函數(shù)與方程思想.doc

函數(shù)與方程思想考試說明指出：“高考把函數(shù)與方程的思想作為思想方法的重點來考查，使用填空題考查函數(shù)與方程思想的基本運算，而在解答題中，則從更深的層次，在知識網(wǎng)絡(luò)的交匯處，從思想方法與相關(guān)能力相綜合的角度進(jìn)行深入考查” 函數(shù)的思想，是用運動和變化的觀點，分析和研究數(shù)學(xué)中的數(shù)量關(guān)系，建立函數(shù)關(guān)系或構(gòu)造函數(shù)，運用函數(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方程的思想，就是分析數(shù)學(xué)問題中各個量及其關(guān)系，建立方程或方程組、不等式或不等式組或構(gòu)造方程或方程組、不等式或不等式組，通過求方程或方程組、不等式或不等式組的解的情況，使問題得以解決函數(shù)和方程的思想簡單地說，就是學(xué)會用函數(shù)和變量來思考，學(xué)會轉(zhuǎn)化已知與未知的關(guān)系，對函數(shù)和方程思想的考查，主要是考查能不能用函數(shù)和方程思想指導(dǎo)解題，一般情況下，凡是涉及未知數(shù)問題都可能用到函數(shù)與方程的思想函數(shù)與方程的思想在解題應(yīng)用中主要體現(xiàn)在兩個方面：(1) 借助有關(guān)初等函數(shù)的圖象性質(zhì)，解有關(guān)求值、解(證)方程(等式)或不等式，討論參數(shù)的取值范圍等問題；(2) 通過建立函數(shù)式或構(gòu)造中間函數(shù)把所要研究的問題轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的函數(shù)模型，由所構(gòu)造的函數(shù)的性質(zhì)、結(jié)論得出問題的解由于函數(shù)在高中數(shù)學(xué)中的舉足輕重的地位，因而函數(shù)與方程的思想一直是高考要考查的重點，對基本初等函數(shù)的圖象及性質(zhì)要牢固掌握，另外函數(shù)與方程的思想在解析幾何、立體幾何、數(shù)列等知識中的廣泛應(yīng)用也要重視1. 設(shè)集合A1,1,3，Ba2，a24，AB3，則實數(shù)a_.2.函數(shù)f(x)axa1存在零點x0，且x00,2，則實數(shù)a的取值范圍是_3.一個長方體共一頂點的三個面的面積分別為，則該長方體的外接球體積為_4.關(guān)于x的方程sin2xcosxa0有實根，則實數(shù)a的取值范圍是_【例1】若a，b為正數(shù)，且abab3，求ab的取值范圍【例2】設(shè)函數(shù)f(x)ax2bxc(a0)，且f(1).(1) 求證：函數(shù)f(x)有兩個零點；(2) 設(shè)x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，求|x1x2|的取值范圍；(3) 求證：函數(shù)f(x)的零點x1，x2至少有一個在區(qū)間(0,2)內(nèi)【例3】如圖，直線l：yxb與拋物線C：x24y相切于點A.(1) 求實數(shù)b的值；(2) 求以點A為圓心，且與拋物線C的準(zhǔn)線相切的圓的方程【例4】已知函數(shù)f(x)x|x23|，x0，m，其中mR，且m0(1) 若m1，求證：函數(shù)f(x)是增函數(shù)；(2) 如果函數(shù)f(x)的值域是0,2，試求m的取值范圍；(3) 如果函數(shù)f(x)的值域是0，m2，試求實數(shù)的最小值1. (2011北京)已知函數(shù)f(x)若關(guān)于x的方程f(x)k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是_2.(2011廣東)等差數(shù)列an前9項的和等于前4項的和若a11，aka40，則k_. 3.(2009福建)若曲線f(x)ax3lnx存在垂直于y軸的切線，則實數(shù)a的取值范圍是_4.(2010天津)設(shè)函數(shù)f(x)x，對任意x1，)，f(mx)mf(x)0時，2m2m2， m1(6分)當(dāng)m0，若m0，k1，函數(shù)yf(x)kx有兩個零點x；(10分)若m0，k1，函數(shù)yf(x)kx有兩個零點，x；(12分)當(dāng)k1時，方程(*)有一解44m(1k)0，k1， 函數(shù)yf(x)kx有一個零點，x.