【最高考】2022届高考数学二轮专题突破课堂讲义 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结合的角度进行深入考查．”函数的思想就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，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＝________．答案：1解析：a＋2＝3，a＝1，而a2＋4＞3不用讨论．2.已知实数m、n满足m3－3m2＋5m＝1，n3－3n2＋5n＝5，则m＋n＝________．答案：2解析：∵m3－3m2＋5m＝1，∴(m－1)3＋2(m－1)＋2＝0.①∵n3－3n2＋5n＝5，∴(1－n)3＋2(1－n)＋2＝0.②设f(x)＝x3＋2x＋2，则①等价于f(m－1)＝0，②等价于f(1－n)＝0，于是f(m－1)＝f(1－n)．又显然f(x)为(0，＋∞)是的增函数，∴m－1＝1－n，∴m＋n＝2.3.若不等式(mx－1)[3m2－(x＋1)m－1]≥0对任意m∈(0，＋∞)恒成立，则实数x的值为________．答案：1解析：显然x>0，若x≤0，则mx－1＜0，而当m充分大时，3m2－(x＋1)m－1＞0，与题设矛盾．而当x＞0时，要使(mx－1)[3m2－(x＋1)m－1]≥0，对m∈R＋恒成立，则关于m的方程mx－1＝0与3m2－(x＋1)m－1＝0在(0，＋∞)内有相同的根．所以3×－(x＋1)×－1＝0，解得x＝1,x＝－(舍去)．4.已知关于x的方程sin2x＋cosx＋a＝0有实根，则实数a的取值范围是________．答案：解析：a＝－sin2x－cosx＝－，最小值为－，最大值为1.-10-\n题型一利用函数与方程思想求范围问题例1若a、b为正数，且ab＝a＋b＋3，求a＋b的取值范围．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＋b＝a＋＝2＋(a－1)＋.由b∈R＋得a＞1，∴a＋b＝2＋(a－1)＋≥2＋2＝6，当且仅当a－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≤，构造不等式，然后解不等式即可．∵ab＝a＋b＋3≤，∴(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)．点评：本题解法很多，关键要学会转化．若a、b为正数，且ab＝a＋b＋3，求ab的取值范围．解：a>0，b>0，a＋b≥2，∴ab＝a＋b＋3≥2＋3，ab－2－3≥0，≥3，ab≥9，当且仅当a＝b时取等号，故ab∈[9，＋∞)．题型二利用函数与方程思想解数列问题例2设数列{an}的首项不为零，前n项和为Sn，且对任意的r、t∈N*，都有＝2.(1)求数列{an}的通项公式(用a1表示)；(2)设a1＝1，b1＝3，bn＝Sbn－1(n≥2，n∈N*)，求证：数列{log3bn}为等比数列；(3)在(2)的条件下，求Tn＝.(1)解：因为a1＝S1≠0，令t＝1，r＝n，则＝2，得＝n2，即Sn＝a1n2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝a1(2n－1)，且当n＝1时，此式也成立．故数列{an}的通项公式为an＝a1(2n－1)．(2)证明：当a1＝1时，由(1)知an＝a1(2n－1)＝2n－1，Sn＝n2.依题意，n≥2时，bn＝Sbn－1＝b，于是log3bn＝log3b＝2log3bn－1(n≥2，n∈N)，且log3b1＝1，故数列{log3bn}是首项为1，公比为2的等比数列.(3)解：由(2)得log3bn＝1×2n－1＝2n－1，所以bn＝32n－1(n∈N*).于是＝＝＝－.所以Tn＝＝＝－.-10-\n设a1、d为实数，首项为a1，公差为d的等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S5S6＋15＝0.(1)若S5＝5，求S6及a1；(2)求d的取值范围．解：(1)由题意知S6＝＝－3，∴解得a1＝7，d＝－3，∴S6＝－3，a1＝7.(2)∵S5S6＋15＝0，∴(5a1＋10d)(6a1＋15d)＋15＝0，即2a＋9da1＋10d2＋1＝0，则(4a1＋9d)2＝d2－8，∴d2－8≥0，故d的取值范围为d≤－2或d≥2.