全国通用2022版高考数学考前三个月复习冲刺专题10第44练函数与方程思想理

第44练　函数与方程思想[思想方法解读]　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的思想方法.(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，使问题获得解决的思想方法.2.函数与方程的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.(3)解析几何中的许多问题，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.(4)立体几何中有关线段、角、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，建立空间直角坐标系后，立体几何与函数的关系更加密切.常考题型精析题型一　利用函数与方程思想解决图象交点或方程根等问题例1　已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋t－1，g(x)＝x＋(x>0)，其中e表示自然对数的底数.(1)若g(x)＝m有实根，求m的取值范围；(2)确定t的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根.　15\n点评　函数图象的交点、函数零点、方程的根三者之间可互相转化，解题的宗旨就是函数与方程的思想.方程的根可转化为函数零点、函数图象的交点，反之函数零点、函数图象交点个数问题也可转化为方程根的问题.变式训练1　已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＝且f(x＋2)＝f(x)，g(x)＝，则方程f(x)＝g(x)在区间[－5,1]上的所有实根之和为(　　)A.－5B.－6C.－7D.－8题型二　函数与方程思想在不等式中的应用例2　已知函数f(x)＝lnx－x＋－1，g(x)＝－x2＋2bx－4，若对任意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____________.点评　不等式恒成立问题的处理方法在解决不等式恒成立问题时，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.同时要注意在一个含多个变量的数学问题中，需要确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化.一般地，已知存在范围的量为变量，而待求范围的量为参数.变式训练2　设f(x)＝lnx＋－1.证明：(1)当x>1时，f(x)<(x－1)；(2)当1<x<3时，f(x)<.　　　　题型三　函数与方程思想在数列中的应用15\n例3　已知数列{an}是首项为2，各项均为正数的等差数列，a2，a3，a4＋1成等比数列，设bn＝＋＋…＋(其中Sn是数列{an}的前n项和)，若对任意n∈N*，不等式bn≤k恒成立，求实数k的最小值.　　　　　　　　点评　数列问题函数(方程)化法数列问题函数(方程)化法与形式结构函数(方程)化法类似，但要注意数列问题中n的取值范围为正整数，涉及的函数具有离散性特点，其一般解题步骤：第一步：分析数列式子的结构特征.第二步：根据结构特征构造“特征”函数(方程)，转化问题形式.第三步：研究函数性质.结合解决问题的需要研究函数(方程)的相关性质，主要涉及函数单调性与最值、值域问题的研究.第四步：回归问题.结合对函数(方程)相关性质的研究，回归问题.变式训练3　已知f(x)＝x2－4x＋4，f1(x)＝f(x)，f2(x)＝f(f1(x))，…，fn(x)＝f(fn15\n－1(x))，函数y＝fn(x)的零点个数记为an，则an等于(　　)A.2nB.2n－1C.2n＋1D.2n或2n－1题型四　函数与方程思想在解析几何中的应用例4　椭圆C的中心为坐标原点O，焦点在y轴上，短轴长为，离心率为，直线l与y轴交于点P(0，m)，与椭圆C交于相异两点A，B，且＝3.(1)求椭圆C的方程；(2)求m的取值范围.　　　　　　　点评　利用判别式法研究圆锥曲线中的范围问题的步骤第一步：联立方程.第二步：求解判别式Δ.第三步：代换.利用题设条件和圆锥曲线的几何性质，得到所求目标参数和判别式不等式中的参数的一个等量关系，将其代换.第四步：下结论.将上述等量代换式代入Δ>0或Δ≥0中，即可求出目标参数的取值范围.15\n第五步：回顾反思.在研究直线与圆锥曲线的位置关系问题时，无论题目中有没有涉及求参数的取值范围，都不能忽视了判别式对某些量的制约，这是求解这类问题的关键环节.变式训练4　如图所示，设椭圆C1：＋＝1的左，右焦点分别是F1，F2，下顶点为A，线段OA的中点为B(O为坐标原点)，若抛物线C2：y＝mx2－n(m>0，n>0)与y轴的交点为B，且经过F1，F2两点.(1)求抛物线C2的方程；(2)设M，N为抛物线C2上的一动点，过点N作抛物线C2的切线交椭圆C1于P，Q两点，求△MPQ的面积的最大值.　　　　　　　高考题型精练15\n1.若2x＋5y≤2－y＋5－x，则有(　　)A.x＋y≥0B.x＋y≤0C.x－y≤0D.x－y≥02.在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积不小于300m2的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x(单位：m)的取值范围是(　　)A.