高考數(shù)學(xué) 考前三個(gè)月復(fù)習(xí)沖刺 專題10 第44練 函數(shù)與方程思想課件 理.ppt

專題10數(shù)學(xué)思想方法 第44練函數(shù)與方程思想 思想方法解讀 1 函數(shù)與方程思想的含義 1 函數(shù)的思想 是用運(yùn)動(dòng)和變化的觀點(diǎn) 分析和研究數(shù)學(xué)中的數(shù)量關(guān)系 是對(duì)函數(shù)概念的本質(zhì)認(rèn)識(shí) 建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù) 運(yùn)用函數(shù)的圖象和性質(zhì)去分析問題 轉(zhuǎn)化問題 從而使問題獲得解決的思想方法 2 方程的思想 就是分析數(shù)學(xué)問題中變量間的等量關(guān)系 建立方程或方程組 或者構(gòu)造方程 通過(guò)解方程或方程組 或者運(yùn)用方程的性質(zhì)去分析 轉(zhuǎn)化問題 使問題獲得解決的思想方法 2 函數(shù)與方程的思想在解題中的應(yīng)用 1 函數(shù)與不等式的相互轉(zhuǎn)化 對(duì)函數(shù)y f x 當(dāng)y 0時(shí) 就化為不等式f x 0 借助于函數(shù)的圖象和性質(zhì)可解決有關(guān)問題 而研究函數(shù)的性質(zhì)也離不開不等式 2 數(shù)列的通項(xiàng)與前n項(xiàng)和是自變量為正整數(shù)的函數(shù) 用函數(shù)的觀點(diǎn)去處理數(shù)列問題十分重要 3 解析幾何中的許多問題 需要通過(guò)解二元方程組才能解決 這都涉及二次方程與二次函數(shù)的有關(guān)理論 4 立體幾何中有關(guān)線段 角 面積 體積的計(jì)算 經(jīng)常需要運(yùn)用列方程或建立函數(shù)表達(dá)式的方法加以解決 建立空間直角坐標(biāo)系后 立體幾何與函數(shù)的關(guān)系更加密切 常考題型精析 高考題型精練 題型一利用函數(shù)與方程思想解決圖象交點(diǎn)或方程根等問題 題型二函數(shù)與方程思想在不等式中的應(yīng)用 題型三函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應(yīng)用 ?？碱}型精析 題型四函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應(yīng)用 題型一利用函數(shù)與方程思想解決圖象交點(diǎn)或方程根等問題 1 若g x m有實(shí)根 求m的取值范圍 解方法一因?yàn)閤 0 等號(hào)成立的條件是x e 故g x 的值域是 2e 因而只需m 2e g x m就有實(shí)根 方法二 觀察圖象可知g x 的最小值為2e 因此要使g x m有實(shí)根 則只需m 2e 方法三由g x m 得x2 mx e2 0 故m 2e 2 確定t的取值范圍 使得g x f x 0有兩個(gè)相異實(shí)根 解若g x f x 0有兩個(gè)相異的實(shí)根 則函數(shù)g x 與f x 的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn) 因?yàn)閒 x x2 2ex t 1 x e 2 t 1 e2 所以函數(shù)f x 圖象的對(duì)稱軸為直線x e 開口向下 最大值為t 1 e2 故當(dāng)t 1 e2 2e 即t e2 2e 1時(shí) g x 與f x 的圖象有兩個(gè)交點(diǎn) 即g x f x 0有兩個(gè)相異實(shí)根 所以t的取值范圍是 e2 2e 1 點(diǎn)評(píng)函數(shù)圖象的交點(diǎn) 函數(shù)零點(diǎn) 方程的根三者之間可互相轉(zhuǎn)化 解題的宗旨就是函數(shù)與方程的思想 方程的根可轉(zhuǎn)化為函數(shù)零點(diǎn) 函數(shù)圖象的交點(diǎn) 反之函數(shù)零點(diǎn) 函數(shù)圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題也可轉(zhuǎn)化為方程根的問題 A 5B 6C 7D 8 由題意知函數(shù)f x 的周期為2 則函數(shù)f x g x 在區(qū)間 5 1 上的圖象如圖所示 由圖象知f x g x 有三個(gè)交點(diǎn) 故方程f x g x xA xB xC 7 答案C 題型二函數(shù)與方程思想在不等式中的應(yīng)用 令f x 0得x2 4x 3 0 解得1 x 3 故函數(shù)f x 的單調(diào)遞增區(qū)間是 1 3 單調(diào)遞減區(qū)間是 0 1 和 3 故在區(qū)間 0 2 上 x 1是函數(shù)的極小值點(diǎn) 這個(gè)極小值點(diǎn)是唯一的 由于函數(shù)g x x2 2bx 4 x 1 2 當(dāng)b2時(shí) g x max g 2 4b 8 解第一個(gè)不等式組得b 1 第三個(gè)不等式組無(wú)解 