nbhkdz.com冰点文库

19.2012届江苏高考数学二轮复习教学案(详解)--函数与方程思想

时间:2012-03-16


Http://www.fhedu.cn 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综合的角度进行深入考查.” 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,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 解的情况,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=________. 2.函数 f(x)=ax-a+1 存在零点 x0,且 x0∈[0,2],则实数 a 的取值范围是________. 3.一个长方体共一顶点的三个面的面积分别为 2, 3, 6,则该长方体的外接球体积 为________. 4.关于 x 的方程 sin2x+cosx+a=0 有实根,则实数 a 的取值范围是________.

【例 1】 若 a,b 为正数,且 ab=a+b+3,求 a+b 的取值范围.

凤凰出版传媒集团

版权所有

网站地址:南京市湖南路 1 号 B 座 808 室 Mail:admin@fhedu.cn

联系电话:025-83657815

Http://www.fhedu.cn a 【例 2】 设函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0),且 f(1)=- . 2 (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.

【例 3】 如图,直线 l:y=x+b 与抛物线 C:x2=4y 相切于点 A. (1) 求实数 b 的值; (2) 求以点 A 为圆心,且与抛物线 C 的准线相切的圆的方程.

【例 4】 已知函数 f(x)=x|x2-3|,x∈[0,m],其中 m∈R,且 m>0 (1) 若 m<1,求证:函数 f(x)是增函数; (2) 如果函数 f(x)的值域是[0,2],试求 m 的取值范围; (3) 如果函数 f(x)的值域是[0,λm2],试求实数 λ 的最小值.

凤凰出版传媒集团

版权所有

网站地址:南京市湖南路 1 号 B 座 808 室 Mail:admin@fhedu.cn

联系电话:025-83657815

Http://www.fhedu.cn

?2,x≥2, ? 1. (2011·北京)已知函数 f(x)=?x 若关于 x 的方程 f(x)=k 有两个不同的 ?(x-1)3,x<2, ?
实根,则实数 k 的取值范围是________.

2.(2011·广东)等差数列{an}前 9 项的和等于前 4 项的和.若 a1=1,ak+a4=0,则 k= ________.

3.(2009·福建)若曲线 f(x)=ax3+lnx 存在垂直于 y 轴的切线,则实数 a 的取值范围是 ________.

1 4.(2010·天津)设函数 f(x)=x- ,对任意 x∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)<0 恒成立,则实 x 数 m 的取值范围是________.

5.(2011·辽宁) 设函数 f(x)=x+ax2+blnx,曲线 y=f(x)过点 P(1,0),且在 P 点处的切线 斜率为 2. (1) 求 a,b 的值; (2) 证明:f(x)≤2x-2.

6.(2011·全国)在平面直角坐标系 xOy 中,曲线 y=x2-6x+1 与坐标轴的交点都在圆 C 上. (1) 求圆 C 的方程; (2) 若圆 C 与直线 x-y+a=0 交于 A,B 两点,且 OA⊥OB,求 a 的值.

凤凰出版传媒集团

版权所有

网站地址:南京市湖南路 1 号 B 座 808 室 Mail:admin@fhedu.cn

联系电话:025-83657815

Http://www.fhedu.cn (2009·广东)(本小题满分 14 分)已知二次函数 y=g(x)的导函数的图象与直线 y=2x 平 g(x) . 行,且 y=g(x)在 x=-1 处取得最小值 m-1(m≠0).设函数 f(x)= x (1) 若曲线 y=f(x)上的点 P 到点 Q(0,2)的距离的最小值为 2,求 m 的值 (2) k(k∈R)如何取值时,函数 y=f(x)-kx 存在零点,并求出零点. 解:(1) 设 g(x)=ax2+bx+c,则 g′(x)=2ax+b; 又 g′(x)的图象与直线 y=2x 平行,∴ 2a=2,a=1.(1 分) b 又 g(x)在 x=-1 取极小值,- =-1,b=2, 2 ∴ g(-1)=a-b+c=1-2+c=m-1,c=m;(2 分) f(x)= m g(x) =x+ +2,设 P(x0,y0), x x

