解析∵f(x)是定义在R上的奇函数,当x<0时,f(x)=2-|x+2|.作出f(x)的图象,如图所示.
y=f(x+a)的图象可以看成是y=f(x)的图象向左(a>0)或向右(a<0)平移|a|个单位长度而得.
当a>0时,y=f(x)的图象至少向左平移6个单位长度(不含6个单位长度)才能满足对任意的x∈[-1,2],f(x+a)>f(x)成立,当a<0时,y=f(x)的图象向右平移至多2个单位长度(不含2个单位长度)才能满足对任意的x∈[-1,2],f(x+a)>f(x)成立,故a ∈(-2,0)∪(6,+∞).故选D.
对点训练2D解析因为f(x)=2x-x-1,所以f(x)>0等价于2x>x+1,
在同一直角坐标系中作出y=2x和y=x+1的图象如图.
两函数图象的交点坐标为(0,1),(1,2),由图象可知,不等式2x>x+1的解集为(-∞,0)∪(1,+∞).所以不等式f(x)>0的解集为(-∞,0)∪(1,+∞).故选D.
【例3】C解析函数y=√-x2-2x图象是半圆,圆心为C(-1,0),半径为r=1,如图,作直线4x+3y-21=0,C到直线4x+3y-21=0的距离为d=
√4+3
=5,
∴P(m,n)到直线4x+3y-21=0的距离为d'=|4m+3n-21|
5
,其最小值为5-1=4,∴|4m+3n-21|的最小值为5×4=20.故选C.
对点训练3A解析过点F(1,0)且斜率为1的直线方程为y=x-1.
联立{y=x-1,
y2=4x,整理得x
2-6x+1=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则
x1+x2=6,y1+y2=x1+x2-2=4.
AB的中点坐标为(3,2),|AB|=x1+x2+p=8,所以以线段AB为直径的圆
D:(x-3)2+(y-2)2=16,圆心D为(3,2),半径r=4,
因为在圆C上存在两点M,N,在直线l上存在一点Q,使得∠MQN=90°,
所以在直线l上存在一点Q,使得Q到D(3,2)的距离等于√2r=4√2,只需D(3,2)到直线l的距离小于或等于4√2,
∴
√2
≤4√2,解得-13≤a≤3,故选A.。