(14分)第19講函數(shù)與方程思想1. 在等差數(shù)列an中，已知a510，a1231，則通項an_.【答案】3n5解析：顯然公差不為零，故通項為n的一次函數(shù)，設(shè)ananb，a，b為常數(shù)，由題意得 an3n5.2. 設(shè)函數(shù)f(x)x21，對任意x，f4m2f(x)f(x1)4f(m)恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是_【答案】解析：(解法1)不等式化為f(x1)4f(m)f4m2f(x)0，即(x1)214m2414m2x24m20，整理得x22x30，因為x20，所以14m2，設(shè)g(x)，x.于是題目化為14m2g(x)，對任意x恒成立的問題為此需求g(x)，x的最大值設(shè)u，則0u.函數(shù)g(x)h(u)3u22u在區(qū)間上是增函數(shù)，因而在u處取得最大值h3，所以14m2g(x)max，整理得12m45m230，即(4m23)(3m21)0，所以4m230，解得m或m，因此實數(shù)m的取值范圍是m.(解法2)(前面同解法1)原題化為14m2g(x)，對任意x恒成立的問題為此需求g(x)，x的最大值設(shè)t2x3，則t6，)g(x)h(t).因為函數(shù)t在(3，)上是增函數(shù)，所以當(dāng)t6時，t取得最小值6.從而h(t)有最大值.所以14m2gmax(x)，整理得12m45m230，即(4m23)(3m21)0，所以4m230，解得m或m，因此實數(shù)m的取值范圍是m.(解法3)不等式化為f(x1)4f(m)f4m2f(x)0，即(x1)214m2414m2x24m20，整理得x22x30，令F(x)x22x3.由于F(0)30，則其判別式0，因此F(x)的最小值不可能在函數(shù)圖象的頂點得到，所以為使F(x)0對任意x恒成立，必須使F為最小值，即實數(shù)m應(yīng)滿足解得m2，因此實數(shù)m的取值范圍是m.基礎(chǔ)訓(xùn)練1. 1解析：a23，a1，a243，不用討論2. a1或a1解析：f(0)f(2)0，(a1)(a1)0.3. 解析：設(shè)長方體的長、寬、高分別為x，y，z，2r，Vr3.4. 解析：asin2xcosx2，最小值為，最大值為1.例題選講例1點撥：本題解法很多，關(guān)鍵要學(xué)會轉(zhuǎn)化解：(解法1)將abab3看成是含兩個未知數(shù)的方程，可以用一個字母去表示另一個字母，再代入到ab中，轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)b，aba2(a1)，由bR得a1， ab2(a1)226，當(dāng)且僅當(dāng)a1即a3時取等號，故ab的取值范圍是6，)(解法2) 直接利用基本不等式ab2，構(gòu)造不等式，然后解不等式即可abab32，(ab)24(ab)120，(ab6)(ab2)0.從而得ab6.(當(dāng)且僅當(dāng)ab3時取等號)變式訓(xùn)練若a，b為正數(shù)，且abab3，求ab的取值范圍【答案】ab9.例2點撥：結(jié)合二次函數(shù)、二次方程間的關(guān)系，利用二次方程根的分布、根與系數(shù)關(guān)系、零點存在性定理解決(1) 證明： f(1)abc， 3a2b2c0. cab. f(x)ax2bxab，判別式b24ab26a24ab(2ab)22a2，又 a0， 0恒成立，故函數(shù)f(x)有兩個零點(2) 解：若x1，x2是函數(shù)f(x)的兩個零點，則x1，x2是方程f(x)0的兩根， x1x2，x1x2. |x1x2|.|x1x2|的取值范圍是，(3) 證明：f(0)c，f(2)4a2bc，由(1)知3a2b2c0， f(2)ac.當(dāng)c0時，有f(0)0，又 a0， f(1)0， 函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有一個零點當(dāng)c0時，f(2)ac0，f(1)0，f(0)c0， 函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)有一個零點，綜合可知函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)至少有一個零點變式訓(xùn)練設(shè)a1，d為實數(shù)，首項為a1，公差為d的等差數(shù)列an的前n項和為Sn，滿足S5S6150.