m m2 则|PQ|2=x2+(y0-2)2=x2+?x0+x ?2=2x2+ 2 +2m≥2 2m2+2m,(4 分) 0 0 0 ? x0 0? m2 当且仅当 2x02= 2时,|PQ|2 取最小值,即|PQ|取最小值 2. x0 当 m>0 时,2 2m+2m=2,∴ m= 2-1(6 分) 当 m<0 时,-2 2m+2m=2,∴ m=- 2-1(7 分) m (2) 由 y=f(x)-kx=(1-k)x+ +2=0, x 得(1-k)x2+2x+m=0. (*) m m 当 k=1 时,方程(*)有一解 x=- ,函数 y=f(x)-kx 有一零点 x=- ;(8 分) 2 2 1 当 k≠1 时,方程(*)有二解??=4-4m(1-k)>0,若 m>0,k>1- , m -2± 4-4m(1-k) 1± 1-m(1-k) = ;(10 分) 函数 y=f(x)-kx 有两个零点 x= 2(1-k) k-1 若 m<0 , k<1 - -2± 4-4m(1-k) 1 , 函 数 y = f(x) - kx 有 两 个 零 点 , x = = m 2(1-k)

1± 1-m(1-k) ;(12 分) k-1 1 当 k≠1 时, 方程(*)有一解??=4-4m(1-k)=0, k=1- , 函数 y=f(x)-kx 有一个零点, m 1 x= .(14 分) k-1 第 19 讲 函数与方程思想

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,

凤凰出版传媒集团

版权所有

网站地址:南京市湖南路 1 号 B 座 808 室 Mail:admin@fhedu.cn

联系电话:025-83657815

Http://www.fhedu.cn
? ? ?5a+b=10, ?a=3, b 为常数,由题意得? ?? ∴ an=3n-5. ?12a+b=31 ?b=-5, ? ?

3 x 2. 设函数 f(x)=x2-1,对任意 x∈?2,+∞?,f?m?-4m2f(x)≤f(x-1)+4f(m)恒成立, ? ? ? ? 则实数 m 的取值范围是____________. 3 3 【答案】 ?-∞,- ?∪? ,+∞? 2? ?2 ? ? x 解析:(解法 1)不等式化为 f(x-1)+4f(m)-f?m?+4m2f(x)≥0, ? ? x2 即(x-1)2-1+4m2-4- 2+1+4m2x2-4m2≥0, m 1 2 整理得?1-m2+4m ?x2-2x-3≥0, ? ? 因为 x2>0,所以 1- 2x+3 2x+3 1 2 ?3 ? 2+4m ≥ 2 ,设 g(x)= 2 ,x∈ ,+∞ . ?2 ? m x x

3 1 于是题目化为 1- 2+4m2≥g(x),对任意 x∈?2,+∞?恒成立的问题. ? ? m 2x+3 3 1 2 为此需求 g(x)= 2 ,x∈?2,+∞?的最大值.设 u= ,则 0<u≤ . ? ? 3 x x 2 2 函数 g(x)=h(u)=3u2+2u 在区间?0,3?上是增函数,因而在 u= 处取得最大值. ? ? 3 2 4 2×2 8 1 8 h?3?=3× + = ,所以 1- 2+4m2≥g(x)max= , ? ? 9 3 3 m 3 整理得 12m4-5m2-3≥0,即(4m2-3)(3m2+1)≥0, 所以 4m2-3≥0,解得 m≤- 3 3 或 m≥ , 2 2

因此实数 m 的取值范围是 m∈?-∞,-

?

3? ? 3 ? ∪ ,+∞ . 2? ?2 ?

3 1 (解法 2)(前面同解法 1)原题化为 1- 2+4m2≥g(x),对任意 x∈?2,+∞?恒成立的问 ? ? m 题. 2x+3 3 为此需求 g(x)= 2 ,x∈?2,+∞?的最大值. ? ? x 4t 设 t=2x+3,则 t∈[6,+∞).g(x)=h(t)= 2 = t -6t+9 4 . 9 t+ -6 t

9 9 3 因为函数 t+ 在(3,+∞)上是增函数,所以当 t=6 时,t+ 取得最小值 6+ . t t 2 4 8 1 8 从而 h(t)有最大值 = .所以 1- 2+4m2≥gmax(x)= , 整理得 12m4-5m2-3≥0, 3 3 m 3 6+ -6 2

凤凰出版传媒集团

版权所有

网站地址:南京市湖南路 1 号 B 座 808 室 Mail:admin@fhedu.cn

联系电话:025-83657815

Http://www.fhedu.cn 即(4m2-3)(3m2+1)≥0, 所以 4m2-3≥0,解得 m≤- 3 3 或 m≥ , 2 2

因此实数 m 的取值范围是 m∈?-∞,-

?