题型三利用函数与方程思想处理解析几何问题例3已知△ABC三内角A、B、C的大小成等差数列，且tanA·tanC＝2＋，又知顶点C的对边c上的高等于4，试求△ABC的三边a、b、c及三内角．解：由A、B、C成等差数列，可得B＝60°.在△ABC中，由tanA＋tanB＋tanC＝tanA·tanB·tanC，得tanA＋tanC＝tanB(tanA·tanC－1)＝(1＋)．所以tanA·tanC是方程x2－(1＋)x＋2＋＝0的两根，解得x1＝1，x2＝2＋.不妨设A<C，则tanA＝1，tanC＝2＋，∴A＝，C＝.由此容易得到a＝8，b＝4，c＝4＋4.△ABC中，求证：cosA·cosB·cosC≤.证明：设k＝cosA·cosB·cosC＝[cos(A＋B)＋cos(A－B)]·cosC＝[－cosC＋cos(A－B)]cosC.整理得cos2C－cos(A－B)·cosC＋2k＝0，它可看作是关于cosC的一元二次方程．所以Δ＝cos2(A－B)－8k≥0，即8k≤cos2(A－B)≤1.所以k≤，即cosA·cosB·cosC≤.题型四利用函数与方程思想解函数问题例4已知函数f(x)＝－ax(x＞0且x≠1)．(1)若函数f(x)在(1，＋∞)上为减函数，求实数a的最小值；(2)若x1、x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立，求实数a的取值范围．解：(1)因为f(x)在(1，＋∞)上为减函数，所以f′(x)＝－a≤0在(1，＋∞)上恒成立．所以当x∈(1，＋∞)时，f′(x)max≤0.又f′(x)＝－a＝－＋－a-10-\n＝－＋－a，故当＝，即x＝e2时，f′(x)max＝－a.所以－a≤0，于是a≥，故a的最小值为.(2)命题“若x1、x2∈[e，e2]，使f(x1)≤f′(x2)＋a成立”等价于“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤f′(x)max＋a”．由(1)，当x∈[e，e2]时，f′(x)max＝－a，∴f′(x)max＋a＝.问题等价于“当x∈[e，e2]时，有f(x)min≤”．①当a≥时，由(1)f(x)在[e，e2]上为减函数，则f(x)min＝f(e2)＝－ae2≤，故a≥－.②当a＜时，由于f′(x)＝－＋－a在[e，e2]上为增函数，故f′(x)的值域为[f′(e)，f′(e2)]，即.若－a≥0，即a≤0，f′(x)≥0在[e，e2]上恒成立，故f(x)在[e，e2]上为增函数，于是，f(x)min＝f(e)＝e－ae≥e＞，不合题意；若－a＜0，即0＜a＜，由f′(x)的单调性和值域知存在唯一x0∈(e，e2)，使f′(x0)＝0，且满足：当x∈(e，x0)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(x0，e2)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．所以f(x)min＝f(x0)＝－ax0≤，x0∈(e，e2)．所以a≥－＞－＞－＝，与0＜a＜矛盾，不合题意．综上，得a≥－.设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)，且f(1)＝－.(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．(1)证明：∵f(1)＝a＋b＋c＝－，∴3a＋2b＋2c＝0，∴c＝－a－b，∴f(x)＝ax2＋bx－a－b.又Δ＝b2－4a＝b2＋6a2＋4ab＝(2a＋b)2＋2a2，∵a＞0，∴Δ＞0恒成立，故函数f(x)有两个零点．(2)解：若x1、x2是函数f(x)的两个零点，则x1、x2是方程f(x)＝0的两根，-10-\n∴x1＋x2＝－，x1x2＝－－，∴|x1－x2|＝＝＝≥，∴|x1－x2|的取值范围是[，＋∞)．(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)＝－＜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．点评：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.