點(diǎn)評(píng)不等式恒成立問題的處理方法在解決不等式恒成立問題時(shí) 一種最重要的思想方法就是構(gòu)造適當(dāng)?shù)暮瘮?shù) 利用函數(shù)的圖象和性質(zhì)解決問題 同時(shí)要注意在一個(gè)含多個(gè)變量的數(shù)學(xué)問題中 需要確定合適的變量和參數(shù) 從而揭示函數(shù)關(guān)系 使問題更明朗化 一般地 已知存在范圍的量為變量 而待求范圍的量為參數(shù) 證明記h x x 5 f x 9 x 1 則當(dāng)1 x 3時(shí) 因此h x 在 1 3 內(nèi)單調(diào)遞減 題型三函數(shù)與方程思想在數(shù)列中的應(yīng)用 例3已知數(shù)列 an 是首項(xiàng)為2 各項(xiàng)均為正數(shù)的等差數(shù)列 a2 a3 a4 1成等比數(shù)列 設(shè)bn 其中Sn是數(shù)列 an 的前n項(xiàng)和 若對(duì)任意n N 不等式bn k恒成立 求實(shí)數(shù)k的最小值 又因?yàn)?an 是正項(xiàng)等差數(shù)列 故d 0 所以 2 2d 2 2 d 3 3d 得d 2或d 1 舍去 所以數(shù)列 an 的通項(xiàng)公式an 2n 因?yàn)镾n n n 1 所以f x 在 1 上是增函數(shù) 故當(dāng)x 1時(shí) f x min f 1 3 要使對(duì)任意的正整數(shù)n 不等式bn k恒成立 點(diǎn)評(píng)數(shù)列問題函數(shù) 方程 化法數(shù)列問題函數(shù) 方程 化法與形式結(jié)構(gòu)函數(shù) 方程 化法類似 但要注意數(shù)列問題中n的取值范圍為正整數(shù) 涉及的函數(shù)具有離散性特點(diǎn) 其一般解題步驟 第一步 分析數(shù)列式子的結(jié)構(gòu)特征 第二步 根據(jù)結(jié)構(gòu)特征構(gòu)造 特征 函數(shù) 方程 轉(zhuǎn)化問題形式 第三步 研究函數(shù)性質(zhì) 結(jié)合解決問題的需要研究函數(shù) 方程 的相關(guān)性質(zhì) 主要涉及函數(shù)單調(diào)性與最值 值域問題的研究 第四步 回歸問題 結(jié)合對(duì)函數(shù) 方程 相關(guān)性質(zhì)的研究 回歸問題 變式訓(xùn)練3已知f x x2 4x 4 f1 x f x f2 x f f1 x fn x f fn 1 x 函數(shù)y fn x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)記為an 則an等于 A 2nB 2n 1C 2n 1D 2n或2n 1 解析f1 x x2 4x 4 x 2 2 有1個(gè)零點(diǎn)2 由f2 x 0可得f1 x 2 即y f2 x 有2個(gè)零點(diǎn) 即y f3 x 有4個(gè)零點(diǎn) 以此類推可知 y fn x 的零點(diǎn)個(gè)數(shù)an 2n 1 故選B 答案B 題型四函數(shù)與方程思想在解析幾何中的應(yīng)用 1 求橢圓C的方程 設(shè)c 0 c2 a2 b2 2 求m的取值范圍 解設(shè)直線l的方程為y kx m k 0 l與橢圓C的交點(diǎn)坐標(biāo)為A x1 y1 B x2 y2 2km 2 4 k2 2 m2 1 4 k2 2m2 2 0 整理得4k2m2 2m2 k2 2 0 即k2 4m2 1 2m2 2 0 當(dāng)m2 時(shí) 上式不成立 由 式 得k2 2m2 2 又k 0 點(diǎn)評(píng)利用判別式法研究圓錐曲線中的范圍問題的步驟第一步 聯(lián)立方程 第二步 求解判別式 第三步 代換 利用題設(shè)條件和圓錐曲線的幾何性質(zhì) 得到所求目標(biāo)參數(shù)和判別式不等式中的參數(shù)的一個(gè)等量關(guān)系 將其代換 第四步 下結(jié)論 將上述等量代換式代入 0或 0中 即可求出目標(biāo)參數(shù)的取值范圍 第五步 回顧反思 在研究直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題時(shí) 無(wú)論題目中有沒有涉及求參數(shù)的取值范圍 都不能忽視了判別式對(duì)某些量的制約 這是求解這類問題的關(guān)鍵環(huán)節(jié) 變式訓(xùn)練4如圖所示 設(shè)橢圓C1 1的左 右焦點(diǎn)分別是F1 F2 下頂點(diǎn)為A 線段OA的中點(diǎn)為B O為坐標(biāo)原點(diǎn) 若拋物線C2 y mx2 n m 0 n 0 與y軸的交點(diǎn)為B 且經(jīng)過(guò)F1 F2兩點(diǎn) 1 求拋物線C2的方程 解由題意可知A 0 2 則B 0 1 由拋物線y mx2 n過(guò)點(diǎn)B 可知n 1 又F1 1 0 F2 1 0 拋物線y mx2 n經(jīng)過(guò)F1 F2兩點(diǎn) 即m n 0 所以m 1 所以拋物線C2的方程為y x2 1 2 設(shè)M N為拋物線C2上的一動(dòng)點(diǎn) 