3? ? 3 ? ∪ ,+∞ . 2? ?2 ?

x (解法 3)不等式化为 f(x-1)+4f(m)-f?m?+4m2f(x)≥0,即 ? ? 1 x2 2 (x-1)2-1+4m2-4- 2+1+4m2x2-4m2≥0,整理得?1-m2+4m ?x2-2x-3≥0,令 ? ? m 1 2 F(x)=?1-m2+4m ?x2-2x-3. ? ?

由于 F(0)=-3<0,则其判别式 ?>0,因此 F(x)的最小值不可能在函数图象的顶点得 到, 3 3 所以为使 F(x)≥0 对任意 x∈?2,+∞?恒成立,必须使 F?2?为最小值, ? ? ? ?

?1-m +4m >0, 即实数 m 应满足? 3 ?F?2?≥0, ? ?
2 2

1

3 解得 m2≥ ,因此实数 m 的取值范围是 4 m∈?-∞,-

?

3? ? 3 ? ∪ ,+∞ . 2? ?2 ?

基础训练 1. 1 解析:a+2=3,a=1,a2+4>3,不用讨论. 2. a≤-1 或 a≥1 解析:f(0)·f(2)≤0,(a+1)(a-1)≥0.

3.



?xy= 解析:设长方体的长、宽、高分别为 x,y,z,?xz= ?yz=

2, 3, 6

?x=1, ??y= 2, ?z= 3,

4 2r= x2+y2+z2= 6,V= πr3= 6π. 3 5 1 5 5 4. ?-4,1? 解析:a=-sin2x-cosx=?cosx-2?2- ,最小值为- ,最大值为 1. ? ? ? ? 4 4 例题选讲 例 1 点拨:本题解法很多,关键要学会转化. 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

凤凰出版传媒集团

版权所有

网站地址:南京市湖南路 1 号 B 座 808 室 Mail:admin@fhedu.cn

联系电话:025-83657815

Http://www.fhedu.cn 个字母,再代入到 a+b 中,转化为一元函数. a+3 a+3 4 4 + b= , a+b=a+ =2+(a-1)+ , b∈R 得 a>1, a+b=2+(a-1)+ 由 ∴ a-1 a-1 a-1 a-1 ≥2+2 4 4 (a-1)× =6,当且仅当 a-1= 即 a=3 时取等号,故 a+b 的取值范围是 a-1 a-1 a+b?2 ? 2 ? ,构造不等式,然后解不等式即可.

[6,+∞). (解法 2) 直接利用基本不等式 ab≤? ab=a+b+3≤?

a+b?2 2 ? 2 ? ,(a+b) -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) 变式训练 若 a,b 为正数,且 ab=a+b+3,求 ab 的取值范围. 【答案】 ab≥9. 例 2 点拨: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. a (1) 证明:∵ f(1)=a+b+c=- ,∴ 3a+2b+2c=0. 2 3 ∴ c=- a-b. 2 3 ∴ f(x)=ax2+bx- a-b, 2 3 判别式 ?=b2-4a?-2a-b?=b2+6a2+4ab=(2a+b)2+2a2, ? ? 又∵ a>0,∴ ?>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, b b 3 ∴ x1+x2=- ,x1x2=- - . a a 2 ∴ |x1-x2|= (x1+x2)2-4x1x2=

?-b?2-4?-b-3?= ? a? ? a 2?

?b+2?2+2≥ 2. ?a ?

|x1-x2|的取值范围是[ 2,+∞]. (3) 证明:f(0)=c,f(2)=4a+2b+c,由(1)知 3a+2b+2c=0,∴ f(2)=a-c. a ①当 c>0 时,有 f(0)>0,又∵ a>0,∴ f(1)=- <0, 2 ∴ 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. 变式训练 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.