[15,20]B.[12,25]C.[10,30]D.[20,30]3.满足条件AB＝2，AC＝BC的三角形ABC的面积的最大值是________.4.已知f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－4x，那么，不等式f(x＋2)<5的解集是________.5.当x∈[－2,1]时，不等式ax3－x2＋4x＋3≥0恒成立，求实数a的取值范围.　　　　　6.(2022·南京模拟)已知函数f(x)＝＋aln(x－1)，其中x∈N*，a为常数.(1)当n＝2时，求函数f(x)的极值；15\n(2)当a＝1时，证明：对任意的正整数n，当x≥2时，有f(x)≤x－1.　　　　　　　　　15\n答案精析专题10数学思想方法第44练　函数与方程思想常考题型精析例1　解　(1)方法一　因为x>0，所以g(x)＝x＋≥2＝2e，等号成立的条件是x＝e.故g(x)的值域是[2e，＋∞)，因而只需m≥2e，g(x)＝m就有实根.方法二　作出g(x)＝x＋(x>0)的图象，如图所示，观察图象可知g(x)的最小值为2e，因此要使g(x)＝m有实根，则只需m≥2e.方法三　由g(x)＝m，得x2－mx＋e2＝0，故等价于故m≥2e.(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，则函数g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点.因为f(x)＝－x2＋2ex＋t－1＝－(x－e)2＋t－1＋e2，所以函数f(x)图象的对称轴为直线x＝e，开口向下，最大值为t－1＋e2.由题意，作出g(x)＝x＋(x>0)及f(x)＝－x2＋2ex＋t－1的大致图象，如图所示.故当t－1＋e2>2e，即t>－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)的图象有两个交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根.所以t的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞).变式训练1　C[g(x)＝＝＝2＋，由题意知函数f(x)的周期为2，则函数f(x)，g(x)在区间[－5,1]上的图象如图所示：由图象知f(x)、g(x)有三个交点，故方程f(x)＝g(x)，在x∈[－5,1]上有三个根xA、xB、15\nxC，xB＝－3，＝－2，xA＋xC＝－4，∴xA＋xB＋xC＝－7.]例2　解析　问题等价于f(x)min≥g(x)max.f(x)＝lnx－x＋－1，所以f′(x)＝－－＝，令f′(x)>0得x2－4x＋3<0，解得1<x<3，故函数f(x)的单调递增区间是(1,3)，单调递减区间是(0,1)和(3，＋∞)，故在区间(0,2)上，x＝1是函数的极小值点，这个极小值点是唯一的，故也是最小值点，所以f(x)min＝f(1)＝－.由于函数g(x)＝－x2＋2bx－4，x∈[1,2].当b<1时，g(x)max＝g(1)＝2b－5；当1≤b≤2时；g(x)max＝g(b)＝b2－4；当b>2时，g(x)max＝g(2)＝4b－8.故问题等价于或或解第一个不等式组得b<1，解第二个不等式组得1≤b≤，第三个不等式组无解.综上所述，b的取值范围是.变式训练2　证明　(1)记g(x)＝lnx＋－1－(x－1)，则当x>1时，g′(x)＝＋－<0.又g(1)＝0，所以有g(x)<0，即f(x)<(x－1).(2)记h(x)＝(x＋5)f(x)－9(x－1)，则当1<x<3时，由(1)，得h′(x)＝f(x)＋(x＋5)f′(x)－9<(x－1)＋(x＋5)－9＝[3x(x－1)＋(x＋5)(2＋)－18x]<[3x(x－1)＋(x＋5)(2＋＋)－18x]＝(7x2－32x＋25)<0.15\n因此h(x)在(1,3)内单调递减.又h(1)＝0，所以h(x)<0，即f(x)<.例3　解　因为a1＝2，a＝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)，所以数列{an}的通项公式an＝2n.因为Sn＝n(n＋1)，bn＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝－＋－＋…＋－＝－＝＝.令f(x)＝2x＋(x≥1)，则f′(x)＝2－，当x≥1时，f′(x)>0恒成立，所以f(x)在[1，＋∞)上是增函数，故当x＝1时，[f(x)]min＝f(1)＝3，即当n＝1时，(bn)max＝，要使对任意的正整数n，不等式bn≤k恒成立，则须使k≥(bn)max＝，所以实数k的最小值为.变式训练3　B解析　f1(x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2，有1个零点2，由f2(x)＝0可得f1(x)＝2，则x＝2＋或x＝2－，即y＝f2(x)有2个零点，由f3(x)＝0可得f2(x)＝2－或2＋，则(x－2)2＝2－或(x－2)2＝2＋，即y＝f3(x)有4个零点，以此类推可知，y＝fn(x)的零点个数an＝2n－1.