(2022·江苏卷)已知函数f(x)＝x2＋mx－1，若对于任意x∈[m，m＋1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是____________．答案：解析：m∈.2.(2022·江苏卷)如图，在平行四边形ABCD中，已知AB＝8，AD＝5，＝3，·＝2，则·的值是________．答案：22解析：(解法1)基底法，考虑将条件中涉及的、向量用基底、表示，而后实施计算．＝＋＝＋，＝＋＝－，则·＝2＝·＝2－·－2.因为AB＝8，AD＝5，则2＝25－·64－·，故·＝22.(解法2)坐标法，不妨以A点为坐标原点，AB所在直线作为x轴建立平面直角坐标系，可设A(0，0)，B(8，0)，D(a，t)，P(a＋2，t)，C(a＋8，t)，则＝(a＋2，t)，＝(a－6，t)．由·＝2，得a2＋t2－4a＝14，由AD＝5，得a2＋t2＝25，则4a＝11，所以·＝-10-\n8a＝22.3.(2022·江苏卷)已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝.若函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是____________．答案：解析：作出函数的简图，由图象分析可得a∈.4.(2022·湖北卷)设向量a＝(3，3)，b＝(1，－1)，若(a＋λb)⊥(a－λb)，则实数λ＝________．答案：±3解析：由题意，得a＋λb＝(3＋λ，3－λ)，a－λb＝(3－λ，3＋λ)．因为(a＋λb)⊥(a－λb)，所以(3＋λ)(3－λ)＋(3＋λ)(3＋λ)＝0，解得λ＝±3.5.(2022·江苏卷)设数列{an}的前n项和为Sn.若对任意正整数n，总存在正整数m，使得Sn＝am，则称{an}是“H数列”．(1)若数列{an}的前n项和Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H数列”；(2)设{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d<0.若{an}是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*)成立．(1)证明：由已知，当n≥1时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n，于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝n＋1，使得Sn＝2n＝am，所以{an}是“H数列”．(2)解：由已知，得S2＝2a1＋d＝2＋d.因为{an}是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.因为d<0，所以m－2<0，故m＝1，从而d＝－1.当d＝－1时，an＝2－n，Sn＝是小于2的整数，n∈N*.于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝2－Sn＝2－，使得Sn＝2－m＝am，所以{an}是“H数列”，因此d的值为－1.(3)证明：设等差数列{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．令bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则an＝bn＋cn(n∈N*)．下证{bn}是“H数列”．设{bn}的前n项和为Tn，则Tn＝a1(n∈N*)，于是对任意的正整数n，总存在正整数m＝，使得Tn＝bm，所以{bn}是“H数列”．同理可证{cn}也是“H数列”．所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个“H数列”{bn}和{cn}，使得an＝bn＋cn(n∈N*-10-\n)成立．6.(2022·江苏卷)如图，在平面直角坐标系xOy中，F1、F2分别是椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，顶点B的坐标为(0，b)，连结BF2并延长交椭圆于点A，过点A作x轴的垂线交椭圆于另一点C，连结F1C.(1)若点C的坐标为，且BF2＝，求椭圆的方程；(2)若F1C⊥AB，求椭圆离心率e的值．