凤凰出版传媒集团

版权所有

网站地址:南京市湖南路 1 号 B 座 808 室 Mail:admin@fhedu.cn

联系电话:025-83657815

Http://www.fhedu.cn

-15 解:(1) 由题意知 S6= =-3,∴ S5

?S =5a +5×4d=5, 2 ? 6×5 ?S =6a + 2 d=-3,
5 1 6 1

解得 a1=7,d=-3.∴ S6=-3,a1=7. (2) ∵ S5S6+15=0, ∴ (5a1+10d)(6a1+15d)+15=0, 即 2a2+9da1+10d2+1=0. 1 故(4a1+9d)2=d2-8,∴ d2-8≥0. 故 d 的取值范围为 d≤-2 2或 d≥2 2.
? ?y=x+b, 例 3 解:(1) 由? 2 得 x2-4x-4b=0,(*) ?x =4y ?

因为直线 l 与抛物线 C 相切,所以 ?=(-4)2-4×(-4b)=0,解得 b=-1. (2) 由(1)可知 b=-1,故方程(*)即为 x2-4x+4=0, 解得 x=2,代入 x2=4y,得 y=1.故点 A(2,1),因为圆 A 与抛物线 C 的准线相切,所 以圆 A 的半径 r 等于圆心 A 到抛物线的准线 y=-1 的距离,即 r=|1-(-1)|=2,所以圆 A 的方程为(x-2)2+(y-1)2=4. 例 4 (1) 证明:当 m<1 时,f(x)=x(3-x2)=3x-x3, 因为 f′(x)=3-3x2=3(1-x2)>0,所以 f(x)是增函数, (2) 解:令 g(x)=x|x2-3|,x≥0,
3 ?3x-x ,0≤x≤ 3, 则 g(x)=? 3 ?x -3x,x> 3.

当 0≤x≤ 3时,g′(x)=3-3x2,由 g′(x)=0 得 x=1, 所以 g(x)在[0,1]上是增函数,在[1, 3]上是减函数. 当 x> 3时,g′(x)=3x2-3>0,所以 g(x)在[ 3,+∞)上是增函数, 所以 x∈[0, 3]时,g(x)max=g(1)=2,g(x)min=g(0)=g( 3)=0, 所以 0<m<1 不符合题意,1≤m≤ 3符合题意. 当 m> 3时,在 x∈[0, 3]时,f(x)∈[0,2], 在 x∈[ 3,m]时,f(x)∈[0,f(m)], 这时 f(x)的值域是[0,2]的充要条件是 f(m)≤2, 即 m3-3m≤2,(m-2)(m+1)2≤0,解得 3<m≤2. 综上,m 的取值范围是[1,2]. (3) 由(2)可知,0<m<1 时,函数 f(x)的最大值为 f(m)=3m-m3, 当 1≤m≤2 时,函数 f(x)的最大值为 f(1)=2. 由题意知 2=λm2,即 λ= 1 2 ,m∈[1,2]时这是减函数,∴ λ∈?2,2?. ? ? m2

3 当 m>2 时, 函数 f(x)的最大值为 f(m)=m3-3m, 由题意知 m3-3m=λm2, λ=m- , 即 m

凤凰出版传媒集团

版权所有

网站地址:南京市湖南路 1 号 B 座 808 室 Mail:admin@fhedu.cn

联系电话:025-83657815

Http://www.fhedu.cn 1 这是增函数,∴ λ∈?2,+∞?. ? ? 1 综上,当 m=2 时,实数 λ 取最小值为 . 2 变式训练 已知函数 g(x)=xlnx,设 0<a<b, 求证:0<g(a)+g(b)-2g? a+b? ? 2 ?<(b-a)ln2.

点拨:确定变量,构造函数证明不等式. 证明:g(x)=xlnx,g′(x)=lnx+1. 构造函数 F(x)=g(a)+g(x)-2g? a+x? ? 2 ?,

a+x a+x?? 则 F′(x)=g′(x)-2?g? ? ? 2 ??′=lnx-ln 2 . 当 0<x<a 时,F′(x)<0,在此 F(x)在(0,a)内为减函数; 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? a+b? ? 2 ?.

