2013届高三数学二轮复习课件 专题9 第1讲 函数与方程思想_图文

? 函数是中学数学的一个重要概念,它描述 了自然界中量与量之间的依存关系,从量 的方面刻画了宏观世界的运动变化、相互 联系的规律,是对问题本身的数量本质特 征和制约关系的一种刻画.变量是函数的 基础,对应(映射)是函数的本质.函数一 直是高考的热点、重点内容.它渗透在数 学的各部分内容中.

? 函数与方程思想是高中数学的基本思想方 法之一,在解题中有着广泛的应用,是历 来高考的重点,高考中有关方程的试题单 独命题较少.最近几年函数与方程思想的 命题主要体现在三个方面:①是建立函数 关系式,构造函数模型或通过方程、方程 组解决实际问题;②是运用函数、方程、 不等式相互转化的观点处理函数、方程、 不等式问题;③是利用函数与方程思想研 究数列、解析几何、立体几何等问题.在 构建函数模型时仍然十分注重“三个二次” 的考查.

? 1.函数与方程的关系 ? 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)的图象与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. ? 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(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)函数f(x)=(a+bx)n(n∈N*)与二项式定 理密切相关,利用这个函数,用赋值法和 比较系数法可以解决很多有关二项式定理 的问题及求和问题. ? (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、角、面积、体积 的计算,经常需要运用列方程或建立函数 表达式的加法加以解决,建立空间向量后, 立体几何与函数的关系就更加密切.

? [例1] (2011·泰安市模拟题)若关于x的方 程cos2x-2cosx+m=0有实数根,则实 数m的取值范围是________. ? [分析] 将方程变形为m=-cos2x+ 2cosx,则当方程有实数根时,-cos2x+ 2cosx的取值范围就是m的取值范围.
[答案]
? 3? ?-3, ? 2? ?

[解析]

原方程可化为 m=-cos2x+2cosx.

令 f(x)=-cos2x+2cosx, 则 f(x)=-2cos2x+1+2cosx
? 1?2 3 =-2?cosx-2? + , 2 ? ?

由于-1≤cosx≤1, 1 3 所以当 cosx= 时,f(x)取得最大值 , 2 2

当 cosx=-1 时,f(x)取得最小值-3, 故函数 即
? 3? f(x)的值域为?-3,2?, ? ?

? 3? m∈?-3,2?. ? ?

? [评析] 本题若令cosx=t,则可通过换元 法将原方程化为关于t的一元二次方程,但 求解过程将非常繁琐,而通过分离参数, 引进函数,便可通过函数的值域较为简单 地求得参数m的取值范围.

若关于 x 的方程 9x+(4+a)·x+4=0 有大于 1 的解, 3 则实数 a 的取值范围是( 25 A.a<- 3 13 C.a<- 3 ) B.a≤-8 D.a≤-4

? [答案] A

[解析]

由原方程得
x

? 4? x 4+a=-?3 +3x?, ? ?

4 4 x 令 f(x)=3 +3x,取 t=3 ,则 g(t)=t+ t , ∵g(t)在(0,2)上递减,在(2,+∞)上递增, 13 而 x>1,∴t>3,∴g(t)>g(3)= 3 ,
? 4? 13 x ∴-?3 +3x?<- , 3 ? ?

13 25 即 4+a<- ,∴a<- . 3 3

[例 2]

(2011· 盐城二次质检)已知 f(t)=log2t,t∈

[ 2,8],对于 f(t)值域内所有实数 m,不等式 x2+mx +4>2m+4x 恒成立,求 x 的取值范围.

? [分析] 本题可用参变分离或看作关于m 的一次函数处理.

[解析]

1 1 ∵t∈[ 2,8],∴2≤log2t≤3,∴2≤m≤3.

解法一:不等式可化为:(2-x)m<x2-4x+4. 即(2-x)m<(2-x)2, ①当 x=2 时,上式不成立; ②当 x≠2 时,若 x<2,则 m<2-x ∴2-x>3 即 x<-1, 若 x>2,则 m>2-x,
1 3 ∴2-x<2即 x>2,又 x>2,∴x>2. 综上可得{x|x<-1,或 x>2}.