(1) 若S55，求S6及a1；(2) 求d的取值范圍解：(1) 由題意知S63， 解得a17，d3. S63，a17.(2) S5S6150， (5a110d)(6a115d)150，即2a9da110d210.故(4a19d)2d28， d280.故d的取值范圍為d2或d2.例3解：(1) 由得x24x4b0，(*)因為直線l與拋物線C相切，所以(4)24(4b)0，解得b1.(2) 由(1)可知b1，故方程(*)即為x24x40，解得x2，代入x24y，得y1.故點A(2,1)，因為圓A與拋物線C的準(zhǔn)線相切，所以圓A的半徑r等于圓心A到拋物線的準(zhǔn)線y1的距離，即r|1(1)|2，所以圓A的方程為(x2)2(y1)24.例4(1) 證明：當(dāng)m0，所以f(x)是增函數(shù)，(2) 解：令g(x)x|x23|，x0，則g(x)當(dāng)0x時，g(x)33x2，由g(x)0得x1，所以g(x)在0,1上是增函數(shù)，在1，上是減函數(shù)當(dāng)x時，g(x)3x230，所以g(x)在，)上是增函數(shù)，所以x0，時，g(x)maxg(1)2，g(x)ming(0)g()0，所以0m時，在x0，時，f(x)0,2，在x，m時，f(x)0，f(m)，這時f(x)的值域是0,2的充要條件是f(m)2，即m33m2，(m2)(m1)20，解得m2.綜上，m的取值范圍是1,2(3) 由(2)可知，0m2時，函數(shù)f(x)的最大值為f(m)m33m，由題意知m33mm2，即m，這是增函數(shù)， .綜上，當(dāng)m2時，實數(shù)取最小值為.變式訓(xùn)練已知函數(shù)g(x)xlnx，設(shè)0ab，求證：0g(a)g(b)2g(ba)ln2.點撥：確定變量，構(gòu)造函數(shù)證明不等式證明：g(x)xlnx，g(x)lnx1.構(gòu)造函數(shù)F(x)g(a)g(x)2g，則F(x)g(x)2lnxln.當(dāng)0xa時，F(xiàn)(x)0，在此F(x)在(0，a)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)xa時，F(xiàn)(x)0，因此F(x)在(a，)上為增函數(shù)從而，當(dāng)xa時，F(xiàn)(x)有極小值F(a)因為F(a)0，ba，所以F(b)0，即0g(a)g(b)2g.再構(gòu)造函數(shù)G(x)F(x)(xa)ln2，則G(x)lnxlnln2lnxln(ax)當(dāng)x0時，G(x)0.因此G(x)在(0，)上為減函數(shù)因為G(a)0，ba，所以G(b)0，即g(a)g(b)2g(ba)ln2.綜上得0g(a)g(b)2g(ba)ln2.高考回顧1. (0,1)解析：f(x)(x2)單調(diào)遞減且值域為(0,1，f(x)(x1)3(x2)單調(diào)遞增且值域為(，1)，結(jié)合函數(shù)的圖象可得f(x)k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是(0,1)2. 10解析：S9S4,9a1d4a1d，a11，d；由1(k1)130，得k10.本題也可用數(shù)列性質(zhì)解題，S9S4a70.3. (，0)解析：由題意可知f(x)3ax2，又因為存在垂直于y軸的切線，所以3ax20a(x0)a(，0)4. (，1)解析：因為對任意x1，)，f(mx)mf(x)2mx0恒成立，顯然m0.所以當(dāng)m0時，有2m2x21m20對任意x1，)恒成立，即2m211m20，解得m21，即m1；當(dāng)m0時，有2m2x21m20對任意x1，)恒成立，m無解，綜上所述實數(shù)m的取值范圍是m1.5. (1) 解：f(x)12ax.由已知條件得即解得a1，b3.(2) 證明：f(x)的定義域為(0，)，由(1)知f(x)xx23lnx.設(shè)g(x)f(x)(2x2)2xx23lnx，則g(x)12x.當(dāng)0x1時，g(x)0；當(dāng)x1時，g(x)0.所以g(x)在(0,1)單調(diào)增加，在(1，)單調(diào)減少 x1時，g(x)取極大值即為最大值而g(1)0，故當(dāng)x0時，g(x)0，即f(x)2x2.6. 解：(1) 曲線yx26x1與y軸的交點為(0,1)，與x軸的交點為(