再构造函数 G(x)=F(x)-(x-a)ln2, a+x -ln2=lnx-ln(a+x). 则 G′(x)=lnx-ln 2 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? a+b? ? 2 ?<(b-a)ln2. a+b? ? 2 ?<(b-a)ln2.

综上得 0<g(a)+g(b)-2g? 高考回顾

2 1. (0,1) 解析:f(x)= (x≥2)单调递减且值域为(0,1],f(x)=(x-1)3(x<2)单调递增且值 x 域为(-∞, 结合函数的图象可得 f(x)=k 有两个不同的实根, 1), 则实数 k 的取值范围是(0,1). 9×8 4×3 1 2. 10 解析:S9=S4,9a1+ d=4a1+ d,a1=1,d=- ; 2 2 6 1 1 由 1+(k-1)?-6?+1+3×?-6?=0,得 k=10. ? ? ? ? 本题也可用数列性质解题,S9=S4?a7=0. 1 3. (-∞,0) 解析:由题意可知 f′(x)=3ax2+ ,又因为存在垂直于 y 轴的切线,所 x 1 1 以 3ax2+ =0?a=- 3(x>0)?a∈(-∞,0). x 3x

凤凰出版传媒集团

版权所有

网站地址:南京市湖南路 1 号 B 座 808 室 Mail:admin@fhedu.cn

联系电话:025-83657815

Http://www.fhedu.cn 4. (-∞,-1) 解析:因为对任意 x∈[1,+∞),f(mx)+mf(x)=2mx- 1 m - <0 恒 mx x

成立, 显然 m≠0.所以当 m<0 时, 2m2x2-1-m2>0 对任意 x∈[1, 有 +∞)恒成立, 2m2×1 即 2 2 2 2 2 -1-m >0,解得 m >1,即 m<-1;当 m>0 时,有 2m x -1-m <0 对任意 x∈[1,+ ∞)恒成立,m 无解,综上所述实数 m 的取值范围是 m<-1. b 5. (1) 解:f′(x)=1+2ax+ . x
?f(1)=0, ?1+a=0, ? ? 由已知条件得? 即? 解得 a=-1,b=3. ? ? ?f′(1)=2. ?1+2a+b=2,

(2) 证明:f(x)的定义域为(0,+∞),由(1)知 f(x)=x-x2+3lnx. 设 g(x)=f(x)-(2x-2)=2-x-x2+3lnx,则 (x-1)(2x+3) 3 g′(x)=-1-2x+ =- . x x 当 0<x<1 时,g′(x)>0;当 x>1 时,g′(x)<0. 所以 g(x)在(0,1)单调增加,在(1,+∞)单调减少. ∴ x=1 时,g(x)取极大值即为最大值. 而 g(1)=0,故当 x>0 时,g(x)≤0,即 f(x)≤2x-2. 6. 解:(1) 曲线 y=x2-6x+1 与 y 轴的交点为(0,1),与 x 轴的交点为(3+2 2,0),(3 -2 2,0). 故可设圆 C 的圆心为(3,t),则有 32+(t-1)2=(2 2)2+t2,解得 t=1. 则圆 C 的半径为 32+(t-1)2=3.所以圆 C 的方程为(x-3)2+(y-1)2=9. (2) 设 A(x1,y1),B(x2,y2),其坐标满足方程组:
? ?x-y+a=0, ? 消去 y,得到方程 2x2+(2a-8)x+a2-2a+1=0. 2 2 ? ?(x-3) +(y-1) =9.

由已知可得,判别式 ?=56-16a-4a2>0. (8-2a)± 56-16a-4a2 a2-2a+1 因此,x1,2= ,从而 x1+x2=4-a,x1x2= ,① 2 4 由 OA⊥OB,可得 x1x2+y1y2=0,又 y1=x1+a,y2=x2+a, 所以 2x1x2+a(x1+x2)+a2=0,② 由①,②得 a=-1,满足 ?>0,故 a=-1.

凤凰出版传媒集团

版权所有

网站地址:南京市湖南路 1 号 B 座 808 室 Mail:admin@fhedu.cn

联系电话:025-83657815


赞助商链接