解法二:原不等式可化为(x-2)m+(x-2)2>0, 1 令 f(m)=(x-2)m+(x-2) ,m∈[2,3]时,
2

有 f(m)的最小值大于 0, ∵x=2 时,不成立.

?x≠2, ? ? 1 ∴?f?2?>0, ? ?f?3?>0, ?

?x≠2, ? ?1 即?2?x-2?+?x-2?2>0, ? ?3?x-2?+?x-2?2>0, ?

解得 x<-1 或 x>2. 综上可得 x 的取值范围是{x|x<-1 或 x>2}.

? [评析] 应用函数与方程思想解决函数、 方程、不等式问题,是多元问题中的常见 题型,常见的解题思路有以下两种: ? (1)分离变量,构造函数,将不等式恒成立、 方程求解等转化为求函数的最值(或值域), 然后求解. ? (2)换元,将问题转化为一次不等式、二次 不等式或二次方程,进而构造函数加以解 决.

? (2011·东莞模拟)对于满足0≤p≤4的实数p, 使x2+px>4x+p-3恒成立的x的取值范围 [解析] x2+px>4x+p-3 对于 0≤p≤4 恒成立可以 是________. 变形为 x2-4x+3+p(x-1)>0 对于 0≤p≤4 恒成立,所以 ? [答案] (-∞,-1)∪(3,+∞) 2
一次函数 f(p)=(x-1)p+x -4x+3 在区间[0,4]上的最小 值大于
?x2-4x+3>0 ? 0,即? 2 ?x -1>0 ?



所以 x 的取值范围是(-∞,-1)∪(3,+∞).

[例 3]

1 1 求正整数 a 的最大值, 使不等式 + n+1 n+2

1 +?+ >a-7 对一切正整数 n 都成立. 3n+1 [分析] 要求正整数 a 的最大值, 应先求 a 的取值范 1 1 1 围,关键是求出代数式 + +?+ 的最小 n+1 n+2 3n+1 值,可将其视为关于 n 的函数,通过单调性求解.

[解析]

1 1 1 令 f(n)= + +?+ (n∈N*), n+1 n+2 3n+1

对任意的 n∈N*, 1 1 1 1 f(n+1)-f(n)= + + - 3n+2 3n+3 3n+4 n+1 2 = >0, 3?n+1??3n+2??3n+4?

所以 f(n)在 N*上是增函数. 13 又 f(1)=12,对一切正整数 n,f(n)>a-7 都成立的充 13 要条件是12>a-7, 97 所以 a< ,故所求正整数 a 的最大值是 8. 12

? [评析] 本题是构造函数解题的很好的例 证.如果对数列求和,那就是误入歧 途.本题构造函数f(n),通过单调性求其 最小值解决了不等式恒成立的问题.利用 函数思想解题必须从不等式或等式中构造 出函数关系并研究其性质,才能使解题思 路灵活变通.

? (2011·广州模拟)已知a,b,c∈R,a+b +c=0,a+bc-1=0,求a的取值范围. ? [解析] (方程思想):因为b+c=-a,bc =1-a. ? 所以b,c是方程x2+ax+1-a=0的两根, ? 所以Δ=a2-4(1-a)≥0, ? 即Δ=a2+4a-4≥0,

解得 a≥-2+2 2或 a≤-2-2 2.
?a+b+c=0 ? (函数思想): 由已知? ?a+bc-1=0 ?

得 b+c-bc+1=0,

如果 c=1,则 b+1-b+1=0,即 2=0,不成立. c+1 1+c 因此 c≠1,所以 b= ,a= -c, c-1 1-c

1+c 2 令 f(c)= -c=-2+(1-c)+ 1-c 1-c 当 1-c>0 时,f(c)≥-2+2 =-2+2 2. 当 1-c<0 时,f(c)≤-2-2 =-2-2 2. 2 ?c-1?· c-1 2 ?1-c?· 1-c

所以 a 的取值范围是 a≥-2+2 2或 a≤ -2-2 2.