過(guò)點(diǎn)N作拋物線C2的切線交橢圓C1于P Q兩點(diǎn) 求 MPQ的面積的最大值 解設(shè)N t t2 1 由y 2x 知直線PQ的方程為y t2 1 2t x t 即y 2tx t2 1 將其代入橢圓方程 整理得4 1 5t2 x2 20t t2 1 x 5 t2 1 2 20 0 400t2 t2 1 2 80 5t2 1 t2 1 2 4 80 t4 182 3 設(shè)P x1 y1 Q x2 y2 設(shè)點(diǎn)M到直線PQ的距離為d 當(dāng)且僅當(dāng)t 3時(shí)取 經(jīng)檢驗(yàn)此時(shí) 0 滿足題意 高考題型精練 1 若2x 5y 2 y 5 x 則有 A x y 0B x y 0C x y 0D x y 0解析把不等式變形為2x 5 x 2 y 5y 構(gòu)造函數(shù)y 2x 5 x 其為R上的增函數(shù) 所以有x y 即x y 0 B 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 2 在如圖所示的銳角三角形空地中 欲建一個(gè)面積不小于300m2的內(nèi)接矩形花園 陰影部分 則其邊長(zhǎng)x 單位 m 的取值范圍是 A 15 20 B 12 25 C 10 30 D 20 30 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 解析如圖 ADE ABC 設(shè)矩形的另一邊長(zhǎng)為y 所以y 40 x 由題意知xy 300 即x 40 x 300 整理得x2 40 x 300 0 解不等式得10 x 30 答案C 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 4 已知f x 是定義域?yàn)镽的偶函數(shù) 當(dāng)x 0時(shí) f x x2 4x 那么 不等式f x 2 0 x 0時(shí) f x x2 4x f x x 2 4 x x2 4x 又f x 為偶函數(shù) f x f x 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 由于f x 向左平移兩個(gè)單位即得f x 2 故f x 2 5的解集為 x 7 x 3 答案 x 7 x 3 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 5 當(dāng)x 2 1 時(shí) 不等式ax3 x2 4x 3 0恒成立 求實(shí)數(shù)a的取值范圍 解當(dāng)x 0時(shí) ax3 x2 4x 3 0變?yōu)? 0恒成立 即a R 當(dāng)x 0 1 時(shí) ax3 x2 4x 3 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 x 在 0 1 上遞增 x max 1 6 a 6 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 當(dāng)x 2 1 時(shí) x 0 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 當(dāng)x 1時(shí) x 有極小值 即為最小值 a 2 綜上知 6 a 2 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 1 當(dāng)n 2時(shí) 求函數(shù)f x 的極值 解由已知得函數(shù)f x 的定義域?yàn)?x x 1 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 當(dāng)x 1 x1 時(shí) f x 0 f x 單調(diào)遞增 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 當(dāng)a 0時(shí) f x 0時(shí) 當(dāng)a 0時(shí) f x 無(wú)極值 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 2 當(dāng)a 1時(shí) 證明 對(duì)任意的正整數(shù)n 當(dāng)x 2時(shí) 有f x x 1 證明因?yàn)閍 1 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 所以當(dāng)x 2 時(shí) g x 單調(diào)遞增 又g 2 0 因此g x x 1 ln x 1 g 2 0恒成立 所以f x x 1成立 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 所以只需證ln x 1 x 1 令h x x 1 ln x 1 所以當(dāng)x 2 時(shí) h x x 1 ln x 1 單調(diào)遞增 又h 2 1 0 所以當(dāng)x 2時(shí) 恒有h x 0 1 2 3 4 5 6 高考題型精練 1 2 3 4 5 6 即ln x 1 x 1命題成立 綜上所述 結(jié)論成立