解：设椭圆的焦距为2c，则F1(－c，0)，F2(c，0)．(1)因为B(0，b)，所以BF2＝＝a.又BF2＝，故a＝.因为点C在椭圆上，所以＋＝1，解得b2＝1.故所求椭圆的方程为＋y2＝1.(2)因为B(0，b)，F2(c，0)在直线AB上，所以直线AB的方程为＋＝1.解方程组得所以点A的坐标为.又AC垂直于x轴，由椭圆的对称性，可得点C的坐标为.因为直线F1C的斜率为＝，直线AB的斜率为－，且F1C⊥AB，所以·＝－1.又b2＝a2－c2，整理得a2＝5c2.故e2＝，因此e＝.(本题模拟高考评分标准，满分16分)-10-\n已知数列{an}，{bn}满足a1＝3，anbn＝2，bn＋1＝an，n∈N*.(1)求证：数列是等差数列，并求数列{bn}的通项公式；(2)设数列{cn}满足cn＝2an－5，对于任意给定的正整数p，是否存在正整数q、r(p<q<r)，使得，，成等差数列？若存在，试用p表示q、r；若不存在，说明理由．(1)证明：因为anbn＝2，所以an＝，则bn＋1＝anbn－＝2－＝2－＝，(2分)所以＝＋.又a1＝3，所以b1＝，故是首项为，公差为的等差数列，(4分)即＝＋(n－1)×＝，所以bn＝.(6分)(2)解：由(1)知an＝n＋2，所以cn＝2an－5＝2n－1，①当p＝1时，cp＝c1＝1，cq＝2q－1，cr＝2r－1，若，，成等差数列，则＝1＋(*)，因为p<q<r，所以q≥2，r≥3，<1，1＋>1，所以(*)不成立.(9分)②当p≥2时，若，，成等差数列，则＝＋，所以＝－＝，即2r－1＝，所以r＝，(12分)欲满足题设条件，只需q＝2p－1，此时r＝4p2－5p＋2，(14分)因为p≥2，所以q＝2p－1>p，r－q＝4p2－7p＋3＝4(p－1)2＋p－1>0，即r>q.(15分)综上所述，当p＝1时，不存在q、r满足题设条件；当p≥2时，存在q＝2p－1，r＝4p2－5p＋2，满足题设条件．(16分)1.在等差数列{an}中，已知a5＝10，a12＝31，则通项an＝__________．答案：3n－5解析：显然公差不为零，故通项为n的一次函数，设an＝an＋b，a、b为常数，由题意得∴an＝3n－5.2.设函数f(x)＝x2－1，对任意x∈，f－4m2f(x)≤f(x－1)＋4f(m)恒成立，则实数m的取值范围是____________．答案：∪解析：(解法1)不等式化为f(x－1)＋4f(m)－f＋4m2f(x)≥0，-10-\n即(x－1)2－1＋4m2－4－＋1＋4m2x2－4m2≥0，整理得x2－2x－3≥0，因为x2＞0，所以1－＋4m2≥.设g(x)＝，x∈.于是题目化为1－＋4m2≥g(x)，对任意x∈恒成立的问题．为此需求g(x)＝，x∈的最大值．设u＝，则0＜u≤.函数g(x)＝h(u)＝3u2＋2u在区间上是增函数，因而在u＝处取得最大值．h＝3×＋＝，所以1－＋4m2≥g(x)max＝，整理得12m4－5m2－3≥0，即(4m2－3)(3m2＋1)≥0，所以4m2－3≥0，解得m≤－或m≥，因此实数m的取值范围是m∈(－∞，－]∪[，＋∞)．(解法2)不等式化为f(x－1)＋4f(m)－f＋4m2f(x)≥0，即(x－1)2－1＋4m2－4－＋1＋4m2x2－4m2≥0，整理得x2－2x－3≥0，令F(x)＝x2－2x－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，所以为使F(x)≥0对任意x∈恒成立，必须使F为最小值，即实数m应满足解得m2≥，因此实数m的取值范围是m∈(－∞，－]∪.3.已知函数g(x)＝xlnx，设0＜a＜b，求证：-10-\n0＜g(a)＋g(b)－2g＜(b－a)ln2.证明：g(x)＝xlnx，g′(x)＝lnx＋1.构造函数F(x)＝g(a)＋g(x)－2g，则F′(x)＝g′(x)－2g′＝lnx－ln.当0＜x＜a时，F′(x)＜0，因此F(x)在(0，a)上为减函数；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.再构造函数G(x)＝F(x)－(x－a)ln2，则G′(x)＝lnx－ln－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＜(b－a)ln2.综上，得0＜g(a)＋g(b)－2g＜(b－a)ln2.点评：确定变量，构造函数证明不等式．-10-