[例 4]

已知{an}是一个公差大于 0 的等差数列,且

满足 a3a6=55,a2+a7=16. (1)求数列{an}的通项公式; b1 b2 b3 (2)若数列{an}和数列{bn}满足等式:an= + 2+ 3 2 2 2 bn +?+ n(n 为正整数),求数列{bn}的前 n 项和 Sn. 2

? [分析] 由题意,列出方程组,解方程组 求解. ? [解析] (1)解法一:设等差数列{an}的公差 为d, ? 则依题设d>0. ? 由a2+a7=16,得2a1+7d=16.① ? 由a3·a6=55,得(a1+2d)(a1+5d)=55.② ? 由①得2a1=16-7d,将其代入②得 ? (16-3d)(16+3d)=220,即256-9d2= 220, ? ∴d2=4.又d>0,∴d=2,代入①得a =1.

解法二:由等差数列的性质得 a2+a7=a3+a6,
?a a =55, ? 3 6 ? ?a3+a6=16. ?

由韦达定理知,a3,a6 是方程 x2-16x+55=0 的根, 解方程得 x=5 或 x=11. a6-a3 设公差为 d,则由 a6=a3+3d,得 d= . 3 11-5 ∵d>0,∴a3=5,a6=11,d= 3 =2,
a1=a3-2d=5-4=1.故 an=2n-1.

b1 (2)解法一:当 n=1 时,a1= ,∴b1=2. 2 bn-1 bn b1 b 2 b3 当 n≥2 时,an= + 2+ 3+?+ n-1+ n, 2 2 2 2 2 bn-1 b1 b2 b3 an-1= 2 +22+23+?+ n-1, 2 bn 两式相减得 an-an-1= n,∴bn=2n+1. 2

因此

?2,n=1, ? bn=? n+1 ?2 ,n≥2. ?

当 n=1 时,S1=b1=2; 当 n≥2 时,Sn=b1+b2+b3+?+bn b2?1-2n 1? n+2 =2+ =2 -6. 1-2


∵当 n=1 时上式也成立, ∴当 n 为正整数时都有 Sn=2n+2-6.

bn 解法二:令 cn=2n,则有 an=c1+c2+?+cn, an+1=c1+c2+?+cn+1, 两式相减得 an+1-an=cn+1. 由(1)得 a1=1,an+1-an=2. ∴cn+1=2,cn=2(n≥2),即当 n≥2 时,bn=2n 1, 又当 n=1 时,b1=2a1=2,
?2,n=1, ? ∴bn=? n+1 ?2 ,n≥2. ?


于是 Sn=b1+b2+b3+?+bn=2+23+24+?+2n 2?2n+1-1? + =2+22+23+24+?+2n 1-4= -4 2-1 =2
n +2

+1

-6,即 Sn=2

n+2

-6.

? [评析] 数列可以看作是定义在正整数集 (或它的子集)上的函数,所以用函数的观 点处理数列问题就显得十分重要,在等差 数列、等比数列中有关通项及前n项和的 问题都可以看成n的函数,用函数的方法 解决.

1 已知数列{an}满足 -an=2 n(n∈N*),且 an>0. an (1)求数列{an}的通项公式; (2)数列{an}是否存在最大项?若存在,求出该项和 相应的项数;若不存在,说明理由.

[解析]

1 (1)由a -an=2 n得 a2+2 nan-1=0. n n

由一元二次方程求根公式得 -2 n± 4n+4 an = 2 =- n± n+1. 因为 an>0, 所以 an= n+1- n(n∈N*).

(2)由 an= n+1- n知,数列{an}的各项是函数 f(x) = x+1- x(x>0)的函数值, 1 1 因为 f′(x)= - , 2 x 2 x+1 当 x>0 时,f′(x)<0, 即函数 f(x)= x+1- x在(0,+∞)内为减函数.

即有 a1>a2>a3>?>an>an+1>?, 所以数列{an}有最大项,最大项为首项 a1 = 2-1.


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