故选B.15\n例4　解　(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，设c>0，c2＝a2－b2，由题意，知2b＝，＝，所以a＝1，b＝c＝.故椭圆C的方程为y2＋＝1，即y2＋2x2＝1.(2)设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，l与椭圆C的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(k2＋2)x2＋2kmx＋(m2－1)＝0，Δ＝(2km)2－4(k2＋2)(m2－1)＝4(k2－2m2＋2)>0，(*)x1＋x2＝，x1x2＝.因为＝3，所以－x1＝3x2，所以则3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，即3·2＋4·＝0，整理得4k2m2＋2m2－k2－2＝0，即k2(4m2－1)＋2m2－2＝0，当m2＝时，上式不成立；当m2≠时，k2＝，由(*)式，得k2>2m2－2，又k≠0，所以k2＝>0，解得－1<m<－或<m<1，即所求m的取值范围为∪.变式训练4　解　(1)由题意可知A(0，－2)，则B(0，－1)，由抛物线y＝mx2－n过点B，可知n＝1.又F1(－1,0)，F2(1,0)，抛物线y＝mx2－n经过F1，F2两点，即m－n＝0，所以m＝1.所以抛物线C2的方程为y＝x2－1.(2)设N(t，t2－1)，由y′＝2x，知直线PQ的方程为y－(t2－1)＝2t(x－t)，即y＝2tx－t2－1.15\n将其代入椭圆方程，整理得4(1＋5t2)x2－20t(t2＋1)x＋5(t2＋1)2－20＝0.Δ＝400t2(t2＋1)2－80(5t2＋1)[(t2＋1)2－4]＝80(－t4＋182＋3)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，故|PQ|＝＝·|x1－x2|＝·＝.设点M到直线PQ的距离为d，则d＝＝.所以S△MPQ＝|PQ|·d＝··＝·＝·≤×＝.当且仅当t＝±3时取“＝”，经检验此时Δ>0，满足题意.综上，可知△MPQ的面积的最大值为.高考题型精练1.B[把不等式变形为2x－5－x≤2－y－5y，构造函数y＝2x－5－x，其为R上的增函数，所以有x≤－y，即x＋y≤0.]2.C[如图，△ADE∽△ABC，设矩形的另一边长为y，则＝2＝2，所以y＝40－x，由题意知xy≥300，即x(40－x)≥300，整理得x2－40x＋300≤0，解不等式得10≤x≤30.]15\n3.2解析　可设BC＝x，则AC＝x，根据面积公式得S△ABC＝x，由余弦定理计算得cosB＝，代入上式得S△ABC＝x＝.由得2－2<x<2＋2.故当x＝2时，S△ABC最大值为2.4.{x|－7<x<3}解析　令x<0，则－x>0，∵x≥0时，f(x)＝x2－4x，∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)＝x2＋4x，又f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴x<0时，f(x)＝x2＋4x，故有f(x)＝再求f(x)<5的解集，由得0≤x＜5；由得－5<x<0，即f(x)<5的解集为(－5,5).由于f(x)向左平移两个单位即得f(x＋2)，故f(x＋2)<5的解集为{x|－7<x<3}.5.解　当x＝0时，ax3－x2＋4x＋3≥0变为3≥0恒成立，即a∈R.当x∈(0,1]时，ax3≥x2－4x－3，a≥，∴a≥max.设φ(x)＝，φ′(x)＝＝－＝－>0，∴φ(x)在(0,1]上递增，φ(x)max＝φ(1)＝－6，∴a≥－6.当x∈[－2,0)时，a≤，∴a≤min.仍设φ(x)＝，φ′(x)＝－.当x∈[－2，－1)时，φ′(x)<0，当x∈(－1,0)时，φ′(x)>0.15\n∴当x＝－1时，φ(x)有极小值，即为最小值.而φ(x)min＝φ(－1)＝＝－2，∴a≤－2.综上知－6≤a≤－2.6.(1)解　由已知得函数f(x)的定义域为{x|x>1}，当n＝2时，f(x)＝＋aln(x－1)，所以f′(x)＝.当a>0时，由f′(x)＝0得x1＝1＋>1，x2＝1－<1，此时f′(x)＝.当x∈(1，x1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增.所以f(x)在x＝1＋处取得极小值，极小值为f(1＋)＝(1＋ln)；当a≤0时，f′(x)<0恒成立，所以f(x)无极值.综上所述，n＝2时，当a>0时，函数f(x)有极值，且为极小值(1＋ln)；当a≤0时，f(x)无极值.(2)证明　因为a＝1，所以f(x)＝＋ln(x－1).当n为偶数时，令g(x)＝x－1－－ln(x－1)，则g′(x)＝1＋－＝＋>0(x≥2).所以当x∈[2，＋∞)时，g(x)单调递增，15\n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.当n为奇数时，要证f(x)≤x－1，由于<0，所以只需证ln(x－1)≤x－1，令h(x)＝x－1－ln(x－1)，则h′(x)＝1－＝≥0(x≥2)，所以当x∈[2，＋∞)时，h(x)＝x－1－ln(x－1)单调递增，又h(2)＝1>0，所以当x≥2时，恒有h(x)>0，即ln(x－1)<x－1命题成立.综上所述，结论成立.15